Resolva o problema abaixo, que representa oscilações amortecidas em uma corda, levandose em conta a força de gravidade.
l ut t=ux x-2 ut+g u(0, t)=u(pi, t)=0 u(x, 0)=f(x)+g x(pi-x)2 ut(x, 0)=0
Sugestão: Encontre primeiro a função w(x, t)=w(x) dependendo só de x que satisfaz a equação diferencial e as condições de fronteira (isto é, w representa a posição de equilíbrio da corda presa pelas extremidades e sob a ação da gravidade). A seguir, pondo v(x, t)= u(x, t)-w(x, t), resolva o problema correspondente para v(x, t). Finalmente, obtenha u(x, t) como u=v+w.

Passo 1

O enunciado é a equação de ondas amortecida com termo constante
utt=uxx-2,ut+g, 0<x<pi, t>0,
com contorno
u(0,t)=u(pi,t)=0
e condições iniciais
u(x,0)=f(x)+g,x(pi-x)2, ut(x,0)=0
O conteúdo envolve encontrar primeiro o estado de equilíbrio w(x) (que anula o termo temporal e satisfaz o contorno), depois definir v(x,t)=u(x,t)-w(x) para obter um problema homogêneo amortecido, e finalmente resolver por separação de variáveis e expansão em senos.

Passo 2

Procuramos w(x) tal que wtt=0, wt=0 e
0=wxx+g,
com w(0)=w(pi)=0. Integrando duas vezes, vem
wxx=-g Longrightarrow w(x)=-g2,x^2+A,x+B
Como w(0)=0 B=0, e w(pi)=0 -tfracg2pi^2+A,pi=0Rightarrow A=tfracgpi2. Logo
w(x)=g2l(pi,x-x^2r)

Passo 3

Definimos v(x,t)=u(x,t)-w(x). Então
vtt=utt, vt=ut, vxx=uxx-wxx,
e como wxx=-g, a PDE para u vira
vtt=vxx-2,vt
Os contornos tornam-se
v(0,t)=v(pi,t)=0,
e as iniciais ficam
v(x,0)=u(x,0)-w(x)=f(x), vt(x,0)=0
Logo resolvemos
vtt=vxx-2,vt, v(0,t)=v(pi,t)=0, v(x,0)=f(x), vt(x,0)=0

Passo 4

Vamos expandir em autofunções sin(nx). Escrevemos
v(x,t)=sumn=1^infty Tn(t) , sin(nx),
onde os coeficientes de f são
f(x)=sumn=1^infty fn sin(nx), fn=2pi integral0^pi f(x) sin(nx) , dx
Substituindo na PDE obtemos para cada n
Tn'' + 2 , Tn' + n^2 , Tn = 0
A equação característica é r^2 + 2r + n^2 = 0, com raízes
r = -1 pm i omegan, omegan = raizn^2 - 1
Para n >= 2 a solução é
Tn(t) = e^-t l(An cos(omegan t) + Bn sin(omegan t)r)
Como Tn(0) = fn e Tn'(0) = 0, achamos
An = fn, -fn + Bn , omegan = 0 Rightarrow Bn = fnomegan
Então, para n >= 2,
Tn(t) = fn , e^-t l( cos(omegan t) + tfrac1omegan sin(omegan t) r)
No caso n = 1 temos omega1 = 0 e a solução crítica dupla dá
T1(t) = l(A1 + B1 , tr) e^-t, A1 = f1, -f1 + B1 = 0 Rightarrow B1 = f1,
ou seja
T1(t) = f1 , (1 + t) , e^-t

Passo 5

Voltando a u=v+w, obtemos
u(x,t)=w(x)+sumn=1^infty Tn(t),sin(nx) =g2l(pi x-x^2r) +sumn=1^infty Tn(t),sin(nx),
com T1(t)=f1(1+t)e^-t e, para n>=2,
Tn(t)=fn,e^-tl(cos(raizn^2-1,t)+tfrac1raizn^2-1sin(raizn^2-1,t)r)

Resposta

boxed u(x,t) =g2l(pi x-x^2r) +f1,(1+t)e^-t,sin(x) +sumn=2^inftyfn,e^-tl(cos(raizn^2-1,t) +tfrac1raizn^2-1sin(raizn^2-1,t)r)sin(nx),
onde
fn=2piintegral0^pif(x)sin(nx),dx

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