Resolva o seguinte problema de valor de contorno usando o método de separação de variáveis justificando detalhadamente toda a análise:

0 ≤ x ≤ 3 ,       t > 0 u t = 5 u x x         u 0 , t = u 3 , t = 0 u x , 0 = - 2 sen ⁡ 2 π x + 4 sen ⁡ ( 3 π x )

Passo 1

Bem, ele pediu pra a gente justificar detalhadamente toda a análise, então vamos fazer tudo com calma. A primeira coisa é você supoer que u ( x , t ) seja uma função separável, ou seja, uma função em que você consiga separar os termos que dependem de x e de t :

u x , t = X x T t

Agora vamos derivar para poder substituir na função:

u x x x , t = X ' ' x T t u t x , t = X x T ' t

Substituindo isso na edo:

X x T ' t = 5 X ' ' x T t

Podemos reescrever assim:

X ' ' X = T ' 5 T

Para pra pensar no seguinte, o lado esquerdo só depende de x , o direito só depende de t , então a única forma de essa igualdade valer sempre é se essa razão for uma constante sempre, vamos chamar o valor dessa razão de – λ :

X ' ' X = T ' 5 T = - λ

Ok, com isso conseguimos duas equações:

X ' ' + λ X = 0 T ' + 5 λ T = 0

Passo 2

Mas vamos lá, o problema deu condições de contorno de u ( x , t ) , mas não de X ( x ) ou de T ( t ) , e sem condições de contorno não conseguiremos resolver essas duas EDOs, vamos ver se conseguimos tirar proveito das condições de contorno que o problema deu? A equação que supomos é:

u x , t = X x T t

As condições de contorno que o exercício deu são

u 0 , t = 0 → u 0 , t = X 0 . T t = 0

Mas cara, se T t = 0   ∀   t então u x , t = X x T t = 0 , e isso é solução trivial, então só nos resta X 0 = 0

u L , t = 0 u L , t = X L . T t = 0

Vamos deixar a última condição pra depois, agora temos o seguinte, duas condições para X ( x ) e uma edo de grau 2, ou seja, dá pra resolver ela, vamos ajeitar os dados aqui:

X ' ' + λ X = 0 X 0 = X L = 0

Pela nossa experiência de EDO, já sabemos que a reposta vai mudar dependendo do que encontrarmos na raiz da equação característica, e se vai ser raiz repetida, real ou imaginária vai depender de λ ! Então vamos analisar cada possibilidade para λ :

C a s o   1 : λ = 0

A equação fica:

X ' ' = 0 → X x = a x + b

Ou seja, só integrei duas vezes, agora vamos aplicar as condições de contorno:

X 0 = a . 0 + b = 0 → b = 0

Então a equação já ficou X = a x

X L = a . L = 0 → a = 0 , porque L = 3 é o comprimento da barra, logo é ≠ 0

Mas ué, então ficou X x = 0

Daí a gente tem que a solução seria u x , t = X x T t = 0 porque X x = 0   ∀ x

Isso é a solução trivial, não é do nosso interesse, então vamos retirar essa possibilidade.

C a s o   2 : λ < 0

A equação fica:

X ' ' + λ X = 0

A equação característica fica:

r 2 + λ = 0 → r 1,2 = ± - λ

Como λ < 0 →   - λ > 0 , então a raiz disso é um número real

Então a solução seria:

X x = c 1 e - x - λ + c 2 e x - λ

Show, então vamos aplicar as condições de contorno:

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

Da primeira equação temos que c 1 = - c 2 , substituindo isso na segunda:

- c 2 e - L - λ + c 2 e L - λ = 0

Colocando c 2 em evidência:

c 2 e L - λ - e - L - λ = 0

Então temos duas possibilidades

A primeira:

e L - λ - e - L - λ = 0 → e L - λ = e - L - λ → L - λ = - L - λ → λ = 0 ( C o n t r a d i ç ã o   c o m   a   h i p ó t e s e   d e   q u e   λ < 0 ‼ ! )    

E por fim a segunda:

c 2 = 0

Como só a segunda faz sentido, daí concluímos que c 1 = - c 2 = 0 e por fim X x = 0 → u x , t = X x T t = 0

Que novamente, não é do nosso interesse!

Vamos ao último caso:

C a s o   3 : λ > 0

A equação fica:

X ' ' + λ X = 0

A equação característica fica:

r 2 + λ = 0 → r 1,2 = ± i λ

Agora temos raízes complexas, e pela nossa experiência de EDOs de grau 2, vemos que essa solução é uma combinação de senos e cossenos:

X x = c 1 cos ⁡ ( λ x ) + c 2 sen ⁡ ( λ x )

E vamos aplicar as condições de contorno:

X 0 = c 1 . cos ⁡ ( 0 ) + c 2 sen ⁡ 0 = 0 → c 1 = 0

Então até agora X x = c 2 sen ⁡ ( λ x )

Aplicando a outra condição:

X L = c 2 sen ⁡ ( λ L ) = 0

Então temos duas possibilidades:

c 2 = 0   ( M a s   i s s o   é   a   s o l u ç ã o   t r i v i a l   d e   s e m p r e ! )

sen ⁡ λ L = 0

Sabemos que a segunda possibilidade acontece sempre que o argumento do seno é um múltiplo inteiro de π :

λ L = n π → λ = n 2 π 2 L 2 ,   n = 1,2 , 3 …

Ae! Finalmente uma solução que não seja a trivial, então para λ que tenha essa cara, a solução é:

X x = sen ⁡ ( λ x ) = sen ⁡ n π L x ,   n = 1,2 , 3 …

(Obs:Tirei a constante por enquanto, depois vamos fazer uma combinação linear e ela vai aparecer, ok? Eu quis mostrar a cara da solução)

Mas calma galera, isso não é a resposta! Não esquece que estamos procurando u x , t = X x T ( t )

Vamos ver como ficou a EDO de T :

T ' + 5 λ T = 0

Substituindo λ :

T ' + 5 n 2 π 2 L 2 T = 0 ,     n ≥ 1 ∈ Z

Bem bem, isso daí é uma equação diferencial separável galera!

T ' T = - 5 n 2 π 2 L 2

Integrando de ambos os lados:

ln ⁡ T = - 5 n 2 π 2 L 2 . t + C

Aplicando exponencial de ambos os lados:

e ln ⁡ T = e - 5 n 2 π 2 L 2 . t + C

Mas sabemos que e ln ⁡ T = T , assim fica:

T

T ( t ) = e C e - 5 n 2 π 2 L 2 . t = K e - 5 n 2 π 2 L 2 . t

Vou tirar essa constante:

T t = e - 5 n 2 π 2 L 2 . t

Então a cara da solução é:

u n x , t = X n x T n t = sen ⁡ n π L x e - 5 n 2 π 2 L 2 . t ,       n = 1,2 , 3 …

Ou seja, a solução geral vai ser a combinação linear de todas as soluções possíveis:

u x , t = c 1 u 1 + c 2 u 2 + … + c n u n

Podemos expressar isso como um somatório:

u x , t = ∑ n = 1 ∞ c n u n = ∑ n = 1 ∞ c n sen ⁡ n π L x e - 5 n 2 π 2 L 2 . t

Sabemos que L = 3 , eu quis colocar só aqui no final porque iria ficar muito numérico se fizesse isso antes, ok?

u x , t = ∑ n = 1 ∞ c n u n = ∑ n = 1 ∞ c n sen ⁡ n π 3 x e - 5 n 2 π 2 9 . t

Por isso tiramos as constantes no caminho, de qualquer forma faríamos essa combinação linear no final!

Yes! É a resposta! Mas quem diabos é c n ?

Passo 3

Beleza, vimos que a solução geral é:

u x , t = ∑ n = 1 ∞ c n sen ⁡ n π 3 x e - 5 n 2 π 2 9 . t

Revisa com a gente, usamos 2 condições que ele deu no exercício: u 0 , t = u 3 , t = 0

Mas e essa aqui : u x , 0 = - 2 sen ⁡ 2 π x + 4 sen ⁡ ( 3 π x ) ??

Não usamos essa ainda galera, certamente vai ser ela que nos dar à luz de como achar c n ! Então vamos ver isso:

u x , 0 = ∑ n = 1 ∞ c n sen ⁡ n π 3 x e 0 = ∑ n = 1 ∞ c n sen ⁡ n π 3 x = c 1 sen ⁡ ( 1 π 3 x ) + c 2 sen ⁡ ( 2 π 3 x ) + … + c n sen ⁡ n π 3 x = - 2 sen ⁡ 2 π x + 4 sen ⁡ ( 3 π x )

Isso só é verdade se os coeficientes de cada função trigonométrica de cada lado que possui os mesmos argumentos são iguais. “Eta? Tendi não” Calma, é basicamente o seguinte, essa igualdade que obtivemos no final só é verdade se o senos do lado esquerdo que possuem o mesmo argumento que a do lado direito teverem exatamente o mesmo coeficiente, então vamos reescrever isso daí pra ficar mais claro:

c 1 sen ⁡ ( 1 π 3 x ) + c 2 sen ⁡ ( 2 π 3 x ) + … + c n sen ⁡ n π 3 x = 0 sen ⁡ 1 π 3 x + 0 sen ⁡ 2 π 3 x + … - 2 sen ⁡ 6 π 3 x + … + 4 sen ⁡ 9 π 3 x + c n sen ⁡ n π 3 x =

Daí concluímos que:

c 1 = 0 ,   c 2 = 0 … c 6 = - 2 ,   c 7 = 0 ,   c 8 = 0 ,   c 9 = 4 ,   c 10 = c 11 = … = c n = 0

Sacou?? 6 π 3 = 2 π que é exatamente o argumento do seno na condição inicial que foi dada, e assim por diante! Então substituindo as constantes, a solução é:

u x , t = - 2 sen ⁡ 2 π x e - 5 6 2 π 2 9 . t + 4 sen ⁡ ( 3 π x ) e - 5 9 2 π 2 9 . t

Calculando os termos do expoente:

u x , t = - 2 sen ⁡ 2 π x e - 20 π 2 t + 4 sen ⁡ ( 3 π x ) e - 45 π 2 . t

Espero que tenha fica tudo claro, galerinha! Terminamos!

Resposta

Todo o procedimento é a resposta, já que a questão pediu para fazer tudo detalhadamente!

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