MMA-ConduçaoDoCalor

Prévia do material em texto

Condução de Calor em uma Barra
I Separação de variáveis
1. Equações diferenciais parciais
A forma geral de uma equação diferencial parcial de segunda ordem linear em duas variáveis
independentes é:
A
∂2u
∂x2
+B
∂2u
∂x∂y
+ C
∂2u
∂y2
+D
∂u
∂x
+ E
∂u
∂y
+ Fu = G, (1)
onde A,B, ..., G são funções de x e y. Quando G(x, y) = 0, a equação diz-se homogênea, em
caso contrário, é não-homogênea.
Uma solução de (1) é uma função u(x, y) que possui todas as derivadas parciais presentes na
equação e que satisfaz a equação em alguma região do plano xy.
A equação (1) é classificada como
(a) hiperbólica, se B2 − 4AC > 0,
(b) parabólica, se B2 − 4AC = 0,
(c) eĺıptica, se B2 − 4AC < 0.
Exerćıcio: Clasśıfique as equações
(a) equação do calor: ut − kuxx = 0,
(b) equação da onda: utt − k2uxx = 0,
(c) equação de Laplace: uxx + uyy = 0.
2. Método da separação de variáveis
A ideia é procurar uma solução particular da forma
u(x, y) = X(x)Y (y),
ou seja, u é o produto de duas funções, uma de x e outra de y. Em alguns casos, aplicando
este método, é posśıvel reduzir uma equação de derivadas parciais em duas equações ordinárias.
Para tanto, note que
∂u
∂x
= X ′Y,
∂u
∂y
= XY ′,
e
∂2u
∂x2
= X ′′Y,
∂2u
∂y2
= XY ′′.
1
II Condução do calor
1. Equação do calor
Procuramos por uma função de duas variáveis u(x, t) que descreva a distribuição de temperatura
na posição x, no instante t, numa barra horizontal de comprimento L (pensada sobre o eixo
−−→
OX)
com extremidades mantidas a uma temperatura constante para todo t > 0. Se a difusividade
térmica da barra é constante k > 0 e a distribuição de temperatura no instante t = 0 em cada
ponto 0 6 x 6 L é f(x), a edp (equação diferencial parcial) que modela o problema, chamada
equação do calor, juntamente com a condição de contorno (ou de fronteira) e a condição inicial,
são descritos por:

ut = kuxx, (edp)
u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0 (condição de contorno − tipo Dirichlet)
u(x,0) = f(x), 0 666 x 666 L. (condição inicial)
(2)
No problema de valor inicial e de fronteira (2), abreviadamente (pvif), denotamos ut =
∂u
∂t
,
uxx =
∂2u
∂x2
e k ∈ R é uma constante.
2. Separação de variáveis
Suponha que u(x, t) é uma solução de (2) e que as variáveis estejam separadas, i.e., suponha
u(x, t) = X(x)T (t).
Calculando uxx e ut, obtemos
uxx(x, t) = X
′′(x)T (t)
ut(x, t) = X(x)T
′(t),
o que, substitúıdo em (2), produz
X ′′(x)T (t) = k X(x)T ′(t),
ou seja,
X ′′(x)
X(x)
=
1
k
T ′(t)
T (t)
.
Esta última relação implica que os valores de uma função dependendo apenas de x são iguais
aos de uma função dependendo apenas de t; a única possibilidade para tanto é que a função
seja constante. Logo:
X ′′(x)
X(x)
=
1
k
T ′(t)
T (t)
= −λ, (para algum λ ∈ R),
e assim
X ′′(x) + λX(x) = 0 (3)
T ′(t) + λk T (t) = 0. (4)
2
Da condição de fronteira obtemos
0 = u(0, t) = X(0)T (t), ∀t > 0 =⇒
caso contrário u≡0
X(0) = 0, (5)
0 = u(L, t) = X(L)T (t), ∀t > 0 =⇒
caso contrário u≡0
X(L) = 0 (6)
Precisamos encontrar os valores de λ ∈ R para os quais o problema de valor de fronteira{
X ′′(x) + λX(x) = 0
X(0) = 0 = X(L).
(7)
possua solução X 6≡ 0.
 Caso 1: λ = 0.
Por (7) temos: X ′′(x) = 0 ⇒ X ′(x) = c ⇒ X(x) = cx+ d, com c, d ∈ R.
Também temos: 0 = X(0) = c 0 + d ⇒ d = 0 e 0 = X(L) = cL ⇒ c = 0.
Logo X(x) = 0, ∀x ∈ R, o que implica u(x, t) = 0 ∀(x, t) ∈ [0, L]× (0,∞), a qual é a solução
nula da edp em (2) mas que só satisfaz o (pvif) (2) se f ≡ 0. Portanto devemos analisar outros
casos.
 Caso 2: λ < 0.
Escrevemos λ = −α2, com α 6= 0, e por (7) temos a edo
X ′′(x)− α2X(x) = 0
cuja solução geral é: X(x) = c1 cosh (αx) + c2 senh (αx) (c1, c2 ∈ R).
Ainda: 0 = X(0) = c1 cosh (0) = c1 ⇒ c1 = 0 e 0 = X(L) = c2 senh (αL) ⇒
c2 = 0.
Ou seja, X ≡ 0 o que produz u ≡ 0, que não resolve (2) em geral. Resta um caso a analisar.
 Caso 3: λ > 0.
Escrevemos λ = α2 (α 6= 0) e por (7) obtemos a edo
X ′′(x) + α2X(x) = 0
cuja solução geral é: X(x) = c1cos (αx) + c2sen (αx) (c1, c2 ∈ R).
Novamente por (7),
0 = X(0) = c1 cos (0) + c2 sen (0) = c1 ⇒ c1 = 0
0 = X(L) = c2 sen (αL).
3
Esta última relação é satisfeita sem que necessariamente c2 = 0, contanto que
sen (αL) = 0 ⇐⇒ α = nπ
L
(n = ±1, ±2, ±3, · · · )
Logo, para λ =
n2π2
L2
, encontramos as soluções de (7)
Xn(x) = Cn sen
(nπ
L
x
)
, (8)
com n = 1, 2, 3, · · · , e Cn ∈ R constantes arbitrárias.
Precisamos agora resolver (4) para os λ′s tais que (3), (5) e (6) possuam solução, isto é, para
λn =
n2π2
L2
. (n = 1, 2, 3, · · · )
Esses números são chamados autovalores e as funções Xn em (8) a eles associadas são chamadas
autofunções. Reescrevendo a edo linear de 1a ordem (4) utilizando os λn
′s chegamos a
T ′n(t) +
n2π2k
L2
Tn(t) = 0
cuja solução geral é
Tn(t) = Bn e
−n
2π2k
L2
t (Bn ∈ R arbitrário, n > 1). (9)
Podemos então considerar as funções (8) e (9) para definir
un(x, t) = Xn(x)Tn(t) (n > 1)
e, por superposição, temos a candidata a solução de (2)
u(x, t) =
∞∑
n=1
An sen
(nπ
L
x
)
e−
n2π2k
L2
t (An ∈ R).
Resta apenas determinar as contantes An e para isto utilizamos a condição inicial em (2):
f(x) = u(x, 0) =
∞∑
n=1
An sen
(nπ
L
x
)
, x ∈ [0, L],
o que equivale a expressar f em série de senos no intervalo [0, L]. Como vimos em aulas ante-
riores, os coeficientes da série em senos de Fourier de f são dados por:
An =
2
L
∫ L
0
f(x) sen
(nπ
L
x
)
dx, ∀n > 1.
4
Em suma, podemos concluir que a solução de (2) é
u(x, t) =
∞∑
n=1
An sen
(nπ
L
x
)
e−
n2π2k
L2
t
em que os coeficientes são dados por
An =
2
L
∫ L
0
f(x) sen
(nπ
L
x
)
dx, ∀n > 1.
Note que, como f é limitada, segue que os coeficientes An também são limitados. Em con-
sequência, a presença dor termo exponencial com potência negativa em cada termo da série
garante que
lim
t→∞
u(x, t) = 0
para todo x, independente da condição inicial.
3. Exemplo
Determinar a temperatura em qualquer instante t > 0 numa barra de metal de 50 cm de
comprimento, isolada nos lados e com extremidades mantidas a 0◦ C para todo t > 0, a uma
temperatura uniforme inicialmente de 20◦ C.
Solução: A temperatura u(x, t) em cada ponto x ∈ [0, 50] e instante t > 0 satisfaz o problema
de valor inicial e de fronteira (2), sob condição de fronteira de Dirichlet, com L = 50 e f(x) = 20
para 0 < x < 50. Conforme deduzimos acima,
u(x, t) =
∞∑
n=1
An sen
(nπ
50
x
)
e−
n2π2k
2500
t
com
An =
2
50
∫ 50
0
20 sen
(nπ
50
x
)
dx =
4
5
∫ 50
0
sen
(nπ
50
x
)
dx =
40
nπ
(
1− cos (nπ)
)
Assim
An =

80
nπ
se n é ı́mpar,
0 se n é par.
Substituindo na expressão que define u obtemos
u(x, t) =
80
nπ
∞∑
n=1,3,5,···
1
n
e−
n2π2k
2500
tsen
(nπ
50
x
)
, ∀(x, t) ∈ [0, 50]× (0,∞),
é a temperatura procurada. �
5
III Condições de contorno não homogêneas
1. Condução do calor com condições de contorno não homogêneas.
Considere o (pvif) envolvendo a equação do calor e condições de contorno não homogêneas
T1, T2 ∈ R, dado por 
ut = k uxx, 0 < x < L, t > 0;
u(0, t) = T1, u(L, t) = T2, t > 0,
u(x, 0) = f(x) 0 6 x 6 L.
(10)
Em muitos problemas observa-se que a solução, após grande intervalo de tempo, alcança um
estado estacionário. No caso do (pvif) (10) ocorre que a solução se aproxima, quando t→∞,
de uma solução estacionária v(x), que não depende do tempo e das condições iniciais, ou seja,
satisfaz a equação do calor e as condições de contorno em (10). Como v(x) não depende de t,
segue que vt = 0, e portanto {
v′′(x) = 0, 0 < x < L,
v(0) = T1, v(L) = T2.
(11)
Para resolver o problema , note que v′′(x) = 0 implica que
v(x) = ax+ b, a, b constantes reais.
De v(0) = T1 temos que b = T1, e v(L) = T2 implica que aL+ T1 = T2, ou seja
v(x) = (T2 − T1)
x
L
+ T1.
Vamos tentar expressar u(x, t) como
u(x, t) = v(x) + w(x, t) (12)
sendo w(x, t) um estado transiente. Para determinar w, noteque
wt = ut − vt = ut = kuxx = kuxx − kvxx = kwxx,
e
w(0, t) = u(0, t)− v(0) = T1 − T1 = 0,
w(L, t) = u(L, t)− v(L) = T2 − T2 = 0.
Logo w satisfaz o (pvif) 
wt = k wxx, 0 < x < L, t > 0;
w(0, t) = 0 = w(L, t) t > 0,
w(x, 0) =f(x)− v(x) 0 6 x 6 L.
(13)
Portanto solução de (10) é:
6
u(x, t) = (T2 − T1)
x
L
+ T1 +
∞∑
n=1
An sen
(nπ
L
x
)
e−
n2π2k
L2
t
sendo An os coeficientes da série de Fourier em senos de f(x)− v(x). Ou seja
An =
2
L
∫ L
0
[
f(x)− (T2 − T1)
x
L
− T1
]
sen
(nπ
L
x
)
dx, ∀n > 1.
Note que
lim
t→∞
u(x, t) = (T2 − T1)
x
L
+ T1
para todo x. Ou seja, a solução u(x, t) tende ao estado estacionário v(x).
2. Exemplo
Considere uma barra com 30 cm de comprimento para a qual k = 1. Suponha que a distribuição
de inicial de temperatura é dada por u(x, 0) = x(60 − x)/30 e qua as condições de contorno
são u(0, t) = 30 e u(30, t) = 0. Encontre a temperatura na barra em função da posição e do
tempo.
Solução: O problema pode ser formulado em termos da equação
ut = uxx, 0 < x < 30, t > 0,
u(0, t) = 30, u(30, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = x(60− x)/30, 0 < x < 30.
Podemos escrever u(x, t) = v(x) + w(x, t), onde v(x) = 30− x e w satisfaz a equação
wt = wxx, 0 < x < 30, t > 0,
w(0, t) = 0, w(30, t) = 0, t > 0,
w(x, 0) = x(60− x)/30− 30 + x, 0 < x < 30.
Segue que
w(x, t) =
∑
n≥1
Ane
−n2π2t/900 sin
nπx
30
,
onde
An =
2
30
∫ 30
0
[x(60− x)/30− 30 + x] sin nπx
30
dx = 60
2(1− cosnπ)− n2π2(1 + cosnπ)
n3π3
.
Portanto
u(x, t) = 30− x+ 60
π3
∑
n≥1
2(1− cosnπ)− n2π2(1 + cosnπ)
n3
e−n
2π2t/900 sin
nπx
30
.
7