Resolva os problemas
(c) \left\{\begin{array}{l}u_{t t}=9 u_{x x}, 0<x<2, t>0, \\\ u_{x}(0, t)=0, u(2, t)=0, t>0, \\\ u(x, 0)=4-x^{2}, u_{t}(x, 0)=0,0 \leq x \leq 2 .\end{array}\right.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (sem resolver ainda).
  • Equação de onda: u_{t t}=9\,u_{x x},\qquad 0<x<2,\\ t>0.
  • Condições de contorno: u_{x}(0,t)=0,\qquad u(2,t)=0,\qquad t>0.
  • Condições iniciais: u(x,0)=4-x^{2},\qquad u_{t}(x,0)=0,\qquad 0\le x\le2.
O que se pede: encontrar a solução u(x,t) que satisfaz a equação de onda com essas condições. Vou usar uma expansão em modos (separação de variáveis) e determinar os coeficientes pela projeção do dado inicial.

Passo 2

Escolha do método e separação de variáveis (explicando por quê).
  • A equação é linear, homogênea e tem condições de contorno homogêneas (uma Neumann em x=0 e uma Dirichlet em x=2). O método clássico é procurar soluções da forma separável
u(x,t)=X(x)\,T(t).
  • Substituindo na PDE e dividindo por X T obtém-se igualdade de uma função só de t com uma só de x, o que só é possível se ambas forem iguais a uma constante negativa -\lambda. Isso gera um problema de autovalores para X e um oscilador para T, apropriado para séries em modos normais.

Passo 3

Derivação das equações de separação.
  • Substitui u=X(x)T(t) em u_{tt}=9u_{xx}, divide por X T:
\frac{T''(t)}{T(t)}=9\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda.
  • Obtemos os ODEs:
X''(x)+\lambda X(x)=0, \qquad T''(t)+9\lambda T(t)=0.
  • As condições de contorno para X são
X'(0)=0,\qquad X(2)=0.

Passo 4

Estudo do problema de autovalores X''+\lambda X=0 com X'(0)=0,\\ X(2)=0.
  • Caso \lambda=0: X''=0 X(x)=ax+b. A condição X'(0)=a=0 implica X=b constante; então X(2)=b=0 e a solução é trivial X\equiv0. Logo \lambda=0 não gera modo não trivial.
  • Caso \lambda>0: escreva \lambda=k^{2} com k>0. A solução geral é
X(x)=A\cos(kx)+B\sin(kx).
A condição X'(0)=0
X'(x)=-Ak\sin(kx)+Bk\cos(kx)\implies X'(0)=Bk=0\Rightarrow B=0.
Então X(x)=A\cos(kx). A condição X(2)=0 exige
\cos(2k)=0.
Isso implica
2k=\frac{(2n+1)\pi}{2},\qquad n=0,1,2,\dots
ou seja
k_{n}=\frac{(2n+1)\pi}{4},\qquad \lambda_{n}=k_{n}^{2}.
  • Os autovetores (modos) são, até constante multiplicativa,
X_{n}(x)=\cos(k_{n}x),\qquad n=0,1,2,\dots

Passo 5

Equação temporal e forma geral da solução.
  • Para cada \lambda_{n}=k_{n}^{2}, a equação temporal é
T_{n}''(t)+9k_{n}^{2}T_{n}(t)=0,
cuja solução geral é
T_{n}(t)=\alpha_{n}\cos(3k_{n}t)+\beta_{n}\sin(3k_{n}t),
pois c=3 (já que 9=3^{2}).
  • Assim a solução por séries é
u(x,t)=\sum_{n=0}^{\infty}\bigl(\alpha_{n}\cos(3k_{n}t)+\beta_{n}\sin(3k_{n}t)\bigr)\cos(k_{n}x).

Passo 6

Imposição das condições iniciais para determinar \alpha_{n} e \beta_{n}.
  • Pela condição de velocidade inicial u_{t}(x,0)=0 temos
u_{t}(x,0)=\sum_{n=0}^{\infty}3k_{n}\bigl(-\alpha_{n}\sin(0)+\beta_{n}\cos(0)\bigr)\cos(k_{n}x) =\sum_{n=0}^{\infty}3k_{n}\beta_{n}\cos(k_{n}x)=0.
Como \{\cos(k_{n}x)\} são linearmente independentes, segue \beta_{n}=0 para todo n.
  • Pela condição inicial de deslocamento u(x,0)=4-x^{2} obtemos
4-x^{2}=\sum_{n=0}^{\infty}\alpha_{n}\cos(k_{n}x).
Logo \alpha_{n} são os coeficientes da expansão de f(x)=4-x^{2} na base \cos(k_{n}x).

Passo 7

Cálculo explícito dos coeficientes \alpha_{n} usando ortogonalidade.
  • Primeiro a norma dos modos:
\|X_{n}\|^{2}=\int_{0}^{2}\cos^{2}(k_{n}x)\,dx =\int_{0}^{2}\tfrac{1+\cos(2k_{n}x)}{2}\,dx =\left[\tfrac{x}{2}+\tfrac{\sin(2k_{n}x)}{4k_{n}}\right]_{0}^{2} =1+\frac{\sin(4k_{n})}{4k_{n}}.
Mas como k_{n}=\dfrac{(2n+1)\pi}{4} temos 4k_{n}=(2n+1)\pi e \sin(4k_{n})=0. Assim
\|X_{n}\|^{2}=1.
Ou seja, \int_{0}^{2}\cos^{2}(k_{n}x)\,dx=1, o que simplifica a fórmula dos coeficientes.
  • Portanto
\alpha_{n}=\int_{0}^{2}(4-x^{2})\cos(k_{n}x)\,dx.
Vamos calcular essa integral em duas partes:
\alpha_{n}=4\int_{0}^{2}\cos(k_{n}x)\,dx-\int_{0}^{2}x^{2}\cos(k_{n}x)\,dx.
Calcule \displaystyle I_{1}=4\int_{0}^{2}\cos(kx)\,dx com k=k_{n}:
I_{1}=4\left[\frac{\sin(kx)}{k}\right]_{0}^{2}=4\frac{\sin(2k)}{k}.
Para nossos k_{n} temos
\sin(2k_{n})=\sin\!\Bigl(\frac{(2n+1)\pi}{2}\Bigr)=(-1)^{n}.
Logo I_{1}=4\dfrac{(-1)^{n}}{k_{n}}.
Calcule \displaystyle I_{2}=\int_{0}^{2}x^{2}\cos(kx)\,dx. Fazendo integração por partes duas vezes (mostrando cada termo):
\int x^{2}\cos(kx)\,dx = \frac{x^{2}\sin(kx)}{k}+\frac{2x\cos(kx)}{k^{2}}-\frac{2\sin(kx)}{k^{3}}+C.
Avaliado de 0 a 2:
I_{2}=\left.\Bigl(\frac{x^{2}\sin(kx)}{k}+\frac{2x\cos(kx)}{k^{2}}-\frac{2\sin(kx)}{k^{3}}\Bigr)\right|_{0}^{2} = \frac{4\sin(2k)}{k}+\frac{4\cos(2k)}{k^{2}}-\frac{2\sin(2k)}{k^{3}}.
Para k=k_{n} temos \cos(2k_{n})=0 e \sin(2k_{n})=(-1)^{n}. Então
I_{2}= \frac{4(-1)^{n}}{k_{n}} - \frac{2(-1)^{n}}{k_{n}^{3}}.
  • Agora \alpha_{n}=I_{1}-I_{2}:
\alpha_{n}= \frac{4(-1)^{n}}{k_{n}} -\Bigl(\frac{4(-1)^{n}}{k_{n}} - \frac{2(-1)^{n}}{k_{n}^{3}}\Bigr) = \frac{2(-1)^{n}}{k_{n}^{3}}.
Portanto os coeficientes são
\alpha_{n}=\frac{2(-1)^{n}}{k_{n}^{3}},\qquad k_{n}=\frac{(2n+1)\pi}{4}.

Passo 8

Escrever a solução final em série e comentar convergência e verificação inicial (breve).
  • Como \beta_{n}=0, a solução é
u(x,t)=\sum_{n=0}^{\infty}\alpha_{n}\cos(3k_{n}t)\cos(k_{n}x) =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2(-1)^{n}}{k_{n}^{3}}\cos\!\bigl(3k_{n}t\bigr)\cos\!\bigl(k_{n}x\bigr),
com k_{n}=\dfrac{(2n+1)\pi}{4}.
  • Esta série satisfaz as condições de contorno por construção (cada modo respeita X'_n(0)=0 e X_n(2)=0). Avaliando t=0 recupera-se u(x,0)=\sum \alpha_{n}\cos(k_{n}x)=4-x^{2} pela expansão que calculamos; derivando em t e avaliando em t=0 obtemos u_{t}(x,0)=0. A convergência é a padrão para séries de Fourier em bases ortogonais (os coeficientes decaem como 1/k_{n}^{3}, o que garante boa convergência).

Resposta

u(x,t)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2(-1)^{n}}{\bigl(\dfrac{(2n+1)\pi}{4}\bigr)^{3}}\cos\!\Bigl(3\,\dfrac{(2n+1)\pi}{4}\,t\Bigr)\cos\!\Bigl(\dfrac{(2n+1)\pi}{4}\,x\Bigr).

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