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Exercícios Resolvidos de Equação do Calor – Não Homogênea

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Exercício 51234678910

Enunciado

Seja o problemas de valor inicial e de fronteira (PVIF) relativo à equação do calor:

u x x   =   u t ,     0   ≤   x   <   π ,   t > 0

  1. Com extremos mantidos a temperaturas diferentes e condição inicial dada por

    2. u 0 ,   t =   0       t > 0 u π ,   t =   1 ,     t > 0 u x ,   0 =   s e n x +   x π ,     0   ≤   x   ≤   π

    Passo 1

    Como as condições do problema não são homogêneas, buscamos uma solução estacionária v ( x ) . Como ela deve satisfazer a equação do calor:

    v x x   =   v t ∴   v t = 0   → v x x = 0  

    Lembra que v ( x ) não depende de t ; logo, suas derivadas em relação a t são todas nulas!

    Integrando duas vezes:

    v x = a x + b

    Aplicando as condições de contorno:

    v 0 = a x + b = 0   ∴ b = 0

    v π = a π = 1   ∴ a = 1 π

    v x = 1 π x

    Pronto! Já temos a solução de v x .

    Passo 2

    Queremos uma solução do tipo

    u x ,   t =   v x + w x ,   t

    em que w x ,   t é o problema de condução do calor homogêneo.

    u 0 ,   t =   v 0 + w x ,   t = 0   + w x ,   t = 0   ∴ w 0 ,   t = 0  

    u π ,   t =   v π + w x ,   t = 1   + w x ,   t = 1   ∴ w π ,   t = 0  

    u x ,   0 = v x + w x ,   0 = 1 π x   + w x ,   0 =   s e n x +   x π   ∴ w x ,   0 = s e n x

    w x x   =   w t ,     0   ≤   x   <   π ,   t > 0

    w 0 ,   t =   0       t > 0 w π ,   t =   1 ,     t > 0 w x ,   0 =   s e n x ,     0   ≤   x   ≤   π

    Agora, vamos resolver w x ,   t com o passo-a-passo maroto que você já conhece !

    Passo 3

    Buscamos soluções por separação de variáveis :

    w x ,   t = X ( x ) T ( t )

    Substituindo   u na equação

    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 ) T ( t )

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

    X " ( x ) X ( x )   = T ' ( t ) T ( t ) =   - λ  

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

    X " ( x ) + λ X ( x ) =  0

    T ' t + λ T ( t ) = 0

    Substituindo as condições de contorno...

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

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

    X x T   0 =   s e n x ⇒   T   ( 0 )   = s e n x

    Passo 4

    Isso nos dá um PVC em X x .

    Esqueça, por enquanto, a condição que tem uma função: w x ,   0 = s e n x .

    Precisamos agora achar X x e   T   ( t ) w 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 ( π ) = c 1 e π λ   - e - π 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 y = c 1 = 0

    X π = c 1 + π c 2 = π 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   y + c 2 cos ⁡ λ   y

    X 0 = c 2 = 0

    X π = c 1 s e n λ   = 0

    Como queremos soluções não triviais

    λ = n ,   n = 1,2 , 3 …

    λ n = n ² ,     n = 1,2 , 3 …

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

    Passo 4

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

    T ' t + λ T t = T ' t + n ² T t = 0

    Resolvendo a EDO de primeira ordem vamos ter

    d T ( t ) T ( t ) = - n ² d t

    ∫ d T ( t ) T ( t ) = l n T ( t )  

    - n ² ∫ d t = - n ² t

    l n T t = - n 2 t + C  

    T t =   A e - n ² t

    Agora sim,

    w n x ,   t = X x T t = s e n ( n x ) e - n ² t  

        n = 1,2 , 3 …

    Passo 5

    Pelo princípio da superposição, podemos escrever a série

    w n x ,   y = ∑ n = 0 ∞ A n e - n ² t s e n n x

    Vamos aplicar a condição: w x ,   0 =   f t = s e n x

    w n x ,   0 = ∑ n = 1 ∞ A n s e n n x = s e n x

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

    Assim, a série vai ser finita e sua soma:

    w n x ,   y = ∑ n = 1 ∞ A n e - n ² t s e n n x = e - t s e n x

    u x ,   t =   v x + w x ,   t =   1 π x + e - t s e n x

  2. Com extremidades isoladas e condição inicial dada por

u x 0 ,   t =   0       t > 0 u x π ,   t =   0 ,     t > 0 u x ,   0 = c o s x ,     0   ≤   x   ≤   π

Passo 1

O passo-a-passo aqui é o mesmo, mas as condições de contorno mudaram!

X " ( x ) + λ X ( x ) =  0

T ' t + λ T ( t ) = 0

Substituindo as condições de contorno...

X ' ( 0 ) T   ( t )   =   0   ⇒   X '   ( 0 )   =   0  

X ' ( π ) T   ( t )   =   0   ⇒   X '   ( π )   =   0  

X x T   0 =   s e n x ⇒   T   ( 0 )   = s e n x

Nossa solução não-trivial agora vai ser assim

X x = c 1 s e n λ   y + c 2 cos ⁡ λ   y

X ' 0 = c 1 λ = 0   ∴   c 1 = 0  

X ' π = - c 2 λ s e n π λ   = 0

λ = n ,   n = 1,2 , 3 …

λ n = n ² ,     n = 1,2 , 3 …

X n = c o s ( n ) x ,     n = 1,2 , 3 …

A solução dessa daqui você já conhece...

T ' t + λ T t = T ' t + n 2 T t = 0

T t =   A e - n ² t

Agora sim,

u n x ,   t = X x T t = c o s ( n x ) e - n ² t  

    n = 1,2 , 3 …

Passo 2

Pelo princípio da superposição, podemos escrever a série

u n x ,   y = ∑ n = 0 ∞ A n e - n ² t c o s ( n x )

Vamos aplicar a condição: u x ,   0 =   f t = c o s x

u n x ,   y = ∑ n = 0 ∞ A n c o s ( n x ) = c o s x

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

Assim, a série vai ser finita e sua soma:

w n x ,   y = ∑ n = 1 ∞ A n e - n ² t c o s ( n x ) = e - t c o s x

u x ,   t =   e - t c o s x

Resposta

  1. u n x ,   t = 1 π x + e - t s e n x
  2. u x ,   t =   e - t c o s x

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