QUESTÃO 2 - Considere o seguinte problema de condução de calor em uma barra:
\left\{\begin{array}{lll} u_{x x}(x, t)=u_{t}(x, t), & 0<x<20, \quad t>0 \\\ u_{x}(0, t)=0, \quad u_{x}(20, t)=0, & t>0 \\\ u(x, 0)=f(x), & 0<x<20 . \end{array}\right.
onde
f(x)= \begin{cases}x, & 0<x<10 \\\\ 10, & 10 \leqslant x<20\end{cases}
(a) Encontre a solução desse problema.
(b) Calcule \lim _{t \rightarrow \infty} u(x, t).

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos dá:
  • Pede duas coisas:
    1. (a) Encontrar a solução [u(x,t)) do problema de condução de calor.
    2. (b) Calcular \lim_{t\to\infty} u(x,t).
  • Condições e informações fornecidas:
    • Equação do calor unidimensional: u_{x x}(x,t)=u_{t}(x,t),\qquad 0<x<20,\; t>0.
    • Condições de contorno (Neumann, isolante nas extremidades): u_{x}(0,t)=0,\qquad u_{x}(20,t)=0,\qquad t>0.
    • Condição inicial (função peça a peça): f(x)=\begin{cases} x, & 0<x<10,\\[4pt] 10, & 10\le x<20. \end{cases}
    • Comprimento da barra: (L=20].]

Passo 2

Por que usar expansão em autovetores (ideia geral do método) — explicação didática:
  • Para problemas lineares com condições homogêneas nas fronteiras (aqui u_x=0), uma técnica padrão é expandir a solução em séries de modos que respeitam as condições de contorno (autofunções do operador espacial).
  • Esses modos são as funções \cos\!\big(\tfrac{n\pi x}{L}\big) (e a constante) para condições Neumann em [0,L]. Cada modo decai exponencialmente no tempo com taxa dada pelo autovalor.
  • Assim esperamos uma solução da forma u(x,t)=A_0+\sum_{n=1}^{\infty} A_n e^{-\lambda_n t}\cos\!\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big),onde será determinado A_0,\;A_n,\;\lambda_n a partir do problema e da condição inicial f(x).
  • Vamos construir isso passo a passo, mostrando de onde vêm os autovalores e como calcular os coeficientes A_n.

Passo 3

Separação de variáveis e resolução do problema de autovalores (detalhado):
  • Suponha u(x,t)=X(x)T(t). Substituindo em u_{t}=u_{xx} obtemos X(x)T'(t)=X''(x)T(t)\quad\Rightarrow\quad \frac{T'(t)}{T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda,onde \lambda é constante de separação.
  • Isso gera dois problemas: T'(t)=-\lambda T(t),\qquad X''(x)+\lambda X(x)=0,com as condições de contorno X'(0)=0,\;X'(L)=0 com L=20.
  • Resolver o problema espacial X''+\lambda X=0 com Neumann:
    • Caso \lambda=0: solução é X(x)=C (constante). É aceitável e satisfaz X'(0)=X'(L)=0. Esse modo corresponde ao estado constante.
    • Caso \lambda>0: escreva \lambda=k^2. As soluções são combinações de seno e cosseno. As condições de Neumann implicam X(x)=\cos(kx) com k tal que X'(L)=0\Rightarrow -k\sin(kL)=0. Para \sin(kL)=0 temos kL=n\pi com n\in\mathbb{Z}. Tomamos n\ge1.
      Então k=\frac{n\pi}{L},\qquad \lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2,\qquad X_n(x)=\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\;n=1,2,\dots
  • O modo constante corresponde a n=0 com \lambda_0=0 e X_0(x)=1.
  • As equações do tempo dão T_n(t)=e^{-\lambda_n t} (até constantes multiplicativas absorvidas nos coeficientes).
  • Conclusão: a solução geral em série de Fourier-cossenos é u(x,t)=A_0+\sum_{n=1}^{\infty} A_n e^{-(\frac{n\pi}{L})^2 t}\cos\!\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big).Aqui A_0 e A_n são determinados pela condição inicial u(x,0)=f(x).

Passo 4

Fórmulas para os coeficientes (ortogonalidade e como calcular) — explicação didática:
  • As funções \{1,\cos(\tfrac{n\pi x}{L}),n\ge1\} são ortogonais em [0,L] com produto interno \int_0^L g(x)h(x)\,dx.
  • As fórmulas padrão para a série de cossenos em [0,L] são: A_0=\frac{1}{L}\int_0^L f(x)\,dx, \qquad A_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\cos\!\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)\,dx,\; n\ge1.(Explicação curta: A_0 é a média; os A_n vêm da ortogonalidade e do fator 2/L padrão na série cosseno.)
  • Vamos calcular A_0 e A_n explicitamente para o f(x) dado.

Passo 5

Cálculo de A_0 (média da condição inicial) — contas sem pular etapas:
  • Calcular a integral de f em [0,20] usando a definição peça a peça: \int_0^{20} f(x)\,dx=\int_0^{10} x\,dx+\int_{10}^{20} 10\,dx.
  • Primeiro termo: \int_0^{10} x\,dx=\frac{1}{2}\,10^2=50.
  • Segundo termo: \int_{10}^{20} 10\,dx=10\cdot(20-10)=10\cdot10=100.
  • Soma: \int_0^{20} f(x)\,dx=50+100=150.
  • Então A_0=\frac{1}{L}\int_0^L f(x)\,dx=\frac{1}{20}\cdot150=\frac{15}{2}=\; \(7,5\).

Passo 6

Cálculo de A_n para n\ge1 (integração por partes e simplificação passo a passo):
  • Use L=20. Então
    A_n=\frac{2}{20}\int_0^{20} f(x)\cos\!\Big(\frac{n\pi x}{20}\Big)\,dx =\frac{1}{10}\Big(I_1+I_2\Big),
    onde
    I_1=\int_0^{10} x\cos\!\Big(\frac{n\pi x}{20}\Big)\,dx,\qquad I_2=\int_{10}^{20} 10\cos\!\Big(\frac{n\pi x}{20}\Big)\,dx.
  • Defina k=\dfrac{n\pi}{20} (isso simplifica a notação). Então I_1 e I_2 se tornam integrais padrão em função de k.
  • Calcule I_1 por partes. Para \int x\cos(kx)\,dx:
    • Tome u=x, dv=\cos(kx)\,dx. Então du=dx, v=\dfrac{\sin(kx)}{k}.
    • Assim \int x\cos(kx)\,dx = \frac{x\sin(kx)}{k} + \frac{\cos(kx)}{k^2} + C.
    • Avaliando de 0 a 10: I_1=\left[\frac{x\sin(kx)}{k}+\frac{\cos(kx)}{k^2}\right]_{0}^{10} =\frac{10\sin(10k)}{k}+\frac{\cos(10k)-1}{k^2}.
  • Calcule I_2:
    I_2=10\int_{10}^{20}\cos(kx)\,dx =10\left[\frac{\sin(kx)}{k}\right]_{10}^{20} =10\frac{\sin(20k)-\sin(10k)}{k}.
  • Some I_1+I_2:
    I_1+I_2=\frac{10\sin(10k)}{k}+\frac{\cos(10k)-1}{k^2} +10\frac{\sin(20k)-\sin(10k)}{k}.
    Observe que the \sin(10k) terms cancel:
    \frac{10\sin(10k)}{k}-10\frac{\sin(10k)}{k}=0,
    restando apenas
    I_1+I_2=10\frac{\sin(20k)}{k}+\frac{\cos(10k)-1}{k^2}.
  • Agora use k=\dfrac{n\pi}{20}. Note que
    \sin(20k)=\sin\!\Big(20\cdot\frac{n\pi}{20}\Big)=\sin(n\pi)=0.
    Então o primeiro termo desaparece e sobra
    I_1+I_2=\frac{\cos(10k)-1}{k^2}.
  • Substituindo em A_n=\dfrac{1}{10}(I_1+I_2):
    A_n=\frac{1}{10}\cdot\frac{\cos(10k)-1}{k^2}.
    Reescrevendo em termos de n e \pi: k^2=\dfrac{n^2\pi^2}{400} e \cos(10k)=\cos\!\big(\dfrac{10n\pi}{20}\big)=\cos\!\big(\dfrac{n\pi}{2}\big). Então
    A_n=\frac{\cos\!\big(\tfrac{n\pi}{2}\big)-1}{10\cdot\left(\dfrac{n^2\pi^2}{400}\right)} =\frac{400\big(\cos\!\tfrac{n\pi}{2}-1\big)}{10\,n^2\pi^2} =\frac{40\big(\cos\!\tfrac{n\pi}{2}-1\big)}{n^2\pi^2}.
  • Resultado simplificado para os coeficientes n\ge1:
    A_n=\frac{40\big(\cos\!\tfrac{n\pi}{2}-1\big)}{n^2\pi^2}.
    Observação prática: \cos\!\tfrac{n\pi}{2}-1 vale 0 quando n é múltiplo de 4, vale -1 quando n\equiv1,3\pmod 4 e vale -2 quando n\equiv2\pmod 4. Assim muitos termos têm sinais e valores simples.

Passo 7

Escrevendo a solução completa e comentário sobre convergência:
  • Substituindo A_0 e A_n na série geral com L=20 (portanto \lambda_n=(\tfrac{n\pi}{20})^2) obtemos a solução do problema: u(x,t)=\frac{15}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{40\big(\cos\!\tfrac{n\pi}{2}-1\big)}{n^2\pi^2}\, e^{-\left(\frac{n\pi}{20}\right)^2 t}\cos\!\Big(\frac{n\pi x}{20}\Big).
  • Essa série converge (coeficientes decaem como 1/n^2 e os expoentes temporais atenuam os termos para t>0), e satisfaz a condição inicial em sentido de série de Fourier-cossenos.

Passo 8

Limite quando t\to\infty (intuição física e cálculo):
  • Para cada n\ge1 temos um fator e^{-(\frac{n\pi}{20})^2 t} que tende a zero quando t\to\infty.
  • O termo constante A_0=\tfrac{15}{2} permanece.
  • Portanto \lim_{t\to\infty} u(x,t)=A_0=\frac{15}{2}=\; \(7,5\).
  • Interpretação física: com extremidades isoladas a energia total (integral de u) é conservada, e a solução tende uniformemente ao valor médio da condição inicial sobre a barra.

Resposta

u(x,t)=\dfrac{15}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{40\big(\cos\!\tfrac{n\pi}{2}-1\big)}{n^2\pi^2}\,e^{-\left(\dfrac{n\pi}{20}\right)^2 t}\cos\!\Big(\dfrac{n\pi x}{20}\Big)\n
\displaystyle \lim_{t\to\infty}u(x,t)=\dfrac{15}{2}=7,5

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