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Exercícios Resolvidos de Modelagem com Equação do Calor

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Enunciado

Considere a condução de calor em uma barra de 40 cm de comprimento, cujas extremidades, esquerda e direita são mantidas, respectivamente, a 0 o C e a 80 o C para t > 0 . Suponha que inicialmente a temperatura ao longo da barra seja 50 o C. Considere α 2 = 1 .

  1. Determine a temperatura de estado estacionário
  2. Determine a expressão da temperatura u ( x , t ) para t ≥ 0 .

Passo 1

Letra a)

Bom, antes de tudo, precisamos escrever matematicamente tudo o que o enunciado nos disse. Temos uma barra com comprimento L = 40 . Sabemos que a temperatura inicial é

u x , 0 = 50

E que as temperaturas nas extremidades são fixadas em

u 0 , t = 0

u 40 , t = 80

Temos também a equação de calor

u x x = u t

Passo 2

Como temos condições de Dirichlet não homogêneas (embora um lado tenha temperatura fixada em zero, o outro é fixado em 80), precisamos primeiro procurar uma solução estacionária v ( x ) , que não depende do tempo. Como essa solução deve satisfazer a equação de calor, temos:

v x = v t       →         v ' ' x = 0

Como v ( x ) não possui a variável t , sua derivada em relação a t é zero (a temperatura não varia no tempo). Isso nos dá:

v x = a x + b

É só integrar 2 vezes!

Beleza, além disso, a solução v ( x ) também tem que atender às condições de contorno, né? Temos:

v ( 0 ) = 0

v ( 40 ) = 80

Bom, agora vamos substituir isso aí na fórmula geral de v ( x ) que encontramos!

v 0 = 0 = b

v 40 = 80 = 40 a + b         →         a = 2

v x = 2 x

Pronto, essa é a expressão de v ( x ) .

Passo 3

Letra b)

Mas o que nós queremos é u ( x , t ) , não v ( x ) . Certo, vamos dizer o seguinte:

u x , t = v x + w ( x , t )

Agora, nós vamos entender a solução u ( x , t ) como uma perturbação da solução estacionária, fazendo que u ( x , t ) é a soma de v ( x ) com uma função de x e t , w ( x , t ) . Vamos substituir essa definição de u ( x , t ) nas condições do problema:

u x x = u t         →         v ' ' x ⏟ 0 v ' ' x + w x x = v ' ' x ⏟ 0 + w t         →         w x x = w t

u 0 , t = 0         →         v 0 ⏟ 0 + w 0 , t = 0           →           w 0 , t = 0

u 40 , t = 80         →         v 40 ⏟ 80 + w 40 , t = 80           →           w 40 , t = 0

A condição que dá a temperatura inicial ao longo da barra, u x , 0 = 50 nós vamos deixar, como sempre, por último! Depois falamos dela.

Passo 4

Percebeu que nós encontramos um problema homogêneo em w ( x , t ) ? Basta resolvê-lo para encontrar u ( x , t ) então.

Se você reparar, nós temos

w x x = w t w 0 , t = 0 w 40 , t = 0

Aplicando a separação de variáveis:

w x , t = X x T t

Substituindo na equação de calor:

X ' ' x T ( t ) = X ( x ) T ' ( t )

X ' ' x X x = T ' t T t = - λ

O que nos dá

  X ' ' + λ X = 0 T ' + λ T = 0

Aplicando a separação de variáveis para as condições de w :

w 0 , t = 0         →           X 0 . T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X 0 = 0

u 40 , t = 0         →           X 40 . T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X 40 = 0

Passo 5

Temos agora que resolver o problema de contorno em x :

X ' ' + λ X = 0

X 0 = X 40 = 0

Temos a seguinte equação característica:

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Caso 1: ∆ > 0 . Ou seja, o que está dentro da raiz é positivo. Nesse caso, λ < 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 e - λ x + c 2 e - - λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: X 0 = 0 X 40 = 0

X 0 = c 1 + c 2 = 0

X 40 = c 1 e 40 - λ + c 2 e - 40 - λ = 0

Isso nos dá

c 2 = - c 1

c 1 e 40 - λ - c 1 e - 40 - λ = 0

c 1 ( e 40 - λ - e - 40 - 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 . Nesse caso, λ = 0 . As soluções são do tipo:

X x = c 1 + c 2 x

Agora vamos usar as condições de contorno: X 0 = 0 X 40 = 0

X 0 = c 1 = 0

X 40 = c 1 + 40 c 2 = 0

Isso nos dá

40 c 2 = 0

c 2 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos

X x = 0

Novamente, a solução trivial, que não nos ajuda em nada. Beleza, vamos ver o 3º caso agora!

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

X 0 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 = 0

c 1 = 0

X 40 = c 1 cos ⁡ 40 λ + c 2 sen ⁡ 40 λ = 0

Isso nos dá

c 2 sen ⁡ 40 λ = 0

Agora vamos com calma! Se tivermos c 2 = 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 ⁡ 40 λ = 0

O seno se anula em π , 2 π , 3 π ... n π , múltiplos inteiros de π . Logo, podemos dizer que:

40 λ = n π             n = 1,2 , 3 …

λ = n π 40

λ n = n π 40 2

As soluções do 3º caso são então do tipo:

X n x = sen ⁡ n π x 40                 n = 1,2 , 3 …

Agora vamos resolver o problema em t .

Passo 6

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

Temos a seguinte EDO do 1º grau:

T ' + λ T = 0

Sua solução é

T t = e - λ t

Substituindo λ :

T n t = e - π 2 n 2 t / 1600  

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

w n = s e n   n π x 40 e - π 2 n 2 t / 1600  

Essa é a solução fundamental w n , nós sabemos que combinações lineares dessa solução também satisfazem a EDO, então, podemos escrever:

w x , t = ∑ n = 1 ∞ b n s e n   n π x 40 e - π 2 n 2 t / 1600    

Certo?

Passo 7

Beleza, mas esse w ( x , t ) não serve de nada se não tivermos os coeficientes b n , né? Para encontrá-los, vamos usar a condição que está faltando u x , 0 = 50

Aqui tem um detalhe diferente. Repare que a condição é sobre u ( x , t ) , não sobre w ( x , t ) ! Mas nós sabemos que u x , t = v x + w ( x , t ) , não é? Então vamos usar isso:

u x , t = 2 x + w ( x , 0 )

u x , t = 2 x + ∑ n = 1 ∞ b n s e n   n π x 40 e - π 2 n 2 t / 1600    

Agora sim, podemos usar a condição:

u x , 0 = 2 x + ∑ n = 1 ∞ b n s e n   n π x 40   = 50

∑ n = 1 ∞ b n s e n   n π x 40   = 50 - 2 x

Precisamos então encontrar o b n . Vendo essa série como uma Série de Fourier de senos, temos:

b n = 1 20 ∫ 0 40 [ 50 - 2 x ]   s e n   n π x 40 d x

Lembrando que L = 40 , o comprimento da barra (podemos ver isso no denominador do seno).

b n = 5 2 ∫ 0 4 0 s e n   n π x 40 d x - 2 20 ∫ 0 4 0 x ⏟ u   s e n   n π x 40 ⏟ v ' d x

Integrando por partes, encontramos:

b n = - 100 n π cos ⁡ n π 40 0 40 - 4 n π - x cos ⁡ n π x 40 0 40 - ∫ 0 40 cos ⁡ n π x 40

b n = - 100 n π cos ⁡ n π - 1 + 160 n π cos ⁡ n π + 160 n 2 π 2 sen ⁡ n π 40 0 40  

b n = 60 cos ⁡ n π + 100 n π  

Como podemos escrever

cos ⁡ n π = - 1 n

Temos

b n = 60 - 1 n + 100 n π  

Temos então a solução geral:

u x , t = 2 x + ∑ n = 1 ∞ 60 - 1 n + 100 n π   s e n   n π x 40 e - π 2 n 2 t / 1600    

Resposta

u x , t = 2 x + ∑ n = 1 ∞ 60 - 1 n + 100 n π   s e n   n π x 40 e - π 2 n 2 t / 1600    

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