Encontre a temperatura no Problema 35 se
f(x, \mathrm{y})=x(\pi-x) y(\pi-y)

Passo 1

O que o enunciado me deu: a função
f(x,\mathrm{y})=x(\pi-x)\,y(\pi-y).
O que não foi enviado (informação necessária e que falta): o enunciado completo do “Problema 35” — em particular não sei qual é o domínio, quais são as condições de contorno (Dirichlet/Neumann), nem qual a equação que relaciona a temperatura T(x,y) com f(x,y) (por exemplo, se é a equação de Poisson \Delta T=-f ou outra). Sem essas informações não dá para determinar uma única resposta numérica/funcional.
Para avançar e ser útil, vou adotar a hipótese canônica que costuma aparecer em livros e provas semelhantes: o domínio é o retângulo (0,\pi)\times(0,\pi), as condições de contorno são de Dirichlet homogêneas (temperatura zero nas quatro bordas) e a equação estacionária com fonte interna é
\Delta T(x,y) = -f(x,y),\qquad 0<x<\pi,\\\ 0<y<\pi,
com
T(x,0)=T(x,\pi)=T(0,y)=T(\pi,y)=0.
Se essa hipótese for exatamente o que o “Problema 35” pedia, abaixo eu resolvo passo a passo. Se o problema for diferente, a técnica muda — mas me diz depois qual é o enunciado completo e eu adapto.

Passo 2

Estratégia (explicada de maneira didática):
  • Para o problema com domínio (0,\pi)\times(0,\pi)\) e contorno zero, é natural expandir as funções em série de senos, porque as funções \(\sin(mx)\sin(ny)\) satisfazem as condições de contorno homogêneas (são nulas nas bordas \(x=0,\pi\) e \(y=0,\pi\)). - A ideia é escrever \(T\) e \(f\) como séries duplas em autovalores: \[T(x,y)=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty a_{mn}\sin(mx)\sin(ny),
f(x,y)=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty F_{mn}\sin(mx)\sin(ny).
  • A propriedade fundamental que usamos é a ortogonalidade dos senos no intervalo (0,\pi):
\int_0^\pi \sin(mx)\sin(kx)\,dx=\begin{cases} 0,& m\ne k,\\[4pt] \frac{\pi}{2},& m=k. \end{cases}
  • Aplicando o Laplaciano à série de T\] vem \[\Delta T = -\sum_{m,n} a_{mn}(m^2+n^2)\sin(mx)\sin(ny).\] Comparando com \(-f obtemos termo a termo
a_{mn}(m^2+n^2)=F_{mn}\quad\Rightarrow\quad a_{mn}=\frac{F_{mn}}{m^2+n^2}.
  • Então a tarefa reduz-se a calcular os coeficientes F_{mn} da expansão de f.]

Passo 3

Cálculo dos coeficientes F_{mn}. Definição prática:
F_{mn}=\frac{4}{\pi^2}\int_0^\pi\int_0^\pi f(x,y)\sin(mx)\sin(ny)\,dx\,dy.
Observação útil: f(x,y)=g(x)h(y) com g(x)=x(\pi-x) e h(y)=y(\pi-y). Pela separabilidade,
F_{mn}=\frac{4}{\pi^2}\Big(\int_0^\pi g(x)\sin(mx)\,dx\Big)\Big(\int_0^\pi h(y)\sin(ny)\,dy\Big).
Ou seja, F_{mn}=\dfrac{4}{\pi^2}G_m H_n com
G_m=\int_0^\pi (\pi x - x^2)\sin(mx)\,dx,\qquad H_n=\int_0^\pi (\pi y - y^2)\sin(ny)\,dy.
As duas integrais são análogas; vou calcular G_m e o mesmo resultado vale para H_n trocando m por n.

Passo 4

Cálculo de G_m com integrações por partes (passo a passo).
Primeiro, separamos:
G_m=\pi\int_0^\pi x\sin(mx)\,dx - \int_0^\pi x^2\sin(mx)\,dx.
Chamemos I_m=\int_0^\pi x\sin(mx)\,dx e J_m=\int_0^\pi x^2\sin(mx)\,dx.
Cálculo de I_m: integrate by parts
I_m=\left[-\frac{x\cos(mx)}{m}\right]_0^\pi + \frac{1}{m}\int_0^\pi \cos(mx)\,dx = -\frac{\pi\cos(m\pi)}{m} + \frac{\sin(m\pi)-\sin(0)}{m^2}.
Como \sin(m\pi)=0 e \cos(m\pi)=(-1)^m, obtemos
I_m=-\frac{\pi(-1)^m}{m}.
Cálculo de J_m: integração por partes duas vezes. Primeiro,
J_m=\left[-\frac{x^2\cos(mx)}{m}\right]_0^\pi + \frac{2}{m}\int_0^\pi x\cos(mx)\,dx = -\frac{\pi^2(-1)^m}{m} + \frac{2}{m}K_m,
onde K_m=\int_0^\pi x\cos(mx)\,dx.
Calcule K_m por partes:
K_m=\left[\frac{x\sin(mx)}{m}\right]_0^\pi - \frac{1}{m}\int_0^\pi \sin(mx)\,dx = 0 - \frac{1}{m}\left[-\frac{\cos(mx)}{m}\right]_0^\pi = -\frac{1}{m^2}\big(1-(-1)^m\big).
Portanto
J_m=-\frac{\pi^2(-1)^m}{m} - \frac{2}{m}\cdot\frac{1}{m^2}\big(1-(-1)^m\big) = -\frac{\pi^2(-1)^m}{m} - \frac{2\big(1-(-1)^m\big)}{m^3}.
Agora volte a G_m=\pi I_m - J_m:
G_m=\pi\Big(-\frac{\pi(-1)^m}{m}\Big) -\Big(-\frac{\pi^2(-1)^m}{m} - \frac{2\big(1-(-1)^m\big)}{m^3}\Big).
Os termos com \pi^2(-1)^m/m se anulam, sobrando
G_m=\frac{2\big(1-(-1)^m\big)}{m^3}.

Passo 5

Como H_n é análogo a G_m (apenas trocando x por y e m por n), obtemos
H_n=\frac{2\big(1-(-1)^n\big)}{n^3}.
Logo
F_{mn}=\frac{4}{\pi^2}G_m H_n=\frac{4}{\pi^2}\cdot\frac{2\big(1-(-1)^m\big)}{m^3}\cdot\frac{2\big(1-(-1)^n\big)}{n^3} =\frac{16}{\pi^2}\cdot\frac{\big(1-(-1)^m\big)\big(1-(-1)^n\big)}{m^3 n^3}.
Note que \big(1-(-1)^k\big)=0 se k é par e =2 se k é ímpar. Portanto F_{mn} é zero sempre que m ou n for par, e quando ambos são ímpares:
F_{mn}=\frac{64}{\pi^2}\cdot\frac{1}{m^3 n^3},\qquad m,n\\ \text{ímpares}.í

Passo 6

Voltando à expressão de a_{mn},
a_{mn}=\frac{F_{mn}}{m^2+n^2}.
Assim a solução (temperatura estacionária) fica, para o caso assumido,
T(x,y)=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty \frac{F_{mn}}{m^2+n^2}\sin(mx)\sin(ny),
o que reduz, usando o resultado para F_{mn}, a uma soma sobre índices ímpares:
T(x,y)=\sum_{\substack{m=1\\\ m\text{ ímpar}}}^\infty\sum_{\substack{n=1\\\ n\text{ ímpar}}}^\infty \frac{64}{\pi^2}\,\frac{\sin(mx)\sin(ny)}{m^3 n^3 (m^2+n^2)}.íí

Passo 7

Comentário final e incentivo: então, sob a hipótese canônica (domínio (0,\pi)\times(0,\pi), contorno zero, equação \Delta T=-f), essa série é a temperatura em qualquer ponto interior. Ela converge rapidamente porque os termos caem como 1/(m^5 n^3) ou melhor (quando fixamos um índice e somamos no outro), então na prática apenas os primeiros termos ímpares já dão uma boa aproximação. Se o “Problema 35” que você tem for outro (outro domínio ou contorno), me diga o enunciado completo e eu adapto a resolução do mesmo jeito passo a passo — você está indo bem, continua! 😃

Resposta

T(x,y)=\sum_{\substack{m=1\\\ m\text{ ímpar}}}^\infty\sum_{\substack{n=1\\\ n\text{ ímpar}}}^\infty \frac{64}{\pi^2}\,\frac{\sin(mx)\sin(ny)}{m^3 n^3 (m^2+n^2)}.íí

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