\mathcal{P} 4. Uma barra metálica unidimensional está sujeita à efeitos de temperatura, obedecendo as seguintes condições de contorno:
\left\{\begin{array}{l} T(0,0)=0 \\\ T(L, 0)=0 \\\ f\left(\frac{L}{2}, 0\right)=1 \end{array}\right.
A partir da equação de difusão de calor de Fourier, obtenha a função da temperatura sobre a barra.

Passo 1

O enunciado diz que temos uma barra unidimensional sujeita à difusão de calor (equação de Fourier) no segmento 0<x<L. As condições dadas são:
\left\{\begin{array}{l} T(0,0)=0\\[4pt] T(L,0)=0\\[4pt] f\!\left(\dfrac{L}{2},0\right)=1 \end{array}\right.
Vou interpretar isto da forma padrão e natural para problemas de calor: a equação é a equação de difusão unidimensional
\frac{\partial T}{\partial t}=k\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}},\qquad 0<x<L,\; t>0,
com condições de contorno homogêneas de Dirichlet nas extremidades
T(0,t)=0,\qquad T(L,t)=0\quad\text{para }t\ge 0,
e condição inicial
T(x,0)=f(x)\quad\text{para }0\le x\le L,
onde o enunciado nos fornece apenas o valor f\!\left(\dfrac{L}{2}\right)=1. Isso significa que a forma completa de f(x) não foi especificada; portanto a solução geral será dada em termos da série de senos com coeficientes obtidos a partir de f(x). Se o professor tivesse querido uma condição inicial especial (por exemplo um delta em x=L/2), isso deve ser indicado; com a informação dada, apresentarei a solução geral e mostrarei como os coeficientes se obtêm. Vamos em frente.]

Passo 2

Método escolhido: separação de variáveis + expansão em série de senos (método clássico para contorno homogêneo de Dirichlet). Vou procurar soluções da forma
T(x,t)=X(x)\,G(t).
Substituindo na equação de calor:
X(x)\,G'(t)=k\,X''(x)\,G(t).
Dividindo por kX(x)G(t) (assumindo produto não nulo):
\frac{G'(t)}{kG(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda,
onde \lambda é a constante de separação (escolhi o sinal menos por ser o caso que dá soluções em senos para as condições de Dirichlet).

Passo 3

Agora trato a equação espacial (autovalores). A equação para X é
X''(x)+\lambda X(x)=0,
com as condições de contorno
X(0)=0,\qquad X(L)=0.
Procuramos valores de \lambda que admitam soluções não-triviais.
  • Se \lambda=0: então X''=0 \Rightarrow X(x)=Ax+B. As condições X(0)=0 e X(L)=0 implicam B=0 e A L=0, logo A=0. Apenas solução trivial, descartada.
  • Se \lambda<0: escreva \lambda=-\mu^{2} com \mu>0. Então X é combinação de exponenciais; as condições homogêneas levam de novo à solução trivial. Descartado.
  • Se \lambda>0: escreva \lambda=\omega^{2}. Solução geral X(x)=C\cos(\omega x)+D\sin(\omega x). Da condição X(0)=0 obtemos C=0. Da condição X(L)=0 obtemos D\sin(\omega L)=0. Para solução não-trivial precisamos \sin(\omega L)=0, isto é \omega L=n\pi com n\in\mathbb{N}. Assim
\lambda_{n}=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2},\qquad X_{n}(x)=\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\quad n=1,2,3,\dots
Estas funções são ortogonais no intervalo [0,L] com produto escalar \int_{0}^{L}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\sin\!\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx=0 quando n\neq m e igual a L/2 quando n=m.

Passo 4

Equação temporal correspondente para cada autovalor \lambda_{n}:
\frac{G'(t)}{G(t)}=-k\lambda_{n}=-k\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}.
Integramos para obter
G_{n}(t)=A_{n}\,e^{-k\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}t},
onde A_{n} é constante (que será absorvida no coeficiente final). Assim cada modo separável é
T_{n}(x,t)=A_{n}\,e^{-k\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}t}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
Pela linearidade da equação, a solução geral como superposição é
T(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}A_{n}\,e^{-k\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}t}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).

Passo 5

Determinar os coeficientes A_{n} usando a condição inicial T(x,0)=f(x). Em t=0 temos
f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}A_{n}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
Para encontrar A_{n} multiplicamos por \sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{L}\right) e integramos de 0 a L:
\int_{0}^{L} f(x)\sin\!\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx =\sum_{n=1}^{\infty}A_{n}\int_{0}^{L}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\sin\!\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx.
Pela ortogonalidade, só o termo n=m sobrevive e \int_{0}^{L}\sin^{2}\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\,dx=\dfrac{L}{2}. Logo
\int_{0}^{L} f(x)\sin\!\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx = A_{m}\cdot \frac{L}{2}.
Isto fornece a fórmula dos coeficientes:
A_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx,\qquad n=1,2,\dots
Observação importante sobre o dado f\!\left(\dfrac{L}{2}\right)=1: com apenas o valor de f em um ponto não é possível recuperar todos os coeficientes A_{n}. O valor em x=\dfrac{L}{2} dá apenas a condição
1=f\!\left(\frac{L}{2}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}A_{n}\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right),
que é uma restrição linear sobre os A_{n}, mas não determina unicamente a função f(x). Se, por outro lado, a intenção tivesse sido a condição inicial igual a uma delta em x=L/2 (ou seja f(x)=\delta(x-\tfrac{L}{2})), então os coeficientes seriam A_{n}=\dfrac{2}{L}\sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right) e teríamos a solução explícita para esse caso especial.

Passo 6

Juntando tudo, a solução geral do problema de calor com contorno T(0,t)=T(L,t)=0 e condição inicial T(x,0)=f(x) é a série de Fourier em senos com decaimento exponencial temporal nos modos. Escrevo-a explicitamente e repito a fórmula dos coeficientes para clareza:
T(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(s)\sin\!\left(\frac{n\pi s}{L}\right)\,ds\right] e^{-k\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}t}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
Se o enunciado queria um caso especial (por exemplo f(x)=\delta(x-\tfrac{L}{2})), substitua A_{n}=\dfrac{2}{L}\sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right) na expressão acima.

Resposta

T(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(s)\sin\!\left(\frac{n\pi s}{L}\right)\,ds\right] e^{-k\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}t}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).

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