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Exercícios Resolvidos de Equação do Calor – Homogênea

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Enunciado

Questão 4: Utilize o método de Separação de Variáveis para encontrar a solução do problema

u t - u x x = 0                                                                                       e m               0 ,   1 × 0 ,   + ∞   u 0 ,   t = u 1 ,   t = 0                                                         p a r a       t ∈ 0 ,   + ∞                   u x ,   0 = s e n ( 2 π x ) - s e n ( 5 π x )                 p a r a       x ∈ 0 ,   1                          

Passo 1

Primeiro vamos estabelecer aqui o que é o nosso objetivo principal. Esse objetivo é no que a gente quer chegar, saca? Ora, se é o problema nos pediu uma solução de uma EDP, o que ele quer encontrar é a função u x ,   t , e esse é o nosso objetivo!

Como vamos fazer isso? O problema já nos ordenou ali em cima: por separação de variáveis.

Só uma curiosidade mesmo, essa EDP é a famosa equação do calor, pois a derivada com relação t é uma derivada de primeira ordem . Agora vamos nessa?

Passo 2

O método de separação de variáveis, para você que tem muitas matérias para colocar em dia e não se recorda, é o método que você chuta a solução, como sendo um produto de soluções de variáveis isoladas. Tipo, no nosso caso, a solução é u x ,   t , e vamos falar que é a mesma coisa que um produto de uma função só de x por outra só de y :

u x ,   t = X x ⋅ T t

Saca? Agora que vem a graça do problema, se essa é uma solução então ela satisfaz a equação da EDP...

u t - u x x = 0           →             X x ⋅ T t t - X x ⋅ T t x x = 0         →

O legal disso é que, por exemplo, em X x ⋅ T t t , a derivada é com relação a t , como X x , independe de t , então...

X x ⋅ T t t - T t ⋅ X x x x = 0         →

Nas duas parcelas, como estamos derivando em relação a uma única variável, essa é uma derivada comum, entende? Tipo f x x = f ' x ...

X x ⋅ T ' t - T t ⋅ X ' ' x = 0       →

Repare que como temos coisas independentes, podemos separar esses caras, ou seja, jogar tudo que tem x por um lado e tudo que tem y por outro. Veja:

X x ⋅ T ' t = T t ⋅ X ' ' x             →

T ' t T t = X ' ' x X x

Quase pronto! As variáveis estão até separadas, mas falta mais uma coisinha: como são possíveis duas funções de duas variáveis diferentes serem iguais? A única solução é que elas sejam ambas iguais uma constante, que não depende nem de uma e nem de outra, saca?

T ' t T t = X ' ' x X x = - λ

O menos na frente da constante serve apenas para simplificar um pouco as continhas, mas você pode chamar simplesmente de λ , ou a , ou qualquer outro nome de constante que tiver em mente . Assim...

T ' t = - λ ⋅ T t           →                 T ' t + λ T t   = 0

e

X ' ' x = - λ ⋅ X x           →                 X ' ' x + λ ⋅ X x = 0

Passo 3

Separamos as variáveis na EDP, mas no nosso problema, existem outras condições que envolvem a nossa u ...

        u 0 ,   t = u 1 ,   t = 0                     u x ,   0 = sin ⁡ 2 π x - sin ⁡ 5 π x                          

Olhando para as condições de contorno:

u 0 ,   t = u 1 ,   t = 0                 →                   u 0 ,   t = 0 u 1 ,   t = 0

Substituindo a nossa solução...

X 0 ⋅ T t = 0                           e                           X 1 ⋅ T t = 0

Nos dois casos, vamos considerar que T t ≠ 0 , pois se não a gente recai na solução trivial da EDP, ou seja...

u x ,   t = X x ⋅ T t = 0                     ( e   n ã o   é   e s s a   s o l u ç ã o   q u e   a     g e n t e   q u e r )

Então, pela condição de contorno...

X 0 = 0

X 1 = 0

Já pela condição de temo inicial...

u x ,   0 = sin ⁡ 2 π x - sin ⁡ 5 π x         →

f x = sin ⁡ 2 π x - sin ⁡ 5 π x

Assim, podemos separar agora a nossa EDP, em duas EDO’s:

u t - u x x = 0       u 0 ,   t = u 1 ,   t = 0                     u x ,   0 = sin ⁡ 2 π x - sin ⁡ 5 π x                                 →                 X ' ' x + λ ⋅ X x = 0 X 0 = 0 X 1 = 0           e

T ' t + λ T t   = 0 u x ,   0 = f x

Veja que a primeiro podemos resolver a primeira EDO, já que dela temos muitas informações de condição de contorno ! Vamos nessa?

Passo 4

X ' ' x + λ ⋅ X x = 0 X 0 = 0 X 1 = 0

A gente pode resolver essa EDO, por equação característica, afinal λ é uma constante...

X ' ' x + λ ⋅ X x = 0             →               E q u a ç ã o   C a r a c t .           →               b 2 + λ = 0       →

b 2 = - λ         →             b = - λ o u b = - - λ

Só que veja que aqui temos que ter cuidado! Não conhecemos lambda, então temos que supor cada caso, se lembra?

  1. Para Lambda menor que 0 ( λ < 0 ):

    2. A solução será real e vai ser do tipo...

    X x = c 1 e - λ ⋅ x + c 2 e - - λ   x

    Aplicando as condições de contorno...

    X 0 = 0         →               X 0 = c 1 + c 2 = 0                  

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

    Logo, isolando em cima e substituindo em baixo, ganhamos...

    - c 2 e - λ + c 2 e - - λ = 0     →

    c 2 - e - λ + e - - λ = 0

    Nesse caso, como a exponencial nunca é zero, então...

    c 2 = 0               o   q u e   i m p l i c a       c 1 = 0             →

    X x = c 1 e - λ ⋅ x + c 2 e - - λ   x = 0

    Essa é a solução trivial que a gente não quer, logo λ não pode ser menor que 0 .

  2. Para λ = 0 ...

    3. X ' ' x + λ ⋅ X x = 0               →               X ' ' x = 0                   →

    X ' x = c 1         →

    X x = c 2 + c 1 x

    Aplicando as condições de contorno...

    X 0 = 0         →               X 0 = c 2 = 0                  

    X 1 = 0         →               X 1 = c 1 + c 2 = 0         →           c 1 = 0

    Novamente temos a solução trivial!

  3. Já para λ > 0 ...

X x = c 1 e - λ ⋅ x + c 2 e - - λ   x

O que está dentro da raiz é negativo, então a gente tem uma solução aparentemente imaginária! Mas se você se recordar um pouquinho de EDO’s, vai ver que essa resposta é real dessa forma aqui:

X x = c 1 e α x sin ⁡ β x + c 2 e α x cos ⁡ β x

Onde

b = α + β i   →         b = 0 + λ i    

Logo, a solução será do tipo...

X x = c 1 sin ⁡ λ x + c 2 cos ⁡ λ x

Aplicando as condições de contorno...

X 0 = 0         →             c 1 sin ⁡ 0 + c 2 cos ⁡ 0 = 0             →           c 2 = 0  

X 1 = 0         →               X 1 = c 1 sin ⁡ λ = 0

Se c 1 = 0 , temos a solução trivial de novo, mas dessa vez o c 1 pode ser diferente de 0 , tudo que precisa acontecer para isso é...

sin ⁡ λ = 0           →             λ = n π                 p a r a   n = 1,2 …

Logo...

λ n = n 2 π 2

Esse é o autovalor da nossa E D O ! E a autofunção é

X x = sin ⁡ n π x

Encontramos uma solução que não é trivial! . Segura ela aí, então e vamos embora!

Passo 5

Bem, agora que temos um conjunto de valores de λ que não dá uma solução trivial, a gente pode seguir com a solução indo agora para a segunda EDO:

T ' t + λ T t   = 0                                   →

T ' t + n 2 π 2 T t   = 0                                   →

Resolvendo por separação de variáveis, essa EDO...

d T d t = - n 2 π 2 T           →               d T T = - n 2 π 2 d t       →

∫ d T T = ∫ - n 2 π 2 d t         →

ln ⁡ T = - n 2 π 2 t + c 3       →

T = e - n 2 π 2 t + c 3       →

Lembrando que e - n 2 π 2 t + c 3 = e - n 2 π 2 t ⋅ e c 3 , e chamando e c 3 de constante 3 (é só um nome)...

T t = c 3 e - n 2 π 2 t

Passo 6

Veja que agora temos um conjunto de soluções desse tipo aqui:

u x ,   t = X x ⋅ T t           ⇒

u n x ,   t = c 1 sin ⁡ n π x ⋅ c 3 e - n 2 π 2 t               p a r a       n = 1 ,   2 …

Considerando c 1 ⋅ c 2 = b n

u n x ,   t = b n sin ⁡ n π x ⋅ e - n 2 π 2 t               p a r a       n = 1 ,   2 …

Logo, a nossa solução geral vai ser a soma de todas essas soluções e múltiplos b n delas...

u x ,   t = ∑ n = 1 ∞ b n sin ⁡ n π x e - n 2 π 2 t

Quem é b n ? Bem, para isso podemos olhar a última condição que não utilizamos para nada: a condição inicial!

u x ,   0 = sin ⁡ 2 π x - sin ⁡ 5 π x = f x

Então venha comigo mais um pouco (tá quase acabando! ).

Passo 7

u x ,   t = ∑ n = 1 ∞ b n sin ⁡ n π x e - n 2 π 2 t             →

u x ,   0 = ∑ n = 1 ∞ b n sin ⁡ n π x = f x     →

∑ n = 1 ∞ b n sin ⁡ n π x = sin ⁡ 2 π x - sin ⁡ 5 π x

Logo, desenvolvendo a série um pouco até n = 5 ...

b 1 sin ⁡ π x + b 2 sin ⁡ 2 π x + b 3 sin ⁡ 3 π x + b 4 sin ⁡ 4 π x + b 5 sin ⁡ 5 π x + ∑ n = 6 ∞ b n sin ⁡ n π x = sin ⁡ 2 π x - sin ⁡ 5 π x

Logo, b 2 = 1 e b 5 = - 1 , todos os demais tem que zerar! Assim, a solução fica sendo...

u x ,   t = ∑ n = 1 ∞ b n sin ⁡ n π x e - n 2 π 2 t         →

u x ,   t = b 2 sin ⁡ 2 π x e - 2 2 π 2 t + b 5 sin ⁡ n π x e - 5 2 π 2 t       →

u x ,   t = sin ⁡ 2 π x e - 4 π 2 t - sin ⁡ 5 π x e - 25 π 2 t

E essa é a solução final!!!

Resposta

u x ,   t = sin ⁡ 2 π x e - 4 π 2 t - sin ⁡ 5 π x e - 25 π 2 t

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