Questão 4:(2.5 pontos) Usando o método de separação de variáveis e justificando todas as etapas, determine a solução do problema:
\left\{\begin{array}{lll} u_{x x}=u_{t t}, & 0<x<2, \quad t>0, \\ u(0, t)=0, \quad u(2, t)=0, & t \geq 0, \\ u(x, 0)=0, \quad u_{t}(x, 0)=\operatorname{sen}(\pi x)+\operatorname{sen}(3 \pi x), & 0 \leq x \leq 2 . \end{array}\right.

Passo 1

Vamos entender bem o que o enunciado pede e quais informações temos. O problema é o seguinte:
\left\{\begin{array}{lll} u_{x x}=u_{t t}, & 0<x<2,\; t>0, \\\ u(0, t)=0,\; u(2, t)=0, & t\ge 0, \\\ u(x, 0)=0,\; u_{t}(x, 0)=\operatorname{sen}(\pi x)+\operatorname{sen}(3\pi x), & 0\le x\le 2 . \end{array}\right.
Pergunta: determinar a solução u(x,t) usando o método de separação de variáveis e justificando todas as etapas. Informações relevantes listadas:
  • É a equação da onda unidimensional com velocidade c=1: u_{tt}=u_{xx}.
  • Domínio espacial: 0<x<2 com condições de contorno de Dirichlet homogêneas u(0,t)=u(2,t)=0.
  • Condições iniciais: deslocamento inicial u(x,0)=0 e velocidade inicial u_t(x,0)=\operatorname{sen}(\pi x)+\operatorname{sen}(3\pi x).
    A partir daqui vamos aplicar separação de variáveis, encontrar autovalores e autofunções, impor as condições iniciais e obter a série (aqui a série será finita porque a condição inicial já é soma de modos).

Passo 2

Assumimos solução pelo método de separação de variáveis: proponho
u(x,t)=X(x)\,T(t),
onde X depende só de x e T só de t. Substituindo na PDE u_{tt}=u_{xx} obtemos
X(x)T''(t)=X''(x)T(t).
Dividindo por X(x)T(t) (assumindo não nulo) obtém-se a separação:
\frac{T''(t)}{T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=\text{constante}=-\lambda.
Escolhemos o sinal negativo -\lambda por conveniência (isso facilita obter soluções oscilatórias no tempo); depois justificamos que \lambda>0 é a única opção que dá soluções não-triviais que satisfazem as condições de contorno.

Passo 3

Obtemos dois problemas ordinários:
\begin{cases} X''(x)+\lambda X(x)=0,\\[4pt] T''(t)+\lambda T(t)=0. \end{cases}
Agora analisamos os possíveis sinais de \lambda.
  • Se \lambda=0, então X''=0 e X(x)=ax+b. Impor X(0)=0 e X(2)=0 b=0 e 2a+b=0\Rightarrow a=0. Só a solução trivial X\equiv0 — descartamos.
  • Se \lambda<0, escreva \lambda=-\mu com \mu>0. Então X''-\mu X=0 tem soluções exponenciais X=Ae^{\sqrt{\mu}x}+Be^{-\sqrt{\mu}x}. Impondo X(0)=0 e X(2)=0 leva às constantes triviais A=B=0. Novamente apenas solução trivial — descartamos.
  • Logo a única possibilidade para termos soluções espaciais não-triviais é \lambda>0. Escrevemos \lambda=\kappa^2 com \kappa>0 e resolvemos
X''+\kappa^2 X=0.]

Passo 4

Solução geral de X''+\kappa^2 X=0 é
X(x)=C\cos(\kappa x)+D\sin(\kappa x).
Impondo X(0)=0 C=0. Então X(x)=D\sin(\kappa x). Impor X(2)=0 exige
D\sin(2\kappa)=0.
Para D\neq0 precisamos \sin(2\kappa)=0, isto é
2\kappa = n\pi,\qquad n=1,2,3,\dots
Assim os autovalores são
\lambda_n=\kappa_n^2=\left(\frac{n\pi}{2}\right)^2,
e as autofunções (modulo constante multiplicativa) são
X_n(x)=\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right),\qquad n=1,2,3,\dots
Essas funções satisfazem as condicionais de contorno X_n(0)=X_n(2)=0.

Passo 5

Para cada \lambda_n a equação temporal é
T_n''(t)+\lambda_n T_n(t)=0,
cuja solução é
T_n(t)=A_n\cos(\omega_n t)+B_n\sin(\omega_n t),
onde definimos a frequência
\omega_n=\sqrt{\lambda_n}=\frac{n\pi}{2}.
Portanto cada modo separado contribui
u_n(x,t)=\big(A_n\cos(\omega_n t)+B_n\sin(\omega_n t)\big)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right).

Passo 6

A solução geral (soma de modos) é
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\big(A_n\cos(\omega_n t)+B_n\sin(\omega_n t)\big)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right).
Agora aplicamos as condições iniciais. Primeiro u(x,0)=0 implica
\sum_{n=1}^{\infty}A_n\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)=0\quad\text{para }0\le x\le2.
Pela independência linear das autofunções \sin(n\pi x/2) concluímos que todos os A_n=0.
A condição sobre a velocidade inicial é
u_t(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\omega_n\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)=\operatorname{sen}(\pi x)+\operatorname{sen}(3\pi x).
Definimos f(x)=\operatorname{sen}(\pi x)+\operatorname{sen}(3\pi x). Para encontrar B_n usamos a ortogonalidade das autofunções no intervalo [0,2]:
\int_{0}^{2}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\sin\!\left(\frac{m\pi x}{2}\right)\,dx=0\quad(n\neq m),
e
\int_{0}^{2}\sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx=1\quad\text{para todo }n\in\mathbb{N}.
(Observação didática: calculei a integral de \sin^2(kx) sobre um período conveniente; aqui com k=\frac{n\pi}{2} obtém-se exatamente 1.)
Multiplicando a igualdade para u_t(x,0) por \sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right) e integrando de 0 a 2, obtemos
B_n\omega_n=\int_{0}^{2} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx.
Portanto
B_n=\frac{1}{\omega_n}\int_{0}^{2} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx.

Passo 7

Agora avaliamos explicitamente os coeficientes usando que f(x)=\operatorname{sen}(\pi x)+\operatorname{sen}(3\pi x)\). Observação: as funções \(\operatorname{sen}(\pi x)\) e \(\operatorname{sen}(3\pi x)\) já são autofunções da base encontrada; para ver qual \(n\) corresponde, note que \[\operatorname{sen}(\pi x)=\sin\!\left(\frac{2\pi x}{2}\right)=\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\text{ com }n=2,
\operatorname{sen}(3\pi x)=\sin\!\left(\frac{6\pi x}{2}\right)=\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\text{ com }n=6.
Logo, na expansão de f em autofunções, os coeficientes são 1 apenas para n=2 e n=6, e 0 para os demais n. Podemos confirmar integrando:
\int_{0}^{2}\operatorname{sen}(\pi x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx= \begin{cases} 1,& n=2,\\[2pt] 0,& n\neq2, \end{cases}
e análogo para \operatorname{sen}(3\pi x)\] produz 1 apenas para \[n=6. Assim os produtos combinados dão
\int_{0}^{2} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx= \begin{cases} 1,& n=2,\\[2pt] 1,& n=6,\\[2pt] 0,& \text{outros }n. \end{cases}
Portanto os únicos B_n\] não nulos são \(B_2 e B_6, com
B_2=\frac{1}{\omega_2}=\frac{1}{\pi},\qquad \omega_2=\frac{2\pi}{2}=\pi,
B_6=\frac{1}{\omega_6}=\frac{1}{3\pi},\qquad \omega_6=\frac{6\pi}{2}=3\pi.]

Passo 8

Substituindo tudo na solução geral, lembrando que A_n=0 para todo n, obtemos a solução explícita (somente os modos n=2 e n=6 aparecem):
u(x,t)=B_2\sin(\omega_2 t)\sin\!\left(\frac{2\pi x}{2}\right)+B_6\sin(\omega_6 t)\sin\!\left(\frac{6\pi x}{2}\right).
Substituindo os valores numéricos:
u(x,t)=\frac{1}{\pi}\operatorname{sen}(\pi t)\operatorname{sen}(\pi x)+\frac{1}{3\pi}\operatorname{sen}(3\pi t)\operatorname{sen}(3\pi x).
Pronto — essa expressão satisfaz a PDE, as condições de contorno e as condições iniciais dadas. (Dica amiga: se quiser checar rapidamente, veja que em t=0 u=0 e u_t(x,0)=\frac{1}{\pi}\pi\operatorname{sen}(\pi x)+\frac{1}{3\pi}3\pi\operatorname{sen}(3\pi x)=\operatorname{sen}(\pi x)+\operatorname{sen}(3\pi x).)

Resposta

u(x,t)=\frac{1}{\pi}\operatorname{sen}(\pi t)\operatorname{sen}(\pi x)+\frac{1}{3\pi}\operatorname{sen}(3\pi t)\operatorname{sen}(3\pi x).

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