Nos problemas a seguir, use separação de variáveis quando apropriado, identifique os autovalores e autofunções, imponha as condições de contorno/iniciais, e escreva a solução como série (seno/cosseno ou exponenciais), indicando explicitamente os coeficientes via ortogonalidade.
1: Considere u=u(x, t) em 0<x<L, t>0, satisfazendo
\kappa \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}=\frac{\partial u}{\partial t}, \quad \kappa>0
a)
\begin{aligned} & u(0, t)=0, \quad u(L, t)=0 \\\ & u(x, 0)= \begin{cases}1, & 0<x<\frac{L}{2} \\\\ 0, & \frac{L}{2}<x<L\end{cases} \end{aligned}
b)
\begin{aligned} & u(0, t)=0, \quad u(L, t)=0, \\\ & u(x, 0)=x(L-x) \end{aligned}

Passo 1

O enunciado dá a equação do calor unidimensional linear
\kappa \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}=\frac{\partial u}{\partial t},\qquad \kappa>0,
no intervalo espacial 0<x<L para t>0, com condições de contorno de Dirichlet homogêneas em x=0 e x=L. Há duas situações iniciais distintas que devemos tratar:
a) Condições:
u(0,t)=0,\qquad u(L,t)=0,
u(x,0)=\begin{cases}1,&0<x<\dfrac{L}{2},\\[6pt]0,&\dfrac{L}{2}<x<L.\end{cases}
b) Condições:
u(0,t)=0,\qquad u(L,t)=0,
u(x,0)=x(L-x),\qquad 0<x<L.
O que o problema pede para cada caso é: resolver a equação usando separação de variáveis quando apropriado, identificar autovalores e autofunções, impor as condições de contorno e iniciais, e escrever a solução como série (seno/cosseno ou exponenciais) indicando explicitamente os coeficientes via ortogonalidade.]

Passo 2

Vamos aplicar separação de variáveis, assumindo uma solução na forma produto
u(x,t)=X(x)\,T(t).
Substituindo na equação e dividindo por XT obtemos
\kappa\frac{X''(x)}{X(x)}=\frac{T'(t)}{T(t)}=\text{constante}.
Chamamos essa constante de -\lambda (a escolha do sinal será justificada), obtendo o sistema de autovalores
\frac{T'(t)}{T(t)}=-\lambda,\qquad \kappa\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda.
Ou seja,
T'(t)=-\lambda T(t),
X''(x)+\frac{\lambda}{\kappa}X(x)=0.

Passo 3

Impondo as condições de contorno homogêneas u(0,t)=0 e u(L,t)=0 para qualquer t, a função X(x) deve satisfazer
X(0)=0,\qquad X(L)=0.
O problema para X é então o problema de Sturm–Liouville
X''(x)+\mu X(x)=0,\qquad X(0)=X(L)=0,
onde definimos \mu=\dfrac{\lambda}{\kappa}. Vamos analisar \mu:
  • Se \mu\le 0 então soluções não-triviais que satisfaçam as duas condições de contorno são impossíveis (ou levam à solução trivial X\equiv0).
  • Para \mu>0 escrevemos \mu=\left(\dfrac{n\pi}{L}\right)^2 e obtemos autovalores e autofunções não-triviais.
Portanto os autovalores e autofunções para X são (com n=1,2,3,\dots):
\mu_n=\left(\dfrac{n\pi}{L}\right)^2,\qquad X_n(x)=\sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right).
Da relação \mu=\lambda/\kappa segue
\lambda_n=\kappa \mu_n=\kappa\left(\dfrac{n\pi}{L}\right)^2.

Passo 4

Agora resolvemos a equação temporal para cada \lambda_n:
T_n'(t)=-\lambda_n T_n(t)\quad\Rightarrow\quad T_n(t)=A_n e^{-\lambda_n t}=A_n e^{-\kappa (n\pi/L)^2 t},
onde A_n é constante determinada pela condição inicial.
A solução geral (soma sobre modos) é então a série de senos (soma dos produtos X_nT_n):
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} c_n \sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right) e^{-\kappa (n\pi/L)^2 t},
onde os coeficientes c_n são os coeficientes da série de Fourier seno da condição inicial u(x,0).

Passo 5

Vamos explicar como obter explicitamente os coeficientes c_n usando ortogonalidade das autofunções. As funções \sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right) são ortogonais em [0,L] com produto interno
\int_{0}^{L}\sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{L}\right)\,dx=\frac{L}{2}\,\delta_{nm},
onde \delta_{nm} é o delta de Kronecker. Para expandir uma função f(x) em senos:
f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} c_n \sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right),
os coeficientes são dados por
c_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(x)\sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
No nosso problema f(x)=u(x,0). Vamos aplicar isso aos dois casos do enunciado.

Passo 6

Relembrando: para ambos os casos a solução tem a forma
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} c_n \sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\exp\!\Big(-\kappa\big(\dfrac{n\pi}{L}\big)^2 t\Big),
com
c_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} u(x,0)\sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Agora calculamos c_n separadamente para (a) e (b).

Passo 7

Para (a) temos u(x,0)=f(x)\) com \[f(x)=\begin{cases}1,&0<x<\dfrac{L}{2},\\[4pt]0,&\dfrac{L}{2}<x<L.\end{cases}
Então
c_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(x)\sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\,dx =\frac{2}{L}\int_{0}^{L/2} 1\cdot \sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Avaliamo esta integral explicitamente. Seja \alpha_n=\dfrac{n\pi}{L}\]. Então \[\int_{0}^{L/2}\sin(\alpha_n x)\,dx=\left[-\frac{\cos(\alpha_n x)}{\alpha_n}\right]_{0}^{L/2} =-\frac{\cos(\alpha_n L/2)-\cos(0)}{\alpha_n} =-\frac{\cos\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)-1}{\alpha_n}.\] Logo \[c_n=\frac{2}{L}\left(-\frac{\cos\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)-1}{\alpha_n}\right) =\frac{2}{L}\cdot\frac{1-\cos\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)}{\alpha_n}.\] Substituindo \(\alpha_n=\dfrac{n\pi}{L} obtemos
c_n=\frac{2}{n\pi}\big(1-\cos\!\left(\tfrac{n\pi}{2}\right)\big).
Observação prática: \cos\!\left(\tfrac{n\pi}{2}\right) depende da classe de n módulo 4:
  • se n\equiv 0\pmod{4} então \cos(n\pi/2)=1 e c_n=0;
  • se n\equiv 2\pmod{4} então \cos(n\pi/2)=-1 e c_n=\dfrac{2}{n\pi}(1-(-1))=\dfrac{4}{n\pi};
  • se n ímpar ( n\equiv1 ou 3\pmod{4}) então \cos(n\pi/2)=0 e c_n=\dfrac{2}{n\pi}.
Mas a forma compacta
c_n=\frac{2}{n\pi}\Big(1-\cos\!\big(\tfrac{n\pi}{2}\big)\Big)
é suficiente para escrever a solução.]

Passo 8

Substituindo os coeficientes na solução geral obtemos
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n\pi}\Big(1-\cos\!\big(\tfrac{n\pi}{2}\big)\Big) \sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\exp\!\Big(-\kappa\big(\tfrac{n\pi}{L}\big)^2 t\Big).
Isto resolve o caso (a). (Se você preferir, pode separar a soma apenas sobre os n com coeficiente não nulo conforme a paridade/valor de n\bmod4.)

Passo 9

Agora u(x,0)=f(x)=x(L-x). O coeficiente geral é
c_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} x(L-x)\sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Vamos calcular esta integral passo a passo. Defina \alpha_n=\dfrac{n\pi}{L}. Expanda x(L-x)=Lx-x^2. Então
I_n=\int_{0}^{L} x(L-x)\sin(\alpha_n x)\,dx = L\int_{0}^{L} x\sin(\alpha_n x)\,dx-\int_{0}^{L} x^2\sin(\alpha_n x)\,dx.
Calcule primeiro \int_{0}^{L} x\sin(\alpha_n x)\,dx. Uma primitiva é
\int x\sin(\alpha_n x)\,dx=-\frac{x\cos(\alpha_n x)}{\alpha_n}+\frac{\sin(\alpha_n x)}{\alpha_n^2}.
Avaliando de 0 a L e usando \sin(\alpha_n L)=\sin(n\pi)=0, \cos(\alpha_n L)=\cos(n\pi)=(-1)^n, temos
\int_{0}^{L} x\sin(\alpha_n x)\,dx=-\frac{L\cos(\alpha_n L)}{\alpha_n}=-\frac{L(-1)^n}{\alpha_n}.
Agora calcule \int_{0}^{L} x^2\sin(\alpha_n x)\,dx. Integramos por partes: uma primitiva conveniente é
\int x^2\sin(\alpha_n x)\,dx=-\frac{x^2\cos(\alpha_n x)}{\alpha_n}+\frac{2x\sin(\alpha_n x)}{\alpha_n^2}+\frac{2\cos(\alpha_n x)}{\alpha_n^3}.
Avaliando de 0 a L e usando \sin(n\pi)=0 e \cos(n\pi)=(-1)^n e \cos(0)=1, obtemos
\int_{0}^{L} x^2\sin(\alpha_n x)\,dx =-\frac{L^2(-1)^n}{\alpha_n}+\frac{2(-1)^n}{\alpha_n^3}-\frac{2}{\alpha_n^3}.
Simplificando o último termo:
\int_{0}^{L} x^2\sin(\alpha_n x)\,dx =-\frac{L^2(-1)^n}{\alpha_n}+\frac{2}{\alpha_n^3}\big((-1)^n-1\big).
Agora volte a I_n:
I_n = L\left(-\frac{L(-1)^n}{\alpha_n}\right)-\left(-\frac{L^2(-1)^n}{\alpha_n}+\frac{2}{\alpha_n^3}\big((-1)^n-1\big)\right).
Os termos com \dfrac{L^2(-1)^n}{\alpha_n} cancelam, restando
I_n=-\frac{2}{\alpha_n^3}\big((-1)^n-1\big)=\frac{2}{\alpha_n^3}\big(1-(-1)^n\big).
Portanto
c_n=\frac{2}{L}I_n=\frac{2}{L}\cdot\frac{2}{\alpha_n^3}\big(1-(-1)^n\big) =\frac{4}{L\alpha_n^3}\big(1-(-1)^n\big).
Substituindo \alpha_n=\dfrac{n\pi}{L}
c_n=\frac{4}{L}\cdot\frac{L^3}{n^3\pi^3}\big(1-(-1)^n\big) =\frac{4L^2}{n^3\pi^3}\big(1-(-1)^n\big).
Note a simplificação de paridade: se n é par ( (-1)^n=1) então c_n=0; se n é ímpar ( (-1)^n=-1) então c_n=\dfrac{8L^2}{n^3\pi^3}.

Passo 10

Substituindo os coeficientes na solução geral obtemos
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4L^2}{n^3\pi^3}\big(1-(-1)^n\big) \sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\exp\!\Big(-\kappa\big(\tfrac{n\pi}{L}\big)^2 t\Big).
Podemos também escrever apenas a soma sobre n ímpares (já que coeficientes são zero para n pares):
u(x,t)=\sum_{\substack{n=1\n\text{ ímpar}}}^{\infty}\frac{8L^2}{n^3\pi^3} \sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\exp\!\Big(-\kappa\big(\tfrac{n\pi}{L}\big)^2 t\Big).

Passo 11

Pronto — obtivemos em ambos os casos a solução por separação de variáveis, identificando autovalores \lambda_n=\kappa(n\pi/L)^2, autofunções \sin(n\pi x/L), e determinando os coeficientes c_n pela ortogonalidade. Se na hora da prova aparecer uma condição inicial diferente, a receita é a mesma: calcular c_n=(2/L)\int_0^L f(x)\sin(n\pi x/L)\,dx e montar a série com o fator temporal e^{-\kappa(n\pi/L)^2 t}. Você tá indo bem — repete esse procedimento com calma e fica mais fácil a cada exercício!

Resposta

a) u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n\pi}\Big(1-\cos\!\big(\tfrac{n\pi}{2}\big)\Big) \sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\exp\!\Big(-\kappa\big(\tfrac{n\pi}{L}\big)^2 t\Big)
b) u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4L^2}{n^3\pi^3}\big(1-(-1)^n\big) \sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)\exp\!\Big(-\kappa\big(\tfrac{n\pi}{L}\big)^2 t\Big)

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