Exercícios Resolvidos de Equação do Calor – Homogênea

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Enunciado

  1. Apresente num gráfico a extensão ímpar e periódica de período 4 da função
  2. f x =   1 ,     0 ≤ x < 1   0 ,     1 ≤ x < 2    

  3. Encontre a série de Fourier.
  4. Usando o método de separação de variáveis, encontrar a solução da seguinte equação de calor. Explique detalhadamente como se resolve o problema.

u x x   =   u t ,     0   ≤   x   <   2 ,   t > 0 u 0 ,   t =   0 , u 2 ,   t =   0 ,     t > 0 u x ,   0 = f ( x ) ,     0   ≤   x   ≤   1

Onde f ( x ) é a função descrita no item (a).

Passo 1

(a )

Para esboçar esse gráfico, primeiro vamos colocar no plano o desenho dessa função f x :

f x =   1 ,     0 ≤ x < 1   0 ,     1 ≤ x < 2    

Essa função é 1 até x = 1 e depois é 0 , veja:

A extensão ímpar dela é a simetria com o eixo y e invertendo o sinal, já que é ímpar. Em desenho:

Veja que de fato, a extensão ímpar da função f x , e que vamos chamar de g x , é ímpar e tem um “tamanho” quatro, pois:

g x = 0 ,     - 2 ≤ x < - 1     - 1 ,     - 1 ≤ x < 0     1 ,     0 ≤ x < 1   0 ,     1 ≤ x < 2    

Agora é só colocar o padrão repetindo para a extensão se tornar periódica:

Ou seja, em matemática isso significa que a extenção ímpar e periódica de período 4 de f é:

g x + 4 2 =   - f ( x )

Passo 2

(b)

Vamos lembrar nossas fórmulas, fera!

f x = a 0 2 +   ∑ n = 1 ∞ a n c o s n π x L + b n   s e n ⁡ n π x L

a n = 1 L   ∫ - L L f x c o s n π x L d x     n = 0,1 , 2,3 …

b n = 1 L   ∫ - L L f x s e n n π x L d x     n = 1,2 , 3 …

a 0 =   1 L   ∫ - L L f x d x    

No nosso caso, L   = 2 !

Passo 3

Como f ( x ) e ímpar, a 0   e   a n são nulos.

f x = ∑ n = 1 ∞ b n   s e n ⁡ n π x L

Agora, vamos aplicar as condições do problema naquelas fórmulas para calcular os coeficientes.

b n = 1 2   ∫ - 2 2 f x s e n n π x 2 d x = 2 2   ∫ 0 1 s e n n π x 2 d x        

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

Para n   par: n   =   2 k ,     k = 1,2 , 3 …

-   2 2 k π cos ⁡ 2 k π 2 - 1 = -   1 k π   cos ⁡ k π - 1   = 0 ,   s e   k   f o r   p a r 2 k π ,   s e   k   f o r   í m p a r

Para n   í m par: n   =   2 k - 1 ,     k = 1,2 , 3 …

-   2 2 k - 1 π   cos ⁡ 2 k - 1 π 2 - 1 =   2 2 k - 1 π ∴ p a r a   t o d o   k ,   cos ⁡ 2 k - 1 π 2 = 0

Aplicando á formula da série de Fourier...

f x = ∑ n = 1 ∞ b n   s e n ⁡ n π x 2 = 2 π sen ⁡ π x 2 +   2 π sen ⁡ π x + 2 3 π sen ⁡ 3 π x 2 +   2 5 π sen ⁡ 5 π x 2 + …

Passo 4

(c )

Vamos começar pela separação de variáveis e buscar por soluções do tipo:

u x ,   t = X ( x ) T ( t )

Substituindo   u na equação

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

Passando tudo que tem x para um lado e tudo que tem t para o outro lado

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

Como essa igualdade vale para todo x e todo t , vamos igualá-la a uma constante

X " ( x ) X ( x )   = T ' ( t ) T ( t ) =   - λ  

Separando a igualdade em duas equações, você vai encontrar isso aqui...

X " ( x ) + λ X ( x ) =  0

T ' t + λ T ( t ) = 0

Substituindo as condições de contorno...

X ( 0 ) T   ( t )   =   0   ⇒   X   ( 0 )   =   0  

X ( 2 ) T   ( t )   =   0   ⇒   X   ( 2 )   =   0  

X x T   0 =   f ( x ) ⇒   T   ( 0 )   = f ( x )

Passo 5

Isso nos dá um PVC em X x .

Esqueça, por enquanto, a condição que tem uma função: u x ,   0 = f ( x )

Precisamos agora achar X x e   T   ( t ) u x ,   t = X ( x )   T   ( t )

Passo 6

Como temos um problema de autovalor, vamos montar e resolver a equação característica da equação de   X x

r 2 + λ = 0

r = ±   - λ  

Agora vamos analisar cada caso.

Se ∆ > 0   e   λ < 0 ,   teremos duas raízes r 1 = - λ   e     r 2 = - - λ    

X ( x ) = c 1 e x r 1 + c 2 e x r 2 = c 1 e x - λ   + c 2 e x - - λ

Nas condições de contorno...

X 0 = c 1 + c 2 =   0 ∴   c 1 = - c 2

X ( 2 ) = c 1 e 2 λ   - e - 2 λ =   0 ∴ c 1 = - c 2 = 0

Neste caso, só teremos soluções triviais.

Se ∆ = 0   e   λ = 0 ,   teremos duas raízes iguais a r = λ a solução da seguinte forma:

Que no nosso caso vai ficar...

X x = c 1 + c 2 x

Aplicando as condições iniciais

X 0 = c 1 + c 2 x = c 1 = 0

X 2 = c 1 + 2 c 2 = 2 c 2 = 0   ∴   c 2 = 0  

Também só há soluções triviais aqui !

Se ∆ < 0   e   λ > 0 , r = ± i   λ   e a solução tem essa cara aqui

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

X 0 = c 2 = 0

X 2 = c 1 s e n 2 λ   = 0

Como queremos soluções não triviais

λ = n π 2 ,   n = 1,2 , 3 …

λ n = n ² π ² 4 ,     n = 1,2 , 3 …

X n = s e n ( n π x 2 ) ,     n = 1,2 , 3 …

Passo 7

Agora vamos trabalhar nossa função T ( t ) usando a condição inicial

T ' t + λ T t = T ' t + n ² π ² 4 T t = 0

Resolvendo a EDO de primeira ordem vamos ter

d T ( t ) T ( t ) = - n ² π ² 4 d t

∫ d T ( t ) T ( t ) = l n T ( t )  

n ² π ² 2 ∫ d t = - n ² π ² 4 t

l n T t = - n ² π ² 4 t + C  

T t =   A e - n ² π ² 4 t

Agora sim,

u n x ,   t = X x T t = s e n ( n π x 2 ) e - n ² π ² 4 t

    n = 1,2 , 3 …

Passo 8

Pelo princípio da superposição, podemos escrever a série

u n x ,   y = ∑ n = 0 ∞ A n s e n ( n π x 2 ) e - n ² π ² 4 t

Vamos aplicar a condição: u x ,   0 =   f x =   ∑ n = 0 ∞ A n s e n ( n π x 2 )

Na verdade, a solução para essa condição é a série de Fourier da própria f ( x ) . A resposta será...

u x ,   0 =   ∑ n = 0 ∞ A n s e n n π x 2 =   ∑ n = 1 ∞ b n   s e n ⁡ n π x 2 = 2 π sen ⁡ π x 2 +   2 π sen ⁡ π x + 2 3 π sen ⁡ 3 π x 2 +   2 5 π sen ⁡ 5 π x 2 + …

u n x ,   t = ∑ n = 0 ∞ A n s e n n π x 2 e - n 2 π 2 4 t = e - n 2 π 2 4 t 2 π sen ⁡ π x 2 + 2 π sen ⁡ π x + 2 3 π sen ⁡ 3 π x 2 + …

Resposta

(a )

(b) f x = ∑ n = 1 ∞ b n   s e n ⁡ n π x 2 = 2 π sen ⁡ π x 2 +   2 π sen ⁡ π x + 2 3 π sen ⁡ 3 π x 2 +   2 5 π sen ⁡ 5 π x 2 + …

(c ) u n x ,   t = e - n 2 π 2 4 t 2 π sen ⁡ π x 2 + 2 π sen ⁡ π x + 2 3 π sen ⁡ 3 π x 2 + …

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