Resolva o seguinte problema do fluxo do calor  

∂ u ∂ t x , t = 4 ∂ 2 u ∂ x 2 x , t , 0 < x < π , t > 0 u 0 , t = u π , t = 0 , t > 0 u x , 0 = f x , 0 < x < π

Onde

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

Dica: Avalie os coeficientes da série de Fourier dos senos no caso em que n for par e n for ímpar.

Passo 1

Essa EDP trata-se de uma equação de calor homogênea e para resolve-la temos que primeiro utilizar o método de separação de variáveis.

u = X x T ( t )

Substituindo na primeira equação teremos

X x T ' t = 4 X ' ' x T t ⇔ X ' ' x X x = T ' t 4 T t

Como na igualdade acima o lado esquerdo não depende de t e o lado direito não depende de x , ambos deverão ser constantes e iguais a uma constante real λ .

X ' ' x X x = T ' t 4 T t = - λ

Disso obtemos as duas EDOs

X ' ' x = - λ X x ,     T ' t = - 4 λ T ( t )

Passo 2

Analisando as condições de contorno vamos ter:

u 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 1 , t = 0         →           X π ⋅ T t ⏟ ≠ 0 = 0           →       X π = 0

Isso nos dá um PVI com a EDO de 2ª ordem em x que encontramos no passo anterior.

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 = 0

X π = 0

Bom esse é um caso especial, as condições de Dirichlet homogêneas, não é? Nós já falamos sobre a solução desse problema na teoria desse capítulo, mas vamos fazer aqui passo a passo.

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 e X π = 0

X 0 = c 1 + c 2 = 0

X π = c 1 e - λ π + c 2 e - - λ π = 0

Isso nos dá

c 2 = - c 1

c 1 e - λ π - c 1 e - - λ π = 0

c 1 ( e - λ π - e - - λ π ⏟ ≠ 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 e X π = 0

X 0 = c 1 = 0

X π = c 1 + c 2 π = 0

Isso nos dá

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 e X π = 0

X 0 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 = 0

c 1 = 0

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

Isso nos dá

c 2 sen ⁡ λ π = 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 ⁡ λ π = 0

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

π λ = n π             n = 1,2 , 3 …

λ = n

λ n = n 2

As soluções do 3º caso são então do tipo:

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

Agora vamos resolver o problema em t .

Passo 4

Vamos resolver a equação de T que encontramos no passo 1 utilizando esse λ n

T ' t = - 4 n 2 T ( t )

T n t = e - 4 n 2 t

Sabendo que u x , t = X x . T ( t ) , podemos escrever:

u n x , t = sen ⁡ n x e - 4 n 2 t n = 1,2 , 3 …

Passo 5

Escrever u ( x , t ) como série e achar os coeficientes da série

Bom, esse u n que encontramos é uma fórmula geral de soluções que atendem à nossa EDO, sabemos que combinações lineares dessas soluções também satisfazem a EDO.

Então, podemos escrever o seguinte:

u x , t = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n x e - 4 n 2 t

Uma série infinita nada mais é do que uma combinação linear de infinitos termos, não é? Beleza, agora temos que achar esse b n de forma que a nosssa solução atenda à seguinte condição do problema, que ainda não usamos:

u x , 0 = f x

Onde

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

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

u x , 0 = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n x

Caímos numa série de Fourier em senos e precisamos usar aquelas formas que já conhecemos para encontrar os coeficientes.

b n = 2 π ∫ 0 π f x sen ⁡ ( n x ) d x

Como na nossa função u ( x , t ) só aparecem senos (e não cossenos) não precisamos nos preocupar com o valor de a n .

Vamos calcular essa integral então. Temos que:

2 π ∫ 0 π f x sen ⁡ ( n x ) d x = 2 π ∫ 0 π 2 x sen ⁡ ( n x ) d x + 2 π ∫ π 2 π sen ⁡ ( n x ) d x

Para resolver a primeira integral vamos usar a integração por partes:

∫ u d v = u v - ∫ v d u

Considerando:

u = x → d u = d x

d v = s e n n x d x → v = - cos ⁡ n x n

Substituindo:

2 π ∫ 0 π 2 x sen ⁡ n x d x = 2 π - x c o s n x n 0 π 2 + 1 n ∫ 0 π 2 cos ⁡ n x d x =

= 2 π - π 2 cos ⁡ n π 2 n - -   0 cos ⁡ n . 0 n + 1 n 2 s e n n x 0 π 2     =

= 2 π - π 2 cos ⁡ n π 2 n + 1 n 2 s e n n π 2 - s e n n . 0 =

= 2 π n 2 s e n n π 2 - 1 n cos ⁡ n π 2

Resolvendo agora a segunda integral:

2 π ∫ π 2 π sen ⁡ n x d x = 2 π - cos ⁡ n x n π 2 π =

= 2 π - cos ⁡ n π n - - cos ⁡ n π 2 n =

= 2 π n cos ⁡ n π 2 - 2 πn cos ⁡ n π

Assim vamos ter que:

b n = 2 π n 2 s e n n π 2 - 1 n cos ⁡ n π 2 + 2 π n cos ⁡ n π 2 - 2 πn cos ⁡ n π

Vamos usar a dica que a questão deu.

Quando n é ímpar:

n = 1 → s e n π 2 = 1 ,   cos ⁡ π 2 = 0   e cos ⁡ π = - 1

n = 3 → s e n 3 π 2 = - 1 ,   cos ⁡ 3 π 2 = 0   e cos ⁡ 3 π = - 1

n = 5 → s e n 5 π 2 = 1 ,   cos ⁡ 5 π 2 = 0   e cos ⁡ 5 π = - 1

Já deu pra perceber que esse padrão vai continuar para todos os outros n   ímpares. Podemos então concluir que:

s e n n π 2 = ( - 1 ) n - 1 2 ,   cos ⁡ n π 2 = 0 e cos ⁡ n π = - 1

Se você não entendeu como chegar no n - 1 2 , é só pensar que o - 1 está elevado a alguma coisa que pode ser par ou ímpar dependendo de n , pois assim ele estará variando entre - 1 e 1. Como já temos números ímpares representados por n . Considerando k tanto par quanto ímpar, 2 k + 1 vai ser sempre ímpar. Então fazemos:

2 k + 1 = n → k = n - 1 2

Assim b n vai ser:

b n = 2 π n 2 - 1 n - 1 2 + 2 π n

Agora, para n par:

n = 2 → s e n π = 0 ,   cos ⁡ π = - 1   e cos ⁡ 2 π = 1

n = 4 → s e n 2 π = 0 ,   cos ⁡ 2 π = 1   e cos ⁡ 4 π = 1

n = 6 → s e n 3 π = 0 ,   cos ⁡ 3 π = - 1   e cos ⁡ 4 π = 1

Esse padrão vai continuar para todos os outros n pares. Podemos então escrever:

s e n n π 2 = 0 ,   cos ⁡ n π 2 = - 1 n 2 e cos ⁡ n π = 1

Assim b n vai ser:

b n = - 1 n - 1 n 2 + 2 π n - 1 n 2 - 2 π n

Resposta

u x , t = ∑ n = 1 ∞ b n sen ⁡ n x e - 4 n 2 t

Para n ímpar:

b n = 2 π n 2 - 1 n - 1 2 + 2 π n

Para n par:

b n = - 1 n - 1 n 2 + 2 π n - 1 n 2 - 2 π n

Exercícios Resolvidos de Equação do Calor – Homogênea

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