A temperatura \mathrm{u}(\mathrm{x}, \mathrm{t}) em uma barra com 10 cm de comprimento, extremidades mantidas à temperatura de 0^{\circ} \mathrm{C} para todo \mathrm{t}>0 \backslash \mathrm{ge} 0 \mathrm{t} \geq 0, a uma distribuição de temperatura inicial dada por:
f(x)= \begin{cases}2 x / 10, & 0 \leq x<5 \\\ (10-x) / 5, & 5 \leq x<10\end{cases}

Passo 1

O enunciado me dá o seguinte problema (vou escrever tudo explicitamente para ficar claro o que tenho em mãos):
  • A barra tem comprimento 10\) (unidades: cm) e as extremidades são mantidas a \(0^\circ\mathrm{C}\) para todo \(t\ge 0\). Logo as condições de contorno são \[u(0,t)=0,\qquad u(10,t)=0\quad\text{para todo }t\ge 0.
  • A distribuição inicial (temperatura no instante t=0) é a função f(x) dada por
f(x)=\begin{cases} \dfrac{2x}{10}=\dfrac{x}{5}, & 0\le x<5,\\[6pt] \dfrac{10-x}{5}, & 5\le x<10. \end{cases}
  • Está implícito que u(x,t)\] satisfaz a equação do calor unidimensional padrão (assumo a forma canônica com difusividade igual a \(1):
u_t = u_{xx},\qquad 0<x<10,\; t>0,
com condição inicial u(x,0)=f(x).
Esses são os dados: domínio espacial 0\le x\le 10, condições de contorno homogêneas de Dirichlet e condição inicial triangular, simétrica com pico f(5)=1.]

Passo 2

Estratégia (sem resolver ainda): vou usar separação de variáveis e expansão em série de senos (série de Fourier seno) porque as condições de contorno são homogêneas u(0,t)=u(10,t)=0. Ideia principal: procurar solução da forma
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} b_n e^{-\lambda_n t}\sin\!\big(k_n x\big),
onde os \sin(k_n x) são autovetores do problema de Sturm–Liouville para X''+\lambda X=0 com X(0)=X(10)=0. Vou explicar por quê: quando se separa as variáveis u(x,t)=X(x)T(t) e divide por XT obtém-se uma constante (autovalor) que leva ao problema espacial
X''+\mu X=0,\quad X(0)=X(10)=0,
cujos autovalores são \mu_n=(n\pi/10)^2 e autovetores X_n(x)=\sin(n\pi x/10). Cada modo temporal corresponde a T_n(t)=e^{-\mu_n t}. Essas funções \sin(n\pi x/10) são ortogonais em [0,10] e servem de base para expandir f(x).

Passo 3

Detalhe técnico (autovalores e autovetores): resolvendo X''+\mu X=0 com X(0)=X(10)=0 obtemos as soluções não-triviais quando \mu=\left(\dfrac{n\pi}{10}\right)^2 para n=1,2,\dots. Portanto
k_n=\dfrac{n\pi}{10},\qquad \mu_n=k_n^2=\left(\dfrac{n\pi}{10}\right)^2,
e os modos espaciais são
X_n(x)=\sin\!\big(k_n x\big)=\sin\!\Big(\dfrac{n\pi x}{10}\Big).
A solução geral (série de modos) que satisfaz as BCs é então
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} b_n e^{-k_n^2 t}\sin\!\Big(\dfrac{n\pi x}{10}\Big) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n e^{-\frac{n^2\pi^2}{100}t}\sin\!\Big(\dfrac{n\pi x}{10}\Big).
Agora preciso determinar os coeficientes b_n a partir da condição inicial u(x,0)=f(x).

Passo 4

Como as funções \sin\!\big(\dfrac{n\pi x}{10}\big)\) são ortogonais em \([0,10]\) com \[\int_0^{10}\sin\!\Big(\dfrac{n\pi x}{10}\Big)\sin\!\Big(\dfrac{m\pi x}{10}\Big)\,dx = \begin{cases} 0,& n\neq m,\\[4pt] \dfrac{10}{2}=\,5,& n=m, \end{cases}
a expansão de f(x)\] na base de senos tem coeficientes dados por (fórmula padrão da série de Fourier seno) \[b_n = \dfrac{2}{10}\int_0^{10} f(x)\sin\!\Big(\dfrac{n\pi x}{10}\Big)\,dx = \dfrac{1}{5}\int_0^{10} f(x)\sin\!\Big(\dfrac{n\pi x}{10}\Big)\,dx.\] Vou calcular essa integral usando a expressão por partes de \(f(x) (ela é definida por dois ramos em [0,5) e [5,10)).]

Passo 5

Escrevo a integral em duas partes usando a definição de f(x):
b_n=\dfrac{1}{5}\left(\int_0^{5}\dfrac{x}{5}\sin\!\Big(\dfrac{n\pi x}{10}\Big)\,dx +\int_{5}^{10}\dfrac{10-x}{5}\sin\!\Big(\dfrac{n\pi x}{10}\Big)\,dx\right).
Factorizando \dfrac{1}{5} interno,
b_n=\dfrac{1}{25}\left(\int_0^{5} x\sin(\alpha x)\,dx + \int_{5}^{10}(10-x)\sin(\alpha x)\,dx\right),
onde eu denoto para simplificar \alpha=\dfrac{n\pi}{10}. Agora calculo cada integral separadamente com integração por partes.

Passo 6

Cálculo da primeira integral \displaystyle I_1=\int_0^{5} x\sin(\alpha x)\,dx.
Usando integração por partes: tomar u=x, dv=\sin(\alpha x)\,dx. Então du=dx e v=-\dfrac{\cos(\alpha x)}{\alpha}. Assim
\int x\sin(\alpha x)\,dx = -\dfrac{x\cos(\alpha x)}{\alpha} + \dfrac{1}{\alpha}\int \cos(\alpha x)\,dx = -\dfrac{x\cos(\alpha x)}{\alpha} + \dfrac{\sin(\alpha x)}{\alpha^2}.
Avalio de 0 a 5:
I_1 = \left[-\dfrac{x\cos(\alpha x)}{\alpha} + \dfrac{\sin(\alpha x)}{\alpha^2}\right]_{0}^{5} = -\dfrac{5\cos(5\alpha)}{\alpha} + \dfrac{\sin(5\alpha)}{\alpha^2}.

Passo 7

Cálculo da segunda integral \displaystyle I_2=\int_{5}^{10}(10-x)\sin(\alpha x)\,dx.
Faço a manipulação 10-x como 10-x = 10 - x, então
I_2 = 10\int_{5}^{10}\sin(\alpha x)\,dx - \int_{5}^{10} x\sin(\alpha x)\,dx.
Já conheço a primitiva de \sin(\alpha x) e a primitiva de x\sin(\alpha x) (da etapa anterior). Usando essas primitivas:
10\int \sin(\alpha x)\,dx = -\dfrac{10\cos(\alpha x)}{\alpha},
e
\int x\sin(\alpha x)\,dx = -\dfrac{x\cos(\alpha x)}{\alpha} + \dfrac{\sin(\alpha x)}{\alpha^2}.
Portanto, combinando e avaliando entre 5 e 10,
I_2 = \left(-\dfrac{10\cos(\alpha x)}{\alpha}\right)\Big|_{5}^{10} - \left(-\dfrac{x\cos(\alpha x)}{\alpha} + \dfrac{\sin(\alpha x)}{\alpha^2}\right)\Big|_{5}^{10}.
Fazendo as contas (expandindo as avaliações) obtemos, após simplificar termos,
I_2 = \dfrac{5\cos(5\alpha)}{\alpha} + \dfrac{\sin(5\alpha)-\sin(10\alpha)}{\alpha^2}.

Passo 8

Somando I_1 e I_2:
I_1+I_2 =\Big(-\dfrac{5\cos(5\alpha)}{\alpha} + \dfrac{\sin(5\alpha)}{\alpha^2}\Big) +\Big(\dfrac{5\cos(5\alpha)}{\alpha} + \dfrac{\sin(5\alpha)-\sin(10\alpha)}{\alpha^2}\Big).
Os termos com \cos(5\alpha) cancelam, sobrando
I_1+I_2 = \dfrac{2\sin(5\alpha)-\sin(10\alpha)}{\alpha^2}.
Lembro que \alpha=\dfrac{n\pi}{10}, então 5\alpha = \dfrac{n\pi}{2} e 10\alpha = n\pi. Sabendo que \sin(n\pi)=0 para todo inteiro n, o termo \sin(10\alpha)=\sin(n\pi)=0. Assim
I_1+I_2 = \dfrac{2\sin(5\alpha)}{\alpha^2} = \dfrac{2\sin\!\big(\dfrac{n\pi}{2}\big)}{\alpha^2}.

Passo 9

Voltando à expressão de b_n,
b_n = \dfrac{1}{25}\,(I_1+I_2) = \dfrac{1}{25}\cdot \dfrac{2\sin\!\big(\dfrac{n\pi}{2}\big)}{\alpha^2}.
Substituo \alpha^2=\big(\dfrac{n\pi}{10}\big)^2=\dfrac{n^2\pi^2}{100}. Então
b_n = \dfrac{2}{25}\cdot \dfrac{\sin\!\big(\dfrac{n\pi}{2}\big)}{\dfrac{n^2\pi^2}{100}} = \dfrac{2}{25}\cdot \dfrac{100}{n^2\pi^2}\sin\!\big(\dfrac{n\pi}{2}\big).
Simplificando \dfrac{2\cdot 100}{25} = 8, obtemos a forma simples
b_n = \dfrac{8}{n^2\pi^2}\,\sin\!\Big(\dfrac{n\pi}{2}\Big).
Observação importante sobre \sin\!\big(\dfrac{n\pi}{2}\big): esse termo é zero para n par e alterna entre +1 e -1 para n ímpar. Assim só aparecem termos ímpares na série. Podemos reescrever para n=2m-1 ( m=1,2,\dots):
b_{2m-1} = \dfrac{8(-1)^{\,m-1}}{(2m-1)^2\pi^2}, \qquad b_{2m}=0.

Passo 10

Finalmente substituo os b_n na série solução. Lembrando o decaimento temporal por e^{-k_n^2 t} com k_n=\dfrac{n\pi}{10}, a solução é
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{8}{n^2\pi^2}\sin\!\Big(\dfrac{n\pi}{2}\Big)\, e^{-\frac{n^2\pi^2}{100}t}\,\sin\!\Big(\dfrac{n\pi x}{10}\Big).
Usando a forma só com índices ímpares, uma forma mais enxuta é
u(x,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\dfrac{8(-1)^{\,m-1}}{(2m-1)^2\pi^2}\, e^{-\frac{(2m-1)^2\pi^2}{100}t}\, \sin\!\Big(\dfrac{(2m-1)\pi x}{10}\Big).
Isso dá a expansão da temperatura para t>0 e 0\le x\le 10. Interpretação física rápida: somente modos ímpares (seno com meio-período alinhado ao pico central) aparecem porque a condição inicial é uma função ímpar em relação ao centro x=5 espelhada com sinal trocado — em outras palavras, a simetria da condição inicial escolhe só esses modos — e cada modo decai exponencialmente com taxa proporcional a (2m-1)^2.

Resposta

u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{8}{n^2\pi^2}\sin\!\Big(\dfrac{n\pi}{2}\Big) e^{-\frac{n^2\pi^2}{100}t}\sin\!\Big(\dfrac{n\pi x}{10}\Big)
\text{ou, equivalentemente,}\qquad u(x,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\dfrac{8(-1)^{\,m-1}}{(2m-1)^2\pi^2} e^{-\frac{(2m-1)^2\pi^2}{100}t}\sin\!\Big(\dfrac{(2m-1)\pi x}{10}\Big).

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