Resolva o problema abaixo usando Transformada de Laplace:
\left\{\begin{array}{c} k \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}=\frac{\partial u}{\partial t}, \quad x>0, \quad t>0 \\\ \frac{\partial u}{\partial x}(0, t)=-A \delta(t), \quad \lim _{x \rightarrow \infty} u(x, t)=0, \quad t>0 \\\ u(x, 0)=0, \quad x>0 \end{array}\right.
onde k e A são constantes.

Passo 1

O enunciado dá o seguinte problema para x>0,\;t>0:
\left\{\begin{array}{l} k\,\dfrac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}=\dfrac{\partial u}{\partial t},\\[6pt] \dfrac{\partial u}{\partial x}(0,t)=-A\,\delta(t),\\[4pt] \displaystyle \lim_{x\to\infty}u(x,t)=0,\\[4pt] u(x,0)=0, \end{array}\right.
onde k e A são constantes e \delta(t) é a delta de Dirac.
O que se pede é encontrar u(x,t) para x>0,\;t>0.]

Passo 2

Vamos usar a Transformada de Laplace no tempo. Primeiro, lembrando definições e propriedades que vamos precisar (tudo em função da variável de Laplace s):
  • Definição da transformada de Laplace de u(x,t) (para cada x fixo):
\mathcal{L}\{u(x,t)\}(s)=U(x,s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t}\,u(x,t)\,dt.
  • Transformada da derivada temporal (para cada x fixo):
\mathcal{L}\{\partial_t u(x,t)\}(s)=s\,U(x,s)-u(x,0).
Aqui u(x,0) é a condição inicial conhecida.
  • A transformada da delta de Dirac localizada em t=0 é
\mathcal{L}\{\delta(t)\}(s)=1.
  • A transformada no tempo comparam-se com derivadas espaciais sem problema: \mathcal{L}\{\partial_x u(x,t)\}(s)=\partial_x U(x,s) (a derivada em x passa para fora da integral porque a transformação é só em t).
Vou usar essas propriedades passo a passo; sempre explico o significado de cada símbolo quando aparecer.

Passo 3

Aplicando a transformada de Laplace (em t) à equação PDE k\,u_{xx}=u_t:
  • No lado esquerdo, k\,u_{xx} como função de t tem transformada k\,\partial_{x}^{2}U(x,s).
  • No lado direito, \partial_t u tem transformada s\,U(x,s)-u(x,0).
Como u(x,0)=0 pelo enunciado, obtemos a equação em x (para cada s):
k\,\frac{\partial^{2} U}{\partial x^{2}} = s\,U.
Reescrevendo:
\frac{\partial^{2} U}{\partial x^{2}} - \frac{s}{k}\,U = 0.
Isto é uma EDO linear de segunda ordem em x com parâmetro s.

Passo 4

Resolvendo a EDO em x. A equação característica é
r^{2}-\frac{s}{k}=0 \quad\Rightarrow\quad r=\pm \sqrt{\frac{s}{k}}.
Portanto a solução geral é
U(x,s)=C_{1}(s)\,e^{\sqrt{\frac{s}{k}}\,x}+C_{2}(s)\,e^{-\sqrt{\frac{s}{k}}\,x},
onde C_{1}(s) e C_{2}(s) são funções de s a determinar pelas condições de contorno transformadas.
A condição física \lim_{x\to\infty} u(x,t)=0 implica, ao transformar, \lim_{x\to\infty} U(x,s)=0 (para \Re s grande o suficiente). Para que a solução decaia quando x\to\infty devemos ter C_{1}(s)=0 (o termo exponencial crescente é proibido). Logo
U(x,s)=C(s)\,e^{-x\sqrt{\frac{s}{k}}},
onde escrevi C(s) para C_{2}(s).

Passo 5

Agora aplicamos a condição de contorno em x=0, que envolve \partial_x u(0,t). Transformando essa condição:
\mathcal{L}\{\partial_x u(0,t)\}(s)=\partial_x U(0,s).
Pelo enunciado \partial_x u(0,t)=-A\,\delta(t), então sua transformada é -A. Assim:
\partial_x U(0,s) = -A.
Calculemos \partial_x U(x,s) a partir de U(x,s)=C(s)\,e^{-x\sqrt{s/k}}:
\partial_x U(x,s) = -C(s)\,\sqrt{\frac{s}{k}}\,e^{-x\sqrt{\frac{s}{k}}}.
Em x=0 isso dá
\partial_x U(0,s) = -C(s)\,\sqrt{\frac{s}{k}}.
Igualando a -A obtemos
- C(s)\,\sqrt{\frac{s}{k}} = -A \quad\Rightarrow\quad C(s)\,\sqrt{\frac{s}{k}} = A.
Logo
C(s)=A\,\sqrt{\frac{k}{s}}.

Passo 6

Substituindo C(s) em U(x,s) obtemos a transformada solução:
U(x,s)=A\,\sqrt{\frac{k}{s}}\;e^{-x\sqrt{\frac{s}{k}}}.
Para ficar mais claro, defina a=\dfrac{x}{\sqrt{k}}. Então
U(x,s)=A\sqrt{k}\;s^{-1/2}\;e^{-a\sqrt{s}}.
Nosso próximo passo é inverter a transformada de Laplace para obter u(x,t).

Passo 7

Precisamos do par de transformadas que invertem
s^{-1/2}\,e^{-a\sqrt{s}}.
Uma fórmula padrão (bem conhecida e que pode ser vista em tabelas de transformada de Laplace) é:
\mathcal{L}\!\left\{\frac{1}{\sqrt{\pi t}}\exp\!\left(-\frac{a^{2}}{4t}\right)\right\}(s) = s^{-1/2}\,e^{-a\sqrt{s}},
para a\ge 0. Aqui a=\dfrac{x}{\sqrt{k}}. Vou explicar por que essa fórmula faz sentido, de maneira intuitiva: quando aparece e^{-a\sqrt{s}} no domínio de s isso corresponde, no domínio do tempo, a um núcleo de calor / núcleo Gaussiano com \exp(-a^{2}/(4t)) e fator t^{-1/2}; a constante \sqrt{\pi} ajusta as normalizações (essa é uma identidade padrão resultante da integral de Gauss sob mudança de variável).
Usando essa inversão e lembrando do fator A\sqrt{k}, obtemos
u(x,t)=A\sqrt{k}\;\frac{1}{\sqrt{\pi t}}\exp\!\left(-\frac{a^{2}}{4t}\right)
com a=\dfrac{x}{\sqrt{k}}. Substituindo a^{2}=\dfrac{x^{2}}{k}
u(x,t)=A\sqrt{k}\;\frac{1}{\sqrt{\pi t}}\exp\!\left(-\frac{x^{2}}{4kt}\right).

Passo 8

Interpretação e verificação rápida (didática e prática para a prova):
  • A solução encontrada é
u(x,t)=A\sqrt{k}\,\dfrac{1}{\sqrt{\pi t}}\exp\!\left(-\dfrac{x^{2}}{4kt}\right),
válida para x>0,\;t>0.
  • Verificações rápidas:
    • Para cada t>0, \displaystyle \lim_{x\to\infty}u(x,t)=0 pela exponencial negativa, conforme exigido.
    • Para t\to 0^{+} e x>0 fixo, a exponencial domina e u(x,t)\to 0, coerente com a condição inicial u(x,0)=0 em sentido pontual (a singularidade está concentrada em x=0,t=0 por causa da delta).
    • A condição de contorno \partial_x u(0,t)=-A\delta(t) é satisfeita em sentido de distribuições: para t>0 a derivada espacial em x=0 é zero (a solução é regular para t>0 e tem simetria de tipo núcleo), e a presença de -A\delta(t) corresponde justamente ao impulso instantâneo de fluxo no tempo t=0 que gerou a solução acima; matematicamente essa condição foi usada direto na fase transformada (onde \mathcal{L}\{\delta\}=1).
Se quiser, na prova você pode justificar a fórmula de inversão citada lembrando ou consultando uma tabela de transformadas padrão; é uma identidade muito utilizada em problemas de calor com condições impulsivas.

Resposta

u(x,t)=A\sqrt{k}\,\dfrac{1}{\sqrt{\pi t}}\exp\!\left(-\dfrac{x^{2}}{4kt}\right)

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