Exercício 11. (D. 4.7, ex.3.1 e 3.2) Consideremos o problema abaixo:
c partial upartial t(t, x)=k partial^2 upartial x^2(t, x), t>0 x in] 0, l[ partial upartial x(t, 0)=g0(t), partial upartial x(t, l)=g1(t), t>0 u(0, x)=f(x), x in] 0, l[
Ache uma função u0(t, x) tal que a solução do problema acima possa ser escrita como u(t, x)=u0(t, x)+v(t, x), em que v resolve um problema do tipo abaixo:
c partial vpartial t(t, x)=k partial^2 vpartial x^2(t, x)+F(t, x), t>0 x in] 0, l[ partial vpartial x(t, 0)=0, partial vpartial x(t, l)=0, t>0 v(0, x)=g(x), x in] 0, l[

Passo 1

O enunciado dá a equação do calor
partial upartial t(t,x)=k,partial^2 upartial x^2(t,x), t>0,;xin]0,l[
com condições de Neumann não homogêneas
partial upartial x(t,0)=g0(t), partial upartial x(t,l)=g1(t)
e condição inicial u(0,x)=f(x). Queremos escrever
u(t,x)=u0(t,x)+v(t,x)
de modo que v satisfaça condições de Neumann homogêneas
partialx v(t,0)=partialx v(t,l)=0. Para isso, escolhemos u0 de forma a “absorver” as duas condições de contorno.

Passo 2

Procuramos u0(t,x) polinomial em x de grau 2:
u0(t,x)=A(t),x^2;+;B(t),x;+;C(t)
Então
partial u0partial x(t,x)=2A(t),x+B(t)
Impondo as condições de contorno:
2A(t)cdot0+B(t)=g0(t)Longrightarrow B(t)=g0(t),
2A(t),l+B(t)=g1(t)Longrightarrow 2A(t),l=g1(t)-g0(t) ;Longrightarrow; A(t)=g1(t)-g0(t)2,l
C(t) fica livre; para simplificar, escolhemos C(t)=0.

Passo 3

Logo
u0(t,x) =g0(t),x ;+;g1(t)-g0(t)2,l;x^2
Com essa escolha, u0,x(t,0)=g0(t) e u0,x(t,l)=g1(t), garantindo que v=u-u0 terá partialx v=0 em x=0,l.

Passo 4

Se quisermos identificar o termo fonte F e a nova condição inicial g(x), fazemos
partial vpartial t =kpartial^2 vpartial x^2+F(t,x),
onde
F(t,x) =k,u0,xx(t,x)-u0,t(t,x) =k;g1(t)-g0(t)l -l[g0'(t),x +tfracg1'(t)-g0'(t)2,l,x^2r],
e a condição inicial fica
v(0,x)=f(x)-u0(0,x)

Resposta

u0(t,x) =g0(t),x ;+;g1(t)-g0(t)2,l;x^2

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