RESOLVA POR TRANSFORMADAS DE LAPLACE
\frac{\partial^{2} w}{\partial x^{2}}=100 \frac{\partial^{2} w}{\partial t^{2}}+100 \frac{\partial w}{\partial t}+25 w, w(x, 0)=0 se x \geqq 0, w_{t}(x, 0)=0 se t \geqq 0,
w(0, t)=\operatorname{sen} t se t \geqq 0

Passo 1

O enunciado dá a equação em derivadas parciais
\frac{\partial^{2}w}{\partial x^{2}} =100\,\frac{\partial^{2}w}{\partial t^{2}} +100\,\frac{\partial w}{\partial t} +25\,w
com condições iniciais
w(x,0)=0,\quad w_{t}(x,0)=0,
e condição de contorno
w(0,t)=\sin t.
O método será aplicar a transformada de Laplace em t, resolver a EDO resultante em x e então inverter a transformada.

Passo 2

Denotando
W(x,s)=\mathcal{L}\{w(x,t)\}(s) =\int_{0}^{\infty}e^{-st}w(x,t)\,dt,
usamos que, pelas condições iniciais,
\mathcal{L}\{w_{t}\}=s\,W(x,s),\quad \mathcal{L}\{w_{tt}\}=s^{2}W(x,s).
Aplicando Laplace à PDE obtemos
\frac{\partial^{2}W}{\partial x^{2}} =100\bigl(s^{2}W\bigr)+100\bigl(sW\bigr)+25W =(100s^{2}+100s+25)\,W.

Passo 3

Note que
100s^{2}+100s+25=100\bigl(s^{2}+s+\tfrac14\bigr) =100\bigl(s+\tfrac12\bigr)^{2} =(10s+5)^{2}.
Logo a EDO em x é
\frac{d^{2}W}{dx^{2}}-(10s+5)^{2}W=0.
A solução geral é
W(x,s)=A(s)e^{(10s+5)x}+B(s)e^{-(10s+5)x}.
Para x\to\infty exige-se W limitada, logo A(s)=0 e
W(x,s)=B(s)\,e^{-(10s+5)x}.

Passo 4

Impondo o contorno w(0,t)=\sin t, temos
W(0,s)=B(s) =\mathcal{L}\{\sin t\}(s) =\frac{1}{s^{2}+1}.
Portanto
W(x,s) =\frac{e^{-(10s+5)x}}{s^{2}+1} =e^{-5x}\,\frac{e^{-10s\,x}}{s^{2}+1}.

Passo 5

Para inverter usamos a propriedade de deslocamento:
\mathcal{L}^{-1}\Bigl\{e^{-a s}F(s)\Bigr\}(t) =H(t-a)\,f(t-a),
onde f=\mathcal{L}^{-1}\{F\} e H é a função de Heaviside. Aqui a=10x e F(s)=1/(s^{2}+1) tem f(t)=\sin t. Assim
w(x,t) =e^{-5x}\,H(t-10x)\,\sin\bigl(t-10x\bigr).

Resposta

w(x,t)= \begin{cases} e^{-5x}\,\sin\bigl(t-10x\bigr),&t\ge10x,\\\\ 0,&0\le t<10x. \end{cases}

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