Considere o problema
\begin{gathered} u_{t t}=a^{2} u_{x x}, \quad 0<x<L, t>0 \\\ u(0, t)=0, \quad u(L, t)=0, \quad t>0 \\\ u(x, 0)=f(x), \quad u_{t}(x, 0)=g(x), \quad 0 \leq x \leq L \end{gathered}
onde 0<a \in \mathbb{R} é uma constante e f e g são funções dadas. A solução é dada por
u(x, t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(c_{n} \cos \frac{a n \pi t}{L}+d_{n} \operatorname{sen} \frac{a n \pi t}{L}\right) \operatorname{sen} \frac{n \pi x}{L}
(a) Justifique as seguintes identidades para os coeficientes de Fourier:
\begin{aligned} & c_{n}=\frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \operatorname{sen} \frac{n \pi x}{L} d x, \quad n=1,2, \ldots \\\ & d_{n}=\frac{2}{a n \pi} \int_{0}^{L} g(x) \operatorname{sen} \frac{n \pi x}{L} d x, \quad n=1,2, \ldots \end{aligned}
(b) Use as afirmações acima para encontrar a solução u(x, t) supondo que f(x)=1,0 \leq x \leq 10 e g(x)=\frac{1}{2}, \quad 0 \leq x \leq 10 e a=1,21.

Passo 1

O enunciado fornece o problema de valores iniciais para a equação da onda
\begin{gathered} u_{t t}=a^{2} u_{x x},\quad 0<x<L,\; t>0,\\\ u(0,t)=0,\quad u(L,t)=0,\; t>0,\\\ u(x,0)=f(x),\quad u_{t}(x,0)=g(x),\; 0\le x\le L, \end{gathered}
e diz que a solução pode ser escrita como a série de senos
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(c_{n}\cos\frac{a n \pi t}{L}+d_{n}\operatorname{sen}\frac{a n \pi t}{L}\right)\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}.
O que nos pedem:
  • (a) justificar as fórmulas
c_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(x)\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\,dx, \qquad d_{n}=\frac{2}{a n\pi}\int_{0}^{L} g(x)\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\,dx, \quad n=1,2,\dots
  • (b) usar essas fórmulas para encontrar u(x,t) quando L=10, f(x)=1, g(x)=\tfrac{1}{2} e a=1{,}21.

Passo 2

Vamos provar a propriedade de ortogonalidade das funções \operatorname{sen}\dfrac{n\pi x}{L}, que é a pedra angular das fórmulas dos coeficientes.
Considere, para inteiros m,n\ge1,
I_{mn}:=\int_{0}^{L}\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\,\operatorname{sen}\frac{m\pi x}{L}\,dx.
Usamos a identidade produto-para-soma
\operatorname{sen}\alpha\operatorname{sen}\beta=\tfrac{1}{2}\big(\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)\big).
Aplicando com \alpha=\dfrac{n\pi x}{L} e \beta=\dfrac{m\pi x}{L} obtemos
I_{mn}=\tfrac{1}{2}\int_{0}^{L}\cos\!\big(\tfrac{(n-m)\pi x}{L}\big)\,dx -\tfrac{1}{2}\int_{0}^{L}\cos\!\big(\tfrac{(n+m)\pi x}{L}\big)\,dx.
Cada integral de cosseno é fácil de calcular: para k\in\mathbb{Z}\setminus\{0\},
\int_{0}^{L}\cos\!\big(\tfrac{k\pi x}{L}\big)\,dx =\left[\frac{L}{k\pi}\sin\!\big(\tfrac{k\pi x}{L}\big)\right]_{0}^{L}=0,
pois \sin(k\pi)=0. Assim, se m\ne n ambas as contribuições são zero e I_{mn}=0.
Se m=n temos
I_{nn}=\int_{0}^{L}\operatorname{sen}^2\!\big(\tfrac{n\pi x}{L}\big)\,dx =\tfrac{1}{2}\int_{0}^{L}\big(1-\cos\!\big(\tfrac{2n\pi x}{L}\big)\big)\,dx =\tfrac{1}{2}\bigg[L-0\bigg]=\frac{L}{2}.
Portanto a ortogonalidade fica explícita:
\int_{0}^{L}\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\,\operatorname{sen}\frac{m\pi x}{L}\,dx =\begin{cases} 0,& m\ne n,\\[6pt] \dfrac{L}{2},& m=n. \end{cases}]

Passo 3

Justificamos agora a fórmula para c_n.
Tomamos a expressão dada para u(x,t) e avaliamos em t=0. Como \cos 0=1 e \operatorname{sen}0=0,
u(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}.
Mas sabemos que u(x,0)=f(x). Logo temos a igualdade de funções
f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L},\qquad 0\le x\le L.
Para isolar c_m multiplicamos ambos os lados por \operatorname{sen}\dfrac{m\pi x}{L} e integramos de 0 a L:
\int_{0}^{L} f(x)\operatorname{sen}\frac{m\pi x}{L}\,dx =\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}\int_{0}^{L}\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\operatorname{sen}\frac{m\pi x}{L}\,dx.
Pela ortogonalidade (Passo 2) todos os termos da soma são zero exceto o de n=m, cujo integral vale L/2. Assim
\int_{0}^{L} f(x)\operatorname{sen}\frac{m\pi x}{L}\,dx=c_{m}\cdot\frac{L}{2},
e daí isolamos
c_{m}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(x)\operatorname{sen}\frac{m\pi x}{L}\,dx.
Isto é exatamente a fórmula pedida para c_n.

Passo 4

Justificamos agora a fórmula para d_n.
Primeiro derivamos a série de u(x,t) em relação a t. Como derivada de \cos é -\sin e de \sin é \cos,
u_{t}(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(-c_{n}\frac{a n\pi}{L}\operatorname{sen}\frac{a n\pi t}{L} +d_{n}\frac{a n\pi}{L}\cos\frac{a n\pi t}{L}\right)\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}.
Avaliando em t=0 (onde \operatorname{sen}0=0 e \cos0=1) obtemos
u_{t}(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty} d_{n}\frac{a n\pi}{L}\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}.
Como u_{t}(x,0)=g(x), segue
g(x)=\sum_{n=1}^{\infty} d_{n}\frac{a n\pi}{L}\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}.
Multiplicando por \operatorname{sen}\dfrac{m\pi x}{L} e integrando de 0 a L, usando novamente a ortogonalidade, obtemos
\int_{0}^{L} g(x)\operatorname{sen}\frac{m\pi x}{L}\,dx =d_{m}\frac{a m\pi}{L}\cdot\frac{L}{2}=d_{m}\frac{a m\pi}{2}.
Isolando d_m resulta
d_{m}=\frac{2}{a m\pi}\int_{0}^{L} g(x)\operatorname{sen}\frac{m\pi x}{L}\,dx,
que é exatamente a segunda fórmula pedida.

Passo 5

Agora aplicamos as fórmulas aos dados concretos da parte (b): L=10, f(x)=1, g(x)=\tfrac{1}{2}, a=1{,}21.
Calcule primeiro c_n:
c_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}1\cdot\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\,dx =\frac{2}{L}\left[\!-\frac{L}{n\pi}\cos\frac{n\pi x}{L}\right]_{0}^{L}.
Avaliaremos o colchete:
\left[-\frac{L}{n\pi}\cos\frac{n\pi x}{L}\right]_{0}^{L} =-\frac{L}{n\pi}\big(\cos n\pi-\cos 0\big) =-\frac{L}{n\pi}\big((-1)^{n}-1\big) =\frac{L}{n\pi}\big(1-(-1)^{n}\big).
Substituindo em c_n:
c_{n}=\frac{2}{L}\cdot\frac{L}{n\pi}\big(1-(-1)^{n}\big)=\frac{2}{n\pi}\big(1-(-1)^{n}\big).
Portanto c_n=0 se n é par (pois 1-(-1)^n=0), e se n é ímpar ( (-1)^n=-1) então
c_n=\frac{2}{n\pi}\cdot 2=\frac{4}{n\pi}.
Agora d_n. Usando g(x)=\tfrac{1}{2},
d_{n}=\frac{2}{a n\pi}\int_{0}^{L}\tfrac{1}{2}\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\,dx =\frac{1}{a n\pi}\int_{0}^{L}\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\,dx.
Mas já calculámos \displaystyle\int_{0}^{L}\operatorname{sen}\frac{n\pi x}{L}\,dx=\frac{L}{n\pi}\big(1-(-1)^{n}\big). Assim
d_{n}=\frac{1}{a n\pi}\cdot\frac{L}{n\pi}\big(1-(-1)^{n}\big) =\frac{L}{a n^{2}\pi^{2}}\big(1-(-1)^{n}\big).
Logo d_n=0 para n par, e para n ímpar ( 1-(-1)^n=2)
d_n=\frac{2L}{a n^{2}\pi^{2}}.
Em particular, com L=10 e a=1{,}21 obtemos, para n ímpar,
c_n=\frac{4}{n\pi},\qquad d_n=\frac{20}{1{,}21\,n^{2}\pi^{2}},
e para n par c_n=d_n=0.

Passo 6

Finalmente escrevemos a solução u(x,t) usando apenas os termos ímpares (pois os pares dão coeficiente zero). Seja n=2k+1 com k=0,1,2,\dots. Substituindo L=10 e a=1{,}21 obtemos
u(x,t)=\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{4}{(2k+1)\pi}\cos\!\frac{1{,}21\,(2k+1)\pi t}{10} +\frac{20}{1{,}21\,(2k+1)^{2}\pi^{2}}\operatorname{sen}\!\frac{1{,}21\,(2k+1)\pi t}{10}\right) \operatorname{sen}\!\frac{(2k+1)\pi x}{10}.
Esta expressão é equivalente (apenas escrita com índice k) a somar sobre todos os n ímpares as ondas normais com os coeficientes calculados.

Resposta

c_{n}=\dfrac{2}{L}\displaystyle\int_{0}^{L} f(x)\operatorname{sen}\dfrac{n\pi x}{L}\,dx,\qquad d_{n}=\dfrac{2}{a n\pi}\displaystyle\int_{0}^{L} g(x)\operatorname{sen}\dfrac{n\pi x}{L}\,dx.
Para L=10,\;f(x)=1,\;g(x)=\tfrac{1}{2},\;a=1{,}21:
c_n=\begin{cases} \dfrac{4}{n\pi},& n\\ \text{ímpar},\\[6pt] 0,& n\\ \text{par}, \end{cases} \qquad d_n=\begin{cases} \dfrac{20}{1{,}21\,n^{2}\pi^{2}},& n\\ \text{ímpar},\\[6pt] 0,& n\\ \text{par}, \end{cases}íí
e
u(x,t)=\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{4}{(2k+1)\pi}\cos\!\frac{1{,}21\,(2k+1)\pi t}{10} +\frac{20}{1{,}21\,(2k+1)^{2}\pi^{2}}\operatorname{sen}\!\frac{1{,}21\,(2k+1)\pi t}{10}\right) \operatorname{sen}\!\frac{(2k+1)\pi x}{10}.]

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