Exercícios Resolvidos de Equação da Onda

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Enunciado

Usando o método de separação de variáveis, resolva a equação da onda abaixo:

4 u x x = u t t ,     0 < x < 3 π ,     t > 0 u 0 , t =   u 3 π , t = 0 ,     t > 0 u x , 0 = 2 sen ⁡ 5 x 3 - sen ⁡ 2 x 3   u t x , 0 = 0 ,     0 < x < 3 π ,     0 < x < 3 π

Passo 1

Para resolver o problema por separação de variáveis, vamos escrever

u x , t = X x T t

u t t x , t = X x T ' ' ( t )

u x x x , t = X ' ' x T ( t )

Portanto, nossa equação se torna

u t t = 4 u x x

X x T ' ' t = 4 X ' ' x T ( t )

T ' ' t T t = 4 X ' ' ( x ) X x = - λ

E isso origina duas equações (uma em x e outra em t , mas ambas com a mesma ‘cara’):

T ' ' t + λ T t = 0 4 X ' ' x + λ X x = 0

Passo 2

Agora, vamos olhar para as condições iniciais:

u 0 , t = 0 → X 0 T t = 0 ,     t > 0       ( I )

u 3 π , t = 0 → X 3 π T t = 0 ,     t > 0       ( I I )

u x , 0 = 2 sen ⁡ 5 x 3 - sen ⁡ 2 x 3   → X x T 0 = 2 sen ⁡ 5 x 3 - sen ⁡ 2 x 3 ,     0 < x < 3 π         ( I I I )

u t x , 0 = 0 → X x T ' ( 0 ) = 0 ,     0 < x < 3 π       ( I V )

De ( I ) e ( I I ) , se T t = 0 , então ambas as condições seriam atendidas. Mas como isso implicaria em u x , t = X x T t = 0 , não atenderia à condição ( I I I ) . Logo, T t ≠ 0 .

Neste caso, nos resta admitir o seguinte:

X 0 = 0

X 3 π = 0

Analogamente, de ( I V ) , tiramos:

T ' 0 = 0

Passo 3

Vamos olhar para a variável x , primeiro. Ela forma o seguinte problema

4 X ' ' x + λ X x = 0 X 0 = X 3 π = 0

Buscando uma solução não-trivial ( X x ≠ 0 ) , vamos avaliar a equação característica:

4 X ' ' x + λ X x = 0

4 r 2 + λ = 0

Vamos testar cada um dos casos agora.

Passo 4

Caso Δ = 0 ,   λ = 0

Nesse caso a solução será

X x = c 1 + c 2 x

Substituindo as condições iniciais

X 0 = c 1 = 0

X 3 π = c 2 3 π = 0 → c 2 = 0

Logo esse caso só dá a solução trivial, X x = 0 .

Passo 5

Caso Δ > 0 ,   λ < 0

Nesse caso a solução será

X x = c 1 e - λ 4 x + c 2 e - - λ 4 x

Usando as condições iniciais

X 0 = c 1 + c 2 = 0 → c 1 = - c 2

X 3 π = c 1 e - λ 4 3 π - e - - λ 4 3 π = 0

Como não existe λ > 0 que faça e - λ 4 3 π - e - - λ 4 3 π = 0 teremos

c 1 = c 2 = 0

Logo esse caso só dá a solução trivial.

Passo 6

Caso Δ < 0 , λ > 0

Nesse caso a solução será

X x = C 1 cos ⁡ λ / 4 x + C 2 sen ⁡ λ / 4 x

Aplicando as condições de contorno

X 0 = C 1 = 0

X 3 π = C 2 sen ⁡ λ / 4 3 π = 0

Para não termos outra solução trivial temos que.

λ 4 3 π = n π

λ = 4 n 2 9 ,   n = 0,1 , 2 , …

X x = C 2 sen ⁡ n 3 x

Passo 7

Agora que já conhecemos os autovalores λ n = n π 2 , vamos voltar pra equação em t :

T ' ' t + λ T t = 0

Como a cara é a mesma da equação em x , temos:

T t = K 1 cos ⁡ λ t + K 2 sen ⁡ λ t

T t = K 1 cos ⁡ 2 n 3 t + K 2 sen ⁡ 2 n 3 t

Mas não se esqueça da condição ( I V ) : T ' 0 = 0 . Logo,

T ' ( t ) = - 2 n 3 K 1 sen ⁡ 2 n 3 t + 2 n 3 K 2 cos ⁡ 2 n 3 t

T ' 0 = 2 n 3 K 2 = 0

K 2 = 0

Portanto:

T t = K 1 cos ⁡ 2 n 3 t

E, assim, uma solução deve ser (vamos deixar só uma constante K por enquanto) :

u x , t = X x T t

u n x , t = cos ⁡ 2 n 3 t sen ⁡ n 3 x ,     n = 0,1 , 2 , …

Passo 8

Como u n será uma solução para qualquer n , podemos dizer que a combinação das funções também será uma solução.

u x , t = ∑ n = 1 ∞ k n cos ⁡ 2 n 3 t sen ⁡ n 3 x

Finalmente, vamos olhar para a condição ( I I I ) . O que ela diz?

X x T 0 = 2 sen ⁡ 5 x 3 - sen ⁡ 2 x 3 ,     0 < x < 3 π

Disso teremos

u x , 0 = 2 sen ⁡ 5 x 3 - sen ⁡ 2 x 3 = ∑ n = 1 ∞ k n sen ⁡ n 3 x

Passo 9

Podemos notar que temos uma série de Fourier em senos nessa questão e devemos agora encontrar os coeficientes. Lembrando das fórmulas:

k n = 2 3 π ∫ 0 3 π f x sen ⁡ n x 3 d x

No nosso caso teremos

k n = 2 3 π ∫ 0 3 π 2 sen ⁡ 5 x 3 - sen ⁡ 2 x 3 sen ⁡ n x 3 d x

Resolvendo essa integral teremos

k n = 6 1 4 - n 2 - 5 n 2 - 25 sen ⁡ π n

Logo a solução geral será

u x , t = ∑ n = 1 ∞ 6 1 4 - n 2 - 5 n 2 - 25 sen ⁡ πn cos ⁡ 2 n 3 t sen ⁡ n 3 x

Resposta

u x , t = ∑ n = 1 ∞ 6 1 4 - n 2 - 5 n 2 - 25 sen ⁡ πn cos ⁡ 2 n 3 t sen ⁡ n 3 x

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