Exercício 3. Encontre a solução particular da equação da onda descrita no Exercício 1, se a condição inicial da corda é:
u(x, 0)=\left\{ \begin{array}{ll} 2 x-4 x^{2}, & \text { se } 0<x<1 / 2 \\\\ 0, & \text { se } 1 / 2<x<1 \end{array} \quad u_{t}(x, 0)=0\right.

Passo 1

O enunciado pede a solução particular da equação da onda
u_{tt}=c^{2}u_{xx},\quad u(0,t)=u(1,t)=0
sujeita às condições iniciais
u(x,0)=f(x)= \begin{cases} 2x-4x^{2},&0<x<\tfrac12,\\\\ 0,&\tfrac12<x<1, \end{cases} \quad u_{t}(x,0)=0.
O conteúdo é séries de Fourier em senos para a PDE de onda. Vamos usar separação de variáveis e ortogonalidade dos senos.

Passo 2

Pela teoria da equação da onda com bordos nulos, a solução geral atende
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl(a_{n}\cos(c\,n\pi t)+b_{n}\sin(c\,n\pi t)\Bigr)\sin(n\pi x).
Como u_{t}(x,0)=0, temos b_{n}=0. E como u(x,0)=f(x), sobra
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\cos(c\,n\pi t)\,\sin(n\pi x),
onde
a_{n}=2\int_{0}^{1}f(x)\sin(n\pi x)\,dx
pelo ortogonalidade de \sin(n\pi x) em [0,1].

Passo 3

Como f(x)=0 para x\in(\tfrac12,1), o coeficiente fica
a_{n}=2\int_{0}^{\frac12}(2x-4x^{2})\sin(n\pi x)\,dx.
Distribuindo a integral, escrevemos
a_{n}=4\underbrace{\int_{0}^{\frac12}x\sin(n\pi x)\,dx}_{I_{1}} \;-\;8\underbrace{\int_{0}^{\frac12}x^{2}\sin(n\pi x)\,dx}_{I_{2}}.

Passo 4

Calculamos I_{1} e I_{2} com partes. Seja \alpha=n\pi.
  1. I_{1}=\displaystyle\int_{0}^{\frac12}x\sin(\alpha x)\,dx =-\frac{x\cos(\alpha x)}{\alpha}\Big|_{0}^{\frac12}+\frac{1}{\alpha}\int_{0}^{\frac12}\cos(\alpha x)\,dx =\frac{\sin(\frac{\alpha}{2})}{\alpha^{2}}-\frac{\cos(\frac{\alpha}{2})}{2\alpha}.
  2. I_{2}=\displaystyle\int_{0}^{\frac12}x^{2}\sin(\alpha x)\,dx =-\frac{x^{2}\cos(\alpha x)}{\alpha}\Big|_{0}^{\frac12} +\frac{2}{\alpha}\int_{0}^{\frac12}x\cos(\alpha x)\,dx.
    E para J=\int_{0}^{\frac12}x\cos(\alpha x)\,dx temos
J=\frac{x\sin(\alpha x)}{\alpha}\Big|_{0}^{\frac12} -\frac{1}{\alpha}\int_{0}^{\frac12}\sin(\alpha x)\,dx =\frac{\sin(\frac{\alpha}{2})}{2\alpha}+\frac{\cos(\frac{\alpha}{2})-1}{\alpha^{2}}.
Logo
I_{2}=-\frac{\cos(\frac{\alpha}{2})}{4\alpha} +\frac{2}{\alpha}\Bigl(\frac{\sin(\frac{\alpha}{2})}{2\alpha} +\frac{\cos(\frac{\alpha}{2})-1}{\alpha^{2}}\Bigr) =-\frac{\cos(\tfrac{\alpha}{2})}{4\alpha} +\frac{\sin(\tfrac{\alpha}{2})}{\alpha^{2}} +\frac{2\bigl(\cos(\tfrac{\alpha}{2})-1\bigr)}{\alpha^{3}}.

Passo 5

Substituindo em a_{n}=4I_{1}-8I_{2} e lembrando \alpha=n\pi, obtemos
a_{n} =-4\,\frac{\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi}{2}\bigr)}{(n\pi)^{2}} -16\,\frac{\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi}{2}\bigr)-1}{(n\pi)^{3}}.
Portanto a solução particular é
u(x,t) =\sum_{n=1}^{\infty}\Biggl[ -4\,\frac{\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi}{2}\bigr)}{(n\pi)^{2}} -16\,\frac{\cos\!\bigl(\tfrac{n\pi}{2}\bigr)-1}{(n\pi)^{3}} \Biggr]\cos(c\,n\pi t)\,\sin(n\pi x).

Resposta

u(x,t) =\sum_{n=1}^{\infty}\Biggl[ -4\,\frac{\sin\bigl(\tfrac{n\pi}{2}\bigr)}{(n\pi)^{2}} -16\,\frac{\cos\bigl(\tfrac{n\pi}{2}\bigr)-1}{(n\pi)^{3}} \Biggr]\cos(c\,n\pi t)\,\sin(n\pi x).

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