Resolução da Equação do Calor: Perfil de Temperatura em Barra Metálica

QUESTÃO 1 Determine o perfil de temperatura de uma barra mantida a 20C e 50C nas suas extremidades e termicamente isolada nas laterais A barra tem 30 cm de comprimento e é totalmente constituída de um metal com difusividade térmica igual a 1 O perfil inicial de temperatura é dado pela função 60 2x onde x é a dimensão do comprimento da barra Temos que para 𝑢𝑥 𝑡 a temperatura em função do comprimento da barra e do tempo temos 2𝑢 𝑥2 𝑥 𝑡 1 𝛼 𝑢 𝑡 𝑥 𝑡 Para 𝛼 1 difusibilidade térmica temos que 2𝑢 𝑥2 𝑥 𝑡 𝑢 𝑡 𝑥 𝑡 Barras isoladas na extremidade e de comprimento 30 cm implica em 0 𝑥 30 Para 𝑢0 𝑡 20 e 𝑢30 𝑡 50 Além disso temos a temperatura inicial isto é quando 𝑡 0 dada por 𝑢𝑥 0 𝑓𝑥 60 2𝑥 Assim temos o seguinte PVC 2𝑢 𝑥2 𝑥 𝑡 𝑢 𝑡 𝑥 𝑡 𝑡 0 0 𝑥 30 𝑢0 𝑡 20 𝑢30 𝑡 50 𝑢𝑥 0 60 2𝑥 0 𝑥 30 Assim vamos adaptar a EDP para tornar as condições de contorno homogêneas Para isso tomamos 𝑢𝑥 𝑡 𝑣𝑥 𝑡 𝑤𝑥 𝑡 Derivando a mesma se substituindo na EDP temos 2𝑣 𝑤 𝑥2 𝑥 𝑡 𝑣 𝑤 𝑡 𝑥 𝑡 2𝑣 𝑥2 𝑥 𝑡 2𝑤 𝑥2 𝑥 𝑡 𝑣 𝑡 𝑥 𝑡 𝑤 𝑡 𝑥 𝑡 Tornando 𝑤𝑥 𝑡 𝑤𝑥 temos que 2𝑣 𝑥2 𝑥 𝑡 2𝑤 𝑥2 𝑥 𝑡 𝑣 𝑡 𝑥 𝑡 Assim para tornar o PVC com condições de contorno homogêneas vamos fazer 2𝑤 𝑥2 𝑥 𝑡 0 𝑤𝑥 0 Assim aplicando as condições de contorno temos 𝑢0 𝑡 𝑣0 𝑡 𝑤0 𝑡 20 𝑤0 20 𝑢30 𝑡 𝑣30 𝑡 𝑤30 𝑡 50 𝑤30 50 Assim 𝑣0 𝑡 𝑣30 𝑡 0 Logo a solução do PVC ordinário abaixo nos dará a solução de equilíbrio do problema 𝑤𝑥 0 𝑤0 20 𝑤30 50 Veja que a EDO é linear de segunda ordem Equação característica 𝜆2 0 𝜆 0 Como a equação característica possui raiz dupla temos que 𝑤𝑥 𝑐1𝑒0 𝑐2𝑥𝑒0 𝑐1 𝑐2𝑥 Para 𝑤0 20 𝑐1 𝑐2 0 20 𝑐1 20 Para 𝑤30 50 𝑐1 𝑐2 30 50 𝑐1 50 20 30 𝑐1 1 Assim 𝑤𝑥 20 𝑥 Assim 𝑢𝑥 𝑡 𝑣𝑥 𝑡 20 𝑥 Aplicando a condição inicial temos 𝑢𝑥 0 𝑣𝑥 0 20 𝑥 60 2𝑥 𝑣𝑥 0 60 2𝑥 𝑥 20 40 3𝑥 Assim temos o seguinte PVC com condições de contorno homogêneas 2𝑣 𝑥2 𝑥 𝑡 𝑣 𝑡 𝑥 𝑡 𝑡 0 0 𝑥 30 𝑣0 𝑡 0 𝑣30 𝑡 0 𝑣𝑥 0 40 3𝑥 0 𝑥 30 Usando o método da separação de variáveis temos que por hipótese 𝑣𝑥 𝑡 𝑋𝑥𝑇𝑡 Assim substituindo na EDP temos 2 𝑥2 𝑋𝑇 𝑡 𝑋𝑇 𝑋𝑇 𝑋𝑇 𝑋 𝑋 𝑇 𝑇 𝜆 Assim 𝑋 𝑋 𝜆 𝑇 𝑇 𝜆 𝑋 𝜆𝑋 0 𝑇 𝜆𝑇 0 Para a primeira EDO temos 𝑋 𝜆𝑋 0 Condições de contorno 𝑣0 𝑡 𝑋0𝑇𝑡 0 𝑋0 0 𝑣30 𝑡 𝑋30𝑇𝑡 0 𝑋30 0 Assim 𝑋 𝜆𝑋 0 𝑋0 𝑋30 0 Veja que 𝜆 pode ter 3 valores Positivos negativos ou nulos Estudaremos cada um desses casos Para 𝜆 0 isto é 𝜆 𝜙2 𝜆 ℝ 𝑋 𝜙2𝑋 0 𝑋0 𝑋30 0 Equação característica 𝜆2 𝜙2 0 𝜆 𝜙 Raízes da equação característica reais e distintas Assim 𝑋𝑥 𝑐1𝑒𝜙𝑥 𝑐2𝑒𝜙𝑥 Para 𝑋0 0 𝑐1𝑒0 𝑐2𝑒0 0 𝑐1 𝑐2 Para 𝑋30 0 𝑐1𝑒30𝜙 𝑐2𝑒30𝜙 0 𝑐1𝑒30𝜙 𝑐1𝑒30𝜙 𝑐1𝑒30𝜙 𝑒30𝜙 0 Como 𝑒30𝜙 𝑒30𝜙 nunca se anula 𝑐1 0 e consequentemente 𝑐2 0 Assim temos uma solução trivial 𝑋𝑥 0 Para 𝜆 0 𝑋 0 𝑋0 𝑋30 0 Veja que temos uma solução parecida com a solução de equilíbrio 𝑋𝑥 𝑐1 𝑐2𝑥 Para 𝑋0 0 𝑐1 𝑐2 0 0 𝑐1 0 Para 𝑋30 0 𝑐1 𝑐2 30 0 30𝑐2 0 𝑐2 0 Novamente temos a solução trivial 𝑋𝑥 0 Para 𝜆 0 isto é 𝜆 𝜙2 temos 𝑋 𝜙2𝑋 0 𝑋0 𝑋30 0 Equação característica 𝜆2 𝜙2 0 𝜆 𝜙𝑖 Raízes da equação característica complexas e conjugadas 𝑋𝑥 𝑐1 cos 𝜙𝑥 𝑐2 sin𝜙𝑥 Para 𝑋0 0 𝑐1 cos 0 𝑐2 sin 0 0 𝑐1 0 Para 𝑋30 0 𝑐1 cos30𝜙 𝑐2 sin 30𝜙 0 𝑐2 sin30𝜙 0 30𝜙 𝑛𝜋 𝑐2 0 Assim 𝜙 𝑛𝜋 30 Logo temos que 𝑋𝑛𝑥 𝑐𝑛 sin 𝑛𝜋 30 𝑥 Para a segunda EDO temos que 𝑇 𝜆𝑇 0 Como a única condição que nos forneceu uma solução não trivial foi para 𝜆 negativo então só essa nos interessa Assim 𝑇𝑛 𝜙2𝑇𝑛 0 𝑇𝑛 𝑛2𝜋2 900 𝑇𝑛 0 EDO de primeira ordem linear 𝑇𝑛𝑡 𝑒 𝑛2𝜋2 900 𝑑𝑡 𝑑𝑛 𝑒𝑛2𝜋2 900 𝑑𝑡 0 𝑑𝑡 𝑑𝑛𝑒𝑛2𝜋2 900 𝑑𝑡 𝑑𝑛𝑒𝑛2𝜋2 900 𝑡 Assim temos que 𝑣𝑛𝑥 𝑡 𝑐𝑛 sin𝑛𝜋 30 𝑥 𝑑𝑛𝑒𝑛2𝜋2 900 𝑡 𝑣𝑛𝑥 𝑡 𝑏𝑛𝑒𝑛2𝜋2 900 𝑡 sin𝑛𝜋 30 𝑥 Que é um conjunto fundamental de soluções da EDP Pelo principio da superposição temos que 𝑣𝑥 𝑡 𝑣𝑛𝑥 𝑡 𝑛1 𝑣𝑥 𝑡 𝑏𝑛𝑒𝑛2𝜋2 900 𝑡 sin𝑛𝜋 30 𝑥 𝑛1 Aplicando a condição inicial temos que 𝑣𝑥 0 𝑏𝑛𝑒𝑛2𝜋2 900 0 sin 𝑛𝜋 30 𝑥 𝑛1 40 3𝑥 𝑏𝑛 sin𝑛𝜋 30 𝑥 𝑛1 40 3𝑥 Assim basta encontrar 𝑏𝑛 tomando a extensão ímpar de 𝑣𝑥 0 tornando a mesma periódica de período 60 𝑏𝑛 2 30 40 3𝑥 sin 𝑛𝜋 30 𝑥 𝑑𝑥 30 0 1 15 40 sin 𝑛𝜋 30 𝑥 𝑑𝑥 30 0 3 𝑥 sin 𝑛𝜋 30 𝑥 𝑑𝑥 30 0 Para a primeira integral temos sin𝑛𝜋 30 𝑥 𝑑𝑥 30 0 30 𝑛𝜋 cos 𝑛𝜋 30 𝑥 0 30 30 𝑛𝜋 cos𝑛𝜋 30 𝑛𝜋 cos0 30 𝑛𝜋 1 1𝑛 Para a segunda integral 𝑥 sin𝑛𝜋 30 𝑥 𝑑𝑥 30 0 𝑥 𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑢 sin 𝑛𝜋 30 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑣 𝑣 30 𝑛𝜋 cos 𝑛𝜋 30 𝑥 30𝑥 𝑛𝜋 cos 𝑛𝜋 30 𝑥 0 30 30 𝑛𝜋 cos 𝑛𝜋 30 𝑥 𝑑𝑥 30 0 𝑥 sin 𝑛𝜋 30 𝑥 𝑑𝑥 30 0 30𝑥 𝑛𝜋 cos 𝑛𝜋 30 𝑥 0 30 302 𝑛2𝜋2 sin 𝑛𝜋 30 𝑥 0 30 𝑥 sin𝑛𝜋 30 𝑥 𝑑𝑥 30 0 302 𝑛𝜋 cos 𝑛𝜋 302 𝑛2𝜋2 sin 𝑛𝜋 30 0 𝑛𝜋 cos 0 302 𝑛2𝜋2 sin 0 𝑥 sin 𝑛𝜋 30 𝑥 𝑑𝑥 30 0 302 𝑛𝜋 1𝑛 Assim 𝑏𝑛 1 15 40 30 𝑛𝜋 1 1𝑛 3 302 𝑛𝜋 1𝑛 𝑏𝑛 80 801𝑛 1801𝑛 𝑛𝜋 𝑏𝑛 80 1001𝑛 𝑛𝜋 Assim 𝑣𝑥 𝑡 80 1001𝑛 𝑛𝜋 𝑒𝑛2𝜋2 900 𝑡 sin𝑛𝜋 30 𝑥 𝑛1 Assim finalmente 𝒖𝒙 𝒕 𝟐𝟎 𝒙 𝟖𝟎 𝟏𝟎𝟎𝟏𝒏 𝒏𝝅 𝒆𝒏𝟐𝝅𝟐 𝟗𝟎𝟎 𝒕 𝐬𝐢𝐧 𝒏𝝅 𝟑𝟎 𝒙 𝒏𝟏 QUESTÃO 2 Uma placa de altura de 4 cm por 5 cm de comprimento possui seus lados isolados com exceção do lado superior onde o gradiente de temperatura é dado por 𝑓𝑥 𝑥 0 𝑥 5 2 5 𝑥 5 2 𝑥 5 Encontre o perfil de temperatura da placa Não foi dito no enunciado mas como a distribuição de temperatura é numa placa o mesmo nos deu que 2𝑢 𝑥2 𝑥 𝑦 𝑡 2𝑢 𝑦2 𝑥 𝑦 𝑡 1 𝛼 𝑢 𝑡 𝑥 𝑦 𝑡 Não nos informou sobre a difusibilidade térmica e se o regime era transiente ou permanente Assim consideraremos permanente isto é 𝑢𝑥 𝑦 𝑡 𝑢𝑥 𝑦 Assim 2𝑢 𝑥2 𝑥 𝑦 2𝑢 𝑦2 𝑥 𝑦 0 Condições de contorno Como 3 extremidades estão isoladas e a superior possui um gradiente de temperatura temos que 𝑢 𝑦 𝑥 0 0 𝑢 𝑥 0 𝑦 0 𝑢𝑥 4 𝑓𝑥 𝑢 𝑥 5 𝑦 0 Assim temos o nosso PVC 2𝑢 𝑥2 𝑥 𝑦 2𝑢 𝑦2 𝑥 𝑦 0 𝑢 𝑦 𝑥 0 0 𝑢 𝑥 0 𝑦 0 𝑢 𝑥 5 𝑦 0 𝑢𝑥 4 𝑓𝑥 Pelo método da separação de variáveis temos 𝑢𝑥 𝑦 𝑋𝑥𝑌𝑦 Assim 2 𝑥2 𝑋𝑌 2 𝑦2 𝑋𝑌 0 𝑋𝑌 𝑋𝑌 0 𝑋𝑌 𝑋𝑌 𝑋 𝑋 𝑌 𝑌 𝜆 𝑋 𝑋 𝜆 𝑌 𝑌 𝜆 𝑋 𝜆𝑋 0 𝑌 𝜆𝑌 0 Condições de contorno 𝑢 𝑦 𝑥 0 𝑋𝑥𝑌0 0 𝑌0 0 𝑢 𝑥 0 𝑦 𝑋0𝑌𝑦 0 𝑋0 0 𝑢 𝑥 5 𝑦 𝑋5𝑌𝑦 0 𝑋5 0 Assim para a primeira EDO 𝑋 𝜆𝑋 0 𝑋0 𝑋5 0 Como no primeiro exercício para 𝜆 0 𝑋 𝜙2𝑋 0 𝑋0 𝑋5 0 𝑋𝑥 𝑐1𝑒𝜙𝑥 𝑐2𝑒𝜙𝑥 Derivando 𝑋 temos 𝑋𝑥 𝜙𝑐1𝑒𝜙𝑥 𝜙𝑐2𝑒𝜙𝑥 Para 𝑋0 0 𝜙𝑐1𝑒0 𝜙𝑐2𝑒0 0 𝜙𝑐1 𝑐2 0 Para 𝜙 0 𝑐1 𝑐2 0 𝑐1 𝑐2 Para 𝑋5 0 𝜙𝑐1𝑒5𝜙 𝜙𝑐2𝑒5𝜙 0 𝜙𝑐1𝑒5𝜙 𝜙𝑐1𝑒5𝜙 0 𝜙𝑐1𝑒5𝜙 𝑒5𝜙 0 Temos que 𝑒5𝜙 𝑒5𝜙 nunca se anula Assim só nos resta concluir que 𝑐1 𝑐2 0 Assim 𝑋𝑥 0 Para 𝜆 0 𝑋 0 𝑋0 𝑋5 0 𝑋𝑥 𝑐1 𝑐2𝑥 𝑋𝑥 𝑐2 Para 𝑋0 0 𝑋0 𝑐2 0 Para 𝑋5 0 𝑋5 𝑐2 0 Assim 𝑋𝑥 𝑐1 𝑎0 2 por conveniência Para 𝜆 0 𝑋 𝜙2𝑋 0 𝑋0 𝑋5 0 𝑋𝑥 𝑐1 cos 𝜙𝑥 𝑐2 sin𝜙𝑥 𝑋𝑥 𝜙𝑐1 sin 𝜙𝑥 𝜙𝑐2 cos 𝜙𝑥 Para 𝑋0 0 𝜙𝑐1 sin 0 𝜙𝑐2 cos0 𝜙𝑐1 0 𝑐2 1 0 𝑐2 0 Para 𝑋5 0 𝜙𝑐1 sin5𝜙 𝜙𝑐2 cos 5𝜙 𝜙𝑐1 sin5𝜙 𝑐2 cos 5𝜙 0 𝜙𝑐1 sin5𝜙 0 5𝜙 𝑛𝜋 Onde 𝑐1 0 Assim 𝑋𝑛𝑥 𝑐𝑛 cos 𝑛𝜋 5 𝑥 Para a segunda EDO 𝑌 𝜆𝑌 0 𝑌0 0 Para 𝜆 𝜙2 𝑛2𝜋2 25 𝑌𝑛 𝑛2𝜋2 25 𝑌𝑛 0 𝑌𝑛0 0 𝑌𝑛𝑦 𝑑𝑛𝑒𝑛𝜋 5 𝑦 𝑘𝑛𝑒 𝑛𝜋 5 𝑦 Derivando 𝑌𝑛 temos 𝑌𝑛𝑦 𝑛𝜋 5 𝑑𝑛𝑒𝑛𝜋 5 𝑦 𝑛𝜋 5 𝑘𝑛𝑒 𝑛𝜋 5 𝑦 Para 𝑌𝑛0 0 temos 𝑛𝜋 5 𝑑𝑛𝑒0 𝑛𝜋 5 𝑘𝑛𝑒0 0 𝑛𝜋 5 𝑑𝑛 𝑘𝑛 0 𝑛𝜋 5 0 𝑑𝑛 𝑘𝑛 Assim 𝑌𝑛𝑦 𝑑𝑛𝑒𝑛𝜋 5 𝑦 𝑑𝑛𝑒 𝑛𝜋 5 𝑦 𝑑𝑛 𝑒𝑛𝜋 5 𝑦 𝑒 𝑛𝜋 5 𝑦 2𝑑𝑛 𝑒 𝑛𝜋 5 𝑦 𝑒𝑛𝜋 5 𝑦 2 2𝑑𝑛 cosh 𝑛𝜋 5 𝑦 Assim 𝑢𝑛𝑥 𝑦 𝑐𝑛 cos 𝑛𝜋 5 𝑥 2𝑑𝑛 cosh 𝑛𝜋 5 𝑦 𝑢𝑛𝑥 𝑦 𝑎𝑛 cos 𝑛𝜋 5 𝑥 cosh 𝑛𝜋 5 𝑦 Assim pelo princípio da superposição 𝑢𝑥 𝑦 𝑢𝑛𝑥 𝑦 𝑛0 𝑎0 2 𝑎𝑛 cos𝑛𝜋 5 𝑥 cosh 𝑛𝜋 5 𝑦 𝑛0 Condição inicial 𝑢𝑥 4 𝑓𝑥 𝑥 0 𝑥 5 2 5 𝑥 5 2 𝑥 5 Assim 𝑢𝑥 4 𝑎0 2 𝑎𝑛 cos 𝑛𝜋 5 𝑥 cosh 4𝑛𝜋 5 𝑛0 𝑥 0 𝑥 5 2 5 𝑥 5 2 𝑥 5 Tomando 𝑢𝑥 4 uma função par e periódica de período 10 temos 𝑎𝑛 2 5 𝑓𝑥𝑑𝑥 5 0 2 5 𝑥𝑑𝑥 5 2 0 5 𝑥𝑑𝑥 5 5 2 2 5 𝑥2 2 0 5 2 5𝑥 𝑥2 2 5 2 5 2 5 5 2 2 2 5 5 52 2 5 5 2 5 2 2 2 𝑎𝑛 2 5 25 8 25 25 2 25 2 25 8 2 5 25 4 5 2 𝑎𝑛 cosh4𝑛𝜋 5 2 5 𝑓𝑥 cos 𝑛𝜋 5 𝑥 𝑑𝑥 5 0 2 5 𝑥 cos 𝑛𝜋 5 𝑥 𝑑𝑥 5 2 0 5 𝑥 cos 𝑛𝜋 5 𝑥 𝑑𝑥 5 5 2 𝑎𝑛 cosh4𝑛𝜋 5 2 5 𝑥 cos 𝑛𝜋 5 𝑥 𝑑𝑥 5 2 0 2 cos𝑛𝜋 5 𝑥 𝑑𝑥 5 5 2 2 5 𝑥 cos 𝑛𝜋 5 𝑥 𝑑𝑥 5 5 2 𝑎𝑛 cosh 4𝑛𝜋 5 2 5 5𝑥 𝑛𝜋 sin 𝑛𝜋 5 𝑥 0 5 2 5 𝑛𝜋 sin𝑛𝜋 5 𝑥 𝑑𝑥 5 2 0 10 𝑛𝜋 sin 𝑛𝜋 5 𝑥5 2 5 2 5 5𝑥 𝑛𝜋 sin𝑛𝜋 5 𝑥5 2 5 5 𝑛𝜋 sin𝑛𝜋 5 𝑥 𝑑𝑥 5 5 2 𝑎𝑛 cosh 4𝑛𝜋 5 2 5 25 2𝑛𝜋 sin 𝑛𝜋 2 25 𝑛2𝜋2 cos 𝑛𝜋 2 1 10 𝑛𝜋 sin𝑛𝜋 10 𝑛𝜋 sin𝑛𝜋 2 2 5 25 𝑛𝜋 sin𝑛𝜋 25 2𝑛𝜋 sin 𝑛𝜋 2 25 𝑛2𝜋2 cos 𝑛𝜋 cos 𝑛𝜋 2 𝑎𝑛 cosh 4𝑛𝜋 5 2 5 25 2𝑛𝜋 sin𝑛𝜋 2 25 𝑛2𝜋2 cos 𝑛𝜋 2 1 10 𝑛𝜋 sin 𝑛𝜋 2 2 5 25 2𝑛𝜋 sin 𝑛𝜋 2 25 𝑛2𝜋2 cos 𝑛𝜋 cos 𝑛𝜋 2 𝑎𝑛 cosh 4𝑛𝜋 5 10 𝑛𝜋 sin 𝑛𝜋 2 10 𝑛𝜋 sin𝑛𝜋 2 10 𝑛2𝜋2 1𝑛 10 𝑛2𝜋2 10 𝑛2𝜋2 cos𝑛𝜋 2 10 𝑛2𝜋2 cos 𝑛𝜋 2 𝑎𝑛 cosh 4𝑛𝜋 5 20 cos 𝑛𝜋 2 10 101𝑛 𝑛2𝜋2 Veja que cos 𝑛𝜋 2 1𝑛 𝑛 2𝑘 0 𝑛 2𝑘 1 Além disso 20 cos 𝑛𝜋 2 10 101𝑛 𝑛2𝜋2 201𝑘 20 4𝑘2𝜋2 𝑛 2𝑘 0 𝑛 2𝑘 1 51𝑘 1 𝑘2𝜋2 Assim temos que 𝑎𝑘 1 cosh 8𝑘𝜋 5 51𝑘 1 𝑘2𝜋2 0 𝑘 2𝑚 1 cosh 8𝑘𝜋 5 10 𝑘2𝜋2 𝑘 2𝑚 1 1 cosh 82𝑚 1𝜋 5 10 2𝑚 12𝜋2 E finalmente 𝒖𝒙 𝒚 𝟓 𝟒 𝟓𝟎 𝟏 𝐜𝐨𝐬𝐡 𝟏𝟔𝒎 𝟖𝝅 𝟓 𝟏 𝟐𝒎 𝟏𝟐𝝅𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝟒𝒎 𝟐𝝅 𝟓 𝒙 𝐜𝐨𝐬𝐡 𝟒𝒎 𝟐𝝅 𝟓 𝒚 𝒎𝟎 QUESTÃO 3 Resolva o problema de contorno não homogêneo 𝑦 2𝑦 𝑥 𝑦0 0 𝑦1 0 Temos que 𝑦𝑥 𝑏𝑛𝜙𝑛𝑥 𝑛1 Onde 𝑏𝑛 𝐶𝑛 𝜆𝑛 2 Onde também 𝐶𝑛 𝑥𝜙𝑛𝑥𝑑𝑥 1 0 Assim 𝑦𝑥 1 2 𝜆𝑛 𝑥𝜙𝑛𝑥𝑑𝑥 1 0 𝜙𝑛𝑥 𝑛1 Usaremos a autofunção 𝜙𝑛𝑥 para o problema do tipo 𝑦 𝜆𝑦 0 𝑦0 0 𝑦1 0 onde 𝜆 0 Assim 𝑦𝑥 𝑐1 cos 𝑥𝜆 𝑐2 sin𝑥𝜆 Para 𝑦0 0 𝑐1 𝑐2 0 0 𝑐1 0 Para 𝑦1 0 𝑦𝑥 𝜆𝑐1 sin𝑥𝜆 𝜆𝑐2 cos 𝑥𝜆 𝜆𝑐1 sin𝜆 𝜆𝑐2 cos 𝜆 0 𝜆𝑐2 cos 𝜆 0 𝜆 2𝑛 1𝜋 2 Assim 𝜆𝑛 2𝑛 12𝜋2 4 𝜙𝑛𝑥 sin2𝑛 1𝜋 2 𝑥 Assim 𝑦𝑥 1 2 2𝑛 12𝜋2 4 𝑥 sin 2𝑛 1𝜋 2 𝑥 𝑑𝑥 1 0 sin2𝑛 1𝜋 2 𝑥 𝑛1 𝑦𝑥 1 8 4 2𝑛 12𝜋2 4 𝑥 sin 2𝑛 1𝜋 2 𝑥 𝑑𝑥 1 0 sin2𝑛 1𝜋 2 𝑥 𝑛1 𝑦𝑥 4 8 2𝑛 12𝜋2 𝑥 sin 2𝑛 1𝜋 2 𝑥 𝑑𝑥 1 0 sin2𝑛 1𝜋 2 𝑥 𝑛1 Assim 𝑥 sin 2𝑛 1𝜋 2 𝑥 𝑑𝑥 1 0 2𝑥 2𝑛 1𝜋 cos 2𝑛 1𝜋 2 𝑥 0 1 2 2𝑛 1𝜋 cos 2𝑛 1𝜋 2 𝑥 𝑑𝑥 1 0 𝑥 sin2𝑛 1𝜋 2 𝑥 𝑑𝑥 1 0 22 2𝑛 12𝜋2 sin 2𝑛 1𝜋 2 sin0 41𝑛1 2𝑛 12𝜋2 Assim 𝑦𝑥 1 8 2𝑛 12𝜋2 81𝑛1 2𝑛 12𝜋2 sin2𝑛 1𝜋 2 𝑥 𝑛1 𝒚𝒙 𝟏 𝟖 𝟐𝒏 𝟏𝟐𝝅𝟐 𝟖 𝟐𝒏 𝟏𝟐𝝅𝟐 𝟏𝒏𝟏 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒏 𝟏𝝅 𝟐 𝒙 𝒏𝟏 QUESTÃO 4 Resolva o problema de condução de calor 𝑢 𝑡 𝑥 𝑡 2𝑢 𝑥2 𝑥 𝑡 𝑒𝑡1 𝑥 𝑢0 𝑡 0 𝑢𝑥 0 0 𝑢 𝑥 1 𝑡 0 Temos que a solução da EDP é do tipo 𝑢𝑥 𝑡 𝑏𝑛𝑡𝜙𝑛𝑥 𝑛1 Onde 𝑏𝑛 𝑡 𝜆𝑛𝑏𝑛𝑡 𝛾𝑛𝑡 𝑒𝑡1 𝑥𝜙𝑛𝑥𝑑𝑥 1 0 𝑒𝑡 𝜙𝑛𝑥𝑑𝑥 1 0 𝑒𝑡 𝑥𝜙𝑛𝑥𝑑𝑥 1 0 Agora precisamos dos autovalores e das autofunções 𝜙𝑛𝑥 que serão dadas por 𝜆𝑛 2𝑛 12 4 𝜋2 𝜙𝑛𝑥 2 sin 2𝑛 1𝜋𝑥 2 Assim 𝑏𝑛 𝑡 2𝑛 12 4 𝜋2𝑏𝑛𝑡 𝑒𝑡2 sin 2𝑛 1𝜋𝑥 2 𝑑𝑥 1 0 𝑒𝑡2 𝑥 sin 2𝑛 1𝜋𝑥 2 𝑑𝑥 1 0 𝑏𝑛 𝑡 2𝑛 12 4 𝜋2𝑏𝑛𝑡 𝑒𝑡2 2 2𝑛 1𝜋 cos2𝑛 1𝜋𝑥 2 0 1 𝑒𝑡2 2𝑥 cos 2𝑛 1𝜋𝑥 2 2𝑛 1𝜋 0 1 2 2𝑛 1𝜋 cos 2𝑛 1𝜋𝑥 2 𝑑𝑥 1 0 𝑏𝑛 𝑡 2𝑛 12 4 𝜋2𝑏𝑛𝑡 𝑒𝑡2 2 2𝑛 1𝜋 cos 2𝑛 1𝜋 2 cos 0 𝑒𝑡2 2 cos 2𝑛 1𝜋 2 2𝑛 1𝜋 4 2𝑛 12𝜋2 sin2𝑛 1𝜋𝑥 2 0 1 Temos que cos2𝑛 1𝜋 2 0 𝑛 ℕ 𝑏𝑛 𝑡 2𝑛 12 4 𝜋2𝑏𝑛𝑡 2𝑒𝑡2 2𝑛 1𝜋 4𝑒𝑡2 2𝑛 12𝜋2 sin2𝑛 1𝜋 2 𝑏𝑛 𝑡 2𝑛 12 4 𝜋2𝑏𝑛𝑡 222𝑛 1𝜋 421𝑛 2𝑛 12𝜋2 𝑒𝑡 Assim 𝑏𝑛𝑡 𝑒 2𝑛12𝜋2 4 𝑑𝑡 𝑘𝑛 𝑒2𝑛12𝜋2 4 𝑑𝑡 222𝑛 1𝜋 421𝑛 2𝑛 12𝜋2 𝑒𝑡𝑑𝑡 𝑏𝑛𝑡 𝑒2𝑛12𝜋2 4 𝑡 𝑘𝑛 𝑒 2𝑛12𝜋2 4 𝑡 222𝑛 1𝜋 421𝑛 2𝑛 12𝜋2 𝑒𝑡𝑑𝑡 𝑏𝑛𝑡 𝑒2𝑛12𝜋2 4 𝑡 𝑘𝑛 222𝑛 1𝜋 421𝑛 2𝑛 12𝜋2 𝑒 2𝑛12𝜋2 4 1𝑡 𝑑𝑡 𝑏𝑛𝑡 𝑒2𝑛12𝜋2 4 𝑡 𝑘𝑛 222𝑛 1𝜋 421𝑛 2𝑛 12𝜋2 𝑒 2𝑛12𝜋2 4 1𝑡 2𝑛 12𝜋2 4 1 𝑏𝑛𝑡 𝑘𝑛𝑒2𝑛12𝜋2 4 𝑡 222𝑛 1𝜋 421𝑛 2𝑛 12𝜋2 4𝑒𝑡 2𝑛 12𝜋2 4 Assim 𝑢𝑥 𝑡 𝑘𝑛𝑒2𝑛12𝜋2 4 𝑡 222𝑛 1𝜋 421𝑛 2𝑛 12𝜋2 4𝑒𝑡 2𝑛 12𝜋2 4 2 sin2𝑛 1𝜋𝑥 2 𝑛1 Aplicando a condição inicial temos Onde 𝑢𝑥 0 2 𝑘𝑛 222𝑛 1𝜋 421𝑛 2𝑛 12𝜋2 sin 2𝑛 1𝜋𝑥 2 𝑛1 0 Onde 𝑘𝑛 222𝑛 1𝜋 421𝑛 2𝑛 12𝜋2 2 𝑢𝑥 0 sin2𝑛 1𝜋𝑥 2 𝑑𝑥 1 0 0 Logo 𝑘𝑛 222𝑛 1𝜋 421𝑛 2𝑛 12𝜋2 0 𝒌𝒏 𝟐𝟐𝟐𝒏 𝟏𝝅 𝟒𝟐𝟏𝒏 𝟐𝒏 𝟏𝟐𝝅𝟐 Assim 𝑢𝑥 𝑡 𝑘𝑛𝑒2𝑛12𝜋2 4 𝑡 𝑘𝑛 4𝑒𝑡 2𝑛 12𝜋2 4 2 sin2𝑛 1𝜋𝑥 2 𝑛1 𝒖𝒙 𝒕 𝟐 𝒌𝒏 𝒆𝟐𝒏𝟏𝟐𝝅𝟐 𝟒 𝒕 𝟒𝒆𝒕 𝟐𝒏 𝟏𝟐𝝅𝟐 𝟒 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝒏 𝟏𝝅𝒙 𝟐 𝒏𝟏