Exercícios Resolvidos de Modelagem com Equação do Calor

William E. Boyce e Richard C. DiPrima, Equações diferenciais elementares e problemas de contorno, 9ª ed., Rio de Janeiro: LTC, 2010, pp. 331. Exercício 12 adaptado.

Considere uma barra uniforme de comprimento L a uma temperatura inicial dada por u x , 0 = sen π x L , 0 x L . Suponha que ambas as extremidades estão isoladas. Considerando α = 1 , encontre a temperatura u ( x , t ) dessa barra.

Passo 1

Primeiro, temos que escrever matematicamente o que o problema nos deu.Temos a equação de calor:

u x x = u t           0 < x < L ,     t > 0

E a temperatura inicial

u x , 0 = sen π x L               0 x L

Como o problema diz que as extremidades estão isoladas, sabemos que não há fluxo de calor passando por elas, portanto não há variação de temperatura na direção x , logo:

u x 0 , t =     u x L , t = 0                       t > 0

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Passo 2

Vamos fazer a separação de variáveis. Vamos supor que a função u ( x , t ) que procuramos possa ser escrita como a multiplicação de uma função apenas da variável x por outra apenas da variável t , dessa forma:

u x , t = X x T ( t )

Como essa solução deve satisfazer à equação de calor, temos:

X ' ' x T t = X x T ' t

Agora vamos separar as variáveis nessa equação, de um lado deixamos tudo que tem x e do outro tudo que tem t :

X ' ' x X x = T ' t T t

Como essa igualdade deve valer para todo x e para todo t e essas variáveis são independentes, sabemos que essas frações são iguais a uma constante:

X ' ' x X x = T ' t T t = - λ

Vamos agora separar essa igualdade em duas equações:

X ' ' + λ X = 0 T ' + λ T = 0

Repara nos dados que o problema deu, vamos reescrevê-los usando a separação de variáveis u x , t = X x . T ( t ) :

u x 0 , t = 0                   X ' 0 T t 0 = 0                 X ' 0 = 0

Veja que se T t = 0 , isso implica que u x , t = X x . 0 = 0 , encontramos a solução trivial. Então, nós precisamos ter X ' 0 = 0 . O mesmo ocorre aqui:

u x L , t = 0                   X ' L T t 0 = 0                 X ' L = 0

Passo 3

Resolver o problema de contorno.

Nós vamos encontrar o X ( x ) e o T ( t ) um de cada vez e, assim, encontrar u ( x , t ) . Temos duas EDO’s para resolver, uma na variável x e a outra na t , qual resolver primeiro? A que tiver condições de contorno, sempre!

X ' ' + λ X = 0

X ' 0 = X ' L = 0

Bom esse é um caso especial, as condições de Neumann homogêneas, não é? Nós já vimos a solução desse problema na teoria desse capítulo, mas vamos resolver aqui passo a passo.

A primeira coisa que vamos fazer é escrever a equação característica:

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Agora vamos encontrar as soluções da EDO para cada caso de e depois juntar as respostas que encontrarmos.

Caso 1: > 0 , o que nos dá λ < 0 . Nesse caso, as soluções são do tipo:

X x = c 1 e - λ x + c 2 e - - λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: y ' 0 = 0 y ' L = 0 . Temos:

X ' ( x ) = c 1 - λ e - λ x - c 2 - λ e - - λ x

X ' 0 = c 1 - λ - c 2 - λ = 0

X ' L = c 1 - λ e L - λ - c 2 - λ e - L - λ = 0

Isso nos dá

( c 1 - c 2 ) - λ 0 = 0

c 1 = c 2

Aqui temos o mesmo raciocínio:

c 1 ( - λ e L - λ - - λ e - L - λ ) 0 = 0

c 1 = 0

c 2 = c 1 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos X x = 0 .

Mas isso não nos ajuda em nada. Essa é a solução trivial, que não nos interessa. Portanto, esse caso, > 0 , não nos dá soluções para a EDO.

Caso 2: = 0 , o que nos dá λ = 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 + c 2 x

Agora vamos usar as condições de contorno: X ' 0 = 0 e X ' L = 0

X ' x = c 2

X ' 0 = c 2 = 0

X ' ( L ) = c 2 = 0

Bom, as duas condições de contorno nos dão a mesma informação, não é? Temos, então que

X x = c 1

Isso para o autovalor

λ = 0

Como escrevemos, por convenção, as autofunções sem a constante multiplicativa, temos o seguinte:

X x = 1

Essa é uma solução da nossa EDO, e qualquer combinação linear de X ( x ) também.

Caso 3: < 0 . Ou seja, o que está dentro da raiz é negativo. Nesse caso, λ > 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 e α cos β x + c 2 e α x sen β x

Substituindo r = ± - λ = 0 ± i λ

X x = c 1 cos λ x + c 2 sen λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: X ' 0 = 0 X ' L = 0 . Temos:

X ' ( x ) = - c 1 λ sen λ x + c 2 λ cos λ x

X ' 0 = - c 1 λ sen 0 + c 2 λ cos 0 = 0

X ' L = - c 1 λ sen L λ + c 2 λ cos L λ = 0

Isso nos dá

c 2 λ 0 = 0                 c 2 = 0

- c 1 0 sen L λ = 0

Agora vamos com calma! Se tivermos c 1 = 0 , a solução é a trivial X x = 0 , que não nos interessa. Então, para essa igualdade ai em cima ser verdadeira, precisamos que o seno seja zero.

sen L λ = 0

Isso ocorre para valores múltiplos de π , ou seja, quando:

L λ = n π             n = 1,2 , 3

λ = n π L

λ n = n π L 2

A solução geral do caso 3 é, então do tipo:

X n x = cos n π L x                 n = 1,2 , 3

Agora vamos resolver o problema em t .

Passo 4

Tendo o valor de λ n , resolver a outra EDO e achar a solução fundamental u n ( x , t )

Temos a seguinte EDO do 1º grau:

T ' + λ T = 0

Como nós sabemos, a solução dessa EDO é:

T t = e - λ t

Substituindo λ :

T n t = e - π 2 n 2 t / L 2  

Para o caso em que λ = 0

T 0 t = 1

Sabendo que u x , t = X x . T ( t ) , podemos escrever:

u n x , t = cos n π x L e - π 2 n 2 t / L 2             n = 1,2 , 3

u 0 x , t = 1

Lembre-se de que encontramos duas soluções para X ( x ) , por isso temos u n e u 0 .

Passo 5

Escrever u ( x , t ) como série e achar os coeficientes da série

Bom, encontramos fórmulas gerais que satisfazem nossa EDO. Temos que lembrar que combinações lineares dessas soluções também atendem ao problema. Então, podemos escrever o seguinte:

u x , t = a 0 2 + n = 1 a n cos n π x L   e - π 2 n 2 t / L 2    

Uma série infinita nada mais é do que uma combinação linear de infinitos termos, não é?

Muito cuidado aqui. As soluções u n ganharam um coeficiente a n e a solução u 0 = 1 recebeu um coeficiente a 0 / 2 , não podemos nos esquecer dela! Mas porque esse coeficiente, dessa forma? Porque vamos reconhecer essa solução u ( x , t ) como uma Série de Fourier de cossenos.

Beleza, agora temos que achar esses coeficientes de forma que a nossa solução atenda à seguinte condição do problema, que ainda não usamos:

u x , 0 = sen π x L

Veja que, substituindo t = 0 na série, temos u ( x , 0 ) :

u x , 0 = a 0 2 + n = 1 a n cos n π x L     = sen π x L

Fazendo uma extensão par da função s e n ( π x / L ) , temos então o seguinte:

a 0 = 2 L 0 L sen π x L d x

a 0 = - 2 π cos π x L 0 L

a 0 = - 2 π - 1 - 1 = 4 π

Para os outros coeficientes:

a n = 2 L 0 L sen π x L cos n π x L d x

Aqui temos que usar essas relações trigonométricas:

sen ( a + b ) = sen ( a ) cos b + sen ( b ) c o s ( a )

sen ( a - b ) = sen ( a ) cos b - sen ( b ) c o s ( a )

O que nos dá:

sen ( a ) cos b = 1 2 sen ( a + b ) + sen ( a - b )

Portanto, temos:

a n = 1 L 0 L sen π x L + n π x L d x + 0 L sen π x L - n π x L d x

a n = 1 L 0 L sen 1 + n π x L d x + 0 L sen 1 - n π x L d x

a n = 1 L - L π ( n + 1 ) cos n + 1 π x L 0 L + L π ( n - 1 ) cos n - 1 π x L 0 L

a n = 1 π 1 n + 1 - 1 n + 1 cos n + 1 π - 1 n - 1 + 1 n - 1 cos n - 1 π

Agora vamos analisar, para n ímpar,

cos n + 1 π = cos n - 1 π = 1

E temos

a n = 1 π 1 n + 1 - 1 n + 1 - 1 n - 1 + 1 n - 1 = 0

Já para n par, temos:

cos n + 1 π = cos n - 1 π = - 1

O que nos dá

a n = 1 π 1 n + 1 + 1 n + 1 - 1 n - 1 - 1 n - 1

a n = 1 π 2 n + 1 - 2 n - 1 = - 4 π ( n 2 - 1 )

Então nossa resposta é a seguinte:

u x , t = 2 π + n = 1 a n cos n π x L   e - π 2 n 2 t / L 2    

Onde

a n =   0 ,     n   í m p a r - 4 π n 2 - 1 ,     n   p a r

Resposta

u x , t = 2 π + n = 1 a n cos n π x L   e - π 2 n 2 t / L 2    

Onde

a n =   0 ,     n   í m p a r - 4 π n 2 - 1 ,     n   p a r

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