Resolva por transformadas de Laplace
\frac{\partial w}{\partial x}+x \frac{\partial w}{\partial t}=x, w(x, 0)=1, w(0, t)=1

Passo 1

O enunciado fornece a equação a seguir e pede a solução w(x,t):
\frac{\partial w}{\partial x} + x\,\frac{\partial w}{\partial t} = x,
com as condições de contorno/iniciais
w(x,0)=1,\qquad w(0,t)=1.
Queremos encontrar w(x,t) para x\ge 0,\; t\ge 0 (assumindo domínio padrão de problemas deste tipo). Não iniciamos a resolução aqui; apenas listei o que está dado e o que é pedido.

Passo 2

Primeira etapa da resolução efetiva: aplicamos a transformada de Laplace em t à equação. Definimos a transformada de Laplace de w(x,t) por
W(x,s)=\mathcal{L}\{w(x,t)\}(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}w(x,t)\,dt.
Vou usar duas propriedades básicas da transformada de Laplace que precisamos:
  1. Linearidade: \mathcal{L}\{a(t)+b(t)\}= \mathcal{L}\{a\}+\mathcal{L}\{b\}.
  2. Derivada no tempo: \mathcal{L}\{\partial w/\partial t\}(s)=sW(x,s)-w(x,0). Aqui w(x,0) é conhecida ( =1).
Agora transformamos cada termo da equação original:
  • \mathcal{L}\{\partial w/\partial x\}=\partial W/\partial x (a derivada em x sai da integral).
  • \mathcal{L}\{x\,\partial w/\partial t\}=x\,[sW(x,s)-w(x,0)]=x\,[sW(x,s)-1], porque w(x,0)=1.
  • \mathcal{L}\{x\}=x\cdot\mathcal{L}\{1\}=x\cdot\frac{1}{s}, já que x é parâmetro (independente de t).
Substituindo, obtemos a equação ordinária em x:
\frac{\partial W}{\partial x} + x s\,W(x,s) - x = \frac{x}{s}.
Reorganizando os termos:
\frac{\partial W}{\partial x} + s x\,W(x,s) = x\left(1+\frac{1}{s}\right)=x\frac{s+1}{s}.

Passo 3

Temos uma equação diferencial linear de primeira ordem em x:
W'(x)+s x\,W(x)=x\frac{s+1}{s}.
Para resolver, usamos o fator integrante. O coeficiente de W é p(x)=s x. O fator integrante é
\mu(x)=\exp\left(\int p(x)\,dx\right)=\exp\left(\int s x\,dx\right)=\exp\!\left(\frac{s x^2}{2}\right).
Multiplicando a EDO por \mu(x) obtemos
\frac{d}{dx}\!\big(\mu(x)W(x)\big)=\mu(x)\cdot x\frac{s+1}{s}.
Integramos de 0 a x:
\mu(x)W(x)-\mu(0)W(0,s)=\frac{s+1}{s}\int_{0}^{x}\xi\,\mu(\xi)\,d\xi.
Agora usamos a condição de contorno na transformada: W(0,s)=\mathcal{L}\{w(0,t)\}= \mathcal{L}\{1\}=1/s. E \mu(0)=1. Logo a constante é \mu(0)W(0,s)=1/s.
Calculamos a integral à direita. Substitua \mu(\xi)=e^{s\xi^2/2}:
\int_{0}^{x}\xi\,e^{s\xi^2/2}\,d\xi.
Fazemos a substituição u=\dfrac{s\xi^2}{2}, então du = s\xi\,d\xi, portanto \xi\,d\xi = du/s. Os limites vão de u=0 até u=\dfrac{s x^2}{2}. Assim
\int_{0}^{x}\xi\,e^{s\xi^2/2}\,d\xi = \frac{1}{s}\int_{0}^{\frac{s x^2}{2}} e^{u}\,du = \frac{1}{s}\big(e^{\frac{s x^2}{2}}-1\big).
Voltando à expressão para \mu W:
e^{\frac{s x^2}{2}}W(x,s)-\frac{1}{s}=\frac{s+1}{s}\cdot\frac{1}{s}\big(e^{\frac{s x^2}{2}}-1\big)=\frac{s+1}{s^2}\big(e^{\frac{s x^2}{2}}-1\big).
Isolando W(x,s):
W(x,s)=e^{-\frac{s x^2}{2}}\left(\frac{1}{s}+\frac{s+1}{s^2}\big(e^{\frac{s x^2}{2}}-1\big)\right).
Agora simplificamos: distribua e^{-\frac{s x^2}{2}}
W(x,s)=\frac{1}{s}e^{-\frac{s x^2}{2}}+\frac{s+1}{s^2}-\frac{s+1}{s^2}e^{-\frac{s x^2}{2}}.
Agrupando os termos com e^{-\frac{s x^2}{2}}:
W(x,s)=\frac{s+1}{s^2}-\left(\frac{s+1}{s^2}-\frac{1}{s}\right)e^{-\frac{s x^2}{2}}.
Calculando o coeficiente dentro do parêntese:
\frac{s+1}{s^2}-\frac{1}{s}=\frac{s+1-s}{s^2}=\frac{1}{s^2}.
Como aparece com sinal negativo, obtemos a forma final simples:
W(x,s)=\frac{s+1}{s^2}-\frac{1}{s^2}e^{-\frac{s x^2}{2}}=\frac{s+1-e^{-\frac{s x^2}{2}}}{s^2}.

Passo 4

Agora precisamos inverter a transformada de Laplace para obter w(x,t)=\mathcal{L}^{-1}\{W(x,s)\}.
Dividimos W em partes:
W(x,s)=\frac{s+1}{s^2}-\frac{1}{s^2}e^{-\frac{s x^2}{2}}.
Conhecemos transformadas padrão:
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}(t)=1.
  • \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^2}\right\}(t)=t.
Logo \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{s+1}{s^2}\right\} = \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s}+\dfrac{1}{s^2}\right\} = 1 + t.
Para a segunda parcela usamos o teorema do deslocamento no tempo (teorema de Heaviside): se \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então
\mathcal{L}\{f(t-a)H(t-a)\}=e^{-a s}F(s),
onde H é a função degrau unitário e a\ge 0. Aqui temos F(s)=1/s^2 cujo inverso é f(t)=t, e o fator exponencial é e^{-a s} com a=\dfrac{x^2}{2}. Portanto
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^2}e^{-\frac{s x^2}{2}}\right\} = (t-\tfrac{x^2}{2})\,H\!\left(t-\tfrac{x^2}{2}\right).
Levando em conta o sinal negativo, juntamos as partes:
w(x,t)=1+t - (t-\tfrac{x^2}{2})\,H\!\left(t-\tfrac{x^2}{2}\right).

Passo 5

Interpretando a expressão com o degrau, podemos escrever a solução de forma mais explícita e útil na prova, em forma de função por partes:
w(x,t)=\begin{cases} 1+t, & \text{se } 0\le t<\dfrac{x^2}{2},\\[6pt] 1+\dfrac{x^2}{2}, & \text{se } t\ge\dfrac{x^2}{2}. \end{cases}
Conferência rápida das condições:
  • Para t=0: w(x,0)=1+0=1 (ok).
  • Para x=0: se x=0 então \dfrac{x^2}{2}=0 e para t>0 a segunda linha dá 1+0=1; para t=0 também 1. Logo w(0,t)=1 (ok).
    Também é fácil ver que a solução é contínua em t=\dfrac{x^2}{2}: usando a primeira expressão em t\to (x^2/2)^- obtemos 1+\dfrac{x^2}{2}, igual à segunda expressão.]

Resposta

[w(x,t)=1+t-(t-\tfrac{x2}{2}),H!\big(t-\tfrac{x2}{2}\big))
(w(x,t)= \begin{cases} 1+t, & 0\le t<\dfrac{x^2}{2},\\[6pt] 1+\dfrac{x^2}{2}, & t\ge\dfrac{x^2}{2}. \end{cases}]]

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