Encontre a temperatura w(x, t) numa barra semi-infinita, lateralmente isolada e que se estende ao infinito ao longo do eixo x, supondo que a temperatura inicial seja 0, w(x, t) \rightarrow 0 quando x \rightarrow \infty para todo valor fixo de t \geq 0, e que w(0, t)=f(t). Proceda como se segue.
(Fórmula de Duhamel
w(x, t)=\int_{0}^{t} f(t-\tau) \frac{\partial w_{0}}{\partial \tau} d \tau

Passo 1

O problema pede a temperatura w(x,t)\) numa barra semi-infinita \(x\ge 0\) sujeita à equação do calor com as condições: \[\begin{cases} \displaystyle w_t=\kappa\, w_{xx}, & x>0,\; t>0,\\[6pt] \displaystyle w(x,0)=0, & x\ge 0,\\[6pt] \displaystyle w(0,t)=f(t), & t\ge 0,\\[6pt] \displaystyle w(x,t)\to 0 \text{ quando } x\to\infty \text{ para cada } t\ge0. \end{cases}
Aqui \kappa>0\] é a difusividade térmica (se não for dada, usamos \(\kappa). O enunciado fornece a fórmula de Duhamel
w(x,t)=\int_{0}^{t} f(t-\tau)\,\frac{\partial w_{0}}{\partial \tau}(x,\tau)\,d\tau,
onde w_{0}(x,\tau) é a solução do problema homogêneo de mesma equação com condição de contorno unitária w_{0}(0,\tau)=1 e condição inicial nula. No próximo passo vamos achar explicitamente w_{0} e então usar a fórmula de Duhamel.]

Passo 2

Definimos o problema auxiliar (passo unitário) para w_{0}\): \[\begin{cases} \displaystyle (w_{0})_t=\kappa\,(w_{0})_{xx}, & x>0,\; t>0,\\[6pt] \displaystyle w_{0}(x,0)=0, & x\ge 0,\\[6pt] \displaystyle w_{0}(0,t)=1, & t\ge 0,\\[6pt] \displaystyle w_{0}(x,t)\to 0 \text{ quando } x\to\infty. \end{cases}
Uma solução clássica desse problema é dada por uma função de similaridade que depende de \eta=\dfrac{x}{2\sqrt{\kappa t}}\]. Vamos propor \[w_{0}(x,t)=\operatorname{erfc}\!\big(\eta\big),\qquad \eta=\dfrac{x}{2\sqrt{\kappa t}}.\] Explico por que essa escolha é natural: \(\operatorname{erfc}(0)=1 satisfaz w_{0}(0,t)=1, e \operatorname{erfc}(\infty)=0 satisfaz a condição no infinito; quando t\downarrow0 e x>0 temos \eta\to\infty então w_{0}(x,0)=0, como pedido. Ainda precisamos verificar que essa função satisfaz a equação do calor, o que faremos no próximo passo.]

Passo 3

Verificação que w_{0}(x,t)=\operatorname{erfc}(\eta) satisfaz a equação do calor.
Definimos \eta=\dfrac{x}{2\sqrt{\kappa t}}. Usamos derivadas por cadeia. Conhecemos a derivada da função complementar do erro:
\frac{d}{d\eta}\operatorname{erfc}(\eta)=-\frac{2}{\sqrt{\pi}}e^{-\eta^{2}}.
Calculamos \eta-derivadas necessárias:
\frac{\partial \eta}{\partial t}=-\frac{x}{4\sqrt{\kappa}}\,t^{-3/2}=-\frac{\eta}{2t},\qquad \frac{\partial \eta}{\partial x}=\frac{1}{2\sqrt{\kappa t}}.
Agora as derivadas de w_{0}:
(w_{0})_{t}=\operatorname{erfc}'(\eta)\,\frac{\partial\eta}{\partial t} =\Big(-\frac{2}{\sqrt{\pi}}e^{-\eta^{2}}\Big)\Big(-\frac{\eta}{2t}\Big) =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\frac{\eta\,e^{-\eta^{2}}}{t}.
E
(w_{0})_{x}=\operatorname{erfc}'(\eta)\,\frac{\partial\eta}{\partial x} =\Big(-\frac{2}{\sqrt{\pi}}e^{-\eta^{2}}\Big)\Big(\frac{1}{2\sqrt{\kappa t}}\Big) =-\frac{1}{\sqrt{\pi}}\frac{e^{-\eta^{2}}}{\sqrt{\kappa t}}.
Derivando novamente em x:
(w_{0})_{xx}=\frac{d}{d\eta}\Big(-\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-\eta^{2}}\Big)\Big(\frac{\partial\eta}{\partial x}\Big) =\Big(\frac{2\eta}{\sqrt{\pi}}e^{-\eta^{2}}\Big)\Big(\frac{1}{2\sqrt{\kappa t}}\Big) =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\frac{\eta\,e^{-\eta^{2}}}{\kappa t}.
Multiplicando por \kappa obtemos
\kappa\,(w_{0})_{xx}=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\frac{\eta\,e^{-\eta^{2}}}{t}=(w_{0})_{t},
portanto w_{0} satisfaz a equação do calor. Assim a escolha
w_{0}(x,t)=\operatorname{erfc}\!\bigg(\dfrac{x}{2\sqrt{\kappa t}}\bigg)
é correta para o problema unitário.

Passo 4

Precisamos da derivada temporal \dfrac{\partial w_{0}}{\partial \tau}(x,\tau) para usar na fórmula de Duhamel. Repetindo o cálculo do passo anterior (agora com a variável \tau no lugar de t), temos \eta=\dfrac{x}{2\sqrt{\kappa \tau}} e
\frac{\partial w_{0}}{\partial \tau}(x,\tau) =\operatorname{erfc}'(\eta)\,\frac{d\eta}{d\tau} =\Big(-\frac{2}{\sqrt{\pi}}e^{-\eta^{2}}\Big)\Big(-\frac{x}{4\sqrt{\kappa}}\,\tau^{-3/2}\Big).
Simplificando os sinais e constantes:
\frac{\partial w_{0}}{\partial \tau}(x,\tau) =\frac{x}{2\sqrt{\pi\kappa}}\,\tau^{-3/2}\exp\!\Big(-\frac{x^{2}}{4\kappa \tau}\Big).
Esse é o núcleo (kernel) que aparece dentro da integral de Duhamel.

Passo 5

Aplicamos a fórmula de Duhamel dada:
w(x,t)=\int_{0}^{t} f(t-\tau)\,\frac{\partial w_{0}}{\partial \tau}(x,\tau)\,d\tau.
Substituindo a expressão do passo anterior:
w(x,t)=\int_{0}^{t} f(t-\tau)\,\frac{x}{2\sqrt{\pi\kappa}}\,\tau^{-3/2}\exp\!\Big(-\frac{x^{2}}{4\kappa \tau}\Big)\,d\tau.
Fazendo a mudança de variável de convolução mais habitual s=t-\tau (então \tau=t-s, d\tau=-ds, e quando \tau=0\Rightarrow s=t, \tau=t\Rightarrow s=0), reorganizamos a integral para ter f(s) com s indo de 0 a t:
w(x,t)=\frac{x}{2\sqrt{\pi\kappa}}\int_{0}^{t} \frac{f(s)}{(t-s)^{3/2}}\exp\!\Big(-\frac{x^{2}}{4\kappa (t-s)}\Big)\,ds.
Essa forma é prática: é uma convolução temporal entre f e o kernel do calor na semi-infinita. Note que, se f for constante f(t)\equiv C, a integral reduz-se (por identidade do núcleo) a C\,w_{0}(x,t)=C\,\operatorname{erfc}\!\big(\dfrac{x}{2\sqrt{\kappa t}}\big), como esperado.

Passo 6

Comentários práticos para a prova (dica mamão com açúcar): o passo essencial é reconhecer w_{0} (caso de contorno unitário) e calcular \partial_{\tau}w_{0}. A derivada levou a um kernel simples em termos de \tau^{-3/2} e do expoente \exp(-x^{2}/(4\kappa\tau)). Na prova, escreva claramente a definição de w_{0}, calcule a derivada por cadeia e faça a troca de variável s=t-\tau para obter a convolução com f(s). Isso resolve o problema com poucas contas e sem transformadas complicadas.

Resposta

w(x,t)=\frac{x}{2\sqrt{\pi\kappa}}\int_{0}^{t}\frac{f(s)}{(t-s)^{3/2}}\exp\!\Big(-\frac{x^{2}}{4\kappa (t-s)}\Big)\,ds.

Exercícios relacionados