No estudo da penetração da geada em uma rodovia, a temperatura T no instante t horas e a profundidade x pode ser dada aproximadamente por T=T_{0} e^{-\lambda x} \operatorname{sen}(\omega t-\lambda x), em que T_{0}, \omega e \lambda são constantes. O período de \operatorname{sen}(\omega t-\lambda x) é 24 horas.
a) calcule e interprete \frac{\partial T}{\partial t} e \frac{\partial T}{\partial x}
b) mostre que T verifica a equação unidimensional do calor \frac{\partial T}{\partial t}=k \frac{\partial^{2} T}{\partial x^{2}} em que k é uma constante.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede, para não nos perdermos no caminho.
  • A função temperatura é dada por T(x,t)=T_{0} e^{-\lambda x}\sin(\omega t-\lambda x), onde T_{0}, \omega e \lambda são constantes.
  • O período da função \sin(\omega t-\lambda x) é 24 horas. Ou seja, a pulsação \omega satisfaz a relação entre período e pulsação.
  • O enunciado pede:
    (a) calcular e interpretar \dfrac{\partial T}{\partial t} e \dfrac{\partial T}{\partial x};
    (b) mostrar que T satisfaz a equação unidimensional do calor \dfrac{\partial T}{\partial t}=k\,\dfrac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}} para alguma constante k, e determinar k.

Passo 2

O que significa \dfrac{\partial T}{\partial t} e como calculá-la (regra e intuição).
  • Intuição: \dfrac{\partial T}{\partial t}(x,t) é a taxa de variação temporal da temperatura no ponto de profundidade fixa x — ou seja, como a temperatura muda com o tempo mantendo x fixo.
  • Cálculo: tratar x como constante e derivar a expressão em relação a t. A única parte que depende de t é o argumento do seno \omega t-\lambda x. Pela regra da cadeia, \dfrac{d}{dt}\sin(\omega t-\lambda x)=\cos(\omega t-\lambda x)\cdot \dfrac{d}{dt}(\omega t-\lambda x)=\omega\cos(\omega t-\lambda x), pois \dfrac{d}{dt}(\omega t-\lambda x)=\omega.
  • Portanto, mantendo x fixo:
\frac{\partial T}{\partial t}(x,t)=T_{0} e^{-\lambda x}\cdot \omega\cos(\omega t-\lambda x).
  • Interpretação prática: o fator T_{0} e^{-\lambda x} dá uma amplitude que decai com a profundidade (penetração menor em profundidade), e a variação temporal é proporcional a \cos(\omega t-\lambda x) multiplicada por \omega. Onde \cos(\omega t-\lambda x)>0 a temperatura está aumentando no tempo naquele x; onde \cos(\omega t-\lambda x)<0 está diminuindo.
  • Observação sobre o período: o período P da função seno satisfaz P=\dfrac{2\pi}{\omega}. Como o enunciado diz P=24 horas, tem-se
\omega=\frac{2\pi}{24}=\frac{\pi}{12}\quad\text{(rad/h)}.

Passo 3

O que significa \dfrac{\partial T}{\partial x} e como calculá-la (regra e intuição).
  • Intuição: \dfrac{\partial T}{\partial x}(x,t) é a taxa de variação espacial da temperatura para um instante de tempo fixo t — ou seja, como a temperatura muda quando se penetra mais profundamente na rodovia mantendo o tempo fixo.
  • Cálculo: agora t é constante. Temos um produto T_{0} e^{-\lambda x}\cdot \sin(\omega t-\lambda x). Aplicamos a regra do produto e a regra da cadeia:
    • derivada de T_{0} e^{-\lambda x} em relação a x é -\lambda T_{0} e^{-\lambda x};
    • derivada de \sin(\omega t-\lambda x) em relação a x é \cos(\omega t-\lambda x)\cdot \dfrac{d}{dx}(\omega t-\lambda x) = \cos(\omega t-\lambda x)\cdot(-\lambda) = -\lambda\cos(\omega t-\lambda x).
  • Combinando:
\begin{aligned} \frac{\partial T}{\partial x}(x,t) &= \big(-\lambda T_{0} e^{-\lambda x}\big)\sin(\omega t-\lambda x) + T_{0} e^{-\lambda x}\big(-\lambda\cos(\omega t-\lambda x)\big)\\[4pt] &= -\lambda T_{0} e^{-\lambda x}\big(\sin(\omega t-\lambda x)+\cos(\omega t-\lambda x)\big). \end{aligned}
  • Interpretação prática: há dois efeitos competindo: o decaimento exponencial e^{-\lambda x} reduz a amplitude com a profundidade; o sinal global é multiplicado por -\lambda, então quando \sin+\cos é positivo, \dfrac{\partial T}{\partial x} é negativo (temperatura decresce ao penetrar); quando \sin+\cos é negativo, o gradiente espacial inverte o sinal. Em média (considerando a amplitude decrescente), a oscilação térmica fica menor com a profundidade.]

Passo 4

Cálculo de \dfrac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}} necessário para a equação do calor.
  • Partimos de \dfrac{\partial T}{\partial x}(x,t)=-\lambda T_{0} e^{-\lambda x}\big(\sin\theta+\cos\theta\big) onde \theta=\omega t-\lambda x.
  • Derivamos novamente em relação a x. Novamente usamos regra do produto e regra da cadeia. Vou fazer passo a passo:
    • derivada de -\lambda T_{0} e^{-\lambda x} é -\lambda T_{0}\cdot(-\lambda)e^{-\lambda x} = \lambda^{2}T_{0} e^{-\lambda x};
    • derivada de \sin\theta+\cos\theta em relação a x é \cos\theta\cdot\frac{d\theta}{dx}-\sin\theta\cdot\frac{d\theta}{dx} (porque derivada de \cos é -\sin), e \dfrac{d\theta}{dx}=-\lambda. Então
\frac{d}{dx}\big(\sin\theta+\cos\theta\big) = -\lambda\cos\theta + \lambda\sin\theta = \lambda(\sin\theta-\cos\theta).
  • Aplicando a regra do produto:
\begin{aligned} \frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}}(x,t) &= \big(\lambda^{2}T_{0} e^{-\lambda x}\big)\big(\sin\theta+\cos\theta\big) + \big(-\lambda T_{0} e^{-\lambda x}\big)\big(\lambda(\sin\theta-\cos\theta)\big)\\[4pt] &= \lambda^{2}T_{0} e^{-\lambda x}\big(\sin\theta+\cos\theta\big) - \lambda^{2}T_{0} e^{-\lambda x}\big(\sin\theta-\cos\theta\big)\\[4pt] &= \lambda^{2}T_{0} e^{-\lambda x}\big( (\sin\theta+\cos\theta)-(\sin\theta-\cos\theta)\big)\\[4pt] &= \lambda^{2}T_{0} e^{-\lambda x}\big(2\cos\theta\big)\\[4pt] &= 2\lambda^{2}T_{0} e^{-\lambda x}\cos(\omega t-\lambda x). \end{aligned}]

Passo 5

Mostrar que \dfrac{\partial T}{\partial t}=k\,\dfrac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}} e encontrar k.
  • Temos das contas anteriores:
\frac{\partial T}{\partial t}(x,t)=\omega T_{0} e^{-\lambda x}\cos(\omega t-\lambda x),
\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}}(x,t)=2\lambda^{2}T_{0} e^{-\lambda x}\cos(\omega t-\lambda x).
  • Substituindo na equação \dfrac{\partial T}{\partial t}=k\,\dfrac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}} obtemos
\omega T_{0} e^{-\lambda x}\cos(\omega t-\lambda x) = k\cdot 2\lambda^{2}T_{0} e^{-\lambda x}\cos(\omega t-\lambda x).
  • Para que essa igualdade valha para todos x,t (ou seja, identicamente), podemos dividir pelos fatores comuns T_{0} e^{-\lambda x}\cos(\omega t-\lambda x) (esses fatores não são identicamente zero como funções de x,t), e obtemos
\omega = 2\lambda^{2} k,
ou seja
k=\frac{\omega}{2\lambda^{2}}.
  • Conclusão: T satisfaz a equação do calor unidimensional com constante difusividade térmica k=\dfrac{\omega}{2\lambda^{2}}. Note que, usando o período dado P=24h, tem-se \omega=\dfrac{\pi}{12}, logo k=\dfrac{\pi}{24\lambda^{2}} se quiser o valor em termos de \lambda numérico.

Resposta

(a) \displaystyle \frac{\partial T}{\partial t}(x,t)=\omega T_{0} e^{-\lambda x}\cos(\omega t-\lambda x) \
(a) \displaystyle \frac{\partial T}{\partial x}(x,t)=-\lambda T_{0} e^{-\lambda x}\big(\sin(\omega t-\lambda x)+\cos(\omega t-\lambda x)\big) \
(b) \displaystyle k=\frac{\omega}{2\lambda^{2}}

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