Nos problemas a seguir, use separação de variáveis quando apropriado, identifique os autovalores e autofunções, imponha as condições de contorno/iniciais, e escreva a solução como série (seno/cosseno ou exponenciais), indicando explicitamente os coeficientes via ortogonalidade.
4: Resolva a equação de onda sujeita às condições indicadas.
\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=a^{2} \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}, \quad a>0
a)
\begin{aligned} u(0, t) & =0, \quad u(L, t)=0 \\\ u(x, 0) & =\frac{1}{4} x(L-x), \frac{\partial u}{\partial t}(x, 0)=0 \end{aligned}
b)
\begin{aligned} u(0, t) & =0, \quad u(L, t)=0 \\\ u(x, 0) & =0, \frac{\partial u}{\partial t}(x, 0)=x(L-x) \end{aligned}

Passo 1

O que o problema pede e o que nos é dado:\n
  • Temos a equação da onda unidimensional
\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=a^{2}\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}},\qquad a>0,
definida em 0<x<L e t>0.\n
  • Condições de contorno (ambos os itens):
u(0,t)=0,\qquad u(L,t)=0.
Estas condições fixam as duas extremidades da corda (a figura fornecida mostra exatamente isso: x=0 e x=L). Eu usei essa informação da figura/diagrama.\n
  • Duas situações iniciais pedidas separadamente:a) u(x,0)=\frac{1}{4}x(L-x),\qquad \frac{\partial u}{\partial t}(x,0)=0.b) u(x,0)=0,\qquad \frac{\partial u}{\partial t}(x,0)=x(L-x).
  • O objetivo: resolver por separação de variáveis (quando apropriado), identificar autovalores/autofunções, impor as condições iniciais e escrever a solução como série em funções seno/cosseno, indicando explicitamente os coeficientes usando ortogonalidade.

Passo 2

Separação de variáveis e problema de autovalores (parte espacial).\n
Procuramos soluções do tipo u(x,t)=X(x)\,T(t). Substituindo na PDE e separando,
\frac{T''(t)}{a^{2}T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda,
onde \lambda é a constante de separação (escolhi o sinal negativo por conveniência). Assim obtemos os dois problemas ordinários:
X''+\lambda X=0,\qquad T''+a^{2}\lambda T=0.
Impondo as condições X(0)=0 e X(L)=0, temos o problema de autovalores para X. As soluções não-triviais ocorrem quando
\lambda=\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2,\qquad n=1,2,3,\dots
e os autofunções correspondentes (normalizadas pela forma usual) são
X_n(x)=\sin\!\bigg(\frac{n\pi x}{L}\bigg).
Para cada n o problema temporal é
T_n''+\omega_n^2 T_n=0,\qquad \text{com }\omega_n=a\frac{n\pi}{L}.
As soluções gerais para T_n são combinações de cosseno e seno:
T_n(t)=A_n\cos(\omega_n t)+B_n\sin(\omega_n t),
onde A_n,B_n são constantes que serão determinadas pelas condições iniciais.

Passo 3

Forma geral da solução e ortogonalidade.\n
Pelo princípio da superposição, a solução geral que satisfaz as condições de contorno é a série
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\big[A_n\cos(\omega_n t)+B_n\sin(\omega_n t)\big]\sin\!\bigg(\frac{n\pi x}{L}\bigg),
com \omega_n=a\frac{n\pi}{L}.\n
Para determinar A_n e B_n usamos as condições iniciais e a ortogonalidade das funções seno:
\int_{0}^{L}\sin\!\bigg(\frac{n\pi x}{L}\bigg)\sin\!\bigg(\frac{m\pi x}{L}\bigg)\,dx=\frac{L}{2}\delta_{nm},
onde \delta_{nm} é o delta de Kronecker. Portanto, expandindo a condição inicial u(x,0) e u_t(x,0) na base \{\sin(n\pi x/L)\} obtemos as fórmulas:
A_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}u(x,0)\sin\!\bigg(\frac{n\pi x}{L}\bigg)\,dx,
B_n=\frac{2}{L\omega_n}\int_{0}^{L}u_t(x,0)\sin\!\bigg(\frac{n\pi x}{L}\bigg)\,dx.
Essas fórmulas vêm de multiplicar a expansão por \sin(n\pi x/L), integrar em x e usar a ortogonalidade.

Passo 4

Cálculo das integrais fundamentais (mesma integral aparece nos dois itens).\n
Defina
k=\frac{n\pi}{L}.
Vamos calcular de forma cuidadosa
I_n=\int_{0}^{L}x(L-x)\sin(kx)\,dx.
Escrevendo x(L-x)=Lx-x^2 e integrando termo a termo, precisamos de \int_0^L x\sin(kx)\,dx e \int_0^L x^2\sin(kx)\,dx.\n
  1. \displaystyle \int_{0}^{L}x\sin(kx)\,dx. Integração por partes: u=x,\;dv=\sin(kx)dx
\int_{0}^{L}x\sin(kx)\,dx=-\frac{x\cos(kx)}{k}\Big|_0^L+\frac{1}{k}\int_{0}^{L}\cos(kx)\,dx =-\frac{L\cos(kL)}{k}+\frac{1}{k^2}\sin(kx)\Big|_0^L.
Como \sin(kL)=\sin(n\pi)=0 e \cos(kL)=\cos(n\pi)=(-1)^n, resulta
\int_{0}^{L}x\sin(kx)\,dx=-\frac{L(-1)^n}{k}.
  1. \displaystyle \int_{0}^{L}x^2\sin(kx)\,dx. Integração por partes: u=x^2,\;dv=\sin(kx)dx
\int_{0}^{L}x^2\sin(kx)\,dx=-\frac{x^2\cos(kx)}{k}\Big|_0^L+\frac{2}{k}\int_{0}^{L}x\cos(kx)\,dx.
Agora calcule \displaystyle J=\int_{0}^{L}x\cos(kx)\,dx por partes: u=x,\;dv=\cos(kx)dx resulta
J=\frac{x\sin(kx)}{k}\Big|_0^L-\frac{1}{k}\int_{0}^{L}\sin(kx)\,dx =\frac{L\sin(kL)}{k}-\frac{1}{k}\Big(-\frac{\cos(kx)}{k}\Big)\Big|_0^L.
Usando \sin(kL)=0 e \cos(kL)=(-1)^n, obtemos
J=-\frac{1}{k^2}\big(1-(-1)^n\big).
Substituindo em \int x^2\sin(kx)\,dx,
\int_{0}^{L}x^2\sin(kx)\,dx=-\frac{L^2(-1)^n}{k}+\frac{2}{k}\Big(-\frac{1}{k^2}\big(1-(-1)^n\big)\Big) =-\frac{L^2(-1)^n}{k}-\frac{2}{k^3}\big(1-(-1)^n\big).
  1. Agora combine para I_n:
I_n=L\int_{0}^{L}x\sin(kx)\,dx-\int_{0}^{L}x^2\sin(kx)\,dx = L\Big(-\frac{L(-1)^n}{k}\Big)-\Big(-\frac{L^2(-1)^n}{k}-\frac{2}{k^3}\big(1-(-1)^n\big)\Big).
Os termos com L^2(-1)^n/k se cancelam, sobrando
I_n=\frac{2}{k^3}\big(1-(-1)^n\big).
Observação prática: o fator \big(1-(-1)^n\big) anula o coeficiente para n par e dá 2 para n ímpar — ou seja, só os modos ímpares participam.

Passo 5

Coeficientes para o item (a): u(x,0)=\dfrac{1}{4}x(L-x) e u_t(x,0)=0.\n
Usando a fórmula
A_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}u(x,0)\sin\!\bigg(\frac{n\pi x}{L}\bigg)\,dx
com u(x,0)=\dfrac{1}{4}x(L-x) e lembrando que \int_0^L x(L-x)\sin(kx)\,dx=I_n, obtemos
A_n=\frac{2}{L}\cdot\frac{1}{4}\,I_n=\frac{1}{2L}\,I_n.
Substituindo I_n=\dfrac{2}{k^3}\big(1-(-1)^n\big),
A_n=\frac{1}{2L}\cdot\frac{2}{k^3}\big(1-(-1)^n\big)=\frac{1}{Lk^3}\big(1-(-1)^n\big).
Voltando a k=\dfrac{n\pi}{L},
A_n=\frac{1-(-1)^n}{L\left(\dfrac{n^3\pi^3}{L^3}\right)}=\frac{L^2}{n^3\pi^3}\big(1-(-1)^n\big).
Como u_t(x,0)=0, todos os B_n=0.\n
Portanto a solução do item (a) é
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}A_n\cos\!\bigg(a\frac{n\pi}{L}t\bigg)\sin\!\bigg(\frac{n\pi x}{L}\bigg),
com
A_n=\frac{L^2}{n^3\pi^3}\big(1-(-1)^n\big).
Observação: para n par A_n=0; para n ímpar A_n=\dfrac{2L^2}{n^3\pi^3}.

Passo 6

Coeficientes para o item (b): u(x,0)=0 e u_t(x,0)=x(L-x).\n
Aqui A_n=0 (pois u(x,0)=0). A fórmula para B_n é
B_n=\frac{2}{L\omega_n}\int_{0}^{L}u_t(x,0)\sin\!\bigg(\frac{n\pi x}{L}\bigg)\,dx.
Com u_t(x,0)=x(L-x) e usando I_n do Passo 4,
B_n=\frac{2}{L\omega_n}\,I_n=\frac{2}{L\,(a k)}\cdot\frac{2}{k^3}\big(1-(-1)^n\big) =\frac{4}{L a k^4}\big(1-(-1)^n\big).
Substituindo k=\dfrac{n\pi}{L}
B_n=\frac{4}{L a}\cdot\frac{L^4}{n^4\pi^4}\big(1-(-1)^n\big) =\frac{4L^3}{a\,n^4\pi^4}\big(1-(-1)^n\big).
Para n ímpar B_n=\dfrac{8L^3}{a\,n^4\pi^4}; para n par B_n=0.\n
Assim a solução do item (b) é
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\sin\!\bigg(a\frac{n\pi}{L}t\bigg)\sin\!\bigg(\frac{n\pi x}{L}\bigg),
com
B_n=\frac{4L^3}{a\,n^4\pi^4}\big(1-(-1)^n\big).

Passo 7

Escrevendo as soluções com a seleção apenas dos modos ímpares (forma frequentemente mais enxuta).\n
Se escrevermos apenas os índices ímpares n=2m-1 (pois os pares são nulos), podemos reescrever as séries somando em m=1,2,3,\dots. Mas a forma anterior já deixa explícito que somente os termos com n ímpar contribuem, o que é um bom atalho para cálculos práticos.

Resposta

(a) u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{L^2}{n^3\pi^3}\big(1-(-1)^n\big)\cos\!\bigg(a\frac{n\pi}{L}t\bigg)\sin\!\bigg(\frac{n\pi x}{L}\bigg).
(b) u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4L^3}{a\,n^4\pi^4}\big(1-(-1)^n\big)\sin\!\bigg(a\frac{n\pi}{L}t\bigg)\sin\!\bigg(\frac{n\pi x}{L}\bigg).

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