Mostre que
u(x, t)=\frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{(2 k-1)^{2}} \operatorname{sen}(2 k-1) x \cos \sqrt{(2 k-1)^{2}+1 t} .
é uma solução do problema de contorno \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}=\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}+u, \quad 0<x<\pi, t>0
\begin{aligned} & u(0, t)=0, \quad u(\pi, t)=0, \quad t>0 \\\ & u(x, 0)= \begin{cases}x, & 0<x<\pi / 2 \\\ \pi-x, & \pi / 2 \leq x<\pi\end{cases} \\\ & \left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{l=0}=0, \quad 0<x<\pi \end{aligned}

Passo 1

O enunciado dá a série
u(x,t)=\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{(2k-1)^{2}}\sin\bigl((2k-1)x\bigr)\cos\!\bigl(\sqrt{(2k-1)^{2}+1}\,t\bigr)
e pede para mostrar que ela satisfaz a equação
\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}} =\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}+u,
com as condições de contorno
u(0,t)=0,\quad u(\pi,t)=0,
e as condições iniciais
u(x,0)= \begin{cases} x,&0<x<\tfrac\pi2,\\\ \pi-x,&\tfrac\pi2\le x<\pi, \end{cases} \quad \frac{\partial u}{\partial t}(x,0)=0.
Vamos verificar em etapas: cada termo da soma é modo separável para a PDE, depois checamos as fronteiras e as iniciais.

Passo 2

Verificação da PDE modo a modo. Considere o k-ésimo termo
u_{k}(x,t) =A_{k}\,\sin\bigl((2k-1)x\bigr)\,\cos\!\bigl(\omega_{k}t\bigr),
onde
A_{k}=\frac{4}{\pi}\frac{(-1)^{k+1}}{(2k-1)^{2}},\qquad \omega_{k}=\sqrt{(2k-1)^{2}+1}.
Então
\frac{\partial^{2}u_{k}}{\partial x^{2}} =-A_{k}(2k-1)^{2}\,\sin\bigl((2k-1)x\bigr)\cos(\omega_{k}t),
\frac{\partial^{2}u_{k}}{\partial t^{2}} =-A_{k}\,\omega_{k}^{2}\,\sin\bigl((2k-1)x\bigr)\cos(\omega_{k}t).
Logo
\frac{\partial^{2}u_{k}}{\partial t^{2}}+u_{k} =-A_{k}\bigl(\omega_{k}^{2}-1\bigr)\sin\bigl((2k-1)x\bigr)\cos(\omega_{k}t) =-A_{k}(2k-1)^{2}\sin\bigl((2k-1)x\bigr)\cos(\omega_{k}t),
que coincide com \partial^{2}u_{k}/\partial x^{2}. Como a PDE é linear e homogênea, vale para a soma infinita, mostrando
\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}} =\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}+u.

Passo 3

Condições de contorno em x=0 e x=\pi. Para todo k temos
\sin\bigl((2k-1)\cdot 0\bigr)=0, \qquad \sin\bigl((2k-1)\pi\bigr)=\sin\bigl(\text{ímpar}\times\pi\bigr)=0.í
Logo cada termo anula em x=0 e x=\pi, implicando
u(0,t)=0,\quad u(\pi,t)=0.

Passo 4

Condição inicial u(x,0)\). Como \(\cos(\omega_{k}\cdot0)=1\), \[u(x,0) =\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{(2k-1)^{2}}\sin\bigl((2k-1)x\bigr).
Esse é exatamente o desenvolvimento em série de Fourier senoidal da função triangular
f(x)= \begin{cases} x,&0<x<\tfrac\pi2,\\\ \pi-x,&\tfrac\pi2\le x<\pi, \end{cases}
sobre (0,\pi)\]. Pode-se checar via cálculo dos coeficientes \[b_{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\sin(nx)\,dx,\] que \(b_{2k-1}=\tfrac{4(-1)^{k+1}}{(2k-1)^{2}\pi} e b_{2k}=0. Portanto
u(x,0)=f(x)
como desejado.

Passo 5

Condição inicial da velocidade. Diferenciando em t,
\frac{\partial u}{\partial t} =-\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{(2k-1)^{2}} \sin\bigl((2k-1)x\bigr)\,\omega_{k}\,\sin(\omega_{k}t).
Em t=0 cada \sin(\omega_{k}0)=0, logo
\frac{\partial u}{\partial t}(x,0)=0.

Resposta

As cinco etapas mostram que a série dada satisfaz a equação de contorno e as condições iniciais, logo é solução do problema.

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