1. \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, \quad 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 diferencial parcial e as condições iniciais/borda e pede a função w(x,t) para x\geq0 e t\geq0. Especificamente temos:
\frac{\partial^{2} w}{\partial x^{2}}=100\frac{\partial^{2} w}{\partial t^{2}}+100\frac{\partial w}{\partial t}+25w,
condições iniciais
w(x,0)=0\quad\text{para }x\geq0,
w_{t}(x,0)=0\quad\text{para }x\geq0,
e condição de contorno na fronteira x=0
w(0,t)=\sin t\quad\text{para }t\geq0.
O objetivo é encontrar w(x,t) que satisfaça a PDE e essas condições.

Passo 2

Vamos transformar o problema em uma equação ordinária em x aplicando a transformada de Laplace em t. Primeiro, lembro rapidamente a definição e propriedades que vou usar, de um jeito bem prático:
Definição da transformada de Laplace de uma função f(t):
\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t)\,dt,
onde s é a variável complexa da transformada e consideramos a região de convergência \operatorname{Re}(s) adequada (aqui usamos \operatorname{Re}(s)>0).
Propriedades úteis (derivadas em t):
\mathcal{L}\{f'(t)\}(s)=sF(s)-f(0),
\mathcal{L}\{f''(t)\}(s)=s^{2}F(s)-s f(0)-f'(0).
Essas fórmulas permitem transformar derivadas temporais em polinômios em s multiplicando a transformada F(s), usando os valores iniciais que já são dados (e aqui são zero, o que simplifica bastante).
Agora aplico a transformada de Laplace em t à equação PDE. Denoto
W(x,s)=\mathcal{L}\{w(x,t)\}(s).
Como as condições iniciais são w(x,0)=0 e w_t(x,0)=0, as transformadas das derivadas temporais ficam simples:
\mathcal{L}\{w_{t}\}=sW(x,s),
\mathcal{L}\{w_{tt}\}=s^{2}W(x,s).
A transformada de \partial^{2} w/\partial x^{2} é \partial^{2} W/\partial x^{2} (a transformada é feita em t, então as derivadas em x passam para fora).

Passo 3

Aplicando a transformada à PDE obtemos a equação em x:
\frac{\partial^{2} W}{\partial x^{2}}=100\bigl(s^{2}W\bigr)+100\bigl(sW\bigr)+25W.
Colocando em evidência W:
\frac{\partial^{2} W}{\partial x^{2}}=\bigl(100s^{2}+100s+25\bigr)W.
Note que podemos fatorar o coeficiente:
100s^{2}+100s+25=25\bigl(4s^{2}+4s+1\bigr)=25(2s+1)^{2}.
Assim a equação fica
\frac{\partial^{2} W}{\partial x^{2}}=25(2s+1)^{2}W.
Isto é uma equação diferencial ordinária linear de segunda ordem em x com coeficiente constante. Posso escrever
\frac{\partial^{2} W}{\partial x^{2}}-k^{2}W=0,\qquad\text{com }k=5(2s+1).
A solução geral dessa ODE é uma combinação de exponenciais:
W(x,s)=A(s)e^{k x}+B(s)e^{-k x}.

Passo 4

Agora uso as condições na transformada. A condição de contorno em x=0
W(0,s)=\mathcal{L}\{w(0,t)\}(s)=\mathcal{L}\{\sin t\}(s)=\frac{1}{s^{2}+1}.
Portanto
A(s)+B(s)=\frac{1}{s^{2}+1}.
Além disso, para termos uma solução física e que faça sentido para x\to+\infty (esperamos que a solução não exploda quando x cresce; além disso a transformada exige crescimento controlado em x), escolhemos a solução que decai para x\to\infty. Para \operatorname{Re}(s)>0 temos \operatorname{Re}(k)>0, então a função e^{k x} cresce e e^{-k x} decai. Para evitar crescimento não físico tomamos A(s)=0. Assim
W(x,s)=B(s)e^{-k x}.
Aplicando x=0 obtemos B(s)=1/(s^{2}+1). Substituindo k=5(2s+1) obtemos
W(x,s)=\frac{1}{s^{2}+1}\,e^{-5(2s+1)x}.
É conveniente separar a exponencial em duas partes:
W(x,s)=e^{-5x}\;e^{-10sx}\;\frac{1}{s^{2}+1}.

Passo 5

Agora precisamos inverter a transformada de Laplace. Vou usar a propriedade de deslocamento no tempo (teorema do atraso):
Se \mathcal{L}\{f(t)\}(s)=F(s) então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}(t)=f(t-a)\,H(t-a),
onde H é a função degrau de Heaviside e a>0 é o atraso.
No nosso caso, tomo
F(s)=\frac{1}{s^{2}+1}\quad\text{e}\quad a=10x,
porque e^{-10sx} é exatamente e^{-a s} com a=10x. Além disso há o fator e^{-5x} que não depende de s, então sai da inversão como multiplicativo. Sabendo que
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^{2}+1}\right\}(t)=\sin t,
aplico o teorema do atraso e obtenho
w(x,t)=e^{-5x}\,\sin(t-10x)\,H(t-10x).
Escrevendo isso de forma clássica em peça por peça:
w(x,t)= \begin{cases} 0, & 0\le t<10x,\\[4pt] e^{-5x}\,\sin\bigl(t-10x\bigr), & t\ge 10x. \end{cases}]

Passo 6

Vamos interpretar e checar rapidamente (sem provas formais, só para ganhar confiança):
  • Para x=0 temos w(0,t)=e^{0}\sin(t-0)\,H(t)=\sin t, que coincide com a condição de contorno dada. Boa.
  • Para t=0 e x>0 temos t<10x então w(x,0)=0, que coincide com a condição inicial w(x,0)=0.
  • A solução mostra uma onda que se propaga na direção positiva de x com velocidade 1/10 no sentido que o valor em x aparece apenas a partir de t=10x (ou seja, há um atraso 10x), e há amortecimento espacial e^{-5x} (a amplitude decai exponencialmente com x). Esses números vêm diretamente dos coeficientes da PDE.
Você chegou aqui e fez direitinho: a técnica principal foi usar a transformada de Laplace em t para transformar a PDE em uma ODE em x, usar a condição em x=0 e a condição de decaimento para determinar a solução transformada, e finalmente aplicar o deslocamento no tempo para inverter.

Resposta

w(x,t)= \begin{cases} 0, & 0\le t<10x,\\[6pt] e^{-5x}\,\sin\bigl(t-10x\bigr), & t\ge 10x. \end{cases}]

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