Equação do Calor Numa Haste Infinita | Transformada de Fourier

Queremos resolver a equação $$k\frac{\partial ^2 u}{\partial x^2} = \frac{\partial u}{\partial t},\;\;\;\;\; -\infty < x < \infty, \;\;\;\;\;t>0,$$ sujeita a $$u(x,0) =f(x)$$ Este problema acima é o da determinação da temperatura em uma barra delgada infinita cuja superfície é isolada e cuja temperatura inicial é f(x) .

Como Saber Qual Método Usar Neste Caso?

As séries, integrais e transformadas de Fourier podem ser utilizadas para resolver vários problemas de contorno que acorrem na ciência e na engenharia. Uma pergunta natural é: Como podemos saber qual das ferramentas de Fourier utilizar? A resposta não é tão simples, mas poderia ser dada da seguinte maneira:

1) As séries de Fourier são aplicada a problemas que envolvem o domínio de variável entre [0,L];

2) As transformadas de Fourier são aplicadas em problemas onde a variável a ser transformada possui domínio dado por (- \infty , \infty) ;

3) Para aplicarmos uma transformada seno ou cosseno, o domínio de ao menos uma das variáveis no problema deve ser [0 , \infty) . Porém, o fator determinante na escolha entre a transformada seno e a transformada cosseno é o tipo de condição de contorno especificada em zero.

Resolvendo a Equação do Calor Numa Haste Infinita Usando a Transformada de Fourier

Neste caso, devido às condições, usaremos a Transformada de Fourier. Assumiremos que tanto u como \dfrac{\partial u}{\partial x} (ou \partial u / \partial y) tendem a zero quando x\rightarrow \pm \infty. Estas restrições se verificam na grande maioria das aplicações como a Equação do Calor numa haste infinita.

Tomando a transformada de Fourier em relação a x de ambos os membros da equação diferencial parcial dada, temos, por processos similares ao aos exemplos deste artigo, $$ \frac{d}{dt} \mathscr{F}(u) = -k \lambda ^2 \mathscr{F}(u) $$ onde escrevemos a derivada total pois \mathscr{F}(u) depende apenas de t e não de x . Resolvendo a equação diferencial ordinária dada pela equação anterior possui solução dada por $$ \mathscr{F}(u) = C e^{-k \alpha ^2 t}$$ ou mais explicitamente $$ \mathscr{F} \left\{ u(x,t) \right\} = C e^{-k \alpha ^2 t}.$$ Fazendo t = 0 nesta solução, vemos que $$ \mathscr{F} \left\{ u(x,0) \right\} = C = f(x)$$ de modo que obtemos $$ \mathscr{F}(u) = \mathscr{F} \left\{ f \right\}  e^{-k \alpha ^2 t}.$$

Usando a convolução para a Transformada de Fourier, podemos encontrar $$ u(x,t) = f(x) * \mathscr{F}^{-1} \left\{ e^{-k \alpha ^2 t} \right\} .$$

Como, pela tabela de Transformadas de Fourier, $$ \mathscr{F}^{-1} \left\{ e^{-k \alpha ^2 t} \right\}  = \sqrt{\frac{1}{4 \pi k t}} e^{-x^2/4kt}, $$ então, $$ u(x,t) = f(x) * \sqrt{\frac{1}{4 \pi k t}} e^{-x^2/4kt} = \int\limits_{- \infty}^{\infty}{f(w)\sqrt{\frac{1}{4 \pi k t}} e^{-(x-w)^2/4kt} dw}.$$ Usando a mudança de variável z^2 = \dfrac{(x-w)^2}{4kt} \Leftrightarrow z = \dfrac{(x-w)}{2 \sqrt{kt}} , o que nos leva a $$u(x,t) = \frac{1}{ \sqrt{ \pi}} \int\limits_{- \infty}^{\infty}{e^{z^2} f(x-2z \sqrt{kt})dz}.$$

Um Exemplo da Equação do Calor numa Haste Infinita

Vamos resolver a equação $$k\frac{\partial ^2 u}{\partial x^2} = \frac{\partial u}{\partial t},\;\;\;\;\; -\infty < x < \infty, \;\;\;\;\;t>0,$$ sujeita a $$u(x,0) = \left\{ \begin{array}{ll} 1, & |x|\leq 1\\ 0,&|x|>1 \end{array} \right.$$

Este PVIC modela a temperatura em uma haste infinita. Aplicando a Transformada de Fourier na função u(x,t) obtemos $$\mathscr{F}\left\{ u(x,t) \right\} = \int\limits^{\infty}_{-\infty}{u(x,t)e^{-i\alpha x}dx} = U(\alpha,t).$$ Por propriedades enunciadas, temos que $$\mathscr{F}\left\{ \frac{\partial u}{\partial x}(x,t) \right\} = -i\alpha U(\alpha,t)\;\;\;e\;\;\; \mathscr{F}\left\{ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x,t) \right\} = -\alpha^2 U(\alpha,t).$$

Agora, observe que
$$\mathscr{F}\left\{ \frac{\partial u}{\partial t}(x,t) \right\} = \int\limits^{\infty}_{-\infty}{\frac{\partial u}{\partial t}(x,t)e^{-i\alpha x}dx} = \frac{\partial u}{\partial t} \int\limits^{\infty}_{-\infty}{u(x,t)e^{-i\alpha x}dx}= \frac{\partial }{\partial t}U(\alpha,t).$$

Agora, substituímos na equação do calor e obtemos a seguinte equação $$-k\alpha^2 U(\alpha,t) = \frac{\partial }{\partial t}U(\alpha,t) \Rightarrow \frac{\partial }{\partial t}U(\alpha,t)+ k\alpha^2 U(\alpha,t)=0.$$

Obtemos uma EDO de primeira ordem cuja solução é dada por $$U(\alpha,t) = ce^{-k\alpha^2 t}.$$

A Transformada de Fourier para a condição inicial, pela tabela de Transformadas é dada por $$\mathscr{F}\left\{ u(x,0) \right\} = \frac{2\sin{\alpha}}{\alpha} = U(\alpha,0). $$

Portanto, $$c=\frac{2\sin{\alpha}}{\alpha}$$ e assim, $$U(\alpha,t) = \frac{2\sin{\alpha}}{\alpha}e^{-k\alpha^2 t}.$$

Pela integral de inversão
$$u(x,t) = \mathscr{F}^{-1}\{ U(\alpha,t) \} = \frac{1}{2\pi}\int\limits^{\infty}_{-\infty}{U(\alpha,t)e^{i\alpha x}d\alpha} = \frac{1}{2\pi}\int\limits^{\infty}_{-\infty}{\frac{2\sin{\alpha}}{\alpha}e^{-k\alpha^2 t}e^{i\alpha x}d\alpha}$$

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