Solução do Problema com Método de Separação de Variáveis

4 Considere o seguinte problema ut 2ux uxx 0 x L t 0 u0 t uL t 0 t 0 ux 0 1 0 x L Usando o método de separação de variáveis determine a solução do problema acima fazendo a constante que aparecer na igualdade das edos ser λ e com λ 1 u t x t 2 u x x t 2u x2 x t u0 t 0 uL t 0 ux 0 1 t 0 0 x L Pela separação de variáveis temos ux t XxTt Derivando a função de acordo com as derivadas da EDP temos u t x t XxTt u x x t XxTt 2u x2 x t XxTt Substituindo na equação segue que XxTt 2XxTt XxTt Dividindo ambos os lados por XxTt temos XxTt 2XxTt XxTt XxTt XxTt Tt Tt 2Xx Xx Xx Xx Tt Tt Xx Xx 2Xx Xx λ Assim Xx Xx 2Xx Xx λ Xx 2Xx λXx Xx 2Xx λXx 0 Tt Tt λ Tt λTt 0 Assim temos o seguinte sistema Xx 2Xx λXx 0 Tt λTt 0 Condições de contorno u0 t X0Tt 0 X0 0 uL t XLTt 0 XL 0 Assim para a primeira equação temos o seguinte PVC Xx 2Xx λXx 0 X0 XL 0 Equação característica r2 2r λ 0 r 2 22 4 1 λ 2 1 2 4 4λ 2 1 1 λ A partir daqui para λ 1 temos soluções não triviais onde r 1 iλ 1 Assim da teoria de equações diferenciais para uma equação característica de raízes complexas temos que X1x ex cos x 1 λ X2x ex sen x1 λ E pelo princípio da superposição Xx c1X1x c2X2x c1ex cos x λ 1 c2ex sen xλ 1 Para X0 0 Xx c1e0 cos 0 λ 1 c2e0 sen 0 λ 1 c1 1 c2 0 c1 0 Para XL 0 x c1eL cosL λ 1 c2eL senL λ 1 0 c2eL senL λ 1 0 Sabemos que por definição sennπ 0 n ℕ Assim L λ 1 nπ λ 1 nπ L λ 1 n2π2 L2 λ n2π2 L2 1 Assim temos que os autovalores do problema é dado por λn n2π2 L2 1 Com autofunções Xnx cnex sennπ L x Para Tt Tt λTt 0 Tn t n2π2 L2 1 Tnt 0 A solução de uma edo linear de primeira ordem do tipo yt ptyt qt É dada por yt e ptdt a e ptdt qtdt Assim Tnt e n2π2 L2 1dt an e n2π2 L2 1dt 0dt Tnt ane n2π2 L2 1t Assim as soluçoes fundamentais desse problema é dado por unx t cnex sennπ L x ane n2π2 L2 1t Como cn e an são constantes arbitrarias podemos juntalas e chamalas de uma única constante bn unx t bne xn2π2 L2 1t sennπ L x Pelo princípio da superposição de soluçoes temos que ux t unx t n1 bne xn2π2 L2 1t sen nπ L x n1 Ainda temos a condição inicial onde ux 0 bne xn2π2 L2 10 sen nπ L x n1 bnex sen nπ L x n1 1 Como o somatório depende apenas de n temos que a expressão ex pode sair do mesmo Assim bnex sen nπ L x n1 1 ex bn sen nπ L x n1 1 bn sen nπ L x n1 1 ex ex Assim precisamos definir uma extensão impar de ex para encontrar bn assim seja fx ex L x 0 ex 0 x L Assim bn 1 L fx sen nπ L x dx L L 2 L ex sen nπ L x dx L 0 Usando integração por partes temos ex sen nπ L x dx L 0 L nπ ex cos nπ L x 0 L L nπ ex cos nπ L x dx L 0 ex sen nπ L x dx L 0 L nπ ex cos nπ L x 0 L L nπ L nπ ex sen nπ L x 0 L L nπ ex sen nπ L x dx L 0 ex sen nπ L x dx L 0 L2 n2π2 ex sen nπ L x dx L 0 L nπ ex cos nπ L x 0 L L2 n2π2 ex sen nπ L x 0 L 1 L2 n2π2 ex sen nπ L x dx L 0 L nπ ex cos nπ L x 0 L L2 n2π2 ex sen nπ L x 0 L n2π2 L2 n2π2 ex sen nπ L x dx L 0 L nπ eL cos nπ e0 cos 0 L2 n2π2 eL sen nπ e0 sen 0 Temos que cos nπ 1 n 2k 1 n 2k 1 1n ex sen nπ L x dx L 0 L n2π2 nπ n2π2 L2 eL1n 1 ex sen nπ L x dx L 0 LnπeL1n 1 n2π2 L2 Assim bn 2 L LnπeL1n 1 n2π2 L2 bn 2nπ1 eL1n n2π2 L2 Assim finalmente 𝐮𝐱 𝐭 𝟐𝐧𝛑𝟏 𝐞𝐋𝟏𝐧 𝐧𝟐𝛑𝟐 𝐋𝟐 𝐞 𝐱𝐧𝟐𝛑𝟐 𝐋𝟐 𝟏𝐭 𝐬𝐞𝐧 𝐧𝛑 𝐋 𝐱 𝐧𝟏