Exercícios Resolvidos de Equação do Calor – Homogênea

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Enunciado

Use o método de separação de variáveis para resolver o seguinte problema de condução de calor em barra metálica:

( 1 + 3 t 2 ) u x x   =   u t ,     0   ≤   x   <   1 ,   t > 0 u 0 ,   t =   0 , u 1 ,   t =   0 ,     t > 0 u x ,   0 = 1 2   s e n 3 π x ,     0   ≤   x   ≤   1

Passo 1

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

u x ,   y = X ( x ) Y ( y )

Substituindo   u na equação

( 1 + 3 t 2 ) 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 ) ( 1 + 3 t 2 ) T ( t )

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

X " ( x ) X ( x )   = T ' ( t ) ( 1 + 3 t 2 ) T ( t ) =   - λ  

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

X " ( x ) + λ X ( x ) =  0

T ' t + λ ( 1 + 3 t 2 ) T ( t ) = 0

Substituindo as condições de contorno...

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

X ( 1 ) T   ( t )   =   0   ⇒   X   ( 1 )   =   0  

X x T   0 =   1 2   s e n 3 π x   ⇒   T   ( 0 )   = 1 2   s e n 3 π x

Passo 2

Isso nos dá um PVC em X x .

Esqueça, por enquanto, a condição que tem uma função: u x ,   0 = 1 2   s e n 3 π x .

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

Passo 3

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 ( 1 ) = c 1 e λ   - e - 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 ( 0 ) = c 1 = 0

X 1 = c 1 + c 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 1 = c 1 s e n λ   = 0

Como queremos soluções não triviais

λ = n π ,   n = 1,2 , 3 …

λ n = n ² π ² ,     n = 1,2 , 3 …

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

Passo 4

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

T ' t + λ 1 + 3 t 2 T t = T ' t + n ² π ² 1 + 3 t 2 T t = 0

Resolvendo a EDO de primeira ordem vamos ter

d T ( t ) T ( t ) = n ² π ² ( 1 + 3 t 2 ) d t

∫ d T ( t ) T ( t ) = l n T ( t )  

n ² π ² ∫ 1 + 3 t 2 d t = n ² π ² t + 3 t ³

l n T t = n ² π ² t + 3 t 3 + C  

T t =   A e n ² π ² t + 3 t 3

Agora sim,

u n x ,   t = X x T t = s e n ( n π ) x e n ² π ² t + 3 t 3  

    n = 1,2 , 3 …

Passo 5

Pelo princípio da superposição, podemos escrever a série

u n x ,   y = ∑ n = 0 ∞ A n e n ² π ² t + 3 t 3 s e n n π x

Vamos aplicar a condição: u 0 ,   t =   f t = 1 2   s e n 3 π x

u n x ,   0 = ∑ n = 0 ∞ A n s e n n π x = 1 2   s e n 3 π x

De cara, percebemos que para n = 3 , A n = 1 2 .   Para n ≠ 3 ,   A n = 0   !

Assim, a série vai ser finita e sua soma:

u n x ,   y = ∑ n = 1 ∞ A n e n ² π ² t + 3 t 3 s e n n π x =   1 2 e 9 π ² t + 3 t 3 s e n 3 π x

Resposta

u n x ,   y =   1 2 e 9 π ² t + 3 t 3 s e n 3 π x

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