Questão 17. Resolva a equação da difusão com a condição inicial
\varphi(x)=1 \text { para }|x|<l \text { e } \varphi(x)=0 \text { para }|x|>l .

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados: a condição inicial é
\varphi(x)=1\\ \text{para }|x|<l,\qquad \varphi(x)=0\\ \text{para }|x|>l.
(O valor em |x|=l não altera a solução essencialmente, é um conjunto de medida zero.)
  • Pedido: “Resolver a equação da difusão” — vou considerar a equação da difusão clássica no eixo real com coeficiente de difusão D>0:
\partial_t u(x,t)=D\,\partial_{xx}u(x,t),\qquad x\in\mathbb{R},\\ t>0,
com condição inicial
u(x,0)=\varphi(x).

Passo 2

Escolha do método e ideia principal (sem cálculos ainda).
  • Método escolhido: usar a solução fundamental (o chamado núcleo ou kernel de calor) e escrever a solução como convolução da condição inicial com esse núcleo. Essa abordagem é natural para a linha inteira e dá uma fórmula explícita.
  • Intuição: a equação da difusão espalha (suaviza) a função inicial; o núcleo fundamental é uma gaussiana cuja largura cresce com o tempo. Convoluindo a função inicial com essa gaussiana obtemos a solução para qualquer t>0.

Passo 3

Apresentar o núcleo fundamental e justificar por que a convolução resolve o problema.
  • O núcleo fundamental da equação do calor com coeficiente D é a função
G(x,t)=\frac{1}{\sqrt{4\pi D t}}\exp\!\left(-\frac{x^{2}}{4Dt}\right),\qquad t>0.
  • Propriedades importantes de G:
    • G satisfaz \partial_t G = D\,\partial_{xx}G para t>0.
    • Normalização: \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}G(x,t)\,dx=1 para todo t>0.
    • Limite inicial: \displaystyle G(\cdot,t)\to\delta (delta de Dirac) quando t\to0^+ no sentido de distribuições.
  • Consequência: a solução da equação da difusão com condição inicial u(x,0)=\varphi(x) é dada por convolução
u(x,t)=(G(\cdot,t)*\varphi)(x)=\int_{-\infty}^{\infty}G(x-y,t)\,\varphi(y)\,dy.
Essa fórmula resolve o problema porque convolução com o núcleo fundamental transforma a condição inicial em solução suave que satisfaz a PDE e converge à condição inicial quando t\to0^+.

Passo 4

Aplicar a fórmula ao caso específico da função inicial indicador do intervalo (-l,l).
  • Como \varphi(y)=1 para y\in(-l,l) e 0 fora, a integral fica limitada ao intervalo [-l,l]:
u(x,t)=\int_{-l}^{l}\frac{1}{\sqrt{4\pi D t}}\exp\!\left(-\frac{(x-y)^{2}}{4Dt}\right)\,dy.

Passo 5

Calcular explicitamente a integral e expressá-la em função da função erro \operatorname{erf}.
  • Fazer a mudança de variável
s=\frac{x-y}{2\sqrt{D t}}.
Então
dy=-2\sqrt{D t}\,ds.
Quando y=-l temos s=\dfrac{x+ l}{2\sqrt{D t}}. Quando y= l temos s=\dfrac{x- l}{2\sqrt{D t}}.
  • Substituindo na integral:
u(x,t)=\frac{1}{\sqrt{4\pi D t}}\int_{-l}^{l}\exp\!\left(-\frac{(x-y)^{2}}{4Dt}\right)\,dy =\frac{1}{\sqrt{4\pi D t}}\bigl(-2\sqrt{D t}\bigr)\int_{\frac{x+l}{2\sqrt{D t}}}^{\frac{x-l}{2\sqrt{D t}}}e^{-s^{2}}\,ds.
  • Simplificar os fatores numéricos:
u(x,t)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{\frac{x-l}{2\sqrt{D t}}}^{\frac{x+l}{2\sqrt{D t}}}e^{-s^{2}}\,ds.
  • Usar a definição da função erro:
\operatorname{erf}(z)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{z}e^{-s^{2}}\,ds.
Logo, para quaisquer a<b,
\int_{a}^{b}e^{-s^{2}}\,ds=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\bigl(\operatorname{erf}(b)-\operatorname{erf}(a)\bigr).
  • Aplicando isso aqui obtemos a forma fechada
u(x,t)=\frac{1}{2}\Bigl[\operatorname{erf}\!\Bigl(\frac{x+l}{2\sqrt{D t}}\Bigr)-\operatorname{erf}\!\Bigl(\frac{x-l}{2\sqrt{D t}}\Bigr)\Bigr].

Passo 6

Interpretações e verificações rápidas (como usar isso na prova).
  • Verificação do limite inicial: para t\to0^+,
    • se |x|<l então \dfrac{x\pm l}{2\sqrt{D t}}\to\pm\infty e \operatorname{erf}(+\infty)=1,\\ \operatorname{erf}(-\infty)=-1, daí u(x,t)\to\tfrac{1}{2}(1-(-1))=1, recuperando \varphi(x)=1.
    • se |x|>l então ambos os argumentos tendem para sinais iguais (ambos +\infty ou ambos -\infty) e a diferença das erfs tende a 0, recuperando \varphi(x)=0.
    • em x=\pm l obtém-se u(\pm l,0^+)=\tfrac{1}{2}, padrão de descontinuidade suavizada (valor médio).
  • Conservação de massa: \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)\,dx=\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(x)\,dx=2l para todo t, como esperado para difusão sem perdas.
  • Forma alternativa útil na prova: a solução também pode ser deixada como a convolução integral
u(x,t)=\int_{-l}^{l}\frac{1}{\sqrt{4\pi D t}}\exp\!\left(-\frac{(x-y)^{2}}{4Dt}\right)\,dy,
caso se queira manipular a integral em vez da \operatorname{erf}.

Resposta

u(x,t)=\int_{-l}^{l}\frac{1}{\sqrt{4\pi D t}}\exp\!\left(-\frac{(x-y)^{2}}{4Dt}\right)\,dy
u(x,t)=\frac{1}{2}\Bigl[\operatorname{erf}\!\Bigl(\frac{x+l}{2\sqrt{D t}}\Bigr)-\operatorname{erf}\!\Bigl(\frac{x-l}{2\sqrt{D t}}\Bigr)\Bigr]

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