Resolva a equação da onda sujeita às condições iniciais e de contorno indicadas
\begin{aligned} & u(0, t)=0, \quad u(L, t)=0 \\\ & u(x, 0)=\frac{1}{4} x(L-x),\left.\quad \frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=0 \end{aligned}

Passo 1

O enunciado dá as condições de contorno e iniciais e pede a solução da equação da onda (assumimos a equação da onda padrão). Dados e perguntas explícitas:
  • Condições de contorno: u(0,t)=0 e u(L,t)=0.
  • Condições iniciais: u(x,0)=\dfrac{1}{4}x(L-x) e \left.\dfrac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=0.
  • O problema pede encontrar u(x,t) que satisfaça a equação da onda (assumimos a forma usual)
u_{tt}=c^{2}u_{xx},
com 0<x<L e t>0, sujeita às condições dadas.

Passo 2

Qual método usar e por quê (explicação amigável): vamos usar separação de variáveis e expansão em série de senos (série de Fourier em senos). Motivo: as condições de contorno homogêneas u(0,t)=u(L,t)=0 sugerem procurar modos próprios em x que se anulam nas extremidades — esses modos são funções \sin que formam uma base ortogonal. Este método é padrão para a equação da onda em uma barra com extremidades fixas e converte o PDE em equações ordinárias para os coeficientes temporais, que são fáceis de resolver. Vamos fazer passo a passo sem pular etapas.

Passo 3

Separação de variáveis e problema de autovalores (aula curta e prática):
Procuramos soluções do tipo separável u(x,t)=X(x)\,T(t). Substituindo em u_{tt}=c^2 u_{xx} obtemos
X(x)\,T''(t)=c^{2}X''(x)\,T(t).
Dividindo por c^{2}X(x)T(t) vem
\frac{T''(t)}{c^{2}T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda,
onde \lambda é a constante de separação. Assim obtemos dois ODEs:
X''+\lambda X=0,\qquad T''+c^{2}\lambda T=0.
As condições de contorno em X são X(0)=0 e X(L)=0. Para não ter solução trivial devemos escolher \lambda>0 com valores discretos (autovalores). Esses autovalores e autofunções são
\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2},\qquad X_n(x)=\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\quad n=1,2,3,\dots
O modo temporal correspondente satisfaz
T_n''+\omega_n^{2}T_n=0,\qquad \omega_n=c\frac{n\pi}{L},
cuja solução geral é T_n(t)=A_n\cos(\omega_n t)+B_n\sin(\omega_n t).

Passo 4

Forma geral da solução (expansão em séries e por que ela funciona):
Pela linearidade, a solução geral é combinação linear dos modos:
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}{L}\right),
onde \omega_n=c\frac{n\pi}{L}. Aqui os coeficientes A_n e B_n são determinados pelas condições iniciais. Observação rápida sobre ortogonalidade (fórmula que usaremos): para inteiros m,n\ge1,
\int_{0}^{L}\sin\!\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx=\begin{cases} 0,& m\ne n,\\[4pt] \dfrac{L}{2},& m=n. \end{cases}
Isso permite isolar cada coeficiente pela integração.]

Passo 5

Aplicando as condições iniciais para obter A_n e B_n (passo didático):
A condição u(x,0)=\dfrac{1}{4}x(L-x)
\sum_{n=1}^{\infty} A_n \sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)=\frac{1}{4}x(L-x).
Multiplicamos ambos os lados por \sin\!\left(\dfrac{m\pi x}{L}\right) e integramos de 0 a L. Pelo fato de ortogonalidade,
A_m\frac{L}{2}=\int_{0}^{L}\frac{1}{4}x(L-x)\sin\!\left(\frac{m\pi x}{L}\right)\,dx.
Logo
A_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}\frac{1}{4}x(L-x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx =\frac{1}{2L}\int_{0}^{L}\big(Lx-x^{2}\big)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
A condição de velocidade inicial \left.\dfrac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=0 implica
\sum_{n=1}^{\infty} \omega_n B_n \sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)=0,
portanto, pela ortogonalidade, B_n=0 para todo n. Assim só restam os A_n.

Passo 6

Cálculo explícito de A_n (integrais por partes, passo a passo): definimos k=\dfrac{n\pi}{L}. Precisamos calcular
I_n=\int_{0}^{L}\big(Lx-x^{2}\big)\sin(kx)\,dx.
Escrevemos I_n=L\int_{0}^{L}x\sin(kx)\,dx-\int_{0}^{L}x^{2}\sin(kx)\,dx. Calculemos as duas integrais separadamente por partes.
Primeira integral:
\int_{0}^{L}x\sin(kx)\,dx
Tomamos u=x, dv=\sin(kx)dx. Então du=dx, v=-\dfrac{\cos(kx)}{k}. Assim
\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{\sin(kL)}{k^{2}}.
Segunda integral:
\int_{0}^{L}x^{2}\sin(kx)\,dx.
Tomamos u=x^{2}, dv=\sin(kx)dx. Então du=2x\,dx, v=-\dfrac{\cos(kx)}{k}. Assim
\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 calculemos \int_{0}^{L}x\cos(kx)\,dx. Por partes com u=x, dv=\cos(kx)dx temos v=\dfrac{\sin(kx)}{k}, du=dx, logo
\int_{0}^{L}x\cos(kx)\,dx=\frac{x\sin(kx)}{k}\Big|_{0}^{L}-\frac{1}{k}\int_{0}^{L}\sin(kx)\,dx =\frac{L\sin(kL)}{k}+\frac{\cos(kL)-1}{k^{2}}.
Substituindo de volta,
\int_{0}^{L}x^{2}\sin(kx)\,dx=-\frac{L^{2}\cos(kL)}{k}+\frac{2L\sin(kL)}{k^{2}}+\frac{2\big(\cos(kL)-1\big)}{k^{3}}.
Agora I_n=L vezes a primeira integral menos a segunda integral:
I_n=-\frac{L\sin(kL)}{k^{2}}-\frac{2\big(\cos(kL)-1\big)}{k^{3}}.

Passo 7

Simplificação usando k=\dfrac{n\pi}{L} e valores trigonométricos em kL:
Observamos que kL=n\pi. Então \sin(kL)=\sin(n\pi)=0 e \cos(kL)=\cos(n\pi)=(-1)^{n}. Assim I_n simplifica para
I_n=-\frac{2\big((-1)^{n}-1\big)}{k^{3}}=\frac{2\big(1-(-1)^{n}\big)}{k^{3}}.
Portanto
A_n=\frac{1}{2L}I_n=\frac{1}{2L}\cdot\frac{2\big(1-(-1)^{n}\big)}{k^{3}} =\frac{1-(-1)^{n}}{Lk^{3}}.
Substituindo k=\dfrac{n\pi}{L} obtemos
A_n=\frac{1-(-1)^{n}}{L\left(\dfrac{n\pi}{L}\right)^{3}} =\frac{L^{2}\big(1-(-1)^{n}\big)}{n^{3}\pi^{3}}.
Comentário prático: para n par tem 1-(-1)^{n}=0 logo A_n=0; para n ímpar 1-(-1)^{n}=2 então
A_n=\frac{2L^{2}}{n^{3}\pi^{3}}\quad\text{se \(n\) ímpar.}í

Passo 8

Montando a solução final (juntando tudo de forma clara):
Como B_n=0 e A_n dado acima, a solução da equação da onda com as condições dadas é
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}A_n\cos\!\left(c\frac{n\pi}{L}t\right)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),
onde A_n=\dfrac{L^{2}\big(1-(-1)^{n}\big)}{n^{3}\pi^{3}}. Eliminando os termos nulos (pares), uma forma mais explícita é a soma sobre índices ímpares:
u(x,t)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{2L^{2}}{(2m+1)^{3}\pi^{3}} \cos\!\left(c\frac{(2m+1)\pi}{L}t\right)\sin\!\left(\frac{(2m+1)\pi x}{L}\right).

Resposta

u(x,t)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{2L^{2}}{(2m+1)^{3}\pi^{3}} \cos\!\left(c\frac{(2m+1)\pi}{L}t\right)\sin\!\left(\frac{(2m+1)\pi x}{L}\right).

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