Suponha que g é diferenciável em 0, L com g(0)=g(L)=0, e f é duas vezes diferenciável em 0, L com f(0)=f(L)=0 e f_{+}^{\prime \prime}(0)=f_{-}^{\prime \prime}(L)=0. Assuma que h_{g} é diferenciável e h_{f} é duas vezes diferenciável. Prove que
u(x, t)=\frac{1}{2}\left[h_{f}(x+a t)+h_{f}(x-a t)\right]+\frac{1}{2 a} \int_{x-a t}^{x+a t} h_{g}(y) d y
satisfaz
(a) a equação da onda
u_{t t}=a^{2} u_{x x}
(b) as condições de contorno
u(0, t)=0, u(L, t)=0, t>0
(c) as condições de valores iniciais
u(x, 0)=f(x), u_{t}(x, 0)=g(x), 0 \leq x \leq L

Passo 1

O enunciado nos dá as seguintes informações (todas as fórmulas e condições abaixo foram retiradas do enunciado):
  • g é diferenciável em [0,L] com g(0)=g(L)=0.
  • f é duas vezes diferenciável em [0,L] com f(0)=f(L)=0 e f_{+}^{\prime\prime}(0)=f_{-}^{\prime\prime}(L)=0.
  • h_{g} é diferenciável e h_{f} é duas vezes diferenciável (isto é, h_{g}\in C^{1}(\mathbb{R}) e h_{f}\in C^{2}(\mathbb{R})), e h_{f},h_{g} coincidem com f,g em [0,L] (são as extensões usadas para o problema).
  • A função candidata solução é
u(x,t)=\frac{1}{2}\bigl[h_{f}(x+at)+h_{f}(x-at)\bigr]+\frac{1}{2a}\int_{\,x-at}^{\,x+at} h_{g}(y)\,dy .
O que se pede provar:
(a) que u satisfaz a equação da onda \;u_{tt}=a^{2}u_{xx};\newline
(b) que u(0,t)=0 e u(L,t)=0 para t>0;\newline
(c) que u(x,0)=f(x) e u_{t}(x,0)=g(x) para 0\le x\le L.
Observação sobre as extensões h_{f},h_{g}: implicitamente estamos usando as extensões padrões que resolvem o problema com contorno nulo (tipicamente extensões 2L-periódicas com sinal alternado — isto é, extensões ímpares em torno de x=0 e compatíveis com período 2L). Essas propriedades, juntamente com as hipóteses de diferenciabilidade e as condições de compatibilidade em 0 e L, garantem que h_{f} é C^{2} e h_{g} é C^{1} em \mathbb{R} e que as simetrias necessárias (oddness / periodicidade) valem; usarei essas propriedades ao mostrar (b).

Passo 2

Plano de ataque (o que vou calcular e por quê):
  • Para (a) vou calcular u_{t} e u_{tt} usando a regra da cadeia e a regra de Leibniz para derivação de integrais com limites dependentes de t; depois calculo u_{x} e u_{xx} e comparo u_{tt} com a^{2}u_{xx}.
  • Para (b) vou avaliar u(0,t) e u(L,t) usando as propriedades simétricas de h_{f} e h_{g} (oddness combinada com 2L-periodicidade) para mostrar que cada termo se anula.
  • Para (c) vou avaliar u(x,0) e u_{t}(x,0) diretamente nas fórmulas e usar que h_{f}|_{[0,L]}=f e h_{g}|_{[0,L]}=g.
Antes de derivar: justificativa de troca de derivada e integral — como h_{g} é differentiable, a regra de Leibniz vale e as derivadas sob o sinal de integral com limites dependentes existem e são dadas pelas fórmulas padrão.

Passo 3

Cálculo de u_{t}.
Usando a regra da cadeia e a regra de Leibniz (derivada em relação a t de \int_{x-at}^{x+at} h_{g}(y)\,dy):
\begin{aligned} u_{t}(x,t) &=\frac{1}{2}\bigl[a\,h_{f}'(x+at)-a\,h_{f}'(x-at)\bigr] +\frac{1}{2a}\Bigl[\,(x+at)'\,h_{g}(x+at)- (x-at)'\,h_{g}(x-at)\Bigr] \\\ &=\frac{a}{2}\bigl[h_{f}'(x+at)-h_{f}'(x-at)\bigr] +\frac{1}{2a}\bigl[a\,h_{g}(x+at)+a\,h_{g}(x-at)\bigr] \\\ &=\frac{a}{2}\bigl[h_{f}'(x+at)-h_{f}'(x-at)\bigr] +\frac{1}{2}\bigl[h_{g}(x+at)+h_{g}(x-at)\bigr]. \end{aligned}
Aqui usei que \dfrac{d}{dt}\int_{\alpha(t)}^{\beta(t)}h_{g}(y)\,dy=\beta'(t)h_{g}(\beta(t))-\alpha'(t)h_{g}(\alpha(t)), com \beta(t)=x+at,\\ \alpha(t)=x-at.

Passo 4

Cálculo de u_{tt}.
Derivo a expressão obtida para u_{t} em t, aplicando novamente regra da cadeia:
\begin{aligned} u_{tt}(x,t) &=\frac{a}{2}\bigl[a\,h_{f}''(x+at)+a\,h_{f}''(x-at)\bigr] +\frac{1}{2}\bigl[a\,h_{g}'(x+at)-a\,h_{g}'(x-at)\bigr] \\\ &=\frac{a^{2}}{2}\bigl[h_{f}''(x+at)+h_{f}''(x-at)\bigr] +\frac{a}{2}\bigl[h_{g}'(x+at)-h_{g}'(x-at)\bigr]. \end{aligned}
Na derivação usei d/dt\,h_{f}'(x\pm at)=\pm a\,h_{f}''(x\pm at) e d/dt\,h_{g}(x\pm at)=\pm a\,h_{g}'(x\pm at).

Passo 5

Cálculo de u_{x}.
Derivo u em relação a x; novamente regra da cadeia e regra de Leibniz para limites que dependem de x:
\begin{aligned} u_{x}(x,t) &=\frac{1}{2}\bigl[h_{f}'(x+at)+h_{f}'(x-at)\bigr] +\frac{1}{2a}\Bigl[h_{g}(x+at)-h_{g}(x-at)\Bigr]. \end{aligned}
Explicando: derivada do integral em relação a x é h_{g}(x+at)\cdot 1 - h_{g}(x-at)\cdot 1, porque os limites são x\pm at.

Passo 6

Cálculo de u_{xx}.
Derivando u_{x} em x:
\begin{aligned} u_{xx}(x,t) &=\frac{1}{2}\bigl[h_{f}''(x+at)+h_{f}''(x-at)\bigr] +\frac{1}{2a}\bigl[h_{g}'(x+at)-h_{g}'(x-at)\bigr]. \end{aligned}

Passo 7

Comparação para concluir (a).
Multiplicando u_{xx} por a^{2} obtemos
\begin{aligned} a^{2}u_{xx}(x,t) &=\frac{a^{2}}{2}\bigl[h_{f}''(x+at)+h_{f}''(x-at)\bigr] +\frac{a}{2}\bigl[h_{g}'(x+at)-h_{g}'(x-at)\bigr]. \end{aligned}
Comparando com a expressão obtida em \,u_{tt}(x,t) (ver

Passo 8

u_{tt}(x,t)=a^{2}u_{xx}(x,t),
para todos x,t onde as derivadas existem. Assim a parte (a) está provada.

Passo 9

Provar u(0,t)=0 (parte de (b)).
Avalio u em x=0:
u(0,t)=\frac{1}{2}\bigl[h_{f}(at)+h_{f}(-at)\bigr]+\frac{1}{2a}\int_{-at}^{at} h_{g}(y)\,dy.
Agora uso a propriedade das extensões h_{f} e h_{g}: são ímpares (odd) em torno de 0, isto é
h_{f}(-s)=-h_{f}(s),\qquad h_{g}(-s)=-h_{g}(s)\quad\text{para todo }s.
Com isso h_{f}(at)+h_{f}(-at)=0. Além disso a função y\mapsto h_{g}(y) é ímpar, logo a integral de -at a at de uma função ímpar é zero:
\int_{-at}^{at} h_{g}(y)\,dy=0.
Portanto u(0,t)=0 para todo t>0.

Passo 10

Provar u(L,t)=0 (outra parte de (b)).
Avalio u em x=L:
u(L,t)=\frac{1}{2}\bigl[h_{f}(L+at)+h_{f}(L-at)\bigr]+\frac{1}{2a}\int_{L-at}^{L+at} h_{g}(y)\,dy.
Agora uso duas propriedades das extensões h_{f},h_{g}: são 2L-periódicas e ímpares em torno de 0. Combinando periodicidade e oddness obtem-se a identidade
h(L+s)= -\,h(L-s)\quad\text{para todo }s,
válida para h=h_{f} e h=h_{g} (isto decorre de h(L+s)=h(L+s-2L)=h(-L+s) e de h ser ímpar). Assim
h_{f}(L+at)=-h_{f}(L-at),
o que implica h_{f}(L+at)+h_{f}(L-at)=0. Para a integral fazemos a mudança de variável y=L+z, obtendo
\int_{L-at}^{L+at} h_{g}(y)\,dy=\int_{-at}^{at} h_{g}(L+z)\,dz.
Mas h_{g}(L+z)=-h_{g}(L-z), logo a função z\mapsto h_{g}(L+z) é ímpar em z e a integral de -at a at é zero. Portanto \int_{L-at}^{L+at} h_{g}(y)\,dy=0. Assim u(L,t)=0 para todo t>0.
Portanto as condições de contorno de Dirichlet são satisfeitas.

Passo 11

Condições iniciais — provar (c).
Avalio u(x,0) diretamente na expressão de u:
u(x,0)=\frac{1}{2}\bigl[h_{f}(x)+h_{f}(x)\bigr]+\frac{1}{2a}\int_{x}^{x} h_{g}(y)\,dy = h_{f}(x).
Como h_{f} coincide com f em [0,L], segue que
u(x,0)=f(x),\qquad 0\le x\le L.
Avalio u_{t}(x,t) em t=0 usando a fórmula obtida em

Passo 12

u_{t}(x,0)=\frac{a}{2}\bigl[h_{f}'(x)-h_{f}'(x)\bigr]+\frac{1}{2}\bigl[h_{g}(x)+h_{g}(x)\bigr]=h_{g}(x).
Como h_{g} coincide com g em [0,L], segue que
u_{t}(x,0)=g(x),\qquad 0\le x\le L.
Assim as condições iniciais estão satisfeitas.

Resposta

(a) u_{tt}=a^{2}u_{xx}.
(b) u(0,t)=0,\\ u(L,t)=0 para t>0.
(c) u(x,0)=f(x),\\ u_{t}(x,0)=g(x) para 0\le x\le L.

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