Resolução Lista de Exercícios Aula 15 cálculo 4

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Resolução - Exercícios - Cálculo IV - Aula 15 - Semana 30/11 –
04/12
Exercício 1. Resolva o seguinte problema de Valor Inicial e de fronteira:
ut = 2uxx, 0 < x < 1, t > 0
u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0
u(x, 0) =
{
x, 0 ≤ x ≤ 1/2
1− x, 1/2 ≤ x ≤ 1
Solução. Identificando L = 1, k = 2, a solução deste problema é dada por:
u(x, t) =
∞∑
n=1
cne
−n2π2kt/L2 sin (
nπx
L
) =
∞∑
n=1
cne
−n2π22t sin (nπx)
onde os coeficientes cn são os coeficientes da série de Fourier da extensão ímpar de f , ou
seja:
cn =
2
1
(∫ 1
0
u(x, 0) sin (nπx)dx
cn =
2
1
(∫ 1
2
0
x sin (nπx)dx+
∫ 1
1
2
(1− x) sin (nπx)dx
)
.
Usando integração por partes, temos:∫ 1
2
0
x sin (nπx)dx =
sin (nπ2 )
(nπ)2
−
cos (nπ2 )
2nπ∫ 1
1
2
(1− x) sin (nπx)dx =
cos (nπ2 )
2nπ
+
sin (nπ2 )
(nπ)2
.
Assim,
cn =
4
(nπ)2
sin (
nπ
2
).
Portanto,
u(x, t) =
∞∑
n=1
4
(nπ)2
sin (
nπ
2
)e−n
2π22t sin (nπx)
Exercício 2. Considere o seguinte problema de valor inicial e de contorno com condições
não homogêneas: 
ut = 3uxx, 0 < x < π, t > 0
u(0, t) = −1 e u(π, t) = 1, t > 0
u(x, 0) = 25, 0 ≤ x ≤ π
Determine a solução deste problema e a distribuição de temperatura em estado estacionário.
Solução. Da Aula 15 temos que a solução desse tipo de EDO é dado por
u(x, t) = v(x) + w(x, t)
Sendo v(x) a parte estacionária da solução, dada por
v(x) =
T2 − T1
L
x+ T1 =
2
π
x− 1
1
E w(x, t) a parte não estacionária, dada pela equação homogênea:
wt = 3wxx, 0 < x < π, t > 0
w(0, t) = 0 e w(π, t) = 0, t > 0
w(x, 0) = 25− v(x) = 26− 2πx, 0 ≤ x ≤ π
Essa equação tem a mesma forma do exercício anterior e podemos resolvê-la pelo mesmo
método.
w(x, t) =
∞∑
n=1
cne
−3n2t sin (nx)
Sendo os coeficientes cn os coeficientes de Fourier da expansão ímpar 2π-periódica de w(x, 0).
cn =
2
π
∫ π
0
(
26− 2
π
x
)
sinnxdx
=
2
π
[
−
(
26− 2
π
x
)
cosnx
n
∣∣∣∣∣
π
0
−
∫ π
0
− 2
π
(
−cosnx
n
)
dx
]
=
2
π
[
26
n
− 24 cosnπ
n
− 2
π
sinnx
n2
∣∣∣∣∣
π
0
]
=
2
π
[
26
n
− 24 cosnπ
n
]
=
4
πn
[13− 12(−1)n]
Substituindo cn em w(x, t) e depois w(x, t) e v(x) em u(x, t) temos a solução.
u(x, t) =
2
π
x− 1 + 4
π
∞∑
n=1
13− 12(−1)n
n
e−3n
2t sin (nx).
Para encontrar a solução estacionária, fazemos
lim
t→∞
u(x, t) =
2
π
x− 1 = v(x).
Exercício 3. Fixados L > 0 e k > 0, procedendo como no roteiro apresentado na primeira
aula do professor Éder, ou na página 152 das notas de aula da Profa. Janete, encontre
um candidato a solução do problema da condução do calor na barra com extremidades
isoladas termicamente.
ut = kuxx, 0 < x < L, t > 0,
ux(0, t) = ux(1, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L.
Solução. Vamos considerar inicialmente o problema:
(P)
{
ut = kuxx, 0 < x < L, t > 0,
ux(0, t) = ux(1, t) = 0, t > 0,
Observamos que o problema (P) é um problema linear e homogêneo, Assim o conjunto S
das suas soluções é um espaço vetorial. Assim, vamos procurar uma base para o espaço S.
Como na aula 15 do professor Éder, vamos utilizar o método de variáveis separáveis, então
supomos que u(x, t) = F (x)G(t) 6= 0 para certas funções F : [0, L] → R e G : [0,∞] → R é
uma solução do nosso problema (P).
Da equação do calor ut = kuxx obtemos a equação
F (x)G′(t) = kF ′′(x)G(t) para x ∈ ]0, L[ , t > 0.
2
Daí,
G′(t)
kG(t)
=
F ′′(x)
F ′(x)
= λ para x ∈ ]0, L[ , t > 0,
para alguma constante λ. Dessas equações, temos
F ′′(x) = λF (x) e G′(t) = λkG(t) para x ∈ ]0, L[ , t > 0.
utilizando as condições de contorno, obtemos que
ux(0, t) = F
′(0)G(t) = 0 = F ′(L)G(t) = ux(L, t) para t > 0,
Como não queremos soluções triviais então obtemos que F ′(0) = 0 = F ′(L). Assim queremos
resolver os problemas:
{
F ′′(x) = λF (x), 0 ≤ x ≤ L, t > 0,
F ′(0) = 0 = F ′(L),
e G′(t) = kλG(t), e t > 0
Como na aula 15 do professor Éder, vamos analisar as possibilidades de λ.
(I) Se λ = 0 então obtemos o problema:{
F ′′(x) = 0, 0 ≤ x ≤ L, t > 0,
F ′(0) = 0 = F ′(L),
da onde integrando duas duas vezes a primeira equação obtemos que
F (x) = ax+ b para quaisquer a, b ∈ R.
Da condição F ′(0) = 0 = F ′(L) obtemos que
F (x) = b para todo x.
Assim tomemos F0(x) := 12 , a solução G(t) correspondente a F0 é solução de G
′(t) = 0,
logo G(t) é contante e assim podemos escolher G0(t) := 1. O primeiro elemento da base de
S é dado por
u0(x, t) := F0(x)G0(t) =
1
2
(1)
(II) Se λ < 0 vamos chamar de λ = −β2 para β > 0. Assim, buscamos solução F (x)
não nula ao problema {
F ′′(x) = −β2F (x), 0 ≤ x ≤ L,
F ′(0) = 0 = F ′(L).
Como o professor Éder mostrou na aula 15, utilizando as técnicas de EDO obtemos que
F (x) = a cosβx+ b sinβx,
e das condições de contorno temos
0 = F ′(0) = bβ e 0 = F ′(L) = −aβ sinβL,
daí concluímos que b = 0 pois β > 0 e também a 6= 0, pois estamos interessados na solução
F (x) 6= 0 logo sinβL = 0 o que implica que βL = nπ para n = 1, 2, 3, . . .. Fazendo a = 1
encontramos infinitas soluções não nulas
Fn(x) = cos
nπx
L
,
cada uma delas correspondente ao valor λn = −n
2π2
L2 . Agora vamos buscar as corresponden-
tes soluções Gn(t) para cada λn = −n
2π2
L2 . Sabemos que
G′n(t) = −k
n2π2
L2
Gn(t)
3
e por tanto, das técnicas de EDO obtemos que
Gn(t) = e
− kn2π2
L2
t para n = 1, 2, 3 . . . .
Concluímos que para cada n > 0 obtemos a solução
un(x, y) = Fn(x)Gn(t) = e
− kn2π2
L2
t cos
(nπ
L
x
)
(2)
(III) Se λ > 0, seja λ = β2 para β > 0, assim procuramos solução para o problema{
F ′′(x) = β2F (x), 0 ≤ x ≤ L,
F ′(0) = 0 = F ′(L).
Com técnicas de EDO obtemos que
F (x) = aeβx + be−βx a, b ∈ R.
Usando as condições de contorno obtemos que
F ′(0) = β(a− b) e F ′(L) = β(aeβL − be−βL),
da primeira equação obtemos que a = b pois β > 0. Da segunda equação, como β 6= 0
obtemos que
ae−βL(e2βL − 1) = 0,
onde (e2βL − 1) 6= 0, logo a = 0 mas a = b, logo teríamos que F (x) = 0. Como estamos
interessados em soluções não triviais, descartamos essa solução.
Por fim, obtemos que as soluções do sistema P estão dadas como “combinações lineares”
as funções (1) e (2) acima.
Deste modo, cada solução do Problema (P) será combinação linear desses elementos, isto
é:
u(x, t) =
a0
2
+
∞∑
n=1
anun(x, t) =
a0
2
+
∞∑
n=1
ane
− kn2π2
L2
t cos
nπx
L
(3)
Para satisfazer a condição inicial, devemos ter
f(x) = u(x, 0) =
a0
2
+
∞∑
n=1
ane
− kn2π2
L2
0 cos
nπx
L
=
a0
2
+
∞∑
n=1
an cos
nπx
L
. (4)
Em outras palavras, precisamos escolher os coeficientes an para que a série trigonomé-
tricas de cossenos em (4) converge para a distribuição de temperatura inicial f(x) para
0 ≤ x ≤ L. A série na equação (4) nada mais é do que a série de Fourier em cossenos de f
no intervalo [0, L]. Assim, seus coeficientes são dados por
an =
2
L
∫ L
0
f(x) cos
nπx
L
dx, n = 0, 1, 2, . . .
Exercício 4. Considerando ainda o problema da condução do calor numa barra com extre-
midades isoladas estudado no Exercício 3,
a) mostre que a solução do Exercício 3 também pode ser escrita como a soma de uma
solução estacionária e uma solução transiente. Convença-se que o estado estacionário
é consistente com a expectativa de que o processo de condução de calor suavize gradu-
almente a distribuição de temperatura na barra, desde que nenhum calor escape para
o exterior.
b) verifique que a distribuição de temperatura estacionária é igual 1L
∫ L
0
f(x)dx, o qual
segundo o teorema do valor médio para integrais é o valor médio da distribuição de
temperatura inicial da barra.
4
c) calcule a solução e a solução estacionária do problema do exercício 3 para o caso em
que k = 1, L = π e f(x) = sin(x), x ∈ [0, π].
Solução. a) Observe que a solução (3) também pode ser pensada como a soma de um dis-
tribuição de temperatura em estado estacionário (dada pela constante a0/2), que é in-
dependente de tempo t, e uma distribuição transitória (dada por
∑∞
n=1 ane
− kn2π2
L2
t cos nπxL )
que tem limite zero quando t→∞ porque cada termo tem limite zero quando t→∞.
O fato do estado estacionário ser uma constante é consistente com a expectativa de que
o processo de condução de calor suavize gradualmente a distribuição detemperatura
na barra. Uma vez que nenhum calor escapa para o exterior, o calor original na barra
é redistribuído para dar a distribuição final da temperatura.
b) Pelo item a), a distribuição de temperatura em estado estacionário é dada pela cons-
tante a0/2. Assim,
a0
2
=
2
2L
∫ L
0
f(x)dx =
1
L
∫ L
0
f(x)dx,
que pelo teorema do valor médio para integrais é o valor médio da distribuição de
temperatura inicial da barra.
c) Vamos calcular os coeficientes da série de Fourier em cossenos de f(x) = sin(x), x ∈
[0, π].
a0 =
2
π
∫ π
0
sinx dx = − 2
π
cosx
∣∣∣π
0
=
4
π
a1 =
2
π
∫ π
0
sinx cosxdx =
1
π
(
sin2 x
) ∣∣∣π
0
= 0
Para n > 1, temos
an =
2
π
∫ π
0
sinx cosnxdx
=
2
π
∫ π
0
sin(n+ 1)x+ sin(1− n)x
2
dx
=
1
π
(
−cos(n+ 1)x
n+ 1
+
cos(n− 1)x
n− 1
) ∣∣∣π
0
=
1
π
(
− (−1)
n+1
n+ 1
+
1
n+ 1
+
(−1)n−1
n− 1
− 1
n− 1
)
=
1
π
(
(−1)n
n+ 1
+
1
n+ 1
− (−1)
n
n− 1
− 1
n− 1
)
=
1
π
(
(−1)n + 1
n+ 1
− (−1)
n + 1
n− 1
)
=
1
π
[(−1)n + 1]
(
1
n+ 1
− 1
n− 1
)
=
1
π
[(−1)n + 1] −2
n2 − 1
Assim, para n > 1, an = 0 se n é ímpar e an = −4/π(n2 − 1) se n é par. Em resumo,
an =

4
π , n = 0,
0, n ímpar,
−4
π(n2−1) , n par.
A solução é dada por:
u(x, t) =
2
π
− 4
π
∞∑
n=1
1
4n2 − 1
e−4n
2t cos 2nx.
5
Quanto t→∞, vemos que todos os termos da série decaem para zero exceto o termo
constante, 2/π. Consequentemente, a solução estacionaria é 2π .
6