Um fio de comprimento L=1 inicialmente em repouso está estendido na horizontal. Seu movimento vertical subsequente é causado pela força da gravidade de intensidade g. Supondo que o eixo y positivo para cima a equação do movimento (equação da onda) é
yt t(x, t) & =c^2 yx x(x, t)-g, se 0<x<1 y(0, t) & =0=y(1, t), se t >= 0 y(x, 0) & =0=yt(x, 0), se 0 <= x <= 1
Observação: Procure a solução como soma de uma solução em regime estacionário v(x) mais uma solução transiente u(x, t). Ou seja, solução y(x, t) da forma
y(x, t)=u(x, t)+v(x)
Mostre que a solução a em série de Fourier desse problema é
u(x, t) & =g2 c^2 x(1-x)-sumn=1^infty bn sen(n pi xL) e^-K n^2 pi^2L^2 t, 0 <= x <= L e t >= 0 bn & :=2L integral0^L g2 c^2 x(1-x) sen(n piL x) d x, n >= 1

Passo 1

O enunciado dá uma equação parabólica não homogênea para y(x,t) em 0<x<L com
yt(x,t)=K,yx x(x,t)-g,
sujeita a y(0,t)=y(L,t)=0 e y(x,0)=0. Aqui K=c^2. Vamos escrever
y(x,t)=u(x,t)+v(x),
onde v(x) é a solução estacionária (independente de t) e u(x,t) é a parte transiente homogênea.

Passo 2

Procuramos v(x) tal que
K,v''(x)-g=0,
com v(0)=0 e v(L)=0. Integrando duas vezes,
v''(x)=gK Longrightarrow v'(x)=gKx+C1, v(x)=g2Kx^2+C1x+C2
Impondo v(0)=0 e v(L)=0 obtemos C2=0 e
g2KL^2+C1L=0 ;Longrightarrow; C1=-g,L2K
Logo,
v(x) =g2Kl(x^2-L,xr) =g2c^2,x,(x-L) =-g2c^2,x,(L-x)
Reescrevendo com L=1 e tirando o sinal,
v(x)=g2c^2,x,(1-x)

Passo 3

Definindo u(x,t)=y(x,t)-v(x), substituímos na equação original e cancelamos a parte estacionária para obter o problema homogêneo
ut=K,ux x,&0<x<L,;t>0, u(0,t)=0=u(L,t),&t>=0, u(x,0)=-v(x),&0<= x<= L

Passo 4

Aplicamos separação de variáveis: u(x,t)=X(x),T(t). Isso dá
T'K,T=X''X=-lambda
Da parte em x vem
X''+lambda,X=0, X(0)=0,;X(L)=0 ;Longrightarrow; lambdan=l(tfracnpiLr)^2,; Xn(x)=sin!l(tfracnpiLxr)
Da parte em t vem
T'+lambda,K,T=0 ;Longrightarrow; Tn(t)=exp!l(-K,(npi/L)^2,tr)

Passo 5

A solução geral do transiente é
u(x,t) =sumn=1^inftyan,exp!l(-K,(npi/L)^2tr), sin!l(tfracnpiLxr)
Impondo u(x,0)=-v(x) temos
an =2Lintegral0^Lu(x,0),sin!l(tfracnpiLxr),dx =-2Lintegral0^Lv(x),sin!l(tfracnpiLxr),dx =-bn
Com
bn:=2Lintegral0^Lg2c^2,x,(1-x), sin!l(tfracnpiLxr),dx

Passo 6

Substituindo an=-bn em u e retornando y=u+v, obtemos
y(x,t) =v(x)+u(x,t) =g2c^2,x,(1-x) -sumn=1^inftybn, sin!l(tfracnpiLxr), exp!l(-K,tfracn^2pi^2L^2,tr)

Resposta

u(x,t) =g2c^2,x,(1-x) -sumn=1^inftybn, sin!l(tfracnpiLxr), exp!l(-K,tfracn^2pi^2L^2,tr), bn =2Lintegral0^Lg2c^2,x,(1-x), sin!l(tfracnpiLxr),dx

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