Encontre a temperatura de distribuição numa fina barra de cobre lateralmente isolada ( c^{2}=T / \rho \sigma=1,158 \mathrm{~cm}^{2} / \mathrm{s} ), com de 50 cm de comprimento e seção reta constante, tendo as extremidades em x=0 e 50 e mantida a 0^{\circ} \mathrm{C}, e a uma temperatura inicial de
f(x)=25-|25-x|

Passo 1

O enunciado pede: encontrar a temperatura u(x,t) numa barra de cobre de comprimento 50\\ \text{cm}, lateralmente isolada, com as extremidades mantidas a 0^\circ\text{C} em x=0 e x=50, e com condição inicial dada por f(x)=25-|25-x|. Os dados relevantes são:
c^{2}=\frac{T}{\rho\sigma}=1{,}158\\ \text{cm}^2/\text{s},
comprimento da barra L=50\\ \text{cm}, condições de contorno
u(0,t)=0,\qquad u(50,t)=0\quad\text{para todo }t>0,
e condição inicial
u(x,0)=f(x)=25-|25-x|\quad\text{para }0\le x\le50.
Nada mais é pedido além da temperatura de distribuição u(x,t) para t\ge0 e 0\le x\le50.

Passo 2

Modelo matemático (equação do calor 1D, barra homogênea e isolada lateralmente): a equação parcial é
u_t = c^{2}\,u_{xx},
com c^{2}=1{,}158, domínio 0<x<50, t>0, condições de contorno
u(0,t)=0,\qquad u(50,t)=0,
e condição inicial
u(x,0)=f(x)=25-|25-x|.
Vou resolver por séries de separação de variáveis (método clássico) porque as condições de contorno são homogêneas (zeros nas extremidades) e a função inicial é adequada para expansão em senos.

Passo 3

Ideia do método (explicação didática curta): procuramos soluções do tipo separável u(x,t)=X(x)T(t). Substituindo na equação
X(x)T'(t)=c^{2}X''(x)T(t),
dividindo por c^{2}X(x)T(t) obtemos uma igualdade entre uma função só de t e outra só de x, o que implica que ambas são iguais a uma constante negativa -\lambda. Isso dá dois problemas ordinários:
T'(t) = -c^{2}\lambda\, T(t),
X''(x) + \lambda X(x)=0,
com X(0)=X(50)=0. Esses X não-triviais só existem para valores discretos \lambda=\lambda_n (autovalores) e as soluções X_n (autofunções) formam uma base ortogonal para expandirmos f(x).

Passo 4

Resolver o problema de autovalores para X: condições X(0)=X(L)=0 com L=50. As soluções não-triviais surgem para
\lambda_n = \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2=\left(\frac{n\pi}{50}\right)^2,\qquad n=1,2,3,\dots
e as autofunções são
X_n(x)=\sin\!\left(\frac{n\pi x}{50}\right).
A parte temporal correspondente é
T_n(t)=\exp\!\left(-c^{2}\lambda_n t\right)=\exp\!\left(-c^{2}\left(\frac{n\pi}{50}\right)^2 t\right).

Passo 5

Forma geral da solução por superposição: como as X_n formam uma base ortogonal, a solução que satisfaz as condições de contorno e a equação é
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} b_n\,e^{-c^{2}\left(\frac{n\pi}{50}\right)^2 t}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{50}\right),
onde os coeficientes b_n são determinados pela expansão da condição inicial f(x) na base dos senos:
f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin\!\left(\frac{n\pi x}{50}\right).

Passo 6

Fórmula dos coeficientes (ortogonalidade dos senos): para L=50 vale
b_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx
ou seja
b_n=\frac{2}{50}\int_{0}^{50} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{50}\right)\,dx.
Agora preciso calcular essa integral para a função triangular f(x).

Passo 7

Simplificar a função inicial f(x)\) em forma conveniente (observação prática): como \(f(x)=25-|25-x|\), ela é a “ponta” triangular com vértice em \(x=25\). Escrevemos explicitamente por partes: \[f(x)=\begin{cases} x, & 0\le x\le 25,\\[4pt] 50-x, & 25\le x\le 50. \end{cases}
Note que f(0)=0\] e \(f(50)=0, portanto está compatível com as condições de contorno e não causa problemas na expansão.]

Passo 8

Calcular b_n escrevendo a integral em duas partes:
b_n=\frac{2}{50}\left(\int_{0}^{25} x\sin(kx)\,dx+\int_{25}^{50}(50-x)\sin(kx)\,dx\right),
onde por simplicidade eu defino k=\dfrac{n\pi}{50}. Vou calcular as duas integrais separadamente usando integração por partes quando necessário.

Passo 9

Calcular a primeira integral I_1=\int_{0}^{25} x\sin(kx)\,dx. Antiderivada por partes (ou memorizar fórmula): uma primitiva de x\sin(kx) é
\int x\sin(kx)\,dx = -\frac{x\cos(kx)}{k}+\frac{\sin(kx)}{k^2}+C.
Avaliada de 0 a 25
I_1 = -\frac{25\cos(25k)}{k}+\frac{\sin(25k)}{k^2}.

Passo 10

Calcular a segunda integral I_2=\int_{25}^{50}(50-x)\sin(kx)\,dx. Faço a manipulação
I_2 = 50\int_{25}^{50}\sin(kx)\,dx - \int_{25}^{50} x\sin(kx)\,dx.
A primeira parte é simples e a segunda usa a antiderivada já escrita. Assim
50\int_{25}^{50}\sin(kx)\,dx = 50\left[-\frac{\cos(kx)}{k}\right]_{25}^{50}= \frac{50}{k}\big(\cos(25k)-\cos(50k)\big),
e
\int_{25}^{50} x\sin(kx)\,dx = \left[-\frac{x\cos(kx)}{k}+\frac{\sin(kx)}{k^2}\right]_{25}^{50}.
Substituindo e simplificando (mostro a cancelação utilizada):
I_2 = \frac{50}{k}\big(\cos(25k)-\cos(50k)\big) -\left(-\frac{50\cos(50k)}{k}+\frac{\sin(50k)}{k^2} +\frac{25\cos(25k)}{k}-\frac{\sin(25k)}{k^2}\right).
Agrupando termos em 1/k e 1/k^2 obtemos (após cancelamentos)
I_2 = \frac{25\cos(25k)}{k} + \frac{-\sin(50k)+\sin(25k)}{k^2}.

Passo 11

Somar I_1+I_2. Usando as expressões obtidas:
I_1+I_2 = \left(-\frac{25\cos(25k)}{k}+\frac{\sin(25k)}{k^2}\right) + \left(\frac{25\cos(25k)}{k}+\frac{-\sin(50k)+\sin(25k)}{k^2}\right).
Os termos em \cos(25k)/k cancelam, restando
I_1+I_2 = \frac{2\sin(25k)-\sin(50k)}{k^2}.
Agora uso as identidades especiais: 25k = \dfrac{25 n\pi}{50}=\dfrac{n\pi}{2} e 50k = n\pi. Assim \sin(50k)=\sin(n\pi)=0. Logo
I_1+I_2 = \frac{2\sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)}{k^2}.

Passo 12

Voltar à fórmula de b_n. Lembrando que b_n=\dfrac{2}{50}(I_1+I_2) e k=\dfrac{n\pi}{50}, obtemos
b_n = \frac{2}{50}\cdot\frac{2\sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)}{k^2} = \frac{4\sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)}{50\,k^2}.
Substituindo k^2=\left(\dfrac{n\pi}{50}\right)^2=\dfrac{n^{2}\pi^{2}}{50^{2}}
b_n = \frac{4\sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)}{50}\cdot\frac{50^{2}}{n^{2}\pi^{2}} = \frac{200}{n^{2}\pi^{2}}\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right).

Passo 13

Interpretar \sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right): isso vale 0 para n par e alterna entre +1 e -1 para n ímpar. Mais precisamente, para n=2m+1
\sin\!\left(\frac{(2m+1)\pi}{2}\right)=(-1)^m.
Portanto somente os termos ímpares aparecem na série (coeficientes para n par são zero). Podemos escrever a série usando somatório sobre índices m=0,1,2,\dots com n=2m+1.

Passo 14

Escrever a solução final substituindo b_n e simplificando para somatório apenas sobre termos ímpares:
u(x,t)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{200}{(2m+1)^{2}\pi^{2}}(-1)^{m}\exp\!\left(-c^{2}\left(\frac{(2m+1)\pi}{50}\right)^{2}t\right) \sin\!\left(\frac{(2m+1)\pi x}{50}\right).
Recordando c^{2}=1{,}158, pode-se inserir esse valor na exponencial se quiser avaliação numérica posterior, mas a forma acima é a solução analítica em série.

Passo 15

Comentário prático e motivador: cada termo dessa série decai exponencialmente com o tempo, os termos de maior frequência (maior m) desaparecem mais rápido, ficando a solução suave e tendendo a zero como t\to\infty (as extremidades são mantidas em zero, então a barra esfria até 0^\circ\text{C}). Você pode aproximar u(x,t) na prova somando alguns primeiros termos (por exemplo m=0,1,2) — isso dá boa aproximação já para tempos não muito pequenos.

Resposta

u(x,t)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{200}{(2m+1)^{2}\pi^{2}}(-1)^{m}\exp\!\left(-1{,}158\left(\frac{(2m+1)\pi}{50}\right)^{2}t\right) \sin\!\left(\frac{(2m+1)\pi x}{50}\right).

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