Edp

Equação Diferencial Parcial

Cálculo III - ECT 1312

Escola de Ciências e TecnologiaUniversidade Federal do Rio Grande do Norte

Maio 2012

Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 1 / 67

Equação Diferencial Parcial (EDP)

Definição

Como já vimos, uma ED que contém derivadas parciais de uma ou maisvariáveis dependentes em releção a duas ou mais variáveis independentes échamada de equação diferencial parcial EDP. São exemplos de EDPs:

∂v∂s

+∂v∂t

= v,

∂2u∂x2 −

∂2v∂x2 +

(∂v∂y

)3

+∂u∂y

= 0,

∂2u∂x2 +

∂2u∂y2 +

∂2u∂z2 = 0.

A ordem da EDP é a ordem da maior derivada presente na equação, e serálinear se contiver apenas termos lineares de variável dependente e de suasderivadas parciais.



Solução Geral de uma EDP

Uma solução de uma EDP em alguma região R do espaço das variáveisindependentes é uma função u(x,y), ou u(x,y,z), que tem todas as derivadasparciais aparencendo na EDP e que satisfaz à EDP. Em geral, a solução geralnão é única, como veremos no próximo exercício, sendo assim nescessáriocondições adicionais (condições de contorno ou condições iniciais) quesurgem do problema.

Teorema da Superposição

Dizemos que uma EDP é homogênea se cada um de seus termos contém u ouuma de suas derivadas parciais. Do contrário, a EDP é dita não-homogênea.Se u1 e u2 são soluções de uma EDP linear homogênea, então

u = c1u1 + c2u2,

com c1 e c2 constantes quaisquer, é também solução da EDP.



Exercício 1

Mostre que as funções abaixo são todas soluções da EDP uxx +uyy = 0,conhecida como equação de Laplace:

a) u = x2− y2,

b) u = ex cos(y),

c) u = sin(x)cosh(y),

d) u = ln(x2 + y2).



Exercício 1 (Solução)

Para o item a) temos que

uxx = 2 e uyy =−2,

de forma que

uxx +uyy = 2−2 = 0.

Logo u(x,y) = x2− y2 é solução da equação de Laplace. Para o item b) temos

uxx = ex cos(y) e uyy =−ex cos(y),

assim

uxx +uyy = ex cos(y)− ex cos(y) = 0.

Logo u(x,y) = ex cos(y) é solução da equação de Laplace.




Para o item c) temos que

uxx =−sin(x)cosh(y) e uyy = sin(x)cosh(y),

de forma que

uxx +uyy =−sin(x)cosh(y)+ sin(x)cosh(y) = 0.

Logo u(x,y) = sin(x)cosh(y) é solução da equação de Laplace. Para o item d)

uxx =−2x2 +2y2

(x2 + y2)2 e uyy =2x2−2y2

(x2 + y2)2 ,

assim

uxx +uyy =−2x2 +2y2

(x2 + y2)2 +2x2−2y2

(x2 + y2)2 = 0.

Logo u(x,y) = ln(x2 + y2) é solução da equação de Laplace.



Exercício 2

Resolva uxx−u = 0 como uma EDO.




Note que u = u(x,y), mas na EDP apenas aparece derivadas parciais relativasa x. Neste caso podemos tratar a EDP como a EDO u′′−u = 0, com equaçãocaracterística

λ2−1 = 0 =⇒ λ =±1.

Logo a solução geral é do tipo

u(x,y) = A(y)ex +B(y)e−x.

Repare que a denpendência da variável y aparece nas "constantes" A(y) eB(y).



Exercício 3Resolva uxy =−ux como uma EDO.




Note que fazendo p(x,y) = ux, a EDP se reescreve como

∂2u∂x∂y

=−∂u∂x

=⇒ ∂p∂y

=−p.

Tratando a EDP acima como a EDO dpp =−dy temos que

p(x,y) = A(x)e−y =⇒ ∂u∂x

= A(x)e−y.

Integrando em relação a x temos

u(x,y) = e−y∫

A(x)dx+g(y) = f (x)e−y +g(y) com f (x) =∫

A(x)dx.



Exercício 4

Resolva uxy = x2− ey.




Integrando a EDP em relação a x temos

uy =x3

3− xey +A(y).

Integrando agora em relação a y temos

u(x,y) =x3y3− xey +

∫A(y)dy+g(x) =

x3y3− xey + f (y)+g(x),

onde

f (y) =∫

A(y)dy.

As funções f (y) e g(x) podem ser determinadas desde que sejam fornecidascondições adicionais.



Método de Separação de Variáveis

O Método de Separação de Variáveis consiste na suposição de que a soluçãou(x,y), ou u(x,y,z), da EDP pode ser escrita como o produto de funções deuma única variável independente, isto é, u(x,y) = X(x)Y(y), ouu(x,y,z) = X(x)Y(y)Z(z). Quando tal suposição funciona, convertemos umEDP de ordem n em n EDOs que podem ser resolvidas pelos métodos vistosaté agora. Como exemplo considere a seguinte EDP

x∂u∂x

=∂u∂y

.

Neste caso vamos supor que u(x,y) = X(x)Y(y), com X(x) e Y(y) não nulas.Substituindo na EDP teremos

xdXdx

+0 = X(x)dYdy

=⇒ 1X(x)

dXdx

=dYdy

.



Método de Separação de Variáveis

Note que o lado esquerdo da EDP depende no máximo de x enquanto que olado direito no máximo de y. De forma que a EDP deve ser igual a umaconstante c, assim

xX(x)

dXdx

=dYdy

= c.

Assim temos duas EDOs

dXX

= cdxx

edYY

= cdy.

Com as seguintes soluções:

X(x) = Kxc e Y(y) = Decy =⇒ u(x,y) = Excecy.



Exercício 5Resolva uxx = uyy.




Pelo método de seperação de variáveis temos que u(x,y) = X(x)Y(y) deforma que

Y(y)d2Xdx2 = X(x)

d2Ydy2 =⇒ 1

X(x)d2Xdx2 =

1Y(y)

d2Ydy2 .

Como o lado esquerdo da equação acima depende de no máximo x, enquantoque o lado direito de no máximo y devemos ter que

1X(x)

d2Xdx2 =

1Y(y)

d2Ydy2 =−k2,

onde −k2 é a variável de separação.




Dessa maneira temos as seguintes EDOs

d2Xdx2 + k2X(x) = 0 e

d2Ydy2 + k2Y(y) = 0,

com as seguintes soluções

X(x) = a1eikx +a2e−ikx e Y(y) = b1eiky +b2e−iky.

A solução fica

u(x,y) = [a1eikx +a2e−ikx][b1eiky +b2e−iky].



Exercício 6Resolva vx + vy = vz.




Pelo método de seperação de variáveis temos que v(x,y,z) = X(x)Y(y)Z(z)de forma que

Y(y)Z(z)dXdx

+X(x)Z(z)dYdy

= X(x)Y(y)dZdz

.

Como o lado esquerdo da equação acima depende de no máximo x e y,enquanto que o lado direito de no máximo z devemos ter que

1X(x)

dXdx

+1

Y(y)dYdy

=1

Z(z)dZdz

= c,

onde c é a variável de separação.




Dessa maneira temos as seguintes EDOs

1X(x)

dXdx

= c− 1Y(y)

dYdy

e1

Z(z)dZdz

= c.

Note que na primeira EDO, o lado direito depende no máximo de x e o ladoesquerdo de y. Assim

1X(x)

dXdx

= b e1

Y(y)dYdy

= c−b.

As soluções ficam

X(x) = X0ebx, Y(y) = Y0e(c−b)y e Z(z) = Z0ecz.

Logo v(x,y,z) = X0ebxY0e(c−b)yZ0ecz = v0ebx+(c−b)y+cz.



Exercício 7

Resolva uxx−uy =−αe−βx.




Uma solução do tipo u(x,y) = X(x)Y(y) não é possível neste caso devido aotermo não-homogêneo −αe−βx. Para contornar tal fato vamos supor umasolução da forma u(x,y) = v(x,y)+ z(x), como tentativa de eliminar o termo−αe−βx (que é uma função apenas de x). Assim

∂2v∂x2 −

∂v∂y

+d2zdx2 =−αe−βx.

Como ambos z(x) e −αe−βx são funçõe apenas de x vamos supor que

d2zdx2 =−αe−βx,

de forma que

∂2v∂x2 −

∂v∂y

= 0.




Note agora que a segunda ED pode ser resolvida supondo quev(x,y) = X(x)Y(y). De forma que obtemos as seguintes EDOs

1X(x)

d2Xdx2 =

1Y(y)

dYdy

=−c2,

ou seja,

d2Xdx2 + c2X(x) = 0 e

dYdy

=−c2Y(y).

Assim temos as seguintes soluções

X(x) = Acos(cx)+Bsin(cx)

Y(y) = Y0e−c2y

z(x) =− α

β2 e−βx +d1x+d2.




A solução geral fica

u(x,y) = [Acos(cx)+Bsin(cx)]Y0e−c2y− α

β2 e−βx +d1x+d2

= [acos(cx)+bsin(cx)]e−c2y− α

β2 e−βx +d1x+d2.



Condições de Contorno

Considere a seguinte EDO y′′+p(t)y′+q(t)y = 0 com solução y(t)(t ∈ I = [a,b]). Para obter a solução particular da EDO acima precisamos decondições adicionais. Tais condições são classificadas como:

1 Condições de Contorno de Cauchy: O valor da função e sua derivada éespecificado sobre o contorno (y(t),y′(t), t = a e/ou t = b).

2 Condições de Contorno de Dirichlet: O valor da função é especificadosobre o contorno (y(a),y(b)).

3 Condições de Contorno de Neumann: O valor da derivada é especificadasobre o contorno (y′(a),y′(b))

A mesma classifiação é utilizada para EDPs. Dependendo do tipo da condiçãode contorno e da ED a ser resolvida pode acontecer de não existir solução,existir apenas uma solução ou várias como veremos a seguir.



Exercício 8

Resolva y′′+αy = 0 com y(0) = 0 e y(π) = 0, α real arbitrário.




Aqui temos 3 casos a considerar α > 0,α = 0 e α < 0. Vejamos o caso α > 0.Façamos α = µ2, assim

y′′+µ2y = 0.

A solução geral é y(x) = Acos(µx)+Bsin(µx). De y(0) = 0 temos que A = 0,da segunda condição temos

Bsin(µπ) = 0 =⇒ µπ = nπ =⇒ µ = n = 1,2,3 . . . .

E assim para λn = n2 temos infinitas soluções yn(x) = sin(nx). Os valores deλ para o qual a EDO acima tem solução diferente da trivial y(x) = 0 échamado de autovalor, e as soluções de autofunções.




Para α = 0 temos

y′′ = 0.

A solução geral é y(x) = c1x+ c2. De y(0) = 0 temos que c2 = 0, da segundacondição temos

c1π = 0 =⇒ c1 = 0.

Logo a única solução é a trivial y(x) = 0. Assim α = 0 não é autovalor, assimcomo y(x) = 0 não é considerada autofunção.




Para α < 0, façamos α =−µ2

y′′−µ2y = 0.

A solução geral é y(x) = Acosh(µx)+Bsinh(µx). De y(0) = 0 temos queA = 0, da segunda condição temos

Bsinh(µπ) = 0 =⇒ B = 0.

Logo a única solução é a trivial y(x) = 0. Logo α < 0 não é autovalor, assimcomo y(x) = 0 não é considerada autofunção.



Equação de Poisson e Laplace

O problema de determinar o potencial elétrico V gerado por uma distribuiçãode cargas com densidade ρ nos leva a duas importantes EDPs, à saber, asEquações de Poisson e Laplace. Para obter tais equações considere oseguinte problema. Um certo volume V do espaço delimitado por umasuperficie S contém um carga q com densidade ρ. A lei de Gauss para ocampo elétrico nos diz que ∮

S~E ·~ndS =

qε0,

onde ε0 é a constante de perssividade no vácuo. Note que a carga q é dadapor

q =∫∫∫

ρdV.




De forma que ∮S~E ·~ndS = q =

∫∫∫ρdV.

Do teorema da Divergência temos que∫∫∫∇ ·~EdV =

∮S~E ·~ndS =

1ε0

∫∫∫ρdV.

De forma que

∇ ·~E =1ε0

ρ.

O campo elétrico~E é um campo conservativo, de forma que este pode serescrito como o gradiente de uma função potencial, i.e.,~E =−∇V .




Com as duas equações anteriores temos a seguinte EDP

∇2V =

1ε0

ρ.

A equação acima é chamda de Equação de Poisson. Se o volume em questãonão contiver cargas então a EDP acima fica

∇2V = 0,

que é chamada Equação de Laplace. Vamos nos concentrar em resolver aEDP de Laplace com condições de contorno adequadas.



Exercício 9Determine a solução da equação de Laplace, i.e., o potencial elétrico, parauma região retangular, de largura L, delimitada pelas seguintes condições decontorno

V(0,y) = 0, V(x,0) = f (x), V(L,y) = 0 e V(x,y→ ∞) = 0.




Pelo método da separação de variáveis temos que V(x,y) = X(x)Y(y) deforma que

1X

d2Xdx2 =− 1

Yd2Ydy2 =−k2,

que fornecem as seguintes EDOs

d2Xdx2 + k2X = 0 e

d2Ydy2 − k2Y = 0.

Para k 6= 0 temos as seguintes soluções

X(x) = acos(kx)+bsin(kx) e Y(y) = ccosh(ky)+d sinh(ky).




A solução para k 6= 0 é dada por

Vk(x,y) = [acos(kx)+bsin(kx)][ccosh(ky)+d sinh(ky)].

Para k = 0 temos as seguintes EDOs

d2Xdx2 =

d2Ydy2 = 0.

As soluções são

X(x) = c1x+ c2 e Y(y) = d1y+d2.

Assim para k = 0

Vk=0(x,y) = [c1x+ c2][d1y+d2] = a0xy+b0x+ c0y+d0.





V(x,y)= a0xy+b0x+c0y+d0+[acos(kx)+bsin(kx)][ccosh(ky)+d sinh(ky)].

A solução acima é geral e independente das condições de contorno. Agoravamos utilizar as condições dadas para determinar as constantes. DeV(0,y) = 0 temos que

c0y+d0 +a[ccosh(ky)+d sinh(ky)] = 0.

Assim a = c0 = d0 = 0. Logo

V(x,y) = a0xy+b0x+sin(kx)[C cosh(ky)+Dsinh(ky)], C = bc e D = bd.




Da segunda condição V(L,y) = 0 temos

V(L,y) = a0Ly+b0L+ sin(kL)[C cosh(ky)+Dsinh(ky)] = 0,

de onde concluímos que a0 = 0,b0 = 0 e k = nπ

L com n = 1,2,3, · · · . Logo asolução fica

V(x,y) = sin(nπ

Lx)[

C cosh(nπ

Ly)+Dsinh

(nπ

Ly)]

= sin(nπ

Lx)[C′e

nπ

L y +D′e−nπ

L y].

Onde rescervemos a funções hiperbólicas em terms das exponenciais.




A quarta condição V(x,y→ ∞) = 0 implica que o potencial para y grande deveir a 0, e assim C′ = 0. Logo

V(x,y) = D′n sin(nπ

Lx)

e−nπ

L y.

Note que temos aqui infinitas soluções. Assim do teorema da superposição, asolução é

V(x,y) =∞

∑n=1

D′n sin(nπ

Lx)

e−nπ

L y.

Da terceira condição V(x,0) = f (x) temos

V(x,0) =∞

∑n=1

D′n sin(nπ

Lx)= f (x).




A equação anterior nos diz que a função f (x) é dada por uma série de Fourrierem senos, o que nos permite determinar as constantes D′n

D′n =2L

∫ L

0f (x)sin

(nπ

Lx)

dx.

Assim, fornecida a função f (x) podemos determinar de forma única a soluçãopara o potencial elétrico.



Exercício 10

Considere que no exercício anterior a função f (x) = V0 é uma constante.Determine as constantes D′n, e assim a solução do problema.




Os coeficientes são dados por

D′n = V02L

∫ L

0sin(nπ

Lx)

dx = 2V0

nπ[1− (−1)n] = 4

V0

nπ,

para n ímpar. Logo a solução do problema fica:

V(x,y) =4V0

π

∞

∑n=1

12n−1

sin[(2n−1)π

Lx]

e−(2n−1)π

L y.



Equação da Onda

Outra importante EDP que estudaremos agora é a Equação da Onda. Paraobtermos a EDP que modela pequenas vibrações transversais em uma cordaelástica, como a corda de um violino, faremos as seguintes suposições:

1 A massa da corda por unidade de comprimento é constante, i.e., a cordaé homogênea, sendo a corda perfeitamente elástica e não oferecendoresistência à deflexão.

2 A tensão causada pelo esticamento da corda, presa pelas extremidades,é tão grande que a força gravitacional que a puxa para baixo pode serdesprezada.

3 A corda executa pequenos movimentos transversais num plano vertical,de modo que a deflexão e inclinação sempre permancerão pequenas emvalores absolutos.



Equação da Onda

Agora determinaremos uma EDP que nos forneça a deflexão y(x, t), para umacorda presa pelas extremidades, como função da posição e do tempo. Paratanto, sejam P(x,y1) e Q(x+∆x,y2) pontos sobre a corda que determinam umarco P̂Q. Sejam ainda ~T1 e ~T2 as tensões exercidas sobre à corda nos pontosP e Q, respectivamente. Como não a movimento sobre o eixo x, corda presa,temos que a força resultante nessa direção é nula

Fx = T2 cos(β)−T1 cos(α) = 0 =⇒ T2 cos(β) = T1 cos(α) = T,

onde α e β são os ângulos formados entre o eixo x e as tensões ~T1 e ~T2,respectivamente, e T é uma constante. Na direção y temos

Fy = T2 sin(β)−T1 sin(α) = m∂2y(x, t)

∂t2 .



Equação da Onda

Dividindo a última equação por T e utilizando o fato de que m = ρ∆s≈ ρ∆x, ρ

densidade linear da corda, temos

T2 sin(β)T2 cos(β)

− T1 sin(α)T1 cos(α)

=ρ∆xT

∂2y(x, t)∂t2 =⇒ tan(β)− tan(α) =

ρ∆xT

∂2y(x, t)∂t2 .

Mas as tangentes dos ângulos são meramentes as inclinações, derivadas, nospontos P e Q. Assim

1∆x

[∂y(x+∆x, t)

∂x− ∂y(x, t)

∂x

]=

ρ

T∂2y(x, t)

∂t2 .



Equação da Onda

Tomando o limite quando ∆x→ 0, na equção anterior, obteremos a EDPdesejada

lim∆x→0

1∆x

[∂y(x+∆x, t)

∂x− ∂y(x, t)

∂x

]=

∂2y(x, t)∂x2 =⇒ ∂2y(x, t)

∂x2 =ρ

T∂2y(x, t)

∂t2 .

Fazendo análise admensional da quantidade ρ/T vemos que esta temdimensões do inverso do quadrado da velocidade. Assim podemos dizer que

v =√

ρ

T , é a velocidade de propagação da onda. Com essa observação aEquação da Onda Unidimensional fica

∂2y(x, t)∂x2 =

1v2

∂2y(x, t)∂t2 .



Equação da Onda

Para o caso tridimensional temos a seguinte equação

∇2u(~r, t) =

1v2

∂2u(~r, t)∂t2 ,

onde~r = (x,y,z) é o vetor posição e ∇2 é o operado laplaciano dado por, emcoordenadas cartesianas,

∇2 =

∂2

∂x2 +∂2

∂y2 +∂2

∂z2 .

Apesar da EDP anterior ter sido obtida para uma onda mecânica, a EDP querege tais tipos de fenômenos ondulatórios é bem geral, de forma que a EDPacima também pode ser utilizada para estudar ondas eletromagnéticas.



Exercício 11

Encontre a deflexão y(x, t) para uma corda homogênea de comprimento L,presa nas extemidades, com deflexão inicial f (x) e velocidade inicial g(x).




Pelo método da separação de variáveis temos que u(x, t) = X(x)T(t) de formaque

1X

d2Xdx2 =

1v2T

d2Tdt2 =−k2,


d2Xdx2 + k2X = 0 e

d2Tdt2 +(kv)2T = 0.

Para k 6= 0 temos as seguintes soluções

X(x) = acos(kx)+bsin(kx) e T(t) = ccos(kvt)+d sin(kvt).




A solução para k 6= 0 é dada por

uk 6=0(x, t) = [acos(kx)+bsin(kx)][ccos(kvt)+d sin(kvt)].

Para k = 0 temos as seguintes EDOs

d2Xdx2 =

d2Tdt2 = 0.

As soluções são

X(x) = a1x+a2 e T(t) = b1t+b2.

Assim para k = 0

uk=0(x, t) = [a1x+a2][b1y+b2] = a0xt+b0x+ c0t+d0.





yk(x,y) = a0xt+b0x+c0t+d0 +[acos(kx)+bsin(kx)][ccos(kvt)+d sin(kvt)].

A solução acima é geral e independente das condições de contorno. Agoravamos utilizar as condições dadas para determinar as constantes. Comouk(0, t) = 0, corda presa, temos que

c0t+d0 +a[ccos(kvt)+d sin(kvt)] = 0.

Assim a = c0 = d0 = 0. Logo

yk(x, t) = a0xt+b0x+ sin(kx)[C cos(kvt)+Dsin(kvt)], C = bc e D = bd.




Temos ainda que yk(L, t) = 0, corda presa, assim

yk(L, t) = a0Lt+b0L+ sin(kL)[C cos(kvt)+Dsin(kvt)] = 0,

de onde concluímos que a0 = 0,b0 = 0 e k = nπ

L com n = 1,2,3, · · · . Logo asolução fica

yn(x, t) = sin(nπx

L

)[C cos

(nπvtL

)+Dsin

(nπvtL

)].




A solução geral é então a soma de todas as soluções, i.e., como para cada ntemos que yn(x, t) é solução, ficamos com

y(x, t) =∞

∑n=1

yn(x, t)

=∞

∑n=1

Cn sin(nπx

L

)cos(nπvt

L

)+Dn sin

(nπxL

)sin(nπvt

L

).

Da deflexão inicial, y(x,0) = f (x) temos

y(x,0) =∞

∑n=1

Cn sin(nπx

L

)= f (x).



Exercício 11(Solução)

A equação anterior nos diz que a função f (x) é dada por uma série de Fourrierem senos, o que nos permite determinar as constantes Cn

Cn =2L

∫ L

0f (x)sin

(nπ

Lx)

dx.

Da velocidade inicial, yt(x,0) = g(x) temos

∂y∂t(x, t) =

∞

∑n=1

[(−nπv

L

)Cn sin

(nπxL

)sin(nπvt

L

)+

+(nπv

L

)Dn sin

(nπxL

)cos(nπvt

L

)].




De forma que

∂y∂t(x,0) =

∞

∑n=1

(nπvL

)Dn sin

(nπxL

)= g(x).

Aqui vemos também que a função g(x) é dada por uma série de Fourrier emsenos, o que nos permite determinar as constantes Dn

Dn =2

nπv

∫ L

0g(x)sin

(nπ

Lx)

dx.

Assim, fornecida as funções f (x) e g(x) podemos determinar de forma única asolução para a deflexão em corda.



Exercício 12

Encontre a deflexão y(x, t) para uma corda homogênea de comprimentoL = 1, v = 1, presa nas extemidades, com velocidade inicial nula e deflexãoinicial f (x) = k sin(2πx).




Como a velocidade inicial é nula, os Dn = 0. Assim precisamos apenasdeterminar os coeficientes Cn,

Cn = 2k∫ 1

0sin(2πx)sin(nπx)dx.

Se n 6= 2 a integral acima é nula. Se n = 2 temos

C2 = 2k∫ 1

0sin2(2πx)dx = 2k

∫ 1

0

1− cos(4πx)2

dx = k.

Assim a solução desejada é

y(x, t) = k sin(2πx)cos(2πt).



Equação do Calor

Agora determinaremos uma EDP que nos forneça a temperatura T(x, t), parauma barra com temperatura nula nas extremidades, como função da posição edo tempo. Vamos obter, primeiramente, a EDP para o caso tridimensional maisgeral. Experimentalmente sabe-se que o fluxo de calor através de uma dadaárea S é dada pela lei de Fourrier

~q =−k∇T,

onde k é chamada de condutividade térmica do material, que assumiremosconstante. O calor Q que flui para dentro do sistema por unidade de tempo emum volume V , limitado pela superfície S, é dado por

∂Q∂t

=−∮

S~q ·~ndS.



Equação do Calor

Utilizando o teorema da divergência temos

∂Q∂t

=−∮

S~q ·~ndS =−

∫V

k∇2TdV.

Se o aumento de temperatura não levar a mudança de fase, o calor estárelacionado com o calor específico c e com a variação de temperatura por

dQ = mcdT =⇒ ∂Q∂t

= mc∂T∂t

.

Mas a massa pode ser escrita como m =∫

V ρdV , de forma que

∂Q∂t

=∫

Vρc

∂T∂t

dV.



Equação do Calor

Assim ficamos com∫V

ρc∂T∂t

dV =−∫

V∇ ·~qdV =−

∫V

k∇2TdV.

De forma que

∂T∂t

=k

ρc∇

2T = K2∇

2T,

onde K2 = kρc . A EDP acima é chamada de equação da condução do calor, e

sua forma unidimensional fica

∂T(x, t)∂t

= K2 ∂2T(x, t)∂x2 .



Exercício 13

Encontre a temperatura T(x, t) numa barra de comprimento π isoladalateralmente, considerando que a temperatura inicial seja f (x) = 100sin(x)graus Celsius. Assuma que o material é talque K = 1.




Pelo método da separação de variáveis temos que T(x, t) = X(x)F(t) de formaque

K2 1X

d2Xdx2 =

1F

dFdt

=−l2,


d2Xdx2 +(l/K)2X = 0 e

dFF

=−l2dt.

Para l 6= 0 temos as seguintes soluções

X(x) = acos(

lxK

)+bsin

(lxK

)e F(t) = Ce−l2t.




A solução para l 6= 0 é dada por

Tl 6=0(x, t) =[

Acos(

lxK

)+Bsin

(lxK

)]e−l2t.

Para l = 0 temos as seguintes EDOs

d2Xdx2 =

dFdt

= 0.

As soluções são

X(x) = a1x+a2 e F(t) = b1.

Assim para l = 0

Tl=0(x, t) = [a1x+a2]b1 = a0x+b0.





Tl(x, t) = a0x+b0 +

[Acos

(lxK

)+Bsin

(lxK

)]e−l2t.

A solução acima é geral e independente das condições de contorno. Agoravamos utilizar as condições dadas para determinar as constantes. ComoTl(0, t) = 0, temos que

b0 +Ae−l2t = 0.

Assim b0 = A = 0. Logo

Tl(x, t) = a0x+Bsin(

lxK

)e−l2t.




Temos ainda que Tl(L, t) = 0, assim

Tl(L, t) = a0L+Bsin(

lLK

)e−l2t = 0.

de onde concluímos que a0 = 0 e ln = nπKL com n = 1,2,3, · · · . Logo a solução

fica

Tn(x, t) = Bn sin(nπx

L

)e−

n2π2K2tL .




A solução geral é então a soma de todas as soluções, i.e., como para cada ntemos que Tn(x, t) é solução, ficamos com

T(x, t) =∞

∑n=1

Tn(x, t)

=∞

∑n=1

Bn sin(nπx

L

)e−

n2π2K2tL .

Da temperatura inicial, T(x,0) = f (x) temos

T(x,0) =∞

∑n=1

Bn sin(nπx

L

)= f (x).




A equação anterior nos diz que a função f (x) é dada por uma série de Fourrierem senos, o que nos permite determinar as constantes Bn

Bn =2L

∫ L

0f (x)sin

(nπ

Lx)

dx.

Do problema em questão temos que L = π, K = 1 e que f (x) = 100sin(x).Assim

Bn =2π

∫π

0100sin(x)sin(nx)dx =

100π

∫π

−π

sin(x)sin(nx)dx =100π

πδ1n.

Logo o único coeficiente não nulo é o B1 = 100.




A solução do problema é dada por

T(x, t) = 100sin(x)e−t.


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