1. Para cada uma das equações diferenciais parciais a seguir, determine se é possível escrever u(x, t)=X(x) T(t) e separe as variáveis para obter duas equações diferenciais ordinárias em X e T. Se for possível, resolva essas equações.
    a) \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}-x t \frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=0.
    b) (x+t) \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}-\frac{\partial u}{\partial t}=0.
    c) x \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial x \partial t}+t \frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=0.
    d) \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}-\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}-\frac{\partial u}{\partial t}=0.

Passo 1

O enunciado pede, para cada uma das quatro equações diferenciais parciais, que eu verifique se é possível procurar soluções do tipo u(x,t)=X(x)\,T(t), que eu faça a separação de variáveis (se possível) e que eu resolva as equações ordinárias obtidas.
Informações dadas (lista das PDEs):
\text{(a) }\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}-x t \frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=0,
\text{(b) }(x+t)\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}-\frac{\partial u}{\partial t}=0,
\text{\text{(c)} }x\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial x\partial t}+t\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=0,
\text{(d) }\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}-\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}-\frac{\partial u}{\partial t}=0.
Não faço nenhuma resolução neste passo — apenas identifiquei o que é pedido e listei as equações.

Passo 2

Método geral: suponho u(x,t)=X(x)\,T(t). Sempre que eu usar essa hipótese, substituo na PDE, divido por X(x)T(t) quando possível e tento escrever a igualdade como uma função só de x igual a uma função só de t. Essa igualdade só pode acontecer se ambas forem iguais a uma constante de separação, que chamo de \lambda. Vou aplicar esse procedimento a cada item.

Passo 3

Começo com \displaystyle \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}-x t \frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=0. Supondo u(x,t)=X(x)T(t) tenho:
\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}=X''(x)T(t),\qquad \frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=X(x)T''(t).
Substituindo na PDE:
X''(x)T(t)-x t\,X(x)T''(t)=0.
Divido por X(x)T(t) (assumindo X e T não nulos):
\frac{X''(x)}{X(x)}-x t\frac{T''(t)}{T(t)}=0.
Reescrevo isolando termos para obter funções puras de x e de t:
\frac{X''(x)}{xX(x)} \;=\; t\frac{T''(t)}{T(t)}.
Agora o lado esquerdo depende só de x e o lado direito só de t. Logo ambos devem ser iguais a uma constante, que chamo \lambda. Assim obtemos as ODEs:
\frac{X''(x)}{xX(x)}=\lambda \quad\Longrightarrow\quad X''(x)-\lambda x X(x)=0,
t\frac{T''(t)}{T(t)}=\lambda \quad\Longrightarrow\quad t T''(t)-\lambda T(t)=0.

Passo 4

A ODE para X é
X''(x)-\lambda x X(x)=0.
Essa equação é a equação de Airy (após escala), conhecida. Faço a mudança de variável
z=\lambda^{1/3}x\quad(\text{supondo }\lambda\neq0).
Como \dfrac{d}{dx}=\lambda^{1/3}\dfrac{d}{dz} e \dfrac{d^2}{dx^2}=\lambda^{2/3}\dfrac{d^2}{dz^2}, a equação fica
\lambda^{2/3}\,X_{zz}(z)-\lambda\cdot\frac{z}{\lambda^{1/3}}X(z)=0 \quad\Longrightarrow\quad X_{zz}(z)-z X(z)=0,
que é a equação padrão de Airy. A solução geral é
X(x)=C_1\,\mathrm{Ai}\bigl(\lambda^{1/3}x\bigr)+C_2\,\mathrm{Bi}\bigl(\lambda^{1/3}x\bigr),
onde \mathrm{Ai} e \mathrm{Bi} são as funções de Airy e C_1,C_2 são constantes arbitrárias.
Observação especial: se \lambda=0, a equação para X é X''(x)=0, cuja solução elementar é
X(x)=A x + B.

Passo 5

A ODE para T é
t T''(t)-\lambda T(t)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad T''(t)-\frac{\lambda}{t}T(t)=0.
Essa equação tem coeficiente singular em t=0. Para \lambda=0 temos T''(t)=0 e então
T(t)=D t+E.
Para \lambda\neq0 a equação pode ser transformada em uma equação do tipo de Bessel modificada por meio da mudança de variável
\tau=2\sqrt{\lambda t}.
Fazendo a transformação adequada (passando a função de \tau e reescalando), obtém-se uma equação equivalente cuja solução geral pode ser escrita em termos das funções de Bessel modificadas de primeira e segunda espécie. O resultado é
T(t)=t^{1/2}\!\left[\,K_1\!\bigl(2\sqrt{\lambda t}\bigr)\,E_1 \;+\; I_1\!\bigl(2\sqrt{\lambda t}\bigr)\,E_2\right],
onde I_1 e K_1 são as funções de Bessel modificadas de ordem 1 e E_1,E_2 são constantes arbitrárias. (Essa forma é padrão ao transformar \;T''-(\lambda/t)T=0\; por \tau=2\sqrt{\lambda t}.)
Resumo do item (a): a separação é possível; as ODEs resultantes são
X''-\lambda x X=0,\qquad tT''-\lambda T=0,
com X dado em termos de funções de Airy e T em termos de funções de Bessel modificadas (caso \lambda\neq0), e casos elementares para \lambda=0.

Passo 6

PDE: (x+t)\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}-\frac{\partial u}{\partial t}=0. Supondo u(x,t)=X(x)T(t):
(x+t)X''(x)T(t)-X(x)T'(t)=0.
Divido por X(x)T(t):
(x+t)\frac{X''(x)}{X(x)}-\frac{T'(t)}{T(t)}=0.
Escrevo como
\frac{T'(t)}{T(t)}=(x+t)\frac{X''(x)}{X(x)}.
O lado esquerdo depende só de t; o lado direito depende de x e t. Para que isso seja possível para todos x,t, a dependência em x do lado direito deve desaparecer. A forma (x+t)\dfrac{X''(x)}{X(x)} só perde a dependência em x se \dfrac{X''(x)}{X(x)}=0 para todo x. Portanto necessariamente
X''(x)=0 \quad\Longrightarrow\quad X(x)=a x + b.
Substituindo X''=0 na equação original obtém-se -X T'/T=0 ou simplesmente T'(t)=0, logo T é constante:
T(t)=c.
Conclusão: a separação só produz soluções separáveis do tipo trivial em produto de função linear em x por constante em t. Não há separação não-trivial com X e T ambos não-constantes.

Passo 7

PDE: x\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial x\partial t}+t\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=0. Supondo u(x,t)=X(x)T(t) obtemos:
x X''(x)T(t) + X'(x)T'(t) + t X(x)T''(t)=0.
Dividindo por X(x)T(t):
x\frac{X''(x)}{X(x)} + \frac{X'(x)}{X(x)}\frac{T'(t)}{T(t)} + t\frac{T''(t)}{T(t)}=0.
O problema é o termo misto \dfrac{X'(x)}{X(x)}\dfrac{T'(t)}{T(t)}: é um produto de uma função só de x por uma função só de t, e isso impede em geral escrever a soma como função só de x igual a função só de t. Para tentar uma separação não-trivial seria preciso que \dfrac{X'(x)}{X(x)} e \dfrac{T'(t)}{T(t)} fossem constantes, digamos a e b, o que daria exponentiais X\propto e^{ax}, T\propto e^{bt}. Substituindo isso na equação dá
x a^2 + ab + t b^2 = 0\quad\text{para todos }x,t.
Isso exige a^2=0 e b^2=0, logo a=b=0 e então X,T são constantes — solução trivial. Portanto não existe separação não-trivial da forma u=X(x)T(t) para essa PDE. Só soluções separáveis triviais (constantes) aparecem.

Passo 8

PDE: \displaystyle \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}-\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}-\frac{\partial u}{\partial t}=0. Com u(x,t)=X(x)T(t) tenho
X''(x)T(t) - X(x)T''(t) - X(x)T'(t)=0.
Dividindo por X(x)T(t):
\frac{X''(x)}{X(x)} \;=\; \frac{T''(t)}{T(t)} + \frac{T'(t)}{T(t)}.
O lado esquerdo depende só de x, o direito só de t, logo ambos iguais a uma constante \lambda. Obtenho as ODEs:
X''(x)-\lambda X(x)=0,
T''(t)+T'(t)-\lambda T(t)=0.

Passo 9

A equação para X é linear com coeficientes constantes:
X''-\lambda X=0.
A solução depende do sinal de \lambda:
  • Se \lambda=\mu^2>0, então X(x)=A e^{\mu x}+B e^{-\mu x}.
  • Se \lambda=0, então X(x)=A x + B.
  • Se \lambda=-\mu^2<0, então X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).

Passo 10

A equação para T é de coeficientes constantes:
T''+T'-\lambda T=0.
A equação característica é r^2+r-\lambda=0. As raízes são
r=\frac{-1\pm\sqrt{1+4\lambda}}{2}.
Logo a solução geral é
T(t)=C\exp\!\Bigl(\frac{-1+\sqrt{1+4\lambda}}{2}\,t\Bigr)+D\exp\!\Bigl(\frac{-1-\sqrt{1+4\lambda}}{2}\,t\Bigr),
com C,D constantes. (Casos degenerados quando 1+4\lambda=0 tratam-se por termos com fator t multiplicando a exponencial, como de costume.)

Resposta

(a) Separação possível. As ODEs são
X''(x)-\lambda x X(x)=0,\qquad tT''(t)-\lambda T(t)=0.
Soluções: X(x)=C_1\,\mathrm{Ai}\bigl(\lambda^{1/3}x\bigr)+C_2\,\mathrm{Bi}\bigl(\lambda^{1/3}x\bigr) (ou X(x)=Ax+B se \lambda=0); e para \lambda\neq0
T(t)=t^{1/2}\!\left[\,E_1 K_1\bigl(2\sqrt{\lambda t}\bigr)+E_2 I_1\bigl(2\sqrt{\lambda t}\bigr)\right]
(com T(t)=Dt+E se \lambda=0), onde I_1,K_1 são funções de Bessel modificadas de ordem 1.
(b) Separação só trivial. A hipótese u=X(x)T(t) força X''(x)=0 e T'(t)=0, ou seja
u(x,t)=(a x + b)\,c.
(c) Não é possível separar (salvo solução trivial constante): não existem soluções não-triviais da forma u=X(x)T(t).
(d) Separação possível. As ODEs são
X''(x)-\lambda X(x)=0,\qquad T''(t)+T'(t)-\lambda T(t)=0.
Soluções: X(x) é combinação linear de exponenciais ou de seno/cosseno conforme o sinal de \lambda (ver passo 9), e
T(t)=C\exp\!\Bigl(\frac{-1+\sqrt{1+4\lambda}}{2}t\Bigr)+D\exp\!\Bigl(\frac{-1-\sqrt{1+4\lambda}}{2}t\Bigr).

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