Resolva os problemas
(e) \left\{\begin{array}{l}u_{t t}=a^{2} u_{x x}, 0<x<L, t>0, \\\ u(0, t)=0, u_{x}(L, t)=0, t>0, \\\ u(x, 0)=\left\{\begin{array}{ll}1, & L / 2-1<x<L / 2+1 \\\\ 0, & \text { caso contário. }\end{array}(L>2), u_{t}(x, 0)=0,0 \leq x \leq L,\right.\end{array}\right.á

Passo 1

O enunciado pede a solução da equação da onda com condições de contorno mistas e dados iniciais tipo pulso. Vou listar exatamente o que foi dado e o que se pede:
  • Equação PDE:
u_{t t}=a^{2}u_{x x},\qquad 0<x<L,\; t>0.
  • Condições de contorno:
u(0,t)=0,\qquad u_x(L,t)=0,\qquad t>0.
  • Condições iniciais:
u(x,0)=f(x)=\begin{cases} 1,& L/2-1<x<L/2+1,\\[4pt] 0,&\text{caso contrário}, \end{cases}\qquad u_t(x,0)=0,\qquad 0\le x\le L,á
com a informação adicional L>2 (ou seja, o pulso cabe totalmente no intervalo [0,L]).
O objetivo é encontrar u(x,t) para 0\le x\le L,\; t\ge0, explicitando a série de modos e os coeficientes determinados pela condição inicial f(x).]

Passo 2

Método: separação de variáveis (assumir solução da forma produto em x e t) e obter os autovalores e autofunções espaciais que satisfazem as condições de contorno. Vou mostrar passo a passo.
Assuma uma solução separável u(x,t)=X(x)T(t). Substituindo na PDE:
X(x)T''(t)=a^{2}X''(x)T(t).
Dividindo por a^{2}X(x)T(t) (assumindo função não nula):
\frac{T''(t)}{a^{2}T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda,
onde \lambda é a constante de separação. Isso gera dois ODEs:
X''(x)+\lambda X(x)=0, \qquad T''(t)+a^{2}\lambda T(t)=0.
Agora precisamos escolher \lambda que possibilite soluções não-triviais que satisfaçam X(0)=0 e X'(L)=0. Vamos analisar os casos \lambda\le0 e \lambda>0.
  • Se \lambda=0: então X''=0\Rightarrow X(x)=Ax+B. Condição X(0)=0 B=0. Condição X'(L)=A=0 implica X\equiv0 trivial — não serve.
  • Se \lambda<0: escrever \lambda=-\mu^{2} com \mu>0. Então X(x)=A e^{\mu x}+B e^{-\mu x}. Aplicando BCs leva novamente à solução trivial por causa das duas condições incompatíveis para função exponencial não nula no intervalo finito.
  • Portanto devemos ter \lambda>0. Escrevemos \lambda=k^{2} com k>0.

Passo 3

Resolver o problema espacial com \lambda=k^{2}:
Equação espacial:
X''+k^{2}X=0.
Solução geral:
X(x)=A\cos(kx)+B\sin(kx).
Aplicando X(0)=0 A=0. Então
X(x)=B\sin(kx).
A outra condição X'(L)=0 implica
X'(x)=B k\cos(kx),\quad X'(L)=B k\cos(kL)=0.
Para ter B\neq0 e k\neq0 devemos ter \cos(kL)=0. Assim os autovalores k satisfazem
kL=\frac{(2n-1)\pi}{2},\qquad n=1,2,3,\dots
Logo os modos espaciais (autofunções) são, para n\ge1,
k_n=\frac{(2n-1)\pi}{2L},\qquad X_n(x)=\sin(k_n x).
Essas funções são ortogonais no intervalo [0,L]. De fato, para m\neq n,
\int_0^L \sin(k_n x)\sin(k_m x)\,dx=0,
e para m=n
\int_0^L \sin^2(k_n x)\,dx=\frac{L}{2},
porque 2k_n L=(2n-1)\pi faz o termo de seno duplo anular.

Passo 4

Resolver o problema temporal associado a cada modo:
Para cada n temos
T_n''(t)+a^{2}k_n^{2}T_n(t)=0,
cuja solução geral é
T_n(t)=C_n\cos(a k_n t)+D_n\sin(a k_n t).
Portanto a solução geral via superposição de modos é
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\Big(C_n\cos(a k_n t)+D_n\sin(a k_n t)\Big)\sin(k_n x).
Agora usamos as condições iniciais. De u_t(x,0)=0 obtemos
u_t(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty} \big(-C_n a k_n\sin(0)+D_n a k_n\cos(0)\big)\sin(k_n x) =\sum_{n=1}^{\infty} D_n a k_n \sin(k_n x)=0.
Como as \sin(k_n x) são ortogonais, isso implica D_n a k_n=0 para todo n, e como a k_n\neq0 temos D_n=0 para todo n. Assim os termos em \sin(a k_n t) desaparecem.
Fica então
u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} C_n\cos(a k_n t)\sin(k_n x).
Os coeficientes C_n são determinados pela condição inicial em t=0:
u(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty} C_n\sin(k_n x)=f(x).

Passo 5

Determinar os coeficientes C_n usando ortogonalidade (expansão em série dos modos):
Multiplicando u(x,0)=f(x) por \sin(k_n x) e integrando de 0 a L:
\int_0^L f(x)\sin(k_n x)\,dx=\sum_{m=1}^\infty C_m\int_0^L\sin(k_m x)\sin(k_n x)\,dx = C_n\cdot\frac{L}{2}.
Logo
C_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin(k_n x)\,dx.
Como f(x) é o pulso que vale 1 apenas no intervalo \big(L/2-1,\;L/2+1\big) e 0 fora, a integral reduz-se a esse subintervalo (lembrando L>2, então o intervalo está contido em [0,L]):
\int_0^L f(x)\sin(k_n x)\,dx=\int_{L/2-1}^{L/2+1} \sin(k_n x)\,dx.
Calcule a integral:
\int_{L/2-1}^{L/2+1}\sin(k_n x)\,dx=\big[-\tfrac{1}{k_n}\cos(k_n x)\big]_{L/2-1}^{L/2+1} =\frac{\cos(k_n(L/2-1))-\cos(k_n(L/2+1))}{k_n}.
Use a identidade trigonométrica \cos A-\cos B=-2\sin\!\big(\tfrac{A+B}{2}\big)\sin\!\big(\tfrac{A-B}{2}\big). Com A=k_n(L/2-1) e B=k_n(L/2+1) obtemos
\cos(k_n(L/2-1))-\cos(k_n(L/2+1))=2\sin\!\big(k_n L/2\big)\sin(k_n).
Portanto
\int_{L/2-1}^{L/2+1}\sin(k_n x)\,dx=\frac{2\sin(k_n L/2)\sin(k_n)}{k_n}.
Assim os coeficientes ficam
C_n=\frac{2}{L}\cdot\frac{2\sin(k_n L/2)\sin(k_n)}{k_n} =\frac{4}{L k_n}\,\sin(k_n L/2)\sin(k_n).

Passo 6

Substituir k_n e escrever a solução final como série explícita.
Lembrando k_n=\dfrac{(2n-1)\pi}{2L}, temos a solução:
u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty C_n\cos\big(a k_n t\big)\sin(k_n x), \qquad C_n=\frac{4}{L k_n}\,\sin\!\big(k_n L/2\big)\sin(k_n).
Se desejar, pode-se reescrever \sin(k_n L/2)=\sin\!\big(\tfrac{(2n-1)\pi}{4}\big), pois
k_n\frac{L}{2}=\frac{(2n-1)\pi}{4}.
Mas não há simplificação mais conveniente geral para \sin(k_n) quando L é arbitrário.

Resposta

u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{4}{L k_n}\,\sin\!\big(k_n L/2\big)\sin(k_n)\right)\cos\big(a k_n t\big)\sin(k_n x), \qquad k_n=\frac{(2n-1)\pi}{2L}.

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