Exercícios Resolvidos de Modelagem com Equação do Calor

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Enunciado

Considere a condução do calor em uma barra de comprimento 40   c m cujas extremidades são mantidas à temperatura de 0 ° C para todo t > 0 .

Em cada um dos casos a seguir, encontre uma expressão para a temperatura u ( x , t ) se a distribuição inicial de temperatura é a função dada. Determine se a condição inicial é satisfeita em todos os pontos e justifique. Explique em que sentido chamamos a expressão que você obteve de solução formal. Assuma que k = 1 .

a )   u x , 0 = x ,           0 < x ≤ 40 .

Passo 1

E aí galerinha, tudo bem?

Temos aqui um probleminha das nossas famosas EDP: equação diferencial parcial, mais especificamente, a equação do calor.

O enunciado não deu pra gente o problema bonitinho com a equação diferencial e as condições de fronteira. Mas, tem algumas informações no enunciado que vão nos ajudar a modelar o problema.

A primeira coisa é que se trata de um problema de equação de calor, onde a constante vale 1 .

O problema da equação do calor (que é basicamente a temperatura ao longo de uma barra), é dado de forma genérica por:

u t - α 2 u x x = 0

Como foi dito pelo enunciado que a constante vale 1 , podemos escrever a EDP como:

u t - u x x = 0

Já sobre a condição de fronteira, o enunciado afirma que as extremidades da barra são mantidas à temperatura de 0 ° C . Então, temos:

u 0 , t = u 40 , t = 0

Perfeito!

Juntando isso com a nossa condição inicial, podemos montar o nosso problema completo como:

u t - u x x = 0 u 0 , t = u 40 , t = 0 u x , 0 = x ,     0 ≤ x ≤ 40

Muito bom, gente! Agora que montamos o problema, vamos resolvê-lo 😉

Passo 2

Pra resolver esse tipo de Equação, usamos o método da separação de variáveis. Daí, fazendo:

u x , t = f x g ( t )

E, substituindo na EDP, vem:

f x g ' t - g t f ' ' x = 0

∴ f ' ' x f x = g ' t g t

A única forma da razão dessas funções serem sempre iguais, independente do valor de x e de t , é se tivermos:

f ' ' x f x = g ' t g t = λ

onde λ é uma constante.

Assim, reduzimos o nosso problema a duas EDO’s:

f ' ' x - λ f x = 0 f 0 = f 40 = 0

E:

g ' t - λ g t = 0 g 0 = x

Começando pelo primeiro problema, temos:

f ' ' x - λ f x = 0

Temos a seguinte equação característica:

r 2 - λ = 0

Daí precisamos analisar os possíveis valores de λ :

- Se λ > 0 , então:

r = ± λ

f x = c 1 e - λ x + c 2 e λ x

Testando as condições iniciais:

f 0 = c 1 + c 2 = 0

f 40 = c 1 ⋅ e - λ ⋅ 40 - c 1 e λ ⋅ 40 = 0

Logo:

c 1 = c 2 = 0

Ou seja, nos deu a solução trivial, que não estamos interessados...

- Se λ = 0 , então:

r = 0

∴ f x = c 1 + c 2 x

Colocando as condições iniciais:

f 0 = c 1 = 0

E:

f 40 = 40 c 2 = 0

∴ c 1 = c 2 = 0

Ou seja, também tempos apenas a solução trivial...

- Se λ < 0 , então:

f x = c 1 cos ⁡ - λ x + c 2 s e n - λ x

Pela condição inicial:

f 0 = c 1 = 0

Logo:

f 40 = c 2 s e n 40 - λ = 0

Como não queremos a solução trivial, devemos ter:

s e n 40 - λ = 0

∴ 40 - λ = n π

⇒ λ = - n 2 π 2 40 2

Daí, desconsiderando a constante c 2   ( c 2 = 1 ) , temos que as autofunções são:

f n x = s e n n π x 40 ,     n = 1,2 , 3 , …

Perfeito!

Passo 3

Então pessoal, podemos agora substituir os autovalores λ que encontramos no problema da EDO em g :

g ' t - λ g t = 0 g 0 = x

Da primeira equação, já temos:

g t = e λ t

Daí, substituindo:

λ =   - n 2 π 2 40 2

Temos:

g n t = e - n 2 π 2 40 2 t ,               n = 1,2 , 3 , …

Logo, lembrando que:

u x , t = f x ⋅ g ( t )

Temos:

u n x , t = e - n 2 π 2 40 2 t ⋅ s e n n π x 40

Bom, esse u n que encontramos é uma fórmula geral de soluções que atendem à nossa EDO em x e à EDO em t . Pela própria definição de autofunções, múltiplos dessa solução ou combinação lineares de soluções desse tipo também satisfazem às EDO’s.

É aí que entra a nossa solução formal, ela representa a forma geral de todas as soluções da nossa EDP. Escrevemos:

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

Perfeito!

Passo 4

Massa! Já encontramos a solução formal, mas ainda temos um pequeno problema...

Não usamos a condição:

u x , 0 = h x = x

em nenhum momento da solução. Então, a solução formal que encontramos ainda precisa atender também a essa condição. Daí, fazendo t = 0 na solução formal, encontramos:

u x , 0 = ∑ n = 1 ∞ b n ⋅ s e n n π x 40 = x

Isso lembra algo a vocês?

É como se tivéssemos uma função:

h x = x ,       0 ≤ x ≤ 40

E, quiséssemos encontrar a série de Fourier dela apenas em senos.

Uaaaau, essa sacada é boa né? Vale a pena anotar haha

Daí, quem seriam os coeficientes b n ? Seriam justamente os coeficientes da nossa expansão de h ( x ) em série de Fourier.

b n = 2 L ∫ 0 L h x s e n n π x L d x ,           L = 40

Mas, antes de calcularmos b n precisamos expandir o intervalo de h de modo que ela seja ímpar e periódica de período 2 L = 2 ⋅ 40 = 80 .

Tranquilo, então como queremos que h seja ímpar e periódica podemos defini-la como:

h x =   x ,     - 40 < x < 0 0 ,     x = 40 k ,   k ∈ R x ,     0 < x < 40

O enunciado nos pede pra perguntar se a condição inicial é satisfeita em todos os pontos. Analisando essa definição vemos que ela não é satisfeita para x = 40 . Isso porque, para podermos determinar os coeficientes através da série de Fourier, precisamos que a função seja ímpar, e para ela ser ímpar não podemos ter h 40 = 40 .

Caso isso ocorresse, pelo fato de h ser periódica, o limite tendendo à 40 pela esquerda seria h 40 = 40 . Mas, o limite tendendo à x = 40 pela direita, seria h 40 = - 40 . Por isso, nesses pontos precisamos prender h 40 = 0 .

Tranquilo?

Perfeito! Assim temos h ímpar e periódica, de período 2 ⋅ 40 .

Logo, temos que:

b n = 2 L ⋅ ∫ 0 L x ⋅ s e n n π x L d x

Pra resolver essa integral precisamos usar o método de integração por partes. Bora dar uma revisada nele:

∫ u d v = u v - ∫ v d u

Assim, fazendo:

u = x d v = s e n n π x L

Logo, temos:

∫ 0 L x s e n n π x L d x = x L n π ⋅ - cos ⁡ n π x L 0 L + L n π ⋅ ∫ 0 L cos ⁡ n π x L d x

= - L 2 n π ⋅ cos ⁡ n π + L n π ⋅ L n π ⋅ s e n n π x L 0 L

= - L 2 n π ⋅ cos ⁡ n π + L 2 n 2 π 2 ⋅ s e n n π  

Daí, vamos analisar. Como n ∈ N , temos que:

s e n n π = 0

Ficamos só com o primeiro termo:

- L 2 n π ⋅ cos ⁡ n π

Daí, quando tivermos:

cos ⁡ n π = - 1 ,     n   í m p a r cos ⁡ n x = 1 ,     n   p a r

Podemos escrever:

- L 2 n π ⋅ cos ⁡ n π = - L 2 n π ⋅ - 1 n

= - 1 n + 1 L 2 n π

Então, substituindo em b n , vem:

b n = 2 L ⋅ - 1 n + 1 L 2 n π

∴ b n = - 1 n + 1 2 L n π ,             n = 1,2 , 3 , …

Como temos L = 40 , vem que:

b n = - 1 n + 1 80 n π ,       n = 1,2 , 3 , …

Daí, substituindo na nossa solução formal, finalmente obtemos a nossa solução do problema proposto nesse item:

u x , t =   ∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 80 n π ⋅ e - n 2 π 2 40 2 t ⋅ s e n n π x 40

Perfeito! Essa é a solução da EDP com as respectivas condições de fronteira, e condições iniciais.

Ufaa! Terminamos!!

Deu trabalho, mas saiu! Obrigado pela atenção gente 😉

Resposta

u x , t =   ∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 80 n π ⋅ e - n 2 π 2 40 2 t ⋅ s e n n π x 40

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