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Matheus há 6 anos
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Calculo 2 intermediario

comprovar que a equação dada satisfaz a equação da derivada parcial do condução de calor unidimensional

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Cálculo
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Professor Henrique N.
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Olá, Matheus!

 

Para demonstrar que a função u satisfaz a EDP da condução de calor unidimensional, daremos dois passos:

1) Encontrar as funções que descrevem as derivadas parciais de u em termos de x e t que aparecem na EDP;

2) Inserir as funções encontradas na EDP original, e verificar que a igualdade é válida para quaisquer valores de x e t.

Vamos lá!


1) Encontraremos a primeira derivada parcial. Lembre-se que tomar a derivada parcial em função de uma variável (t, neste caso) equivale a derivar a função como uma função de uma variável em relação à derivada em questão, supondo as outras variáveis (neste caso, apenas x) constantes.

Então , sendo

u(x,t) = \sin \frac{n \pi x}{L} e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t}, temos

 

\frac{\partial u}{\partial t}(x,t) = \frac{d}{dt} \big( \sin \frac{n \pi x}{L} e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t}\big) = \big( \frac{d}{dt} \sin \frac{n \pi x}{L}\big) e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t} + \big( \frac{d}{dt}e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t}\big) \sin \frac{n \pi x}{L} (A),

onde utilizamos, na 2ª igualdade, a Regra do Produto da Diferenciação.

Sabemos que

\frac{d}{dt} \sin \frac{n \pi x}{L} = 0 (B) ,

pois t não aparece na expressão, que pode ser considerada constante.

Agora, aplicando a Regra da Cadeia, podemos ver que

\frac{d}{dt}e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t} = e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t}.(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2}) (C),

e então , juntando (A), (B) e (C), temos:

\frac{\partial u}{\partial t}(x,t) = 0.e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t} + e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t}. (- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2}).\sin \frac{n \pi x}{L}= - \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2} \sin \frac{n \pi x}{L} e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t}=

- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2} u(x,t)(D).

Para a segunda derivada parcial, o processo é essencialmente o mesmo. Utilizaremos a Regra do Produto, a Regra da Cadeia e o fato de a variável x não aparecer na função exponencial:

 

\frac{\partial ^2 u}{\partial x^2}(x,t) = \frac{\partial}{\partial x} \Big( \frac{\partial }{\partial x} \big( \sin \frac{n \pi x}{L} e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t} \big) \Big) =

\frac{d}{dx} \Big( \frac{d}{dx} \big( \sin \frac{n \pi x}{L} e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t} \big) \Big) (E).

Mas

\frac{d}{dx} \big( \sin \frac{n \pi x}{L} e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t} \big) = \frac{du}{dx} (x,t) = \big( \frac{d}{dx} \sin \frac{n \pi x}{L} \big) e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t} + \big( \frac{d}{dx} e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t} \big) \sin \frac{n \pi x}{L} =

 

\frac{n \pi}{L} \cos \frac{n \pi x}{L} e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t} + 0. \sin \frac{n \pi x}{L} = \frac{n \pi}{L} \cos \frac{n \pi x}{L} e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t}(F)

Diferenciando mais uma vez, temos:

\frac{d}{dx} \big( \frac{n \pi}{L} \cos \frac{n \pi x}{L} e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t}\big) = \frac{n \pi}{L}(-\frac{n \pi}{L}) \sin \frac{n \pi x}{L} e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t} + 0.\frac{n \pi}{L} \cos \frac{n \pi x}{L} =

-\frac{n^2 \pi ^2}{L^2} \sin \frac{n \pi x}{L} e ^{(- \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2})t} = -\frac{n^2 \pi ^2}{L^2} u(x,t)(G)

 

Inserindo (G) em (F), e o resultado em (E), descobrimos que

\frac{\partial ^2 u}{\partial x^2}(x,t) = -\frac{n^2 \pi ^2}{L^2} u(x,t)(H).

Agora, a parte 2).

De (D) e (H), podemos ver que

\frac{\partial u}{\partial t}(x,t) = - \frac{n^2\pi ^2k^2}{L^2} u(x,t) = k^2 \frac{\partial ^2 u}{\partial x^2}(x,t),

independentemente dos valores de x e t. Isso conclui a demonstração de que a função u dada satisfaz a EDP

\frac{\partial u}{\partial t} = k^2\frac{\partial ^2 u}{\partial x^2}.

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