Questão 5. Aplique o método de separação de variáveis para encontrar as soluções na forma de produto u(x, t)= X(x) T(t) para a equação do calor com um termo de dissipação:
\frac{\partial u}{\partial t}=k \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}-\alpha u
onde k e \alpha são constantes positivas. Analise os três casos para a constante de separação (nula, positiva e negativa).

Passo 1

O enunciado pede para usar separação de variáveis na PDE
\frac{\partial u}{\partial t}=k \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}-\alpha u
procurando soluções do tipo
u(x,t)=X(x)\,T(t).
O conteúdo é método de separação de variáveis aplicado à equação do calor com termo de dissipação, e vamos precisar transformar a PDE em duas ODEs acopladas por uma constante de separação.

Passo 2

Substituindo u(x,t)=X(x)\,T(t) na PDE obtemos
X(x)\,T'(t)=k\,X''(x)\,T(t)-\alpha\,X(x)\,T(t).
Dividindo ambos os lados por k\,X(x)\,T(t) vem
\frac{T'(t)}{k\,T(t)}+\frac{\alpha}{k} \;=\;\frac{X''(x)}{X(x)}.
Como o lado esquerdo depende só de t e o direito só de x, igualamos ambos a uma constante que chamamos de -\lambda:
\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda, \qquad \frac{T'(t)}{k\,T(t)}+\frac{\alpha}{k}=-\lambda.

Passo 3

Escrevendo as duas ODEs resultantes:
X''(x)+\lambda\,X(x)=0,
T'(t)+\bigl(k\,\lambda+\alpha\bigr)\,T(t)=0.
A solução geral de T é
T(t)=C\,e^{-\,(k\lambda+\alpha)\,t},
onde C é constante arbitrária.

Passo 4

Caso \lambda=0.
A equação de X fica
X''(x)=0 \quad\Rightarrow\quad X(x)=A\,x+B.
E a de T é
T'(t)+\alpha\,T(t)=0 \quad\Rightarrow\quad T(t)=C\,e^{-\alpha\,t}.
Logo, para \lambda=0,
u(x,t)=(A\,x+B)\,C\,e^{-\alpha\,t}.

Passo 5

Caso \lambda>0. Defina \lambda=\mu^2 com \mu>0.
A equação de X é
X''+\mu^2X=0 \quad\Rightarrow\quad X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).
E
T(t)=C\,e^{-(k\mu^2+\alpha)\,t}.
Portanto, para \lambda=\mu^2>0,
u(x,t)=\bigl[A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x)\bigr]\, C\,e^{-(k\mu^2+\alpha)\,t}.

Passo 6

Caso \lambda<0. Defina \lambda=-\mu^2 com \mu>0.
Então
X''-\mu^2X=0 \quad\Rightarrow\quad X(x)=A\,e^{\mu x}+B\,e^{-\mu x},
e
T(t)=C\,e^{-(\alpha -k\mu^2)\,t} = C\,e^{(k\mu^2-\alpha)\,t}.
Logo, para \lambda=-\mu^2<0,
u(x,t)=\bigl[Ae^{\mu x}+B e^{-\mu x}\bigr]\, C\,e^{(k\mu^2-\alpha)\,t}.

Resposta

As soluções separáveis são, em geral,
u(x,t)=X(x)\,T(t)
com T(t)=C\,e^{-(k\lambda+\alpha)t} e as formas de X(x) dadas por:
(a) \lambda=0: X(x)=A\,x+B.
(b) \lambda=\mu^2>0: X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).
(c) \lambda=-\mu^2<0: X(x)=A\,e^{\mu x}+B\,e^{-\mu x}.
Em cada caso, u(x,t)=X(x)\,C\,e^{-(k\lambda+\alpha)t}.

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