(i) Para a função definida no intervalo ( 0, L ) como
f(x)=\left\{\begin{array}{l} x, \quad 0<x \leq L / 2 \\\ L-x, \quad L / 2<x \leq L \end{array}\right.
desenhe a extensão periódica ímpar com período 2 L.
(ii) Determine a série de Fourier da função.
(iii) Encontre a solução de
u_{t}=u_{x x}, u(0, t)=u(L, t)=0, u(x, 0)=f(x)
pelo Método de Separação de Variáveis, detalhando as etapas.

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede (resumido, sem resolver ainda):
  • É dada a função f(x) \) definida no intervalo \( (0,L) \) por \[f(x)=\begin{cases} x, & 0<x\le L/2,\\[4pt] L-x, & L/2<x\le L. \end{cases}
  • Pedidos:
    1. (i) Construir e descrever a extensão periódica ímpar com período (
      2L
      ] dessa função e “desenhar” essa extensão (vou descrever a forma).
    2. (ii) Determinar a série de Fourier dessa extensão periódica ímpar (ou seja, a série em senos).
    3. (iii) Resolver o problema de calor
    u_t = u_{xx},\qquad u(0,t)=u(L,t)=0,\qquad u(x,0)=f(x)pelo método de separação de variáveis, detalhando as etapas.
Informações relevantes que usarei:
  • A extensão ímpar significa que para x\in(-L,0) definimos f(x)=-f(-x).
  • Período 2L significa f(x+2L)=f(x) para todo x.
  • Para função ímpar de período 2L a série de Fourier em ( -L,L ) contém apenas termos em seno (coeficientes dos cossenos são zero).
  • A solução pelo método de separação de variáveis para condições de Dirichlet homogêneas usa as autofunções \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) e expoentes temporais e^{-(n\pi/L)^2 t}.]

Passo 2

Construção e descrição da extensão periódica ímpar com período [(2L)).
  • Definição prática: estendo f para (-L,L) impondo f(-x)=-f(x) (extensão ímpar) e depois repito com período 2L.
  • Primeiro, escrevo explicitamente f em (-L,L). Para 0<x\le L já sabemos:
f(x)=\begin{cases} x, & 0<x\le L/2,\\[4pt] L-x, & L/2<x\le L. \end{cases}
Para -\,L<x<0 \] definimos \[ f(x)=-f(-x). Calculando isso caso a caso (usando (
  • x>0
    )) obtemos:
f(x)=\begin{cases} -\,L - x, & -L<x\le -L/2,\\[4pt] x, & -L/2 < x < 0. \end{cases}
(Verificação rápida: se x\in(-L/2,0) \] então \(-x\in(0,L/2) e (
f(-x)=-x
), logo f(x)=-f(-x)=x. Se x\in(-L,-L/2] então -x\in[L/2,L) e f(-x)=L-(-x)=L+x, logo f(x)=- (L+x)=-L-x.)
  • Depois imponho periodicidade 2L: para todo x\in\mathbb{R},
f(x+2L)=f(x).
  • Descrição / “desenho” (em palavras, para você imaginar):
    • No intervalo (0,L) é o “triângulo” que sobe linearmente de 0 até L/2 com altura L/2, e desce linearmente até 0 em x=L.
    • Pela extensão ímpar, no intervalo (-L,0) aparece o mesmo triângulo espelhado com sinal trocado (ou seja, negativo), com pico negativo em x=-L/2 de valor -L/2.
    • Repetindo com período 2L obtemos uma sequência de triângulos alternando sinais a cada intervalo de comprimento L (um triângulo positivo em (0,L), um triângulo negativo em (-L,0), etc.), com continuidade em todos os pontos exceto possivelmente nas junções de período (mas a função definida acima é contínua nos pontos interiores do período).]

Passo 3

Conceito de série de Fourier para função ímpar de período 2L e fórmula dos coeficientes.
  • Para uma função ímpar de período 2L a série de Fourier tem apenas termos em seno:
f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
  • Fórmula dos coeficientes (explicando onde vem): os senos \sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) são ortogonais em (0,L) com o produto interno \int_0^L \sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\sin\!\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx. Para obter b_n multiplicamos ambos os lados por \sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) e integramos de 0 a L. Isso leva à fórmula padrão
b_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Aqui n é um inteiro positivo. A razão do fator \tfrac{2}{L} é a normalização resultante da integral de \sin^2 (pode confiar nisso ou derivar pela ortogonalidade).

Passo 4

Cálculo explícito de b_n dividindo a integral em dois trechos e usando integração por partes.
  • Escrevo \alpha=\dfrac{n\pi}{L} para simplificar os símbolos. Então
b_n=\frac{2}{L}\!\left(\int_0^{L/2} x\sin(\alpha x)\,dx + \int_{L/2}^{L} (L-x)\sin(\alpha x)\,dx\right).
  • Calculo da primeira integral \displaystyle I_1=\int_0^{L/2} x\sin(\alpha x)\,dx.
    • Uso integração por partes: tomo u=x (então du=dx) e dv=\sin(\alpha x)\,dx (então v=-\dfrac{\cos(\alpha x)}{\alpha}).
    • Pela fórmula \int u\,dv = uv - \int v\,du,
    I_1 = \left[-\frac{x\cos(\alpha x)}{\alpha}\right]_0^{L/2} + \frac{1}{\alpha}\int_0^{L/2}\cos(\alpha x)\,dx.
    • A integral remanescente é \dfrac{1}{\alpha}\left[\dfrac{\sin(\alpha x)}{\alpha}\right]_0^{L/2}. Substituindo os limites:
    I_1 = -\frac{L}{2}\cdot\frac{\cos(\alpha L/2)}{\alpha} + \frac{\sin(\alpha L/2)}{\alpha^2}.
  • Calculo da segunda integral \displaystyle I_2=\int_{L/2}^{L} (L-x)\sin(\alpha x)\,dx.
    • Novamente por partes: tomo u=L-x (então du=-dx) e dv=\sin(\alpha x)\,dx (então v=-\dfrac{\cos(\alpha x)}{\alpha}).
    • Aplico \int u\,dv = uv - \int v\,du:
    I_2 = \left[-\frac{(L-x)\cos(\alpha x)}{\alpha}\right]_{L/2}^{L} + \frac{1}{\alpha}\int_{L/2}^{L}\cos(\alpha x)\,dx.
    • Avaliando: no limite x=L o termo (L-x) zera, e a integral de cosseno dá \dfrac{1}{\alpha}\left[\dfrac{\sin(\alpha x)}{\alpha}\right]_{L/2}^{L}. Assim
    I_2 = \frac{L}{2}\cdot\frac{\cos(\alpha L/2)}{\alpha} + \frac{\sin(\alpha L/2)}{\alpha^2} - \frac{\sin(\alpha L)}{\alpha^2}.
    • Observação útil: \sin(\alpha L)=\sin\!\left(\frac{n\pi}{L}\cdot L\right)=\sin(n\pi)=0. Portanto
    I_2 = \frac{L}{2}\cdot\frac{\cos(\alpha L/2)}{\alpha} + \frac{\sin(\alpha L/2)}{\alpha^2}.
  • Somando I_1+I_2 cancelam os termos com \cos(\alpha L/2):
    I_1+I_2 = \left(-\frac{L}{2}\frac{\cos(\alpha L/2)}{\alpha}+\frac{\sin(\alpha L/2)}{\alpha^2}\right) +\left(\frac{L}{2}\frac{\cos(\alpha L/2)}{\alpha}+\frac{\sin(\alpha L/2)}{\alpha^2}\right) = \frac{2\sin(\alpha L/2)}{\alpha^2}.
  • Logo
    b_n=\frac{2}{L}\cdot \frac{2\sin(\alpha L/2)}{\alpha^2}=\frac{4}{L}\cdot\frac{\sin(\alpha L/2)}{\alpha^2}.
    Voltando a \alpha=\dfrac{n\pi}{L} obtemos
    b_n=\frac{4}{L}\cdot\frac{\sin\!\left(\dfrac{n\pi}{L}\cdot\dfrac{L}{2}\right)}{\left(\dfrac{n\pi}{L}\right)^2} =\frac{4L}{n^2\pi^2}\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right).
  • Interpretação final: \sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)=0 para n par, e para n ímpar ( n=2m+1) vale \sin\!\left(\dfrac{(2m+1)\pi}{2}\right)=(-1)^m. Assim os termos não nulos ocorrem apenas para n ímpar e
    b_{2m+1}=\frac{4L}{(2m+1)^2\pi^2}(-1)^m,\qquad m=0,1,2,\dots
  • Portanto a série de Fourier (somente senos) fica
\boxed{\,f(x)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{4L(-1)^m}{(2m+1)^2\pi^2}\,\sin\!\left(\frac{(2m+1)\pi x}{L}\right).\,}

Passo 5

Resolução do problema de calor por separação de variáveis (detalhada).
  • Ideia do método: procurar soluções separáveis da forma u(x,t)=X(x)T(t). Substituo em u_t=u_{xx}:
X(x)T'(t)=X''(x)T(t).
Dividindo por X(x)T(t) (assumindo não nulos)
\frac{T'(t)}{T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=\text{constante} = -\lambda,
onde escolhi -\lambda para que apareçam oscilações espaciais apropriadas.
  • Sistemas de ODE resultantes:
    • Equação temporal: T'(t)=-\lambda T(t).
    • Equação espacial: X''(x)+\lambda X(x)=0,
      com as condições de contorno homogêneas X(0)=0,\;X(L)=0.
  • Determinação dos autovalores e autofunções (casos):
    • \lambda<0 dá exponenciais reais no espaço e não satisfaz BC homogêneas não-triviais.
    • \lambda=0 dá solução linear no espaço; imposição X(0)=X(L)=0 leva à solução trivial.
    • \lambda>0 escrevo \lambda=\mu^2. Então X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).Impor X(0)=0 A=0. Impor X(L)=0 B\sin(\mu L)=0. Para B\neq0 precisamos \sin(\mu L)=0, então \mu L=n\pi com n\in\mathbb{Z}^+.
    • Assim os autovalores são \lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2,\qquad n=1,2,3,\dotse as autofunções (normalizadas por conveniência) são X_n(x)=\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
  • Solução temporal correspondente:
    T_n(t)=e^{-\lambda_n t}=e^{-\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 t}.
  • Combinação linear das modos dá a solução geral:
    u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}A_n e^{-\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 t}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),
    onde os coeficientes A_n são determinados pela condição inicial u(x,0)=f(x).
  • Usando ortogonalidade (mesmo cálculo que usamos para os b_n):
    A_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx=b_n.
    Já calculamos b_n no Passo 4:
    b_n=\frac{4L}{n^2\pi^2}\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right),
    ou, explicitando apenas os termos ímpares,
    b_{2m+1}=\frac{4L(-1)^m}{(2m+1)^2\pi^2},\qquad b_{2m}=0.
  • Portanto a solução final do problema de calor é
\boxed{\,u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4L}{n^2\pi^2}\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)\, e^{-\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 t}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).\,}
ou, escrevendo só os n ímpares n=2m+1,
\boxed{\,u(x,t)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{4L(-1)^m}{(2m+1)^2\pi^2}\, e^{-\left(\frac{(2m+1)\pi}{L}\right)^2 t}\, \sin\!\left(\frac{(2m+1)\pi x}{L}\right).\,}

Resposta

(i) Extensão ímpar periódica de período 2L: para -L<x\le L
f(x)=\begin{cases} -\,L-x, & -L<x\le -L/2,\\[4pt] x, & -L/2<x<0,\\[4pt] x, & 0<x\le L/2,\\[4pt] L-x, & L/2<x\le L, \end{cases} \quad\text{e }f(x+2L)=f(x).
(ii) Série de Fourier (série em senos)
f(x)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{4L(-1)^m}{(2m+1)^2\pi^2}\, \sin\!\left(\frac{(2m+1)\pi x}{L}\right).
(iii) Solução do problema de calor por separação de variáveis
u(x,t)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{4L(-1)^m}{(2m+1)^2\pi^2}\, e^{-\left(\frac{(2m+1)\pi}{L}\right)^2 t}\, \sin\!\left(\frac{(2m+1)\pi x}{L}\right).]

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