Resolva a equação do calor (1) sujeita a
\begin{aligned} & u(0, t)=0, \quad u(100, t)=0, \quad t>0 \\\ & u(x, 0)=\left\{\begin{array}{lc} 0,8 x, & 0 \leq x \leq 50 \\\\ 0,8(100-x), & 50<x \leq 100 . \end{array}\right. \end{aligned}

Passo 1

O problema pede para encontrar a solução da equação do calor no segmento [[0,100]) com condições de contorno nulas e condição inicial triangular. As informações fornecidas são:
  • A equação do calor (assumo a forma padrão)
u_t=\kappa\,u_{xx},\qquad x\in(0,100),\\ t>0,
onde \kappa>0 é a difusividade térmica (constante).
  • Condições de contorno (Dirichlet)
u(0,t)=0,\qquad u(100,t)=0,\qquad t>0.
  • Condição inicial (dada em partes)
u(x,0)=\begin{cases} 0,8\,x, & 0\le x\le 50,\\[4pt] 0,8\,(100-x), & 50<x\le 100. \end{cases}
  • O objetivo: determinar u(x,t)\] para \(x\in[0,100] e t\ge0.]

Passo 2

Estratégia geral (sem entrar em detalhes ainda): buscamos a solução como uma série em autossoluções do problema linear com contornos 0 — as funções seno que satisfazem as condições de contorno. Essas autossoluções vêm da separação de variáveis: u(x,t)=X(x)T(t). Vou mostrar passo a passo como obter os autovalores, autovetores, a forma geral da solução e como calcular os coeficientes a partir da condição inicial.

Passo 3

Separação de variáveis: suponha u(x,t)=X(x)T(t). Substituindo na equação u_t=\kappa u_{xx} obtemos
X(x)T'(t)=\kappa X''(x)T(t).
Dividindo por \kappa X(x)T(t) (assumindo X,T\neq0) dá
\frac{T'(t)}{\kappa T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda,
onde \lambda é constante de separação (colocamos sinal negativo por convenção). Assim obtemos dois ODEs:
T'(t)=-\kappa\lambda T(t),
X''(x)+\lambda X(x)=0,
com condições de contorno X(0)=0 e X(100)=0.

Passo 4

Resolvendo a equação espacial com as condições de contorno:
  • Se \lambda\le0 não obtemos soluções não-triviais que satisfaçam ambas as condições; as autovalores válidas são positivas.
  • Para \lambda>0 escrevemos \lambda=\mu^2. A solução espacial não-trivial que zera nas extremidades é
X_n(x)=\sin\!\big(\mu_n x\big),
com \mu_n=\frac{n\pi}{100}, n=1,2,3,\dots. Portanto os autovalores são
\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{100}\right)^2,\qquad n=1,2,\dots
e as autossoluções temporais correspondentes são
T_n(t)=e^{-\kappa\lambda_n t}=e^{-\kappa (n\pi/100)^2 t}.

Passo 5

Solução geral (soma das autossoluções): como o problema é linear e homogêneo nas condições de contorno, a solução é a série de Fourier-seno
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} b_n \,e^{-\kappa (n\pi/100)^2 t}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{100}\right),
onde os coeficientes b_n são determinados pela condição inicial u(x,0)=f(x), com
f(x)=\begin{cases} 0,8\,x, & 0\le x\le 50,\\[4pt] 0,8\,(100-x), & 50<x\le 100. \end{cases}]

Passo 6

Fórmula para os coeficientes da série seno: para comprimento L=100 temos a fórmula padrão
b_n=\frac{2}{100}\int_{0}^{100} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{100}\right)\,dx.
Vamos calcular essa integral usando a estrutura em duas partes de f(x).

Passo 7

Explorar a simetria do f(x): note que f(100-x)=f(x) (função triangular simétrica em x=50). Para a segunda integral, fazemos a mudança y=100-x e usamos a identidade
\sin\!\left(\frac{n\pi(100-y)}{100}\right)=\sin\!\left(n\pi-\frac{n\pi y}{100}\right)=(-1)^{\,n+1}\sin\!\left(\frac{n\pi y}{100}\right).
Então, escrevendo as duas partes da integral e combinando, obtemos
b_n=\frac{2}{100}\cdot 0,8\left[\int_{0}^{50} x\sin\!\left(\frac{n\pi x}{100}\right)\,dx +\int_{50}^{100} (100-x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{100}\right)\,dx\right].
Após a mudança de variável na segunda integral e a combinação:
b_n=\frac{2}{100}\cdot 0,8\int_{0}^{50}\big(1+(-1)^{\,n+1}\big)\,x\sin\!\left(\frac{n\pi x}{100}\right)\,dx.

Passo 8

Conclusão sobre paridade: observe o fator \big(1+(-1)^{\,n+1}\big).
  • Se n é par, 1+(-1)^{\,n+1}=0 e então b_n=0.
  • Se n é ímpar, 1+(-1)^{\,n+1}=2. Logo, só os índices ímpares contribuem.
Para n ímpar, escrevemos então
b_n=\frac{2}{100}\cdot 0,8\cdot 2\int_{0}^{50} x\sin\!\left(\frac{n\pi x}{100}\right)\,dx =0,032\int_{0}^{50} x\sin\!\left(\frac{n\pi x}{100}\right)\,dx.

Passo 9

Calcular a integral \displaystyle \int_{0}^{50} x\sin(kx)\,dx com k=\dfrac{n\pi}{100} (e n ímpar). Use integração por partes:
  • Tome u=x, dv=\sin(kx)\,dx. Então du=dx, v=-\dfrac{\cos(kx)}{k}.
  • Assim
\int x\sin(kx)\,dx=-\frac{x\cos(kx)}{k}+\int\frac{\cos(kx)}{k}\,dx =-\frac{x\cos(kx)}{k}+\frac{\sin(kx)}{k^2}+C.
Avalie entre 0 e 50:
\int_{0}^{50} x\sin(kx)\,dx=\left[-\frac{x\cos(kx)}{k}+\frac{\sin(kx)}{k^2}\right]_{0}^{50} =-\frac{50\cos(50k)}{k}+\frac{\sin(50k)}{k^2}.

Passo 10

Substitua k=\dfrac{n\pi}{100}. Então 50k=\dfrac{n\pi}{2}. Para n ímpar temos \cos\!\big(\tfrac{n\pi}{2}\big)=0 e \sin\!\big(\tfrac{n\pi}{2}\big)=\pm 1, especificamente
\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)=(-1)^{\frac{n-1}{2}} \quad\text{(para \(n\) ímpar).}í
Portanto a integral fica simplesmente
\int_{0}^{50} x\sin\!\left(\frac{n\pi x}{100}\right)\,dx=\frac{\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{\left(\dfrac{n\pi}{100}\right)^2} =\frac{10000}{n^2\pi^2}\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right).

Passo 11

Agora volte ao b_n para n ímpar:
b_n=0,032\cdot\frac{10000}{n^2\pi^2}\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right).
Calcule o produto 0,032\cdot 10000=320. Assim
b_n=\frac{320}{n^2\pi^2}\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right),\qquad n\\ \text{ímpar},í
e b_n=0 para n par. Usando a expressão de sinal para n ímpar podemos escrever
\sin\!\left(\frac{n\pi}{2}\right)=(-1)^{\frac{n-1}{2}}.
É conveniente reindexar com n=2m-1 (índices ímpares): para m=1,2,\dots
b_{2m-1}=\frac{320(-1)^{\,m-1}}{(2m-1)^2\pi^2}.

Passo 12

Escreva a solução final somando apenas termos ímpares:
u(x,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{320(-1)^{\,m-1}}{(2m-1)^2\pi^2}\, \exp\!\left(-\kappa\frac{(2m-1)^2\pi^2}{10000}\,t\right) \sin\!\left(\frac{(2m-1)\pi x}{100}\right).
Essa série satisfaz as condições de contorno e, ao fazer t\to 0^+, converge (no sentido de séries de Fourier) para a condição inicial triangular dada.

Resposta

u(x,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{320(-1)^{\,m-1}}{(2m-1)^2\pi^2}\, \exp\!\left(-\kappa\frac{(2m-1)^2\pi^2}{10000}\,t\right) \sin\!\left(\frac{(2m-1)\pi x}{100}\right).

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