Equação do Calor e Soluções Separáveis

Enquanto que, como vimos nos capítulos anteriores, as equações parciais ordinárias podem frequentemente ser resolvidas, o mesmo não se pode dizer sobre as Equações Diferenciais Parciais.
O estudo deste tipo de equações é uma das áreas em que a investigação matemática se mantém mais ativa ainda nos dias de hoje, e muito pouco se sabe sobre estas equações. Desta forma, apenas situações muito específicas e simples podem ser estudadas neste ramo.
As equações estudadas no fim desta cadeira coincidem assim com as EDP mais simples e clássicas. Estas são a equação do calor, das ondas e de Laplace.

Nesta secção começamos com a equação do calor, que serve principalmente como introdução às séries de Fourier (o próprio Fourier usou as séries que hoje têm o seu nome para dar solução à equação do calor).

Equação do Calor

Recomendo vivamente a visualização do seguinte vídeo, e se possível, de todos os episódios sobre este tema.

Imaginemos que queremos modelar a evolução da temperatura numa barra 1-dimensional ω\omega. Não é fácil definir uma função u(t,x)u(t, x) que descreve esta evolução de temperatura (balanço de energia térmica) ao longo do tempo tt. No entanto, é possível definirmos a variação da temperatura em função da variação da posição.

Equação do Calor

Considerando uma função u(t,x)u(t, x), que representa a temperatura num certo ponto x  Rx~\in~\R num instante tt. A evolução da temperatura é descrita pela seguinte equação diferencial parcial:

ut=k2ux2\frac{\partial u}{\partial t} = k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}

A explicação de como se chega a esta equação está bastante bem explicada no vídeo acima.

Podemos ainda estender esta definição a xRnx \in \R^n.
Para tal, podemos definir o Laplaciano de uma função como:

Δf=2f=(f)=2fx12+2fx22+2fx32++2fxn2\Delta f = \nabla^2 f = \nabla \cdot (\nabla f) = \frac{\partial^2 f}{\partial x_1^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial x_2^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial x_3^2} + \dots + \frac{\partial^2 f}{\partial x_n^2}

Assim, a equação do calor pode ser definida para dimensões superiores a 1 como

ut=k×Δu=k×(2ux12+2ux22+2ux32++2uxn2)\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial t} &= k \times \Delta u\\ &=k \times \left(\frac{\partial^2 u}{\partial x_1^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial x_2^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial x_3^2} + \dots + \frac{\partial^2 u}{\partial x_n^2}\right) \end{aligned}

Propriedades da Equação do Calor

A Equação do Calor tem uma propriedade muito importante e que nos irá permitir chegar à Série de Fourier: a linearidade. Ou seja, se u1u_1 e u2u_2 são soluções da equação do calor, então αu1+βu2\alpha u_1 + \beta u_2 também é uma solução.

Equação do calor como transformação linear

Note-se que podemos definir a transformação linear

Du=utk2ux2Du = \frac{\partial u}{\partial t} - k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}

que permite reescrever a equação do calor como o espaço nulo da transformação linear DD, implicando que as soluções da equação formam um espaço linear.

Sendo assim, encontrar uma base deste espaço é suficiente para descrever todas as soluções! Sim, mas calma... Aqui estamos a trabalhar com espaços lineares de dimensão infinita, pelo que as coisas não são assim tão simples. No entanto, como vamos ver, é possível oferecer uma base com uma quantidade contável de elementos para soluções da equação do calor.

Soluções de Equilíbrio

Se tivermos que ut=0\frac{\partial u}{\partial t} = 0, significa que a temperatura do volume em questão não varia a cada instante, ou seja, estamos em situação de equilíbrio.
Então temos uma de duas situações, ambas em que a segunda derivada segundo xx, isto é, 2ux2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} é nula:

  • u(x)=Cu(x) = C
  • u(x)=Ax+Bu(x) = Ax + B

Soluções Separáveis

Nota do Autor

O método descrito abaixo não é fácil e requer perícia a resolver equações diferenciais. Pode ser necessário ler várias vezes e acompanhar com exemplos para se perceber.

Para conseguirmos determinar soluções para a Equação do Calor, vamos aprender um novo método chamado Soluções Separáveis (ou Separação de Variáveis). Mais tarde iremos ver que este método também nos irá ser útil para outras equações, como a Equação das Ondas e a Equação de Laplace. Abaixo vamos apenas trabalhar com Equações do Calor.

O método consiste em considerar a seguinte simplificação do problema inicial: a variação da função em relação ao tempo é independente da variação em relação à posição.
Assim, podemos expressar a nossa função como produto de duas funções (em que cada uma só depende de uma das variáveis):

u(t,x)=T(t)X(x)u(t,x) = T(t) X(x)

Pegando então na equação do calor, vamos aplicar o método das soluções separáveis:

ut=k2ux2\frac{\partial u}{\partial t} = k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}

pode então ser escrito como

T(t)X(x)=kT(t)X(x)T'(t) X (x) = k T(t) X''(x)
T(t)kT(t)=X(x)X(x)=λ\frac{T'(t)}{kT(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = \lambda

Para os dois membros da equação serem iguais, visto que um depende apenas de tt e outro apenas de xx, então têm necessariamente de ser funções constantes, daí igualamos ambos os membros a uma constante λ\lambda.

Daqui sai, para TT, a seguinte equação diferencial de primeira ordem linear homogénea

T(t)=λkT(t)T(t)=c1eλktT'(t) = \lambda k T(t) \Leftrightarrow T(t) = c_1 e^{\lambda k t}

A constante irá ser irrelevante no futuro quando fizermos combinações lineares, desde que seja não nula.

Por outro lado, para XX, temos a seguinte equação diferencial de ordem superior,

X=λXXλX=0X'' = \lambda X \Leftrightarrow X'' - \lambda X = 0

O polinómio característico é P(D)=D2λP(D) = D^2 - \lambda

Pelo que, omitindo os cálculos intermédios,

{X(x)=Aeλx+Beλxse λ>0X(x)=Acos(λx)+Bsin(λx)se λ<0X(x)=Ax+Bse λ=0\begin{cases} X(x) = A e^{\sqrt{\lambda} x} + B e^{-\sqrt{\lambda} x} & \text{se } \lambda > 0\\ X(x) = A \cos(\sqrt{-\lambda} x) + B \sin(\sqrt{-\lambda} x) & \text{se } \lambda < 0\\ X(x) = Ax + B & \text{se } \lambda = 0 \end{cases}

Determinados X(x)X(x) e T(t)T(t), basta fazer o seu produto para obter u(x,t)u(x,t). No entanto, as soluções obtidas acima são muito generalizadas. Vamos também querer descobrir o valor de λ\lambda. Quando estamos a resolver um problema, vamos deparar-nos com condições fronteira, que nos vão restringir a apenas algumas soluções, e a ajudar-nos a descobrir λ\lambda.

Princípio da Sobreposição

Qualquer combinação linear de soluções de equações diferenciais lineares homogéneas é também solução da equação e verifica as mesmas condições de fronteira.
Deste modo, podemos concluir o seguinte:

Definição

u(t,x)=n=1cnun(t,x)u(t,x) = \sum_{n=1}^{\infty} c_n u_n (t,x)
Nota

Este facto é tudo menos trivial. Na verdade, estamos a fazer um salto gigantesco de raciocínio. Ao fazer este salto estamos a assumir sem provar, por exemplo, que:

  • a quantidade de soluções da equação linear homogénea é contável, e portanto podemos expressar a sua soma com uma série;
  • mesmo assumindo o ponto anterior, não estamos a fazer qualquer verificação da correção da série apresentada, nomeadamente se converge ou não. No entanto, estas verificações são de um nível bastante superior ao que seria razoável neste resumo pelo que são omitidos.

Note-se que o próprio Fourier, quando descobriu as séries de Fourier não se preocupou em fazer estas verificações, que só viriam a ser feitas por outros matemáticos que lhe sucederam.

Condições Fronteira Periódicas

Imaginando agora um caso em que temos um fio circular de perímetro L. Como o fio é circular, o início e o fim do fio são o mesmo ponto. Estabelecemos assim uma fronteira periódica.

{u(t,0)=u(t,L)ux(t,0)=ux(t,L)condic¸o˜es fronteira perioˊdicas\begin{cases} u(t, 0) = u(t, L)\\ \frac{\partial u}{\partial x} (t, 0) = \frac{\partial u}{\partial x} (t,L) \end{cases} \text{condições fronteira periódicas}

Então: X(0)=X(L)X(0) = X(L) e X(0)=X(L)X'(0) = X'(L)

Tomando então os resultados obtidos para XX na secção anterior, vamos determinar as soluções, caso existam, para cada valor de λ\lambda.

  • Se λ=0\lambda = 0:

    Como visto anteriormente, para λ=0\lambda = 0 temos que:

    X(x)=Ax+BX(x) = Ax + B
    X(0)=X(L)B=AL+B    A=0X(0) = X(L) \Leftrightarrow B = AL + B \implies A = 0
    X(x)=A=0,xX(0)=X(L)X'(x) = A = 0, \forall x \Leftrightarrow X'(0) = X'(L)

    Descobrimos assim uma solução constante, X(x)=BX(x) = B.

  • Se λ>0\lambda > 0:

    Como visto anteriormente, para λ>0\lambda > 0 temos que:

    X(x)=Aeλx+BeλxX(x) = A e^{\sqrt{\lambda} x} + B e^{-\sqrt{\lambda} x}
    X(0)=X(L)A+B=AeλL+BeλL    eλL=1eλL=1X(0) = X(L) \Leftrightarrow A + B = A e^{\sqrt{\lambda} L} + B e^{-\sqrt{\lambda} L} \implies e^{\sqrt{\lambda} L} = 1 \land e^{-\sqrt{\lambda} L} = 1

    Tanto eλL=1e^{\sqrt{\lambda} L} = 1 como eλL=1e^{-\sqrt{\lambda} L} = 1 são impossíveis se λ>0\lambda > 0, visto que para serem verdade, era necessário que λ=0\lambda = 0.

    Portanto, não existe nenhuma solução em que λ>0\lambda > 0.

  • Se λ<0\lambda < 0:

    Como visto anteriormente, para λ<0\lambda < 0 temos que:

    X(x)=Acos(λx)+Bsin(λx)X(x) = A \cos\left(\sqrt{-\lambda} x\right) + B \sin\left(\sqrt{-\lambda} x\right)
    X(0)=X(L)    A=Acos(λL)+Bsin(λL)    cos(λL)=1    λL=2nπnZ0+\begin{aligned} X(0) = X(L) & \implies A = A \cos\left(\sqrt{-\lambda} L\right) + B \sin\left(\sqrt{-\lambda} L\right)\\ & \implies \cos\left(\sqrt{-\lambda} L\right) = 1\\ & \implies \sqrt{-\lambda} L = 2n\pi & n \in \Z^+_0 \end{aligned}

    Se continuarmos a desenvolver esta expressão, podemos então determinar uma expressão para λ\lambda

    λL=2nπλ=2nπLλ=4n2π2L2,nZ0+\sqrt{-\lambda} L = 2n\pi \Leftrightarrow \sqrt{-\lambda} = \frac{2n\pi}{L} \Leftrightarrow \lambda = - \frac{4n^2\pi^2}{L^2}, n \in \Z^+_0

Assumindo que u(x,t)u(x,t) é não nula (se fosse, a solução seria trivial), podemos agora juntar tudo o que calculámos.

Pegando na expressão não nula de X(x)X(x), substituímos o valor de λ\lambda com o que acabámos de determinar. Fazemos o mesmo para T(t)T(t).

X(x)=Acos(λx)+Bsin(λx)=Acos2πnLx+Bsin2πnLxT(t)=ceλkt=ce4π2n2L2kt\begin{aligned} X(x) &= A \cos\left(\sqrt{-\lambda} x\right) + B \sin\left(\sqrt{-\lambda} x\right)\\ &= A \cos \frac{2\pi n}{L}x + B \sin \frac{2\pi n}{L}x\\ \\ T(t) &= c e^{\lambda k t} = c e^{-\frac{4\pi^2 n^2}{L^2}kt} \end{aligned}

Finalmente, fazemos os produtos entre as duas expressões.

un(t,x)=T(t)X(x)=e4π2n2L2kt(ancos2πnLx+bnsin2πnLx)u_n\left(t,x\right) = T\left(t\right)X\left(x\right) = e^{-\frac{4\pi^2 n^2}{L^2}kt} \left(a_n \cos \frac{2\pi n}{L}x + b_n \sin \frac{2\pi n}{L}x\right)

Segundo o Princípio da Sobreposição, podemos escrever a nossa solução como a soma de várias soluções.

u(t,x)=n=0un(t,x)=n=0e4π2n2L2kt(ancos2πnLx+bnsin2πnLx)u\left(t,x\right) = \sum_{n=0}^{\infty} u_n\left(t,x\right) = \sum_{n = 0}^{\infty} e^{-\frac{4\pi^2 n^2}{L^2}kt} \left(a_n \cos \frac{2\pi n}{L}x + b_n \sin \frac{2\pi n}{L}x\right)

Então, resolver o problema da equação do calor passa a ser equivalente a perceber como expressar a condição inicial

u(0,x)=f(x)u\left(0, x\right) = f\left(x\right)

como uma série de senos e cossenos:

f(x)=n=0(ancos2πnxL+bnsin2πnxL)f\left(x\right) = \sum_{n = 0}^{\infty} \left(a_n \cos \frac{2\pi n x}{L} + b_n \sin \frac{2\pi n x}{L}\right)

Vamos ver como fazer isto mais à frente, na secção sobre a Série de Fourier.

Vejamos abaixo um exemplo que mostra como utilizar este método, passo a passo. Vamos utilizar uma equação de calor, embora seja possível aplicar este método a outras equações diferenciais parciais.

Exemplo

Queremos determinar uma solução para o problema

ut=1.712ux2u(x,0)=sin(πx2)+3sin(5πx2),0<x<2u(0,t)=u(2,t)=0\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial t} &= 1.71 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}\\ u(x,0) &= \sin\left(\frac{\pi x}{2}\right) + 3\sin \left(\frac{5\pi x}{2} \right) , 0<x<2\\ u(0,t) &= u(2,t)= 0 \end{aligned}

Para simplificar, vamos associar k=1.71k = 1.71.

Vamos começar por separar as duas variáveis, definindo a função uu como o produto de duas funções XX e TT:

u(x,t)=X(x)T(t)u(x,t) = X(x)T(t)

Aplicando o método descrito acima, substituímos na equação do enunciado:

X(x)T(t)=kX(x)T(t)T(t)kT(t)=X(x)X(x)X(x)T'(t) = k X''(x)T(t) \Leftrightarrow \frac{T'(t)}{kT(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}

Como podemos reparar, o lado esquerdo da igualdade acima apenas depende de tt, sendo que o lado direito apenas depende de xx. Então, a única forma de estes serem iguais é se ambos forem constantes. Então, dizemos que:

T(t)kT(t)=X(x)X(x)=λ\frac{T'(t)}{kT(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = \lambda

Podemos então resolver cada uma das equações, começando por determinar TT, que resulta da resolução de uma Equação Diferencial Ordinária Linear Homogénea:

TkT=λTT=kλT=c1eλkt,c10\frac{T'}{kT} = \lambda \Leftrightarrow \frac{T'}{T} = k \lambda \Leftrightarrow T = c_1 e^{\lambda k t}, c_1 \ne 0

Como podemos reparar aqui, conseguimos determinar facilmente a expressão de T(t)T(t). No entanto, para X(x)X(x) já vamos ter de efetuar mais cálculos, visto que se trata de uma equação de segunda ordem.

Antes de mais, vamos analisar com mais atenção as condições fronteira, u(0,t)=u(2,t)=0u(0,t) = u(2,t) = 0. Como podemos reparar, temos no enunciado do problema que a condição inicial u(x,0)u(x,0) é igual a uma função não nula. Por este motivo, sabemos que u(x,t)u(x,t) não é identicamente nula.

  • Para u(0,t)=0X(0)T(t)=0X(0)=0T(t)=0u(0,t) = 0 \Leftrightarrow X(0)T(t) = 0 \Leftrightarrow X(0) = 0 \lor T(t) = 0: Como sabemos que T(t)=0T(t) = 0 não pode ser verdade, caso contrário a função u(x,t)u(x,t) seria identicamente nula, temos então que X(0)=0X(0) = 0.
  • Do mesmo modo, para u(2,t)=0X(2)T(t)=0X(2)=0T(t)=0u(2,t) = 0 \Leftrightarrow X(2)T(t) = 0 \Leftrightarrow X(2) = 0 \lor T(t) = 0: Sabemos que T(t)=0T(t) = 0 não pode ser verdade, temos então que X(2)=0X(2) = 0.

Vamos então resolver a equação X(x)X(x)=λ\frac{X''(x)}{X(x)} = \lambda:

X(x)λX(x)=0X''(x) -\lambda X(x) = 0

Esta é uma Equação Diferencial de Ordem Superior, pelo que vamos escrever o seu polinómio característico:

P(D)=D2λP(D) = D^2 - \lambda

Temos então 3 casos distintos: λ=0\lambda = 0, λ>0\lambda > 0 e λ<0\lambda < 0.

  • Para λ=0\lambda = 0:

    Este é o caso mais simples. Ficamos com um polinómio característico P(D)=D2P(D) = D^2, pelo que

    X(x)=c2x+c3X(x) = c_2 x + c_3

    Pegando agora nas condições fronteira, vamos concluir o seguinte:

    X(0)=0    c2×0+c3=0    c3=0X(2)=0    2c2+0=0    c2=0\begin{aligned} X(0) &= 0 \implies c_2 \times 0 + c_3 = 0 \implies c_3 = 0\\ X(2) &= 0 \implies 2 c_2 + 0 = 0 \implies c_2 = 0 \end{aligned}

    Concluímos assim, que se λ=0\lambda = 0, temos que X(x)0X(x) \equiv 0. Tal não é verdade para a condição inicial que temos, visto que u(x,t)=0×T(t)=0u(x,t) = 0 \times T(t) = 0, que já vimos que não pode acontecer.
    Assim, não existem soluções para λ=0\lambda = 0.

  • Para λ>0\lambda > 0:

    Sendo que temos P(D)=D2λ=(D+λ)(Dλ)P(D) = D^2 - \lambda = (D + \sqrt{\lambda})(D - \sqrt{\lambda}) com λ>0\lambda > 0.
    Um pequeno truque que podemos utilizar é fazer a mudança de variável λ=w2\lambda = w^2, de forma a simplificar os cálculos. Ficamos assim com P(D)=(D+w)(Dw)P(D) = (D + w)(D - w).

    Resolvendo agora a equação:

    X(x)=c4ewx+c5ewxX(x) = c_4 e^{wx} + c_5 e^{-wx}

    Pegando agora nas condições fronteira, vamos concluir o seguinte:

    X(0)=0c4e0+c5e0=0c4+c5=0c5=c4X(2)=0c4e2w+c5e2w=0c4e2wc4e2w=0c4(e2we2w)=0    c4=0    c5=0\begin{aligned} X(0) = 0 &\Leftrightarrow c_4 e^{0} + c_5 e^{0} = 0 \Leftrightarrow c_4 + c_5 = 0 \Leftrightarrow c_5 = - c_4\\ X(2) = 0 &\Leftrightarrow c_4 e^{2w} + c_5 e^{-2w} = 0\\ &\Leftrightarrow c_4 e^{2w} - c_4 e^{-2w} = 0\\ &\Leftrightarrow c_4 (e^{2w} - e^{-2w}) = 0 \\ &\implies c_4 = 0 \implies c_5 = 0 \end{aligned}

    Caso não seja claro o porquê de c4=0c_4 = 0, temos de notar que e2we2we^{2w} - e^{-2w} só poderia ser nulo caso λ=0\lambda = 0, que não é o caso onde nos encontramos.

    Concluímos assim, que se λ>0\lambda > 0, temos que X(x)0X(x) \equiv 0. Tal como já vimos para λ=0\lambda = 0, isto não é verdade para a condição inicial que temos, visto que u(x,t)=0×T(t)=0u(x,t) = 0 \times T(t) = 0, que já vimos que não pode acontecer.
    Assim, não existem soluções para λ>0\lambda > 0.

  • Para λ<0\lambda < 0:

    Chegamos ao último caso, e ao único onde vamos ter soluções.

    Sendo que temos P(D)=D2λP(D) = D^2 - \lambda com λ<0\lambda < 0.
    Um pequeno truque que podemos utilizar é fazer a mudança de variável λ=w2\lambda = - w^2, de forma a simplificar os cálculos. Ficamos assim com P(D)=D2+w2P(D) = D^2 + w^2.

    Resolvendo agora a equação:

    X(x)=c6sin(wx)+c7cos(wx)X(x) = c_6 \sin(wx) + c_7 \cos(wx)

    Pegando agora nas condições fronteira, vamos concluir o seguinte:

    X(0)=00+c7×1=0c7=0X(2)=0c6sin(2w)=0c6=0sin(2w)=0\begin{aligned} X(0) = 0 &\Leftrightarrow 0 + c_7 \times 1 = 0 \Leftrightarrow c_7 = 0\\ X(2) = 0 &\Leftrightarrow c_6 \sin(2w) = 0 \Leftrightarrow c_6 = 0 \lor \sin(2w) = 0 \end{aligned}

    Se c6=0c_6 = 0 isso vai implicar que u(x,t)=0u(x, t) = 0 e, como já vimos, isso não é solução.
    Vamos então resolver a equação sin(2w)=0\sin (2w) = 0.

    sin(2w)=0    2w=nπ    w=nπ2\sin (2w) = 0 \implies 2w = n\pi \implies w = \frac{n \pi}{2}

    Desfazendo agora a mudança de variável, ficamos com:

    λ=nπ2    λ=n2π24\sqrt{-\lambda} = \frac{n \pi}{2} \implies \lambda = - \frac{n^2 \pi^2}{4}

    Substituindo ww na expressão de X(x)X(x) acima ficamos com

    X(x)=c6sin(nπ2x)X(x) = c_6 \sin\left(\frac{n\pi}{2}x\right)

Substituindo agora λ\lambda em T(t)T(t), ficamos com as duas expressões:

X(x)=c6sin(nπ2x)T(t)=c1en2π2kt4\begin{darray}{cc} X(x) = c_6 \sin\left(\frac{n\pi}{2}x\right) & T(t) = c_1 e^{-\dfrac{n^2\pi^2 k t}{4}} \end{darray}

Finalmente, podemos voltar a juntar as duas expressões, pelo produto u(x,t)=X(x)T(t)u(x,t) = X(x)T(t). Vamos usar uma nova constante c=c1×c6c = c_1 \times c_6 para simplificar.

un(x,t)=cen2π2kt4sin(nπ2x),nZ0+u_n(x,t) = c e^{-\dfrac{n^2\pi^2 k t}{4}} \sin\left(\frac{n\pi}{2}x\right), n \in \Z_0^+

Podemos agora generalizar esta expressão pelo Princípio da Sobreposição.

u(x,t)=n=1+cnun(x,t)=n=1+cnen2π2kt4sin(nπ2x)u(x,t) = \sum_{n=1}^{+\infty} c_n u_n(x,t) = \sum_{n=1}^{+\infty} c_n e^{-\dfrac{n^2\pi^2 k t}{4}} \sin\left(\frac{n\pi}{2}x\right)

Finalmente, vamos determinar a solução particular definida pela condição inicial.
Relembra-se que a condição inicial é u(x,0)=sin(πx2)+3sin(5πx2)u(x,0) = \sin\left(\frac{\pi x}{2}\right) + 3\sin \left(\frac{5\pi x}{2} \right), que já se encontra na forma de Série de Fourier. Caso não se encontrasse nesta forma, teríamos de a determinar.

Sendo assim, temos apenas de descobrir os valores de cnc_n que resultam na condição inicial, que podemos fazer facilmente por intuição.

Pegando na primeira parcela da condição inicial, sin(πx2)\sin\left(\frac{\pi x}{2}\right), vemos que c1=1c_1 = 1.
Quanto à segunda parcela, 3sin(5πx2)3\sin \left(\frac{5\pi x}{2} \right), vemos que c5=3c_5 = 3.

Então, descobrimos que cnc_n é a seguinte sucessão:

c1=1c5=3cn=0n1n5\begin{darray}{l} c_1 = 1\\ c_5 = 3\\ c_n = 0 & n \ne 1 \land n \ne 5 \end{darray}

Finalmente, obtemos assim a solução do problema!

u(x,t)=e1.71π2t4sin(πx2)+e25×1.71π2t4sin(5πx2)u(x,t) = e^{-\dfrac{1.71 \pi^2 t}{4}} \sin\left(\frac{\pi x}{2}\right) + e^{-\dfrac{25 \times 1.71 \pi^2 t}{4}} \sin\left(\frac{5 \pi x}{2}\right)