Uma haste cilíndrica condutora de calor tem comprimento L e esta termicamente isolada ao longo de sua superfície lateral e suas extremidades são mantidas a temperatura zero. Se a temperatura inicial da haste for u_{o}= constante e sabendo que a temperatura u(x, t) em qualquer instante posterior deve satisfazer a equação:
\frac{\partial u(x, t)}{\partial t}=a^{2} \frac{\partial^{2} u(x, t)}{\partial x^{2}},
Mostre que a equação é aplicável ao problema de resfriar uma placa infinita de espessura L, inicialmente á temperatura uo e com suas superfícies mantidas à temperatura zero. Resolva este problema por separação de variáveis e mostre que:
\mathrm{u}(\mathrm{x}, \mathrm{t})=C e^{-t \frac{(n \pi a)^{2}}{L^{2}}} \operatorname{sen} \frac{n \pi x}{L}
Onde C=\frac{4 u_{o}}{\pi} \sum_{n=1,3,5, \ldots}^{\infty} \frac{1}{n}.
Aplicar as condições de contorno u(0, t)=u(L, t)=0 e u(x, 0)=u.

Passo 1

O enunciado original trata de uma haste cilíndrica, mas podemos aplicar o mesmo modelo ao problema de resfriar uma placa infinita (nos sentidos y e z) de espessura L, com faces em x=0 e x=L mantidas a temperatura zero e temperatura inicial uniforme u_{0}. O conteúdo da matéria é a equação de calor unidimensional
\frac{\partial u(x,t)}{\partial t} \;=\; a^{2}\,\frac{\partial^{2}u(x,t)}{\partial x^{2}}
com condições de contorno
u(0,t)=0,\quad u(L,t)=0
e condição inicial
u(x,0)=u_{0}\,.

Passo 2

Como a placa é infinita em y e z, não há variação de temperatura nessas direções, ou seja
\frac{\partial u}{\partial y}=0,\quad \frac{\partial u}{\partial z}=0,
e a equação de calor tridimensional
\frac{\partial u}{\partial t}=a^{2}\Bigl(\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial z^{2}}\Bigr)
reduz-se exatamente à equação unidimensional indicada.

Passo 3

Aplicamos o método de separação de variáveis, supondo
u(x,t)=X(x)\,T(t).
Substituindo na equação de calor e dividindo por a^{2}X\,T obtemos
\frac{1}{a^{2}T}\,\frac{dT}{dt} \;=\; \frac{1}{X}\,\frac{d^{2}X}{dx^{2}} \;=\; -\lambda,
onde \lambda é uma constante de separação.

Passo 4

I. Equação espacial:
\frac{d^{2}X}{dx^{2}}+\lambda\,X=0, \quad X(0)=0,\; X(L)=0.
As condições homogêneas implicam autovalores
\lambda_{n}=\Bigl(\frac{n\pi}{L}\Bigr)^{2}, \quad n=1,2,3,\dots
com autofunções
X_{n}(x)=\sin\Bigl(\tfrac{n\pi x}{L}\Bigr).

Passo 5

II. Equação temporal:
\frac{dT}{dt} + a^{2}\,\lambda_{n}\,T=0 \;\;\Longrightarrow\;\; T_{n}(t)=\exp\!\Bigl(-a^{2}\lambda_{n}\,t\Bigr) =\exp\!\Bigl(-a^{2}\tfrac{n^{2}\pi^{2}}{L^{2}}\,t\Bigr).

Passo 6

A solução geral, soma de todos os modos, é
u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}A_{n} \sin\Bigl(\tfrac{n\pi x}{L}\Bigr) \exp\!\Bigl(-a^{2}\tfrac{n^{2}\pi^{2}}{L^{2}}\,t\Bigr).

Passo 7

Impondo a condição inicial u(x,0)=u_{0} na série, temos
u_{0} = \sum_{n=1}^{\infty}A_{n}\,\sin\Bigl(\tfrac{n\pi x}{L}\Bigr).
Os coeficientes A_{n} vêm da série de Fourier seno em [0,L]:
A_{n} = \frac{2}{L} \int_{0}^{L}u_{0}\,\sin\Bigl(\tfrac{n\pi x}{L}\Bigr)\,dx = \frac{2u_{0}}{L}\,\frac{L}{n\pi}\bigl[1-(-1)^{n}\bigr] = \frac{2u_{0}}{n\pi}\bigl[1-(-1)^{n}\bigr].
Como 1-(-1)^{n}=0 para n par e =2 para n ímpar, obtemos
A_{n}= \begin{cases} \displaystyle \frac{4\,u_{0}}{n\pi},&n\text{ ímpar},\\\\ 0,&n\text{ par}. \end{cases}í

Passo 8

Portanto a solução final é
u(x,t) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{4\,u_{0}}{(2k+1)\,\pi} \sin\!\Bigl(\tfrac{(2k+1)\pi x}{L}\Bigr) \exp\!\Bigl(-a^{2}\tfrac{(2k+1)^{2}\pi^{2}}{L^{2}}\,t\Bigr).

Resposta

u(x,t) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{4\,u_{0}}{(2k+1)\,\pi} \sin\!\Bigl(\tfrac{(2k+1)\pi x}{L}\Bigr) \exp\!\Bigl(-a^{2}\tfrac{(2k+1)^{2}\pi^{2}}{L^{2}}\,t\Bigr).
Em particular, para cada modo n ímpar temos o termo
C_{n} =\frac{4\,u_{0}}{n\pi}, \quad u_{n}(x,t) = C_{n} \exp\!\Bigl(-a^{2}\tfrac{n^{2}\pi^{2}}{L^{2}}\,t\Bigr) \sin\!\Bigl(\tfrac{n\pi x}{L}\Bigr).

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