Determine a solução do problema de condução do calor

E D   ∂ t u = 3   ∂ 2 x u ,   0 < x < 40 ,   t > 0 ;

C F   u ( 0 , t ) = 0 , u ( 40 , t ) = - 40 ,   t > 0 ;

C I   u ( x , 0 ) = 0 ,   0 < x < 40 .

A solução obtida satisfaz a condição inicial?

Passo 1

Eaew, belezinha?

Temos a seguinte equação diferencial (ED)

  ∂ t u = 3   ∂ 2 x u ,   0 < x < 40 ,   t > 0 ;

com as condições de fronteira (CF)

u ( 0 , t ) = 0 , u ( 40 , t ) = - 40 ,   t > 0 ;

e condições iniciais (CI)

u ( x , 0 ) = 0 ,   0 < x < 40 .

Essa é a equação que descreve a evolução temporal e espacial da temperatura u ( x , t ) ao longo de um barra de comprimento L = 40 , em que inicialmente a temperatura é dada por u ( x , 0 ) = 0 , e temos que as extremidades estão em temperaturas diferentes u ( 0 , t ) = 0 e u ( 40 , t ) = - 40 . Esse é um formato clássico de um problema de equação de calor. Neste tipo de problema é conveniente começar encontrar uma solução estacionária v ( x ) e usar essa solução para reescrever o problema para um que conhecemos a resposta! Saca só!

Passo 2

Uma solução estacionária é tal que

u ( x , t ) = v ( x )

você pode demonstrar a seguinte expressão substituindo a expressão acima na equação diferencial, mas, para este problema vamos partir do resultado

v ( x ) = T 2 - T 1 L x   + T 1

em nosso caso temos que T 1 = 0 , T 2 = - 40 , e L = 40 . De forma que temos

v ( x ) = - x

Qual a utilidade dessa função? Vamos usá-la para obter um problema de contorno mais simples! Saca só!

Passo 3

A solução que obtivemos no passo anterior é uma solução estacionária, ou seja, uma solução de equilíbrio, mas, para termos uma solução completa precisamos analisar a evolução temporal desse sistema, isso pode ser obtido procurando uma função transiente w ( x , t ) , definida de forma que

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

Aplicando essa expressão na equação diferencial, obtemos que

∂ t w ( x , t ) = 3   ∂ x 2 w ( x , t )

note que como v ( x ) é linear, a segunda derivada é nula! As condições de contorno agora são

w ( 0 , t ) = u ( 0 , t ) - v ( 0 ) = 0 e w ( 40 , t ) = u ( 40 , t ) - v ( 40 ) = 0

ou seja, para o transiente o sistema é homogêneo, já que ambas as extremidades estão à mesma “temperatura”. A condição inicial é dada por

w ( x , 0 ) = u ( x , 0 ) - v ( x ) = x

Para esse problema a solução já bastante conhecida! Mas se quiser demonstrar, use o método de separação de variáveis, mas cuidado na hora de escolher a constante de separação para garantir que tenha uma solução não-nula! Vamos aplicar o resultado conhecido!

Passo 4

O problema que montamos para o transiente tem a seguinte solução

w ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ b n s e n ( n π x L ) e - α 2 π 2 n 2 t / L 2

em nosso caso α 2 = 3 , e portanto, podemos escrever

w ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ b n s e n ( n π x 40 ) e 3 π 2 n 2 t / 1600

Aplicando as condições iniciais temos que

w ( x , 0 ) = ∑ n = 1 ∞ b n s e n ( n π x 40 ) = x

Maravilha! E como resolvemos isso? O segredo está nas séries de Fourier!

Passo 5

Note que o resultado que a expressão que obtivemos é idêntica ao termo de seno da série de Fourier, portanto, podemos identificar b n com

b n = 2 L ∫ 0 L f ( x ) s e n ( n π x L ) d x = 1 20 ∫ 0 40 x   s e n ( n π x 40 ) d x

Precisamos fazer a integral por partes, usando o LIPTE (Logaritmo, Inversas, Polinômios, Trigonométricas, Exponenciais) como ordem de prioridade para escolher quem é u na fórmula

∫ a b u d v = u v | a b - ∫ a b v d u

usando então

u = x e d u = d x

assim como

d v = s e n ( n π x 40 ) d x e v = - 40 n π c o s ( n π x 40 )

de forma que a nossa integral resulta em

1 20 ∫ 0 40 x   s e n ( n π x 40 ) d x = - 2 x n π c o s ( n π x 40 ) | 0 40 + 2 n π ∫ 0 40 c o s ( n π x 40 ) d x

A integral que restou pode ser identificada como

∫ 0 40 c o s ( n π x 40 ) d x = 40 n π x s e n ( n π x 40 ) | 0 40

e, portanto, temos o seguinte resultado

1 20 ∫ 0 40 x   s e n ( n π x 40 ) d x = - 2 x n π c o s ( n π x 40 ) | 0 40 + 80 n 2 π 2 s e n ( n π x 40 ) | 0 40

avaliando os limites, temos finalmente que

b n = 1 20 ∫ 0 40 x   s e n ( n π x 40 ) d x = - 80 n π c o s ( n π )

Belezinha? Ainda podemos mexer um pouco neste resultado! Mas estamos quase lá! Respira um teco e vamos continuar!

Passo 6

Temos que os nossos coeficientes b n são dados por

b n = - 80 n π c o s ( n π )

note que quando n é ímpar, temos que c o s ( n π ) resulta em um sinal negativo, e quando n é par, temos um sinal positivo, considerando o sinal global na frente, temos que o coeficiente b n pode ser representado como

b n = ( - 1 ) n + 1 80 n π

e, a nossa solução transiente pode ser escrita como

w ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ ( - 1 ) n + 1 s e n ( n π x 40 ) e 3 π 2 n 2 t / 1600

então a nossa solução do problema é tal que

u ( x , t ) = w ( x , t ) + v ( x ) = - x + ∑ n = 1 ∞ ( - 1 ) n + 1 s e n ( n π x 40 ) e 3 π 2 n 2 t / 1600

Aaah, e como usamos as condições iniciais para construir o problema, claramente ele satisfaz essas condições! A questão foi isso! Te vejo na próxima! Tchau Tchau!

Resposta

u ( x , t ) = - x + ∑ n = 1 ∞ ( - 1 ) n + 1 s e n ( n π x 40 ) e 3 π 2 n 2 t / 1600

Exercícios Resolvidos de Equação do Calor – Homogênea

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