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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 1 m de comprimento com constante de difusividade térmica α 2 = 1 . Considere que a barra está apoiada sobre o eixo x de modo a ocupar o intervalo [ 0,1 ] . Suponha que a barra esteja termicamente isolada, inclusive nas extremidades, e que a temperatura inicial da barra seja dada pela função f x = s e n ( 2 π x ) , 0 ≤ x ≤ 1 . Encontre a temperatura u ( x , t ) que satisfaz as condições do problema, usando a expressão geral da solução do calor para uma barra isolada.

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 < 1 ,     t > 0

E a temperatura inicial

u x , 0 = s e n 2 π x               0 ≤ x ≤ 1

Sabemos que

L = 1

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 1 , t = 0                       t > 0

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 1 , t = 0         →           X ' 1 . T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X ' 1 = 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 ' 1 = 0

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

X ' x = c 2

X ' 0 = c 2 = 0

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

Isso nos dá

c 2 λ ⏟ ≠ 0 = 0         →         c 2 = 0

- c 1 ⏟ ≠ 0 sen ⁡ 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 ⁡ λ = 0

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

λ = n π             n = 1,2 , 3 …

λ n = n π 2

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

X n x = cos ⁡ n π 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  

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 = c o s   n π x   e - π 2 n 2 t             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 c o s   n π x   e - π 2 n 2 t    

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 = s e n 2 π x

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

u x , 0 = a 0 2 + ∑ n = 1 ∞ a n c o s   n π x     = s e n 2 π x

Fazendo uma extensão par da função s e n ( 2 π x ) , temos então o seguinte:

a 0 = 2 ∫ 0 1 s e n 2 π x d x

a 0 = - 1 π cos ⁡ 2 π x 0 1

a 0 = - 2 π 1 - 1 = 0

Para os outros coeficientes:

a n = 2 ∫ 0 1 s e n 2 π x cos ⁡ n π x d x

Aqui temos que usar essas relações trigonométricas:

s e n a + b = s e n a cos ⁡ b + s e n b c o s ⁡ ( a )

s e n a - b = s e n a cos ⁡ b - s e n b c o s ⁡ ( a )

O que nos dá:

s e n a cos ⁡ b = 1 2 s e n a + b + s e n a - b

Portanto, temos:

a n = ∫ 0 1 s e n 2 π x + n π x d x + ∫ 0 1 s e n 2 π x - n π x d x

a n = ∫ 0 1 s e n 2 + n π x d x + ∫ 0 1 s e n 2 - n π x d x

a n = - 1 π ( 2 + n ) cos ⁡ 2 + n π x 0 1 - 1 π ( 2 - n ) cos ⁡ 2 - n π x 0 1

a n = 1 π 1 2 + n - 1 2 + n cos ⁡ 2 + n π + 1 2 - n - 1 2 - n cos ⁡ 2 - n π

Agora vamos analisar, para n ímpar,

cos ⁡ 2 + n π = cos ⁡ 2 - n π = - 1

E temos

a n = 1 π 1 2 + n + 1 2 + n + 1 2 - n + 1 2 - n

a n = 8 π ( 4 - n 2 )

Já para n par, temos:

cos ⁡ 2 + n π = cos ⁡ 2 - n π = 1

O que nos dá

a n = 1 π 1 2 + n - 1 2 + n + 1 2 - n - 1 2 - n = 0

Então nossa resposta é a seguinte:

u x , t = ∑ n = 1 ∞ a n c o s   n π x   e - π 2 n 2 t    

Onde

a n =   0                                               n   p a r 8 π 4 - n 2             n   í m p a r

Resposta

u x , t = ∑ n = 1 ∞ a n c o s   n π x   e - π 2 n 2 t    

Onde

a n =   0                                               n   p a r 8 π 4 - n 2             n   í m p a r

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