\mathcal{P} 1. Considere a equação da onda em uma corda e determine a solução para as seguintes condições de contorno:
\left\{\begin{array}{l} f(0, t)=a, \\ f(L, t)=a, \\ f(x, 0)=\cos (k x) . \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado fornece as seguintes informações (vou escrever tudo bem claro para não nos perdermos):
\begin{cases} f(0,t)=a,\\[4pt] f(L,t)=a,\\[4pt] f(x,0)=\cos(kx). \end{cases}
Aqui faltou dizer explicitamente a equação e a velocidade de propagação, então vou assumir a forma usual da equação da onda numa corda homogênea:
f_{tt}=c^{2}f_{xx},
com c>0 constante. Também não foi dada a velocidade inicial f_{t}(x,0); vou assumir a hipótese padrão mais simples que costuma aparecer em exercícios desse tipo:
f_{t}(x,0)=0.
O objetivo é encontrar f(x,t) que satisfaça a equação da onda acima com essas condições de contorno e iniciais.]

Passo 2

Primeira ideia útil: reduzir as condições de contorno não-homogêneas para homogêneas. Defineremos a função
u(x,t)=f(x,t)-a.
Explico o porquê: subtraindo a constante a as condições de contorno ficam nulas, e isso facilita usar séries de senos (autofunções com contorno nulo).
Verificações rápidas:
u(0,t)=f(0,t)-a=a-a=0,
u(L,t)=f(L,t)-a=a-a=0.
Para as condições iniciais:
u(x,0)=f(x,0)-a=\cos(kx)-a,
u_{t}(x,0)=f_{t}(x,0)-0=0.
E como a é constante, u satisfaz a mesma equação da onda:
u_{tt}=c^{2}u_{xx}.

Passo 3

Método de solução: expandir u(x,t) em série de modos normais que satisfazem os contornos nulos. As autofunções espaciais para u_{xx}+\lambda u=0 com u(0)=u(L)=0 são
\sin\!\left(\alpha_{n}x\right),\qquad \alpha_{n}=\frac{n\pi}{L},\quad n=1,2,\dots
Cada modo temporal associado tem frequência
\omega_{n}=c\alpha_{n}=c\frac{n\pi}{L}.
A solução geral para problemas com contorno nulo e condições iniciais dadas pode ser escrita como série:
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}B_{n}\cos\!\left(\omega_{n}t\right)\sin\!\left(\alpha_{n}x\right) +\sum_{n=1}^{\infty}C_{n}\frac{\sin\!\left(\omega_{n}t\right)}{\omega_{n}}\sin\!\left(\alpha_{n}x\right).
Aqui B_{n} vêm da expansão da condição inicial de deslocamento e C_{n} da velocidade inicial. Como assumimos u_{t}(x,0)=0, segue que C_{n}=0 para todo n. Portanto
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}B_{n}\cos\!\left(\omega_{n}t\right)\sin\!\left(\alpha_{n}x\right).

Passo 4

Agora precisamos calcular os coeficientes B_{n}\) a partir de \(u(x,0)=\cos(kx)-a\). Usamos a ortogonalidade dos senos: \[\int_{0}^{L}\sin\!\left(\alpha_{n}x\right)\sin\!\left(\alpha_{m}x\right)\,dx=\begin{cases} 0,& n\ne m,\\[4pt] \dfrac{L}{2},& n=m. \end{cases}
Multiplicando u(x,0)\] por \(\sin(\alpha_{n}x) e integrando de 0 a L obtemos
\int_{0}^{L}(\cos(kx)-a)\sin\!\left(\alpha_{n}x\right)\,dx = \frac{L}{2}B_{n}.
Portanto a fórmula para B_{n} é
B_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}\big(\cos(kx)-a\big)\sin\!\left(\alpha_{n}x\right)\,dx, \qquad \alpha_{n}=\frac{n\pi}{L}.]

Passo 5

Vamos calcular a integral que aparece em B_{n} em duas partes:
B_{n}=\frac{2}{L}\Big(I_{1}-a I_{2}\Big),
onde
I_{1}=\int_{0}^{L}\cos(kx)\sin(\alpha_{n}x)\,dx, \qquad I_{2}=\int_{0}^{L}\sin(\alpha_{n}x)\,dx.
Calcule I_{2} primeiro (é mais simples). Usando a primitiva de \sin(\alpha_{n}x):
I_{2}=\left[-\frac{\cos(\alpha_{n}x)}{\alpha_{n}}\right]_{0}^{L} =\frac{1-\cos(\alpha_{n}L)}{\alpha_{n}}.
Mas \alpha_{n}L=n\pi, logo \cos(\alpha_{n}L)=\cos(n\pi)=(-1)^{n}. Assim
I_{2}=\frac{1-(-1)^{n}}{\alpha_{n}}.
Observação prática: I_{2}=0 para n par e I_{2}=\dfrac{2}{\alpha_{n}} para n ímpar.

Passo 6

Agora I_{1}=\int_{0}^{L}\cos(kx)\sin(\alpha_{n}x)\,dx. Use a identidade produto para transformar em soma de senos:
\cos(kx)\sin(\alpha_{n}x)=\tfrac{1}{2}\big[\sin((\alpha_{n}+k)x)+\sin((\alpha_{n}-k)x)\big].
Logo
I_{1}=\tfrac{1}{2}\int_{0}^{L}\sin((\alpha_{n}+k)x)\,dx +\tfrac{1}{2}\int_{0}^{L}\sin((\alpha_{n}-k)x)\,dx.
Cada integral do tipo \int_{0}^{L}\sin(m x)\,dx vale \dfrac{1-\cos(mL)}{m} (com interpretação por limite quando m\to0). Assim
I_{1}=\tfrac{1}{2}\left[ \frac{1-\cos((\alpha_{n}+k)L)}{\alpha_{n}+k} +\frac{1-\cos((\alpha_{n}-k)L)}{\alpha_{n}-k} \right].
Nota: se \alpha_{n}=k o segundo termo requer passagem ao limite m\to0; esse limite é bem definido e o termo tende a 0, de modo que a expressão acima também é válida interpretando o termo como limite.

Passo 7

Substituindo I_{1} e I_{2} em B_{n} obtemos explicitamente:
B_{n}=\frac{2}{L}\left\{\tfrac{1}{2}\left[ \frac{1-\cos((\alpha_{n}+k)L)}{\alpha_{n}+k} +\frac{1-\cos((\alpha_{n}-k)L)}{\alpha_{n}-k} \right]-a\cdot\frac{1-(-1)^{n}}{\alpha_{n}}\right\}.
Simplificando o fator \tfrac{2}{L}\cdot\tfrac{1}{2} no primeiro grupo,
B_{n}=\frac{1}{L}\left[ \frac{1-\cos((\alpha_{n}+k)L)}{\alpha_{n}+k} +\frac{1-\cos((\alpha_{n}-k)L)}{\alpha_{n}-k} \right]-\frac{2a}{L}\cdot\frac{1-(-1)^{n}}{\alpha_{n}}.

Passo 8

Agora escrevemos a solução final para f(x,t). Lembrando que f(x,t)=a+u(x,t) e u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}B_{n}\cos(\omega_{n}t)\sin(\alpha_{n}x), obtemos
f(x,t)=a+\sum_{n=1}^{\infty}B_{n}\cos\!\left(c\frac{n\pi}{L}t\right)\sin\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right),
com \alpha_{n}=\dfrac{n\pi}{L} e B_{n} dado por
B_{n}=\frac{1}{L}\left[ \frac{1-\cos\big((\alpha_{n}+k)L\big)}{\alpha_{n}+k} +\frac{1-\cos\big((\alpha_{n}-k)L\big)}{\alpha_{n}-k} \right]-\frac{2a}{L}\cdot\frac{1-(-1)^{n}}{\alpha_{n}}.
Isto resolve o problema de maneira geral. Se quiser, no caso particular em que k=\alpha_{m}=\dfrac{m\pi}{L} para algum m, pode-se simplificar o termo correspondente usando o limite mencionado anteriormente (o termo com \alpha_{n}-k desaparece e a expressão fica bem definida).

Resposta

f(x,t)=a+\sum_{n=1}^{\infty}B_{n}\cos\!\left(c\frac{n\pi}{L}t\right)\sin\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right)
com
B_{n}=\frac{1}{L}\left[ \frac{1-\cos\big((\frac{n\pi}{L}+k)L\big)}{\frac{n\pi}{L}+k} +\frac{1-\cos\big((\frac{n\pi}{L}-k)L\big)}{\frac{n\pi}{L}-k} \right]-\frac{2a}{L}\cdot\frac{1-(-1)^{n}}{\frac{n\pi}{L}}.

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