Resolva a equação de onda
\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=a^{2} \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}
dadas as seguintes condições
\begin{aligned} u(0, t) & =0, & u(L, t) & =0 \\\ u(x, 0) & =0, & & \left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=x(L-x) \end{aligned}

Passo 1

O problema pede para resolver a equação de onda unidimensional
\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}} = a^{2}\,\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}
em 0<x<L com condições de contorno u(0,t)=0, u(L,t)=0 e condições iniciais u(x,0)=0, \left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=x(L-x). Vamos usar o método de separação de variáveis e a expansão em séries de senos para satisfazer as condições homogêneas nas extremidades.

Passo 2

Propondo a solução em modo separado u(x,t)=X(x)\,T(t), inserimos na equação de onda e dividimos por a^{2}X(x)T(t) para obter
\frac{T''(t)}{a^{2}T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda,
onde \lambda é a constante de separação. Isso gera os dois ODEs
X'' + \lambda X = 0, \quad T'' + \lambda a^{2} T = 0.

Passo 3

As condições de contorno u(0,t)=0 e u(L,t)=0 obrigam
X(0)=0, \quad X(L)=0.
Para que exista solução não trivial, \lambda deve ser \lambda_n=(n\pi/L)^{2} e os autofunções são
X_{n}(x)=\sin\!\bigl(n\pi x/L\bigr), \quad n=1,2,3,\dots
com frequência angular \omega_{n}=a\,n\pi/L.

Passo 4

A solução geral, somando todos os modos, é
u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \Bigl(A_{n}\cos(\omega_{n}t)+B_{n}\sin(\omega_{n}t)\Bigr)\,\sin\!\bigl(n\pi x/L\bigr).

Passo 5

Da condição inicial u(x,0)=0 segue
\sum_{n=1}^{\infty}A_{n}\,\sin\!\bigl(n\pi x/L\bigr)=0 \quad\Longrightarrow\quad A_{n}=0\quad\forall n.

Passo 6

Da condição inicial de velocidade
\left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0} = \sum_{n=1}^{\infty}B_{n}\,\omega_{n}\,\sin\!\bigl(n\pi x/L\bigr) = x(L-x).
Multiplicamos por \sin(m\pi x/L) e integramos de 0 a L, usando ortogonalidade dos senos,
B_{m}\,\omega_{m}\,\frac{L}{2} = \int_{0}^{L}x(L-x)\,\sin\!\bigl(m\pi x/L\bigr)\,dx.
Logo
B_{m} = \frac{2}{\omega_{m}L} \int_{0}^{L}x(L-x)\,\sin\!\bigl(m\pi x/L\bigr)\,dx.

Passo 7

Definindo \alpha_{m}=m\pi/L, calculamos
I_{m} = \int_{0}^{L}x(L-x)\,\sin(\alpha_{m}x)\,dx = \frac{2\bigl(1-(-1)^{m}\bigr)}{\alpha_{m}^{3}}.
Esse resultado vem de integrar por partes duas vezes.

Passo 8

Substituindo em B_{m} com \omega_{m}=a\,\alpha_{m} e \alpha_{m}^{3}=(m\pi/L)^{3}, obtemos
B_{m} = \frac{2}{a\,\alpha_{m}L}\,\cdot\frac{2\bigl(1-(-1)^{m}\bigr)}{\alpha_{m}^{3}} = \frac{4\bigl(1-(-1)^{m}\bigr)L^{3}}{a\,m^{4}\pi^{4}}.
Note que 1-(-1)^{m}=0 para m par e 2 para m ímpar.

Passo 9

Portanto, só os modos ímpares contribuem. Para m=2k-1 temos 1-(-1)^{m}=2 e
B_{2k-1} = \frac{8\,L^{3}}{a\,(2k-1)^{4}\,\pi^{4}}.
Logo a solução final é
u(x,t) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{8\,L^{3}}{a\,(2k-1)^{4}\,\pi^{4}} \,\sin\!\bigl(\tfrac{(2k-1)\pi x}{L}\bigr) \,\sin\!\bigl(\tfrac{(2k-1)\pi a\,t}{L}\bigr).

Resposta

u(x,t) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{8\,L^{3}}{a\,(2k-1)^{4}\,\pi^{4}} \sin\!\Bigl(\frac{(2k-1)\pi x}{L}\Bigr) \sin\!\Bigl(\frac{(2k-1)\pi a\,t}{L}\Bigr).

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