Considere uma membrana retangular fixa nas bordas, ocupando a região
0<x<L_{x}, \quad 0<y<L_{y} .
O deslocamento transversal da membrana é descrito por u(x, y, t), que satisfaz a equação de onda bidimensional
\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=c^{2}\left(\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}}\right)
com \quad 0<x<L_{x}, \quad 0<y<L_{y}, \quad t>0. A membrana está fixa ao longo de toda a fronteira, de modo que
u(0, y, t)=u\left(L_{x}, y, t\right)=0, \quad 0<y<L_{y}, \quad t>0, e
u(x, 0, t)=u\left(x, L_{y}, t\right)=0, \quad 0<x<L_{x}, \quad t>0.
Além disso, são dadas as condições iniciais
u(x, y, 0)=f(x, y), \quad \frac{\partial u}{\partial t}(x, y, 0)=g(x, y)

Passo 1

O enunciado dá exatamente o seguinte problema (vou listar claramente o que é pedido e os dados fornecidos):
  • A equação parcial para o deslocamento é
\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=c^{2}\left(\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}}\right),
para \;0<x<L_{x},\;0<y<L_{y},\;t>0.
  • Condições de contorno (membrana fixa nas bordas):
u(0,y,t)=0,\qquad u(L_{x},y,t)=0\quad(0<y<L_{y},\;t>0),
u(x,0,t)=0,\qquad u(x,L_{y},t)=0\quad(0<x<L_{x},\;t>0).
  • Condições iniciais:
u(x,y,0)=f(x,y),\qquad \frac{\partial u}{\partial t}(x,y,0)=g(x,y).
O que o enunciado pede: encontrar a solução u(x,y,t) que satisfaça a PDE, as condições de contorno e as condições iniciais — isto é, expressar u em termos de auto-modos e as funções iniciais f e g.

Passo 2

Escolhendo o método: vamos usar separação de variáveis e expandir a solução em série de modos (senois) que satisfaçam as condições de contorno. Isso é o método clássico e mais direto para uma membrana retangular com contorno fixo.
Primeiro assumimos uma solução do tipo separável
u(x,y,t)=X(x)\,Y(y)\,T(t).
Substituindo na PDE e dividindo por X Y T obtemos
\frac{T''(t)}{c^{2}T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}.
O lado esquerdo depende só de t e o lado direito só de x,y, logo ambos devem ser iguais a uma constante (separação de variáveis). Vamos prosseguir em etapas para separar em dois problemas unidimensionais.

Passo 3

Fazendo a separação espacial em duas partes: escrevemos
\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}=-k^{2},
onde -k^{2} é uma constante de separação (escolha do sinal conveniente para obter modos oscilatórios no tempo). Reescrevendo,
\frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda,\qquad \frac{Y''(y)}{Y(y)} = -\mu,
com \lambda+\mu = k^{2}. Aqui \lambda e \mu são constantes não-negativas a determinar pelos contornos.
Assim obtemos dois problemas de Sturm–Liouville unidimensionais:
X''(x)+\lambda X(x)=0,\quad X(0)=0,\;X(L_{x})=0,
Y''(y)+\mu Y(y)=0,\quad Y(0)=0,\;Y(L_{y})=0.

Passo 4

Resolver os problemas unidimensionais (autovalores e autovetores):
Para X: as condições de contorno homogêneas em 0 e L_{x} implicam autovalores e autovetores do tipo seno. Não aceitaremos a solução nula, então os autovalores são
\lambda_{m}=\left(\frac{m\pi}{L_{x}}\right)^{2},\qquad m=1,2,3,\dots
com autofunções
X_{m}(x)=\sin\!\left(\frac{m\pi x}{L_{x}}\right).
Analogamente, para Y:
\mu_{n}=\left(\frac{n\pi}{L_{y}}\right)^{2},\qquad n=1,2,3,\dots
com
Y_{n}(y)=\sin\!\left(\frac{n\pi y}{L_{y}}\right).
Portanto cada par (m,n) produz um modo espacial
\Phi_{mn}(x,y)=X_{m}(x)Y_{n}(y)=\sin\!\left(\frac{m\pi x}{L_{x}}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{L_{y}}\right).

Passo 5

Equação temporal para cada modo: para um modo com k^{2}=\lambda_{m}+\mu_{n} a equação temporal fica
T''(t)+c^{2}(\lambda_{m}+\mu_{n})\,T(t)=0.
Definindo a frequência angular do modo (m,n) como
\omega_{mn}=c\sqrt{\lambda_{m}+\mu_{n}}=c\pi\sqrt{\left(\frac{m}{L_{x}}\right)^{2}+\left(\frac{n}{L_{y}}\right)^{2}},
a equação temporal é a equação do oscilador harmônico
T''(t)+\omega_{mn}^{2}T(t)=0,
cuja solução geral é
T_{mn}(t)=A_{mn}\cos(\omega_{mn}t)+B_{mn}\sin(\omega_{mn}t),
onde A_{mn} e B_{mn} são constantes a determinar pelas condições iniciais.

Passo 6

Montando a soma de modos: pela linearidade da equação, a solução geral é soma (série dupla) sobre todos os modos (m,n):
u(x,y,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[A_{mn}\cos(\omega_{mn}t)+B_{mn}\sin(\omega_{mn}t)\Bigr] \sin\!\left(\frac{m\pi x}{L_{x}}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{L_{y}}\right).
Agora precisamos aprender a determinar A_{mn} e B_{mn} a partir de f e g. Para isso usamos propriedades de ortogonalidade dos senos.

Passo 7

Ortogonalidade e fórmula para coeficientes — explicado passo a passo:
Propriedade básica: para p,q\) inteiros positivos, \[\int_{0}^{L_{x}}\sin\!\left(\frac{p\pi x}{L_{x}}\right)\sin\!\left(\frac{q\pi x}{L_{x}}\right)\,dx= \begin{cases} 0, & p\neq q,\\[4pt] \dfrac{L_{x}}{2}, & p=q. \end{cases}
O mesmo vale no eixo y\] com \(L_{y}. Isso significa que as funções \sin(\tfrac{m\pi x}{L_{x}})\sin(\tfrac{n\pi y}{L_{y}}) formam um sistema ortogonal no retângulo com produto interno
\langle \Phi_{mn},\Phi_{pq}\rangle=\int_{0}^{L_{x}}\int_{0}^{L_{y}}\Phi_{mn}\Phi_{pq}\,dy\,dx.
Para m=p e n=q o produto dá
\|\Phi_{mn}\|^{2}=\int_{0}^{L_{x}}\int_{0}^{L_{y}}\sin^{2}\!\left(\frac{m\pi x}{L_{x}}\right)\sin^{2}\!\left(\frac{n\pi y}{L_{y}}\right)\,dy\,dx=\frac{L_{x}L_{y}}{4}.
Observe que isso vem de multiplicar \frac{L_{x}}{2} por \frac{L_{y}}{2}.
Agora projetamos as condições iniciais nas autofunções para obter os coeficientes:
  • Da condição inicial u(x,y,0)=f(x,y), avaliando a série em t=0:
f(x,y)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}A_{mn}\,\Phi_{mn}(x,y).
Multiplicando ambos os lados por \Phi_{mn}(x,y) e integrando no retângulo, pela ortogonalidade,
\int_{0}^{L_{x}}\int_{0}^{L_{y}} f(x,y)\Phi_{mn}(x,y)\,dy\,dx = A_{mn}\,\frac{L_{x}L_{y}}{4}.
Logo
A_{mn}=\frac{4}{L_{x}L_{y}}\int_{0}^{L_{x}}\int_{0}^{L_{y}} f(x,y)\, \sin\!\left(\frac{m\pi x}{L_{x}}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{L_{y}}\right)\,dy\,dx.
  • Da condição inicial \partial_{t}u(x,y,0)=g(x,y): derivando a série em t e avaliando em t=0
g(x,y)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} \omega_{mn} B_{mn}\,\Phi_{mn}(x,y).
Projetando como antes, obtemos
\int_{0}^{L_{x}}\int_{0}^{L_{y}} g(x,y)\Phi_{mn}(x,y)\,dy\,dx = \omega_{mn} B_{mn}\,\frac{L_{x}L_{y}}{4}.
Portanto
B_{mn}=\frac{4}{\omega_{mn}L_{x}L_{y}}\int_{0}^{L_{x}}\int_{0}^{L_{y}} g(x,y)\, \sin\!\left(\frac{m\pi x}{L_{x}}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi y}{L_{y}}\right)\,dy\,dx.
Essas fórmulas fornecem A_{mn} e B_{mn} em termos de f e g.]

Passo 8

Interpretação e dica prática: cada par (m,n) representa um modo de vibração da membrana com “padrão” espacial \Phi_{mn} e frequência \omega_{mn}. Na prova, siga esta receita:
  1. Escreva os modos \Phi_{mn} e as frequências \omega_{mn}.
  2. Expresse u como soma de \bigl(A_{mn}\cos(\omega_{mn}t)+B_{mn}\sin(\omega_{mn}t)\bigr)\Phi_{mn}.
  3. Calcule A_{mn} e B_{mn} projetando f e g sobre \Phi_{mn} usando a integral dupla e multiplicando por 4/(L_{x}L_{y}); no caso de B_{mn} também divida por \omega_{mn}.
Se na prova der funções simples para f e g (por ex. senos compatíveis com os modos), as integrais são fáceis: muitas vezes só um termo da série é não nulo.

Passo 9

Exemplo rápido (para fixar a ideia): se
f(x,y)=\sin\!\left(\frac{\pi x}{L_{x}}\right)\sin\!\left(\frac{\pi y}{L_{y}}\right), \qquad g(x,y)=0,
então somente A_{11}=4/(L_{x}L_{y})\cdot(L_{x}L_{y}/4)=1 e todos os outros A_{mn}=0. A solução fica
u(x,y,t)=\cos(\omega_{11}t)\sin\!\left(\frac{\pi x}{L_{x}}\right)\sin\!\left(\frac{\pi y}{L_{y}}\right).
Isso mostra como as fórmulas funcionam na prática e como é simples quando as condições iniciais já estão na forma de um modo.

Passo 10

Resumo técnico final: a solução está dada pela série dupla de modos com coeficientes projetados por integrais duplas. A convergência e regularidade dependem de quão suaves são f e g, mas a fórmula abaixo é a forma padrão que se usa em provas e aplicações.

Resposta

u(x,y,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\Biggl[ \Biggl(\frac{4}{L_{x}L_{y}}\int_{0}^{L_{x}}\int_{0}^{L_{y}} f(\xi,\eta) \sin\!\left(\frac{m\pi \xi}{L_{x}}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi \eta}{L_{y}}\right)\,d\eta\,d\xi\Biggr) \cos(\omega_{mn}t)
\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad +\Biggl(\frac{4}{\omega_{mn}L_{x}L_{y}}\int_{0}^{L_{x}}\int_{0}^{L_{y}} g(\xi,\eta) \sin\!\left(\frac{m\pi \xi}{L_{x}}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi \eta}{L_{y}}\right)\,d\eta\,d\xi\Biggr) \sin(\omega_{mn}t) \Biggr]
com
\omega_{mn}=c\pi\sqrt{\left(\frac{m}{L_{x}}\right)^{2}+\left(\frac{n}{L_{y}}\right)^{2}}, \qquad m,n=1,2,3,\dots

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