Questão 3. ( 25 pontos) O problema da condução de calor, com extremidades isoladas, em uma barra de comprimento L>0, é dado pela equação diferencial parcial
\alpha^{2} \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}=\frac{\partial u}{\partial t}
com as condições de contorno u_{x}(t, 0)=u_{x}(t, L)=0 e u(0, x)=f(x), sendo f(x) a temperatura inicial da barra. Use o método da separação de variáveis para obter a solução deste problema como uma série formal, incluindo a fórmula de seus coeficientes. Justifique suas afirmações.

Passo 1

O enunciado dá o problema de calor numa barra de comprimento L>0:
\alpha^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}=\frac{\partial u}{\partial t},
com condições de contorno de derivada nula (extremidades isoladas)
u_{x}(t,0)=0,\qquad u_{x}(t,L)=0,
e condição inicial
u(0,x)=f(x),
onde f(x) é a temperatura inicial conhecida em 0\le x\le L. O que se pede: usar separação de variáveis para obter a solução como uma série formal e dar a fórmula dos coeficientes, justificando as afirmações. Dados relevantes: L>0, \alpha>0, f dada em [0,L].

Passo 2

Ideia do método (sem pular passos): procurar soluções separáveis da forma
u(x,t)=X(x)\,T(t),
onde X depende só de x e T só de t. Substituir na PDE:
\alpha^{2} X''(x)T(t)=X(x)T'(t).
Dividindo por \alpha^{2}X(x)T(t) (assumindo X e T não identicamente nulas) obtemos
\frac{X''(x)}{X(x)}=\frac{1}{\alpha^{2}}\frac{T'(t)}{T(t)}.
O membro esquerdo depende só de x e o direito só de t; portanto ambos são iguais a uma constante que chamaremos de -\lambda. Assim obtemos o sistema de ODEs:
X''(x)+\lambda X(x)=0, \qquad T'(t)+\alpha^{2}\lambda T(t)=0.
A constante \lambda é o parâmetro de separação (autovalor). As condições de contorno implicam
X'(0)=0,\qquad X'(L)=0.

Passo 3

Analisar os três casos para \lambda: negativo, zero e positivo — porque cada caso dá soluções qualitativamente diferentes.
Caso \lambda=-\mu^{2}<0 com \mu>0. Então
X''-\mu^{2}X=0,
solução geral X(x)=C e^{\mu x}+D e^{-\mu x}. Derivada
X'(x)=\mu(C e^{\mu x}-D e^{-\mu x}).
BC em x=0: X'(0)=\mu(C-D)=0\Rightarrow C=D. Então X(x)=2C\operatorname{cosh}(\mu x). BC em x=L:
X'(L)=2C\mu\operatorname{sinh}(\mu L)=0\Rightarrow C=0,
o que dá a solução trivial X\equiv0. Logo não há autovalores negativos.

Passo 4

Caso \lambda=0. Então X''=0 e X(x)=Ax+B. BC X'(0)=A=0 X(x)=B constante. A BC em x=L é satisfeita automaticamente. Portanto existe um modo não trivial constante associado a \lambda=0: tomar X_{0}(x)=1 (normalização conveniente). A equação temporal para \lambda=0 é T'(t)=0, então T(t)= constante. Esse modo corresponde à solução estacionária (temperatura média constante ao longo da barra).

Passo 5

Caso \lambda>0. Escreva \lambda=k^{2} com k>0. A equação espacial é
X''+k^{2}X=0,
solução geral
X(x)=C\cos(kx)+D\sin(kx).
A condição X'(0)=0 D k=0\Rightarrow D=0. Logo X(x)=C\cos(kx). A outra BC X'(L)=0 implica -C k\sin(kL)=0. Para ter X\not\equiv0 precisamos \sin(kL)=0, i.e.
kL=n\pi,\qquad n=1,2,3,\dots
Portanto os autovalores positivos são
\lambda_{n}=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2},\qquad n=1,2,\dots,
com autofunções (não normalizadas)
X_{n}(x)=\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad n\ge1.
Recapitulando, temos um conjunto de modos:
\lambda_{0}=0,\quad X_{0}(x)=1;\qquad \lambda_{n}=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2},\quad X_{n}(x)=\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\\ n\ge1.

Passo 6

Resolver a equação temporal para cada modo. Para \lambda_{n} tem-se
T_n'(t)+\alpha^{2}\lambda_{n}T_n(t)=0,
cuja solução é
T_n(t)=A_n\exp\!\big(-\alpha^{2}\lambda_{n}t\big).
No caso \lambda_{0}=0 temos T_0(t)=A_0 constante. Assim cada modo separável dá a solução
u_n(x,t)=A_n e^{-\alpha^{2}\lambda_{n}t} X_n(x).

Passo 7

Combinar os modos (soma linear) para obter a solução geral formal (soma sobre autovalores):
u(x,t)=A_0 + \sum_{n=1}^{\infty} A_n e^{-\alpha^{2}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2} t}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
Aqui A_0,A_1,\dots são constantes a determinar a partir da condição inicial u(0,x)=f(x).

Passo 8

Impor a condição inicial. Para t=0 temos
f(x)=u(0,x)=A_0 + \sum_{n=1}^{\infty} A_n \cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
Isto é exatamente a expansão de f na série de cossenos (série de Fourier com derivadas nulas nas extremidades). Para obter A_n usamos a ortogonalidade das funções \{1,\cos(n\pi x/L)\} em [0,L]. Vamos mostrar essa ortogonalidade e a fórmula dos coeficientes.

Passo 9

Ortogonalidade (cálculo explícito, útil em prova). Para m,n\ge1,
\int_{0}^{L}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\cos\!\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx
usar a identidade trigonométrica
\cos A\cos B=\frac{1}{2}\big(\cos(A-B)+\cos(A+B)\big).
Integre termo a termo: para m\ne n os argumentos das cossenos nas integrais são múltiplos inteiros de \pi ao avaliar em 0 e L, levando integral nula; para m=n obtém-se
\int_{0}^{L}\cos^{2}\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx=\frac{L}{2}.
Além disso
\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).
Logo o conjunto é ortogonal com normas \|1\|^{2}=L e \|\cos(n\pi x/L)\|^{2}=L/2 para n\ge1.

Passo 10

Fórmulas dos coeficientes. Multiplique a expansão de f por 1 e integre para obter A_0:
\int_{0}^{L} f(x)\,dx = \int_{0}^{L}\Big(A_0+\sum_{n=1}^\infty A_n\cos\!\left(\tfrac{n\pi x}{L}\right)\Big)\,dx = A_0 L.
Assim
A_0=\frac{1}{L}\int_{0}^{L} f(x)\,dx.
Para n\ge1, multiplique a expansão por \cos\!\left(\tfrac{n\pi x}{L}\right) e integre:
\int_{0}^{L} f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx = A_n\int_{0}^{L}\cos^{2}\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx = A_n\frac{L}{2}.
Portanto, para n\ge1,
A_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Estas fórmulas são exatamente as do desenvolvimento em série de Fourier em cossenos (série de Fourier com condições tipo Neumann).

Passo 11

Conclusão formal e interpretação física (rápida): a solução formal do problema é
u(x,t)=\frac{1}{L}\int_{0}^{L} f(s)\,ds \;+\;\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(s)\cos\!\left(\frac{n\pi s}{L}\right)\,ds\right) e^{-\alpha^{2}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}t}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).
Justificativa: deriva-se pela separação de variáveis, solução do problema de Sturm–Liouville com BCs de Neumann, uso da ortogonalidade das autofunções para calcular coeficientes. Fisicamente, A_0 é a média inicial da temperatura (modo zero, não decai), e os outros modos decaem exponencialmente com taxas \alpha^{2}(n\pi/L)^{2} — modos de alta frequência decaem mais rápido. Em prova, mostre cada caso de \lambda e calcule as integrais de ortogonalidade como feito acima.

Resposta

u(x,t)=\frac{1}{L}\int_{0}^{L} f(s)\,ds \;+\;\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(s)\cos\!\left(\frac{n\pi s}{L}\right)\,ds\right) e^{-\alpha^{2}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}t}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)
A_0=\frac{1}{L}\int_{0}^{L} f(x)\,dx,\qquad A_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(x)\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx\quad(n\ge1).

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