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.
3: Considere uma haste fina de comprimento L, cuja superfície lateral perde calor para o meio ambiente, mantido à temperatura nula. Admitindo que a transferência de calor obedece à lei linear de resfriamento de Newton, a equação do calor que descreve a distribuição de temperatura u(x, t) é dada por
\kappa \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}-h u=\frac{\partial u}{\partial t}, \quad \kappa>0
em que h é uma constante positiva que representa o coeficiente de perda de calor lateral. Determine a temperatura u(x, t) ao longo da haste, sabendo que a temperatura inicial é f(x) e que as extremidades x=0 e x=L estão isoladas, isto é,
\frac{\partial u}{\partial x}(0, t)=\frac{\partial u}{\partial x}(L, t)=0, \quad u(x, 0)=f(x)

Passo 1

O enunciado fornece:\n
\kappa \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}-h u=\frac{\partial u}{\partial t},\quad \kappa>0,\; h>0,\n
com condições de contorno isolantes (Neumann):\n
\frac{\partial u}{\partial x}(0,t)=0,\qquad \frac{\partial u}{\partial x}(L,t)=0,\n
e condição inicial:\n
u(x,0)=f(x)\quad\text{para }0\le x\le L.\n
O que se pede: determinar explicitamente u(x,t) para t\ge0 escrevendo a solução como série em autofunções (seno/cosseno ou exponenciais) e indicar os coeficientes via ortogonalidade.

Passo 2

Ideia do método (separação de variáveis) e substituição.\n
Proponho uma solução separável do tipo \;u(x,t)=X(x)\,T(t)\;.\n
Substituindo na equação PDE obtemos\n
X(x)\,T'(t)=\kappa X''(x)\,T(t)-h X(x)\,T(t).\n
Dividindo por \;X(x)T(t)\; (assumindo X e T não nulas identicamente) temos\n
\frac{T'(t)}{T(t)}=\kappa\frac{X''(x)}{X(x)}-h.\n
O lado esquerdo depende só de t e o lado direito só de x; portanto ambos são iguais a uma constante real (constante de separação). Chamemos essa constante de -\alpha (escolha de sinal conveniente para obter problemas padrão):\n
\kappa\frac{X''(x)}{X(x)}-h=-\alpha.\n
Rearranjando obtemos dois ODEs acoplados:\n
\kappa X''(x)+\alpha X(x)=0,\n
T'(t)+(\alpha+h)\,T(t)=0.\n
As condições de contorno para X são as mesmas de u:\n
X'(0)=0,\qquad X'(L)=0.

Passo 3

Análise do problema de autovalores espacial \;X''+\frac{\alpha}{\kappa}X=0\; com BCs de Neumann.\n
Para simplificar, defino \displaystyle \lambda:=\frac{\alpha}{\kappa}. O problema fica\n
X''+\lambda X=0,\qquad X'(0)=0,\; X'(L)=0.\n
Estudo os três casos para \lambda:\n
  • Caso \lambda<0. Escreva \lambda=-\mu^2 com \mu>0. Soluções são combinações exponenciais \operatorname{cosh} e \operatorname{sinh}. As condições X'(0)=0 e X'(L)=0 levam apenas à solução trivial X\equiv0. Logo não interessam autovalores nesse caso.\n
  • Caso \lambda=0. Então X''=0 e X(x)=A+Bx. A condição X'(0)=0 implica B=0, então X é constante X(x)=A e satisfaz X'(L)=0. Portanto \lambda_0=0 é um autovalor com autofunção constante X_0(x)=1.\n
  • Caso \lambda>0. Escreva \lambda=\mu^2 com \mu>0. Soluções são X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x). A condição X'(0)=0 0=-A\mu\sin0 + B\mu\cos0 = B\mu, então B=0. Assim X(x)=A\cos(\mu x). A condição X'(L)=0 implica -A\mu\sin(\mu L)=0. Para ter A\neq0 precisamos \sin(\mu L)=0, ou seja \mu L=n\pi com n\in\mathbb{Z}. Como \mu>0 tomamos n=1,2,3,\dots.\n
    Portanto os autovalores \lambda_n e autofunções X_n são\n
\lambda_0=0,\quad X_0(x)=1,\n
\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2},\qquad X_n(x)=\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\quad n=1,2,\dots.\n
Lembrando que \lambda=\alpha/\kappa, temos \alpha_n=\kappa\lambda_n, isto é\n
\alpha_0=0,\qquad \alpha_n=\kappa\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2,\; n\ge1.

Passo 4

Solução temporal para cada autovalor.\n
Para cada \alpha_n a equação temporal é\n
T_n'(t)+(\alpha_n+h)\,T_n(t)=0.\n
É uma ODE linear de primeira ordem com solução exponencial:\n
T_n(t)=C_n\,\mathrm{e}^{-(\alpha_n+h)t}.\n
Substituindo \alpha_n temos explicitamente para n\ge1\n
T_n(t)=C_n\,\mathrm{e}^{-\big(\kappa(\frac{n\pi}{L})^2 + h\big)t},\n
e para n=0\n
T_0(t)=C_0\,\mathrm{e}^{-h t}
(because \alpha_0=0).

Passo 5

Soma das modos (superposição) e forma geral da solução.\n
Pelo princípio da superposição (linearidade da PDE) a solução geral é a soma dos modos:\n
u(x,t)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n \,X_n(x)\, \mathrm{e}^{-(\alpha_n+h)t},\n
onde a_n incorpora os constantes C_n e a normalização de X_n. Substituindo X_n e \alpha_n obtemos\n
u(x,t)=a_0\mathrm{e}^{-h t} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\mathrm{e}^{-\big(\kappa(\frac{n\pi}{L})^{2}+h\big)t}.

Passo 6

Determinação dos coeficientes a_n pela condição inicial e ortogonalidade.\n
Impondo u(x,0)=f(x) temos a expansão de Fourier em cossenos (serie de Fourier com Neumann):\n
f(x)=a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).\n
As funções \{1,\cos(\tfrac{n\pi x}{L})\}_{n\ge1} são ortogonais em [0,L] com o produto interno \langle g,h\rangle=\int_0^L g(x)h(x)\,dx. As identidades de ortogonalidade úteis são:\n
\int_0^L \cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\cos\!\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx = 0\quad\text{se }n\ne m,\n
\int_0^L \cos^{2}\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx = \frac{L}{2}\quad\text{para }n\ge1,\n
\int_0^L 1\cdot 1\,dx = L,\qquad \int_0^L 1\cdot\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx=0\\ (n\ge1).\n
Para obter a_0, integro f(x) sobre [0,L]:\n
\int_0^L f(x)\,dx = \int_0^L \Big(a_0 + \sum_{n=1}^\infty a_n\cos\!\big(\tfrac{n\pi x}{L}\big)\Big)\,dx = a_0 L.\n
Logo\n
a_0=\frac{1}{L}\int_0^L f(x)\,dx.\n
Para a_m com m\ge1, multiplico a expansão por \cos\!\big(\tfrac{m\pi x}{L}\big) e integro:\n
\int_0^L f(x)\cos\!\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx = a_m\int_0^L \cos^2\!\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx = a_m\frac{L}{2}.\n
Portanto\n
a_m=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\cos\!\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx,\qquad m\ge1.

Passo 7

Escrevo a solução final explícita e com os coeficientes indicados.\n
Substituindo os a_n na série obtida no Passo 5, a solução fica\n
u(x,t)=\left(\frac{1}{L}\int_0^L f(s)\,ds\right)\mathrm{e}^{-h t} +\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{2}{L}\int_0^L f(s)\cos\!\left(\frac{n\pi s}{L}\right)\,ds\right)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\mathrm{e}^{-\big(\kappa(\frac{n\pi}{L})^{2}+h\big)t}.\n
Observações práticas (rápida didática):\n
  • O modo n=0 representa a média inicial de temperatura ao longo da haste e decai como \mathrm{e}^{-h t} devido à perda lateral para o meio. Isso faz sentido físico: mesmo a média tende a zero por resfriamento lateral.\n
  • Modos com n\ge1 também decaem exponencialmente, com taxas crescentes em n (term \kappa(\tfrac{n\pi}{L})^2) — modos de alta frequência se apagam mais rápido.\n
  • Para calcular numericamente os a_n numa prova sem calculadora, proceda integrando term a termo (se f for simples: polinômio, coseno, etc.) ou reconhecendo simetrias pares/ímpares para anular coeficientes.

Resposta

u(x,t)=\left(\frac{1}{L}\int_0^L f(s)\,ds\right)\mathrm{e}^{-h t} +\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{2}{L}\int_0^L f(s)\cos\!\left(\frac{n\pi s}{L}\right)\,ds\right)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\mathrm{e}^{-\big(\kappa(\frac{n\pi}{L})^{2}+h\big)t}
a_0=\frac{1}{L}\int_0^L f(x)\,dx
a_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx,\qquad n\ge1

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