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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 homogênea de comprimento igual a 50   m e coeficiente de difusividade térmica igual a 1 , cuja superfície lateral está isolada e que só troca calor com o ambiente através de suas extremidades. Suponha ainda que esteja inicialmente a uma temperatura de 25 0 C e que a temperatura dos extremos da barra seja mantida constante igual a 100 o C para todo t > 0 . Determine a temperatura u ( x , t ) sabendo que tal problema é modelado por

u t = u x x u 0 , t = 100 = u 50 , t ,       t > 0 u x , 0 = 25 ,         0 < x < 50

Passo 1

Como temos condições de Dirichlet não homogêneas (as extremidades da barra tem temperaturas fixadas em valores diferentes de zero) 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 ) = 100

v ( 50 ) = 100

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

v 0 = 100 = b

v 50 = 100 = 50 a + b         →         a = 0

v x = 100

Pronto, essa é a expressão de v ( x ) . Faz sentido, né? Isso quer dizer que depois de muito tempo, a barra tende a ter temperatura 100 ao longo de seu comprimento, a mesma temperatura de suas extremidades. Beleza, vamos continuar.

Passo 2

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 = 100         →         v 0 ⏟ 100 + w 0 , t = 100           →           w 0 , t = 0

u 50 , t = 100         →         v 50 ⏟ 100 + w 50 , t = 100           →           w 50 , t = 0

Passo 3

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 50 , 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 50 , t = 0         →           X 50 ⋅ T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X 50 = 0

Passo 4

Temos agora que resolver o problema de contorno em x :

X ' ' + λ X = 0

X 0 = X 50 = 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 50 = 0

X 0 = c 1 + c 2 = 0

X 50 = c 1 e 50 - λ + c 2 e - 50 - λ = 0

Isso nos dá

c 2 = - c 1

c 1 e 50 - λ - c 1 e - 50 - λ = 0

c 1 ( e 20 - λ - e - 50 - 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 50 = 0

X 0 = c 1 = 0

X 50 = c 1 + 50 c 2 = 0

Isso nos dá

50 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 50 = 0

X 0 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 = 0

c 1 = 0

X 50 = c 1 cos ⁡ 50 λ + c 2 sen ⁡ 50 λ = 0

Isso nos dá

c 2 sen ⁡ 50 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 ⁡ 50 λ = 0

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

50 λ = n π             n = 1,2 , 3 …

λ = n π 50

λ n = n π 50 2

As soluções do 3º caso são então do tipo:

X n x = sen ⁡ n π x 50                 n = 1,2 , 3 …

Agora vamos resolver o problema em t .

Passo 5

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

Como vimos no capítulo passado, sua solução é

T t = e - λ t

Substituindo λ :

T n t = e - π 2 n 2 t / 2500  

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

w n = sen n π x 50 e - π 2 n 2 t / 2500  

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  sen n π x 50 e - π 2 n 2 t / 2500    

Certo?

Passo 6

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 = 25

Aqui tem um detalhe. 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 = 100 + ∑ n = 1 ∞ b n  sen n π x 50 e - π 2 n 2 t / 2500    

Agora sim, podemos usar a condição:

u x , 0 = 100 + ∑ n = 1 ∞ b n  sen n π x 50   = 25

∑ n = 1 ∞ b n  sen n π x 50   = - 75

Precisamos então encontrar o b n . Vendo essa série como uma Série de Fourier de senos, fazemos uma extensão ímpar na função e temos:

b n = 1 25 ∫ 0 50 - 75   sen n π x 50 d x

b n = 150 n π cos ⁡ n π x 50 0 50

b n = 150 n π [ cos ⁡ n π - 1 ]

Como cos ⁡ n π = - 1 n , podemos escrever:

b n = 150 n π [ - 1 n - 1 ]

Podemos ver que para n par, b n = 0 , pois - 1 2 k = 1 . Para valores ímpares de n teremos:

b n = 150 n π - 1 - 1

b n = - 300 n π

Assim, vamos reescrever n = 2 k - 1 , com k = 1,2 , 3 … Assim a gente garante que só vai ter índices ímpares em b n :

u x , t = 100 - ∑ k = 1 ∞ 300 ( 2 k - 1 ) π sen ( 2 k - 1 ) π x 50 e - π 2 ( 2 k - 1 ) 2 t / 2500    

Resposta

u x , t = 100 - ∑ k = 1 ∞ 300 ( 2 k - 1 ) π sen ( 2 k - 1 ) π x 50 e - π 2 ( 2 k - 1 ) 2 t / 2500    

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