Exercício 5. Considerando a condução de calor em uma barra de comprimento x=L, é possível mostrar, utilizando a 1a Lei da Termodinâmica, Lei de Fourier e outros conceitos, que a Temperatura nessa barra satisfaz a equação diferencial
\frac{\partial T}{\partial t}=\alpha \frac{\partial^{2} T}{\partial x},
em que \alpha é a constante de difusão térmica, com Condições de Contorno dadas por
T(0, t)=0, \quad T(L, t)=0, \quad T(x, 0)=f(x) .
Esta EDP é denominada Equação do Calor.
(a) Supondo T(x, t)=M(x) N(t), mostre que a Equação do Calor equivale a
\frac{1}{\alpha N} \frac{d N}{d T}=\frac{1}{M} \frac{d^{2} M}{d x^{2}}=k ;
(b) Mostre que se k=0 ou k>0, a única solução para a EDO em M é a nula;
(c) Mostre que, se k<0, a solução geral é da forma
T(x, t)=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \operatorname{sen}\left(\frac{n \pi x}{L}\right) e^{-\alpha \lambda_{n}^{2} t}
em que
\lambda_{n}=\frac{n \pi}{L}, \quad \text { e } \quad a_{n}=\frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \operatorname{sen}\left(\frac{n \pi x}{L}\right) d x

Passo 1

O enunciado descreve a condução de calor numa barra \,0\le x\le L sujeita à equação
\frac{\partial T}{\partial t} \;=\;\alpha\,\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}},
com condições de contorno homogêneas T(0,t)=0, T(L,t)=0 e condição inicial T(x,0)=f(x).
O método a usar é separação de variáveis, buscando T(x,t)=M(x)\,N(t).

Passo 2

Substituindo T(x,t)=M(x)N(t) na equação do calor,
M(x)\,\frac{dN}{dt} \;=\;\alpha\,N(t)\,\frac{d^{2}M}{dx^{2}}.
Dividindo por \alpha\,M(x)\,N(t) obtemos
\frac{1}{\alpha\,N}\,\frac{dN}{dt} \;=\; \frac{1}{M}\,\frac{d^{2}M}{dx^{2}} \;=\;k,
onde k é a constante de separação.

Passo 3

Analisamos os três casos para k:
  1. k=0: então M''(x)=0, logo M(x)=A\,x+B.
    Impondo M(0)=0\Rightarrow B=0 e M(L)=0\Rightarrow A\,L=0, daí A=0.
    Só há solução trivial M\equiv0.
  2. k>0: escreva k=\mu^{2}. A EDO é M''-\mu^{2}M=0 com solução M=C\,e^{\mu x}+D\,e^{-\mu x}.
    Impor M(0)=0 e M(L)=0 força C=D=0, de novo solução trivial.

Passo 4

Se k<0, defina k=-\lambda^{2} ( \lambda>0). A EDO torna-se
M''+\lambda^{2}M=0,
com solução geral
M(x)=A\,\sin(\lambda x)+B\,\cos(\lambda x).
As condições M(0)=0\Rightarrow B=0 e M(L)=0\Rightarrow A\,\sin(\lambda L)=0 dão
\lambda_{n}=\frac{n\pi}{L},\quad n=1,2,\dots
e
M_{n}(x)=\sin\!\Bigl(\frac{n\pi x}{L}\Bigr).
Para N(t), da equação \frac{1}{\alpha N}dN/dt=k=-\lambda_{n}^{2} vem
N_{n}(t)=\exp\bigl(-\alpha\lambda_{n}^{2}t\bigr).
A solução geral é combinação linear:
T(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\,\sin\!\Bigl(\frac{n\pi x}{L}\Bigr)\,e^{-\alpha\lambda_{n}^{2}t}.

Passo 5

Para determinar os coeficientes a_{n}, impomos T(x,0)=f(x):
f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\,\sin\!\Bigl(\frac{n\pi x}{L}\Bigr).
Pela ortogonalidade das funções \sin(n\pi x/L) em [0,L],
a_{n} =\frac{2}{L}\,\int_{0}^{L}f(x)\,\sin\!\Bigl(\frac{n\pi x}{L}\Bigr)\,dx.

Resposta

(a) \displaystyle \frac{1}{\alpha\,N}\,\frac{dN}{dt}=\frac{1}{M}\,\frac{d^{2}M}{dx^{2}}=k.
(b) Para k=0 ou k>0 a única solução admissível é a trivial M\equiv0.
(c) Para k<0 a solução é
T(x,t) =\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\,\sin\!\Bigl(\frac{n\pi x}{L}\Bigr)\, e^{-\alpha\bigl(\tfrac{n\pi}{L}\bigr)^{2}t}, \quad a_{n} =\frac{2}{L}\,\int_{0}^{L}f(x)\,\sin\!\Bigl(\frac{n\pi x}{L}\Bigr)\,dx.

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