Semanas XII, XIII, XIV e XV (aulas dos dias 29/05, 30/05, 06/05, 12/05, 13/05, 19/05 e 20/05):
  • Encontre a solução dos seguintes problemas:
    a) u_{t}=4 u_{x x} \operatorname{em}(0,2) \times(0, \infty);
    u(x, 0)=x^{2}-2 x, \quad 0 \leq x \leq 2 ;
    u(0, t)=u(2, t)=0, \quad t \in[0, \infty)

Passo 1

O enunciado pede a solução da equação do calor unidimensional
u_{t}=4\,u_{x x}\quad\text{em }(0,2)\times(0,\infty),
com condições de contorno de Dirichlet homogêneas
u(0,t)=u(2,t)=0,\quad t\ge0,
e valor inicial
u(x,0)=x^{2}-2x,\quad 0\le x\le2.
O método que vamos usar é separação de variáveis e expansão na base de autovetores do operador espacial.

Passo 2

Procuramos soluções da forma u(x,t)=X(x)\,T(t). Substituindo em u_{t}=4u_{xx}
X(x)\,T'(t)=4\,X''(x)\,T(t) \;\Longrightarrow\; \frac{T'}{4T}=\frac{X''}{X}=-\lambda.
A parte espacial satisfaz
X''+\lambda X=0,\quad X(0)=X(2)=0,
cuja solução não-trivial ocorre para
\lambda_{n}=\Bigl(\tfrac{n\pi}{2}\Bigr)^{2},\quad X_{n}(x)=\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{2}\bigr),\;n=1,2,\dots
A parte temporal é
T_{n}'(t)=-4\lambda_{n}\,T_{n}(t) \;\Longrightarrow\; T_{n}(t)=e^{-4\lambda_{n}t} =e^{-n^{2}\pi^{2}t}.
Logo a solução geral é
u(x,t) =\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}\,\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{2}\bigr)\, e^{-n^{2}\pi^{2}t}.

Passo 3

Para ajustar ao valor inicial u(x,0)=x^{2}-2x, escrevemos
x^{2}-2x =\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}\,\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{2}\bigr).
Usando a ortogonalidade
\displaystyle \int_{0}^{2}\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{2}\bigr)\, \sin\!\bigl(\tfrac{m\pi x}{2}\bigr)\,dx =\delta_{nm},
obtemos
b_{n} =\int_{0}^{2}(x^{2}-2x)\,\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{2}\bigr)\,dx.

Passo 4

Defina a=n\pi/2. Precisamos de
A=\int_{0}^{2}x^{2}\sin(ax)\,dx, \quad B=\int_{0}^{2}x\sin(ax)\,dx.
Por partes chega-se a
B=-\frac{2\cos(2a)}{a}+\frac{\sin(2a)}{a^{2}}, \quad A=-\frac{4\cos(2a)}{a}+\frac{4\sin(2a)}{a^{2}}+\frac{2(\cos(2a)-1)}{a^{3}}.
Então
b_{n}=A-2B =\frac{2\sin(2a)}{a^{2}}+\frac{2(\cos(2a)-1)}{a^{3}}.

Passo 5

Observando que \sin(2a)=\sin(n\pi)=0 e \cos(2a)=\cos(n\pi)=(-1)^{n}, segue
b_{n} =\frac{2\bigl((-1)^{n}-1\bigr)}{a^{3}} =\frac{2\bigl((-1)^{n}-1\bigr)}{(n\pi/2)^{3}} =\frac{16\bigl((-1)^{n}-1\bigr)}{n^{3}\pi^{3}}.
Para n par isso vale zero; para n ímpar \,(-1)^{n}-1=-2, logo
b_{n}=-\frac{32}{n^{3}\pi^{3}} \quad(\text{ \(n\) ímpar}).í

Passo 6

Só os termos de índice ímpar sobrevivem. Escrevendo n=2m+1, m\ge0, a solução final é
\boxed{ u(x,t) =-\frac{32}{\pi^{3}} \sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{(2m+1)^{3}} \sin\!\Bigl(\tfrac{(2m+1)\pi x}{2}\Bigr) \;e^{-(2m+1)^{2}\pi^{2}t} }.

Resposta

u(x,t) =-\frac{32}{\pi^{3}} \sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{(2m+1)^{3}} \sin\!\Bigl(\tfrac{(2m+1)\pi x}{2}\Bigr) \,e^{-(2m+1)^{2}\pi^{2}t}.

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