No estudo da penetração da geada em uma rodovia, a temperatura T no instante t e à profundidade x pode ser dada aproximadamente por T=T_{0} e^{-\lambda \cdot x} \operatorname{sen}(\omega t-\lambda x), em que T_{0}, \omega e \lambda são constantes. Mostre que T satisfaz a equação unidimensional do calor: \frac{\partial T}{\partial t}=k \frac{\partial^{2} T}{\partial x^{2}}, com k=2 \lambda^{2} / w.

Passo 1

O enunciado fornece a temperatura
T = T_{0} e^{-\lambda x} \sin(\omega t - \lambda x),
onde T_{0},\\ \omega,\\ \lambda são constantes. Pede-se mostrar que T satisfaz a equação unidimensional do calor
\frac{\partial T}{\partial t} = k \frac{\partial^{2} T}{\partial x^{2}}
e, no enunciado, está escrito que k = \dfrac{2\lambda^{2}}{\omega}. Aqui eu vou calcular explicitamente \dfrac{\partial T}{\partial t} e \dfrac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}} e comparar os dois lados para identificar o valor de k.

Passo 2

Primeiro, calculemos \dfrac{\partial T}{\partial t}. Vou explicar a regra que uso: quando temos uma função composta \sin(\theta(t)), a derivada em relação a t é dada pela regra da cadeia,
\frac{d}{dt}\sin(\theta(t)) = \cos(\theta(t))\cdot \theta'(t).
Exemplo simples: \dfrac{d}{dt}\sin(3t)=3\cos(3t). No nosso caso \theta(t,x)=\omega t-\lambda x, então \partial \theta/\partial t=\omega. Como o fator e^{-\lambda x} é tratado como constante em relação a t, temos
\frac{\partial T}{\partial t} = T_{0} e^{-\lambda x}\cdot \frac{\partial}{\partial t}\sin(\omega t-\lambda x) = T_{0} e^{-\lambda x}\cdot \omega\cos(\omega t-\lambda x).
Portanto
\frac{\partial T}{\partial t} = \omega T_{0} e^{-\lambda x}\cos(\omega t-\lambda x).

Passo 3

Agora calculemos \dfrac{\partial T}{\partial x}. Aqui usamos a regra do produto e a regra da cadeia. A regra do produto diz que, para u(x)v(x),
\frac{d}{dx}[u(x)v(x)] = u'(x)v(x) + u(x)v'(x).
No nosso caso u(x)=e^{-\lambda x} e v(x)=\sin(\omega t-\lambda x). As derivadas necessárias são u'(x)=-\lambda e^{-\lambda x} e, pela regra da cadeia,
\frac{d}{dx}\sin(\omega t-\lambda x)=\cos(\omega t-\lambda x)\cdot\frac{d}{dx}(\omega t-\lambda x) = \cos(\omega t-\lambda x)\cdot(-\lambda).
Aplicando a regra do produto:
\begin{aligned} \frac{\partial T}{\partial x} &= T_{0}\Big( -\lambda e^{-\lambda x}\sin(\omega t-\lambda x) + e^{-\lambda x}\cdot(-\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}]

Passo 4

Agora precisamos de \dfrac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}}, ou seja, derivar o resultado do passo anterior em relação a x. Vou fazer isso com calma, aplicando novamente produto e cadeia. Escrevo
\frac{\partial T}{\partial x} = -\lambda T_{0} e^{-\lambda x}\big(\sin\theta+\cos\theta\big),
onde \theta=\omega t-\lambda x. Diferenciando:
\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}} = -\lambda T_{0}\frac{d}{dx}\Big[ e^{-\lambda x}(\sin\theta+\cos\theta)\Big].
Usando a regra do produto dentro do colchete:
\frac{d}{dx}\big[e^{-\lambda x}(\sin\theta+\cos\theta)\big] = (-\lambda e^{-\lambda x})(\sin\theta+\cos\theta) + e^{-\lambda x}\frac{d}{dx}(\sin\theta+\cos\theta).
Agora a derivada de \sin\theta+\cos\theta com respeito a x (regra da cadeia com \theta'=\tfrac{d\theta}{dx}=-\lambda) é
\frac{d}{dx}(\sin\theta+\cos\theta) = (-\lambda)\cos\theta + \lambda\sin\theta = \lambda(\sin\theta-\cos\theta).
Substituindo:
\begin{aligned} \frac{d}{dx}\big[e^{-\lambda x}(\sin\theta+\cos\theta)\big] &= -\lambda e^{-\lambda x}(\sin\theta+\cos\theta) + e^{-\lambda x}\lambda(\sin\theta-\cos\theta)\\[4pt] &= e^{-\lambda x}\big[-\lambda(\sin\theta+\cos\theta)+\lambda(\sin\theta-\cos\theta)\big]\\[4pt] &= e^{-\lambda x}\big[-\lambda\sin\theta-\lambda\cos\theta+\lambda\sin\theta-\lambda\cos\theta\big]\\[4pt] &= e^{-\lambda x}(-2\lambda\cos\theta). \end{aligned}
Então voltando à segunda derivada,
\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}} = -\lambda T_{0}\cdot e^{-\lambda x}(-2\lambda\cos\theta) = 2\lambda^{2} T_{0} e^{-\lambda x}\cos(\omega t-\lambda x).]

Passo 5

Agora comparemos \dfrac{\partial T}{\partial t} (Passo 2) e \dfrac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}} (Passo 4). Temos
\frac{\partial T}{\partial t} = \omega T_{0} e^{-\lambda x}\cos(\omega t-\lambda x)
e
\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}} = 2\lambda^{2} T_{0} e^{-\lambda x}\cos(\omega t-\lambda x).
Ambos têm o mesmo fator comum T_{0} e^{-\lambda x}\cos(\omega t-\lambda x), portanto podemos relacioná-los:
\frac{\partial T}{\partial t} = \frac{\omega}{2\lambda^{2}}\;\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}}.
Isto mostra que T satisfaz a equação do calor
\frac{\partial T}{\partial t} = k \frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}}
com
k = \frac{\omega}{2\lambda^{2}}.
Observação: o valor obtido algebraicamente é k=\dfrac{\omega}{2\lambda^{2}}, que é o recíproco de k=\dfrac{2\lambda^{2}}{\omega} que aparece no enunciado; provavelmente há uma inversão tipográfica no enunciado. De qualquer forma, o cálculo explícito acima é claro e direto.

Resposta

k=\dfrac{\omega}{2\lambda^{2}}

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