Questão 4: (2.5 pontos)
Considere a equação
\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}-\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\pi^{2} u=0
para 0<x<1 e t>0.
(a) Encontre todas as soluções nāo triviais da forma u(x, t)=X(x) T(t) que satisfazem as condições de contorno u(0, t)=u(1, t)=0.
(b) Encontre a solução que satisfaz as mesmas condições de contorno e também as condições iniciais u(x, 0)=0 e \frac{\partial u}{\partial t}(x, 0)=1.

Passo 1

O enunciado dá a equação
\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}-\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\pi^{2} u=0
para 0<x<1, t>0, e pede duas coisas:
  1. (a) Encontrar todas as soluções não triviais da forma separável u(x,t)=X(x)T(t) que satisfazem as condições de contorno u(0,t)=u(1,t)=0.
  2. (b) Entre essas soluções (e combinações lineares delas), achar a solução que também satisfaz as condições iniciais
u(x,0)=0,\qquad \frac{\partial u}{\partial t}(x,0)=1.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
\text{PDE: }\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}-\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\pi^{2} u=0, \quad 0<x<1,\; t>0,
e contorno de Dirichlet homogêneo:
u(0,t)=0,\quad u(1,t)=0.

Passo 2

Assumimos separação de variáveis: \;u(x,t)=X(x)T(t)\; com X função só de x e T só de t. Substituímos na PDE:
X(x)T''(t)-X''(x)T(t)+\pi^{2}X(x)T(t)=0.
Dividindo por X(x)T(t) (supondo X,T não nulas identicamente) obtemos
\frac{T''(t)}{T(t)}-\frac{X''(x)}{X(x)}+\pi^{2}=0.
Afixamos uma constante de separação -\lambda (escolha padrão que deixa a equação temporal na forma de oscilador):
\frac{T''(t)}{T(t)}=-\lambda \quad\Rightarrow\quad T''(t)+\lambda T(t)=0,
e então
-\frac{X''(x)}{X(x)}+\pi^{2}=-\lambda \quad\Rightarrow\quad X''(x)+(\lambda-\pi^{2})X(x)=0.
Explicando: escolhemos o sinal de forma que a equação temporal fique T''+\lambda T=0; \lambda será determinado pelas condições de contorno no espaço.

Passo 3

Agora resolvemos o problema espacial com as condições de contorno:
X''(x)+(\lambda-\pi^{2})X(x)=0,\qquad X(0)=0,\;X(1)=0.
Definimos \alpha^{2}:=\lambda-\pi^{2}. A equação espacial fica
X''(x)+\alpha^{2}X(x)=0.
Analisamos os três casos para \alpha^{2}:
  1. \alpha^{2}<0 (i.e. \alpha=i\beta imaginário): então X é combinação de exponenciais reais e com X(0)=X(1)=0 só a solução trivial ocorre. Portanto sem soluções não-triviais.
  2. \alpha^{2}=0: então X''=0 e X(x)=Ax+B. As condições X(0)=0 e X(1)=0 forçam A=B=0. Só solução trivial.
  3. \alpha^{2}>0: escrevemos \alpha>0 real. A solução geral é
X(x)=A\cos(\alpha x)+B\sin(\alpha x).
A condição X(0)=0 A=0. Então X(x)=B\sin(\alpha x). A condição X(1)=0 exige \sin(\alpha)=0, logo
\alpha = n\pi,\qquad n=1,2,3,\dots
Portanto \alpha=n\pi e, lembrando \alpha^{2}=\lambda-\pi^{2}, obtemos os autovalores
\lambda_n=\pi^{2}+\alpha^{2}=\pi^{2}+(n\pi)^{2}=\pi^{2}(1+n^{2}),\qquad n=1,2,\dots
e os autofunções espaciais correspondentes (não nulas) são, à constante multiplicativa,
X_n(x)=\sin(n\pi x),\qquad n=1,2,\dots
Observação: mostramos por que os outros casos não dão soluções não-triviais — esse é o passo padrão em problemas com contorno homogêneo.

Passo 4

Agora resolvemos a equação temporal para cada \lambda_n:
T_n''(t)+\lambda_n T_n(t)=0.
Como \lambda_n=\pi^{2}(1+n^{2}), a frequência angular é
\omega_n=\sqrt{\lambda_n}=\pi\sqrt{1+n^{2}}.
A solução geral para T_n é
T_n(t)=A_n\cos(\omega_n t)+B_n\sin(\omega_n t).
Combinação espaço-tempo dá as soluções separáveis não-triviais (modulo multiplicativos) para cada n:
u_n(x,t)=\sin(n\pi x)\bigl(A_n\cos(\omega_n t)+B_n\sin(\omega_n t)\bigr), \qquad \omega_n=\pi\sqrt{1+n^{2}},\; n=1,2,\dots
Essas são as “modos” elementares; pela linearidade da PDE qualquer combinação linear (soma infinita) desses modos também é solução.

Passo 5

Resumindo a resposta do item (a): todas as soluções separáveis não-triviais que satisfazem u(0,t)=u(1,t)=0 são exatamente os modos
u_n(x,t)=\sin(n\pi x)\bigl(A_n\cos(\pi\sqrt{1+n^{2}}\,t)+B_n\sin(\pi\sqrt{1+n^{2}}\,t)\bigr), \quad n=1,2,\dots
com A_n,B_n constantes arbitrárias. (E somas destes modos também são soluções.)

Passo 6

Agora (b): queremos a solução que satisfaz as mesmas condições de contorno e, além disso,
u(x,0)=0,\qquad u_t(x,0)=1.
Pelo princípio da superposição, buscamos solução na forma de série em modos:
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\sin(n\pi x)\bigl(A_n\cos(\omega_n t)+B_n\sin(\omega_n t)\bigr), \quad \omega_n=\pi\sqrt{1+n^{2}}.
Aplicando u(x,0)=0 obtemos
\sum_{n=1}^{\infty}A_n\sin(n\pi x)=0\quad\text{para }0<x<1.
Pela independência linear das funções \sin(n\pi x), isso força
A_n=0\quad\text{para todo }n.
Agora u_t(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\omega_n\sin(n\pi x)\cos(\omega_n t)+A_n(-\omega_n)\sin(\omega_n t)\sin(n\pi x), e com A_n=0 fica em t=0
u_t(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\omega_n\sin(n\pi x).
Queremos u_t(x,0)=1. Portanto precisamos expandir a função constante 1 na base \{\sin(n\pi x)\}:
1=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin(n\pi x),
onde os coeficientes b_n são dados pela fórmula da série de Fourier seno (usando ortogonalidade):
b_n=2\int_{0}^{1}1\cdot\sin(n\pi x)\,dx.

Passo 7

Calcule o integral para b_n:
\int_{0}^{1}\sin(n\pi x)\,dx=\left[-\frac{\cos(n\pi x)}{n\pi}\right]_{0}^{1} =\frac{1-\cos(n\pi)}{n\pi}.
Portanto
b_n=2\cdot\frac{1-\cos(n\pi)}{n\pi}.
Sabemos \cos(n\pi)=(-1)^n, então
b_n=\frac{2\bigl(1-(-1)^n\bigr)}{n\pi}.
Isso dá b_n=0 para n par e b_n=\dfrac{4}{n\pi} para n ímpar.
Voltando à igualdade que desejamos,
\sum_{n=1}^{\infty}B_n\omega_n\sin(n\pi x)=1=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin(n\pi x),
pela unicidade da expansão em senos obtemos, para cada n,
B_n\omega_n=b_n \quad\Rightarrow\quad B_n=\frac{b_n}{\omega_n}.
Substituindo b_n e \omega_n=\pi\sqrt{1+n^{2}}, obtemos
B_n=\frac{2\bigl(1-(-1)^n\bigr)}{n\pi}\cdot\frac{1}{\pi\sqrt{1+n^{2}}} =\frac{2\bigl(1-(-1)^n\bigr)}{n\pi^{2}\sqrt{1+n^{2}}}.
Para n par: B_n=0. Para n ímpar:
B_n=\frac{4}{n\pi^{2}\sqrt{1+n^{2}}}.
Portanto a solução pedida (com A_n=0) é
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\sin(n\pi x)\sin(\omega_n t) =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2\bigl(1-(-1)^n\bigr)}{n\pi^{2}\sqrt{1+n^{2}}}\,\sin(n\pi x)\sin\bigl(\pi\sqrt{1+n^{2}}\,t\bigr).
Podemos escrever a soma apenas sobre ímpares n=1,3,5,\dots:
u(x,t)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{4}{(2k-1)\pi^{2}\sqrt{1+(2k-1)^{2}}}\, \sin\bigl((2k-1)\pi x\bigr)\sin\bigl(\pi\sqrt{1+(2k-1)^{2}}\,t\bigr).

Resposta

(a) \;u_n(x,t)=\sin(n\pi x)\bigl(A_n\cos(\pi\sqrt{1+n^{2}}\,t)+B_n\sin(\pi\sqrt{1+n^{2}}\,t)\bigr),\; n=1,2,\dots (constantes A_n,B_n).
(b) \displaystyle u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2\bigl(1-(-1)^n\bigr)}{n\pi^{2}\sqrt{1+n^{2}}}\, \sin(n\pi x)\sin\bigl(\pi\sqrt{1+n^{2}}\,t\bigr) =\sum_{k=1}^{\infty}\frac{4}{(2k-1)\pi^{2}\sqrt{1+(2k-1)^{2}}}\, \sin\bigl((2k-1)\pi x\bigr)\sin\bigl(\pi\sqrt{1+(2k-1)^{2}}\,t\bigr).

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