Resolva por transformadas de Laplace
\frac{\partial^{2} w}{\partial x^{2}}=100 \frac{\partial^{2} w}{\partial t^{2}}+100 \frac{\partial w}{\partial t}+25 w, w(x, 0)=0 se x \geqq 0, \quad w_{t}(x, 0)=0 se t \geqq 0, w(0, t)=\operatorname{sen} t se t \geqq 0

Passo 1

O enunciado dá a equação em derivadas parciais
\frac{\partial^{2} w}{\partial x^{2}}=100\frac{\partial^{2} w}{\partial t^{2}}+100\frac{\partial w}{\partial t}+25w,
com condições iniciais e de contorno
w(x,0)=0\quad\text{para }x\geqq0,
w_{t}(x,0)=0\quad\text{para }x\geqq0,
w(0,t)=\operatorname{sen}t\quad\text{para }t\geqq0.
O que se pede é encontrar w(x,t) para x\ge 0,\\ t\ge 0. Todas as informações relevantes estão acima: PDE, duas condições iniciais (valores em t=0) e a condição de contorno em x=0.

Passo 2

Vamos aplicar a transformada de Laplace em t definida por
\mathcal{L}\{w(x,t)\}=W(x,s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}w(x,t)\,dt.
Preciso das transformadas das derivadas em t. Para função com dependência em x tratamos x como parâmetro; as fórmulas são
\mathcal{L}\{w_{t}\}=sW(x,s)-w(x,0),
\mathcal{L}\{w_{tt}\}=s^{2}W(x,s)-s\,w(x,0)-w_{t}(x,0).
Como w(x,0)=0 e w_{t}(x,0)=0, essas fórmulas simplificam para
\mathcal{L}\{w_{t}\}=sW(x,s),
\mathcal{L}\{w_{tt}\}=s^{2}W(x,s).

Passo 3

Aplicando a transformada de Laplace à PDE (transformando apenas em t) obtemos uma equação ordinária em x:
\mathcal{L}\{w_{xx}\}=W_{xx}(x,s),
W_{xx}(x,s)=100\bigl(s^{2}W(x,s)\bigr)+100\bigl(sW(x,s)\bigr)+25W(x,s).
Fatorando W no lado direito:
W_{xx}(x,s)=\bigl(100s^{2}+100s+25\bigr)W(x,s).

Passo 4

Simplifico o coeficiente:
100s^{2}+100s+25=25(4s^{2}+4s+1)=25(2s+1)^{2}.
Definindo k(s)=5(2s+1) (escolhemos o sinal positivo para a raiz principal), a EDO fica
W_{xx}(x,s)=k^{2}W(x,s).
A equação característica tem solução geral
W(x,s)=C_{1}(s)e^{k x}+C_{2}(s)e^{-k x}.

Passo 5

Precisamos determinar C_{1}(s) e C_{2}(s). Da condição de contorno em x=0 temos a transformada de w(0,t)=\operatorname{sen}t:
W(0,s)=\mathcal{L}\{\sin t\}=\frac{1}{s^{2}+1}.
Logo
C_{1}(s)+C_{2}(s)=\frac{1}{s^{2}+1}.

Passo 6

Para escolher C_{1} e C_{2} usamos a condição física/matemática de que w(x,t) deve permanecer limitada (ou ao menos não explodir) quando x\to\infty. No domínio de Laplace isso implica que a solução não pode conter o termo exponencial crescente e^{k x} (pois geraria divergência para grandes x). Assim tomamos C_{1}(s)=0. Portanto
W(x,s)=C_{2}(s)e^{-k x},
e como C_{2}(s)=W(0,s)=\dfrac{1}{s^{2}+1} obtemos
W(x,s)=\frac{1}{s^{2}+1}\,e^{-k x}.

Passo 7

Substituo k=5(2s+1) para escrever o expoente de forma conveniente:
e^{-k x}=e^{-5(2s+1)x}=e^{-5x}\,e^{-10s x}.
Assim
W(x,s)=e^{-5x}\,\frac{e^{-10s x}}{s^{2}+1}.

Passo 8

Agora invertemos a transformada de Laplace. Usamos o teorema do deslocamento no tempo (segunda propriedade de translação): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então
\mathcal{L}^{-1}\{e^{-a s}F(s)\}=f(t-a)\,H(t-a),
onde H é a função degrau de Heaviside. Aqui F(s)=\dfrac{1}{s^{2}+1} e f(t)=\sin t, e o deslocamento é a=10x. Além disso há o fator multiplicativo constante e^{-5x} que sai direto na inversa. Portanto
w(x,t)=e^{-5x}\,\sin(t-10x)\,H(t-10x).

Passo 9

Escrevendo de forma explícita em partes (mais útil na prova):
w(x,t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<10x,\\[6pt] e^{-5x}\sin\bigl(t-10x\bigr), & t\ge 10x. \end{cases}
Podemos checar rapidamente: em t=0 para qualquer x>0 temos t<10x então w(x,0)=0 (condição inicial satisfeita) e derivada temporal inicial também nula; em x=0 a solução dá w(0,t)=e^{0}\sin(t)=\sin t (condição de contorno satisfeita).]

Resposta

w(x,t)=\begin{cases} 0, & 0\le t<10x,\\[6pt] e^{-5x}\sin\bigl(t-10x\bigr), & t\ge 10x. \end{cases}]

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