1. Uma haste cilíndrica condutora de calor tem comprimento L e está termicamente isolada ao longo de sua superfície lateral, e suas extremidades estão mantidas à temperatura zero. Se a temperatura inicial da haste for u_{0}= constante, formulando o Problema de Valor de Contorno, mostre que a temperatura u(x, t) em qualquer instante posterior deve satisfazer
\frac{\partial u}{\partial t}=a^{2} \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} \quad, \quad u(0, t)=u(L, t)=0 \quad, \quad u(x, 0)=u_{0}
Mostre que
u(x, t)=\frac{4 u_{0}}{\pi} \sum_{n=1,3,5 \ldots}^{\infty} \frac{1}{n} e^{-\left(n^{2} \pi^{2} a^{2} / L^{2}\right) t} \operatorname{sen} \frac{n \pi x}{L}

Passo 1

O enunciado dá uma haste cilíndrica de comprimento L com superfície lateral termicamente isolada e extremidades mantidas à temperatura zero. A temperatura inicial em toda a haste é a constante u_{0}. O enunciado já sugere o PDE e as condições:
\frac{\partial u}{\partial t}=a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}, \qquad u(0,t)=0,\qquad u(L,t)=0,\qquad u(x,0)=u_{0}.
Perguntas que precisamos responder:
  1. Mostrar que a temperatura u(x,t) satisfaz o problema de valor de contorno acima (ou seja, justificar o PDE e as condições, brevemente).
  2. Encontrar explicitamente u(x,t) e provar que ela pode ser escrita como
u(x,t)=\frac{4u_{0}}{\pi}\sum_{n=1,3,5,\ldots}^{\infty}\frac{1}{n}e^{-\left(n^{2}\pi^{2}a^{2}/L^{2}\right)t}\sin\frac{n\pi x}{L}.

Passo 2

Rápida justificativa física do PDE e das condições (curta e intuitiva, para a prova).
  • A equação do calor unidimensional em uma barra homogênea e fina (sem variação radial) é
\frac{\partial u}{\partial t}=a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}},
onde u(x,t) é a temperatura no ponto x e tempo t, e a^{2} é a difusividade térmica (constante do material). Aqui assumimos que a variação acontece só ao longo do eixo x porque a superfície lateral é isolada (não há troca de calor lateral) e a barra é homogênea.
  • As condições de contorno u(0,t)=0 e u(L,t)=0 vêm do enunciado (extremidades mantidas a temperatura zero).
  • A condição inicial é u(x,0)=u_{0} (temperatura constante inicial).
Agora vamos resolver esse problema PDE-BC-IC por separação de variáveis e séries de Fourier (método padrão).

Passo 3

Aplicar separação de variáveis: suponha solução da forma
u(x,t)=X(x)\,T(t).
Substituindo na equação do calor:
X(x)\,T'(t)=a^{2}X''(x)\,T(t).
Dividindo por a^{2}X(x)T(t) (assumindo X e T não nulos)
\frac{T'(t)}{a^{2}T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=\lambda,
onde \lambda é uma constante de separação (o mesmo valor para os dois lados). Isso gera dois ODEs:
T'(t)=a^{2}\lambda T(t), \qquad X''(x)=\lambda X(x).

Passo 4

Analisar os possíveis sinais de \lambda e achar soluções compatíveis com as condições de contorno X(0)=0, X(L)=0.
  • Caso \lambda=0: então X''=0 e X(x)=Ax+B. As condições X(0)=0 e X(L)=0 dão B=0 e A L=0\Rightarrow A=0. Só a solução trivial X\equiv0 — descartamos.
  • Caso \lambda>0: escrevemos \lambda=\mu^{2} com \mu>0. Então
X''=\mu^{2}X
com solução X(x)=C e^{\mu x}+D e^{-\mu x}. Aplicando X(0)=0 C+D=0 então X(x)=C(e^{\mu x}-e^{-\mu x}) e X(L)=0 implica C(e^{\mu L}-e^{-\mu L})=0. Isso força C=0 (pois e^{\mu L}-e^{-\mu L}\neq0), logo só solução trivial — descartamos.
  • Caso \lambda<0: escrevemos \lambda=-\kappa^{2} com \kappa>0. Então
X''+\kappa^{2}X=0,
solução geral
X(x)=A\cos(\kappa x)+B\sin(\kappa x).
As condições X(0)=0 e X(L)=0 implicam:
X(0)=0\Rightarrow A=0. Então X(x)=B\sin(\kappa x). Em x=L:
X(L)=B\sin(\kappa L)=0.
Queremos B\neq0 para solução não-trivial, então \sin(\kappa L)=0, o que implica
\kappa L = n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots
Logo \kappa=\dfrac{n\pi}{L} e
\lambda = -\kappa^{2} = -\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}.
As autofunções espaciais são, para cada n,
X_{n}(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).

Passo 5

Resolver a parte temporal associada a cada modo n. Para \lambda=-\left(\dfrac{n\pi}{L}\right)^{2}, a equação temporal é
T'(t)=a^{2}\lambda T(t)= -a^{2}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}T(t).
Esta é uma ODE linear de primeira ordem com solução
T_{n}(t)=C_{n}\exp\left(-a^{2}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}t\right).
Multiplicando pela parte espacial, cada modo separável dá a solução
u_{n}(x,t)=C_{n}e^{-a^{2}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}t}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).

Passo 6

Pela linearidade da equação do calor, a solução geral (soma das contribuições de todos os modos) é
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}C_{n}e^{-a^{2}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}t}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right),
onde os coeficientes C_{n} são determinados pela condição inicial u(x,0)=u_{0}. Assim
u(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty}C_{n}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)=u_{0},\qquad 0<x<L.
Ou seja, devemos expandir a função constante u_{0} em série de senos na base orthogonal \{\sin(n\pi x/L)\}.

Passo 7

Calcular os coeficientes C_{n} usando ortogonalidade das funções seno. A fórmula dos coeficientes da série de Fourier seno em (0,L) é
C_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} u_{0}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Como u_{0} é constante, podemos tirar fora do integral:
C_{n}=\frac{2u_{0}}{L}\int_{0}^{L}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Calcule a integral passo a passo:
\int_{0}^{L}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx = \left[-\frac{L}{n\pi}\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right]_{0}^{L} = -\frac{L}{n\pi}\left(\cos(n\pi)-\cos 0\right).
Sabendo que \cos(n\pi)=(-1)^{n} e \cos 0=1, obtemos
\int_{0}^{L}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx = -\frac{L}{n\pi}\left((-1)^{n}-1\right)=\frac{L}{n\pi}\left(1-(-1)^{n}\right).
Substituindo em C_{n}:
C_{n}=\frac{2u_{0}}{L}\cdot \frac{L}{n\pi}\left(1-(-1)^{n}\right)=\frac{2u_{0}}{n\pi}\left(1-(-1)^{n}\right).

Passo 8

Interpretar o fator 1-(-1)^{n}:
  • Se n é par, (-1)^{n}=1 então 1-(-1)^{n}=0 e C_{n}=0.
  • Se n é ímpar, (-1)^{n}=-1 então 1-(-1)^{n}=2 e
C_{n}=\frac{2u_{0}}{n\pi}\cdot 2 = \frac{4u_{0}}{n\pi}.
Logo apenas os modos ímpares aparecem na expansão.

Passo 9

Substituindo os coeficientes na soma geral, obtemos a solução explícita:
u(x,t)=\sum_{\substack{n=1\\\ n\\ \text{ímpar}}}^{\infty}\frac{4u_{0}}{n\pi} e^{-a^{2}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}t}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).í
Essa soma é exatamente a mesma escrita como
u(x,t)=\frac{4u_{0}}{\pi}\sum_{n=1,3,5,\ldots}^{\infty}\frac{1}{n} e^{-\left(n^{2}\pi^{2}a^{2}/L^{2}\right)t}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
Observações finais rápidas: cada termo decai exponencialmente com o fator \exp\big(-a^{2}(n\pi/L)^{2}t\big); portanto a solução tende a zero quando t\to\infty, coerente com as extremidades mantidas a zero e dissipação do calor.

Resposta

u(x,t)=\frac{4u_{0}}{\pi}\sum_{n=1,3,5,\ldots}^{\infty}\frac{1}{n} e^{-\left(n^{2}\pi^{2}a^{2}/L^{2}\right)t}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)

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