Exercício 5. Considere o problema de condução de calor com condições de fronteira não homogêneas, ou seja, suponha que as extremidades são mantidas a temperaturas constantes T_{1}\) e \(T_{2}\) não nulas. O problema é matematicamente descrito por \[\begin{cases}u_{t}=\alpha^{2} u_{x x}, & (0, L) \times(0, \infty) \\\ u(0, t)=T_{1}, \quad u(L, t)=T_{2}, & t \geq 0 \\\ u(x, 0)=f(x), & x \in[0, L]\end{cases}
Prove que a solução é da forma
u(x, t)=\left(T_{2}-T_{1}\right) \frac{x}{L}+T_{1}+\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \exp \left(-\frac{\alpha^{2} n^{2} \pi^{2}}{L^{2}} t\right) \operatorname{sen}\left(\frac{n \pi}{L} x\right)
onde
c_{n}=\frac{2}{L} \int_{0}^{L}\left[f(x)-\left(T_{2}-T_{1}\right) \frac{x}{L}-T_{1}\right] \operatorname{sen}\left(\frac{n \pi}{L} x\right) d x
Dica. Quando t \rightarrow \infty\], a solução \(u(x, t) se aproxima de uma distribuição estacionária de temperatura v(x). Como v(x) deve satisfazer a equação do calor, deduza que v(x)=\left(T_{2}-\right. \left.T_{1}\right) \frac{x}{L}+T_{1}. Agora, supondo que a função u(x, t) é a soma da distribuição estacionária com uma distribuição transiente w(x, t), ou seja, u(x, t)=v(x)+w(x, t), verifique que w satisfaz a equação do calor com condições de fronteira homogêneas e condição inicial w(x, 0)=f(x)-v(x). Por fim, determine w(x, t).

Passo 1

O enunciado dá a função u(x,t) definida para x\in[0,L], t\ge 0 que satisfaz
\begin{cases} u_{t}=\alpha^{2} u_{xx}, & (0,L)\times(0,\infty)\\[4pt] u(0,t)=T_{1},\quad u(L,t)=T_{2}, & t\ge 0\\[4pt] u(x,0)=f(x), & x\in[0,L]. \end{cases}
O que se pede provar é que a solução pode ser escrita como
u(x,t)=\left(T_{2}-T_{1}\right)\frac{x}{L}+T_{1}+\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}\exp\!\left(-\frac{\alpha^{2} n^{2}\pi^{2}}{L^{2}}t\right)\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right)
com
c_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}\left[f(x)-\left(T_{2}-T_{1}\right)\frac{x}{L}-T_{1}\right]\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right)\,dx.]

Passo 2

Procuremos primeiro a distribuição estacionária v(x) (a solução quando t\to\infty). Uma distribuição estacionária tem v_t=0, portanto satisfaz
0=\alpha^{2}v_{xx}\quad\Rightarrow\quad v_{xx}=0.
A solução geral da equação ordinária v_{xx}=0 é uma reta:
v(x)=ax+b,
onde a e b são constantes. Impomos as condições de fronteira para v: v(0)=T_{1} e v(L)=T_{2}. Isso dá
v(0)=b=T_{1},\qquad v(L)=aL+b=T_{2}.
Subtraindo, obtemos aL=T_{2}-T_{1}, então a=(T_{2}-T_{1})/L. Assim
v(x)=\left(T_{2}-T_{1}\right)\frac{x}{L}+T_{1}.
Isso confirma a dica do enunciado: a distribuição estacionária é a reta que une (0,T_{1}) a (L,T_{2}).

Passo 3

Definimos a parte transiente w(x,t) por
w(x,t)=u(x,t)-v(x).
Queremos encontrar a equação e as condições que w satisfaz. Calculamos:
w_{t}=u_{t}-v_{t}=u_{t}\quad(\text{pois }v_t=0),
e
w_{xx}=u_{xx}-v_{xx}=u_{xx}\quad(\text{pois }v_{xx}=0).
Como u_t=\alpha^{2}u_{xx}, segue que
w_{t}=\alpha^{2}w_{xx}.
As condições de fronteira ficam homogêneas porque
w(0,t)=u(0,t)-v(0,t)=T_{1}-T_{1}=0,\qquad w(L,t)=u(L,t)-v(L,t)=T_{2}-T_{2}=0.
A condição inicial é
w(x,0)=u(x,0)-v(x)=f(x)-v(x)=f(x)-\left[\left(T_{2}-T_{1}\right)\frac{x}{L}+T_{1}\right].
Resumindo, w satisfaz
\begin{cases} w_{t}=\alpha^{2}w_{xx}, & (0,L)\times(0,\infty)\\[4pt] w(0,t)=0,\quad w(L,t)=0, & t\ge 0\\[4pt] w(x,0)=f(x)-v(x), & x\in[0,L]. \end{cases}]

Passo 4

Vamos resolver o problema homogêneo para w\) por separação de variáveis. Supomos uma solução do tipo \[w(x,t)=X(x)T(t),
com X não identicamente zero e T não identicamente zero. Substituindo em w_{t}=\alpha^{2}w_{xx} obtemos
X(x)T'(t)=\alpha^{2}X''(x)T(t).
Dividindo por \alpha^{2}X(x)T(t) (assumindo não nulo) temos
\frac{T'(t)}{\alpha^{2}T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=\text{constante}.
Chamemos essa constante de -\lambda. Então temos o sistema de ODEs
\begin{cases} T'(t)+\alpha^{2}\lambda T(t)=0,\\[4pt] X''(x)+\lambda X(x)=0, \end{cases}
com as condições de contorno X(0)=0\] e \(X(L)=0.
Agora analisamos possibilidades para \lambda.
  • Se \lambda=0, então X''=0 e X(x)=Ax+B. As condições X(0)=0 e X(L)=0 implicam B=0 e A L=0, logo A=0. Isso dá X\equiv 0, solução trivial — não serve.
  • Se \lambda<0, escreva \lambda=-\mu^{2} com \mu>0. Então X''-\mu^{2}X=0 tem soluções com exponenciais reais e as condições de contorno levam novamente à solução trivial X\equiv 0.
  • Se \lambda>0, escreva \lambda=k^{2} com k>0. Então
X''+k^{2}X=0,
tem como soluções X(x)=C\cos(kx)+D\sin(kx). Impor X(0)=0 C=0, então X(x)=D\sin(kx). Impor X(L)=0 pede \sin(kL)=0, logo kL=n\pi para n\in\mathbb{Z}. Para soluções não-triviais tomamos n\in\mathbb{N}. Assim os autovalores são
\lambda_{n}=k_{n}^{2}=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2},\qquad n=1,2,3,\dots
e os autofunções (normalizadas em forma) são
X_{n}(x)=\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right).
A equação temporal correspondente é
T_{n}'(t)+\alpha^{2}\lambda_{n}T_{n}(t)=0,
cuja solução é
T_{n}(t)=A_{n}\exp\!\left(-\alpha^{2}\lambda_{n}t\right) = A_{n}\exp\!\left(-\frac{\alpha^{2}n^{2}\pi^{2}}{L^{2}}t\right).]

Passo 5

Por linearidade, a solução geral de w\) (que satisfaz as condições homogêneas) é soma das contribuições de todos os modos: \[w(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}\exp\!\left(-\frac{\alpha^{2}n^{2}\pi^{2}}{L^{2}}t\right)\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right),
onde os coeficientes c_{n} são determinados pela condição inicial w(x,0)=f(x)-v(x). Precisamos expandir a função w(x,0) numa série de funções \operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right). Usamos a propriedade de ortogonalidade das funções seno no intervalo (0,L):
\int_{0}^{L}\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right)\operatorname{sen}\!\left(\frac{m\pi}{L}x\right)\,dx= \begin{cases} 0,& n\ne m,\\[4pt] \dfrac{L}{2},& n=m. \end{cases}
(Esse resultado pode ser obtido usando a identidade trigonométrica (\operatorname{sen}A\operatorname{sen}B=\tfrac{1}{2}[\cos(A-B)-\cos(A+B)]] e integrando.)
Multiplicamos a expansão presumida por \operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right) e integramos de 0 a L:
\int_{0}^{L}w(x,0)\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right)\,dx =\sum_{m=1}^{\infty} c_{m}\int_{0}^{L}\operatorname{sen}\!\left(\frac{m\pi}{L}x\right)\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right)\,dx = c_{n}\frac{L}{2}.
Assim isolamos c_{n}:
c_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}w(x,0)\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right)\,dx.
Lembrando w(x,0)=f(x)-v(x)=f(x)-\left[\left(T_{2}-T_{1}\right)\frac{x}{L}+T_{1}\right], obtemos exatamente
c_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}\left[f(x)-\left(T_{2}-T_{1}\right)\frac{x}{L}-T_{1}\right]\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right)\,dx.]

Passo 6

Voltando à solução total u(x,t)=v(x)+w(x,t), substituímos v(x) e a série de w. Assim
u(x,t)=\left(T_{2}-T_{1}\right)\frac{x}{L}+T_{1}+\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}\exp\!\left(-\frac{\alpha^{2}n^{2}\pi^{2}}{L^{2}}t\right)\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right),
com c_{n} dado no passo anterior. Isso conclui a dedução da forma da solução pedida.

Resposta

u(x,t)=\left(T_{2}-T_{1}\right)\frac{x}{L}+T_{1}+\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}\exp\!\left(-\frac{\alpha^{2} n^{2}\pi^{2}}{L^{2}}t\right)\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right)
c_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}\left[f(x)-\left(T_{2}-T_{1}\right)\frac{x}{L}-T_{1}\right]\operatorname{sen}\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right)\,dx

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