Utilize transformada de Laplace para resolver a equação
u_{x x}=u_{t t} onde x>0 e t>0 sujeita às condições:
u(0, t)=u_{0}, \quad \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{u(x, t)}{x}=u_{1}, \quad u(x, 0)=u_{1} x, \quad u_{t}(x, 0)=0

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação de onda unidimensional
u_{x x}=u_{t t},
para x>0 e t>0, sujeita às condições de contorno e iniciais:
u(0,t)=u_{0},\qquad \lim_{x\to\infty}\frac{u(x,t)}{x}=u_{1},
u(x,0)=u_{1}x,\qquad u_{t}(x,0)=0.
Lista clara do que temos e do que se pede:
  • Dados: a condição de contorno em x=0 é u(0,t)=u_{0} (constante).
  • Dados: o comportamento para x\to\infty é \displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{u(x,t)}{x}=u_{1} (constante).
  • Dados: condições iniciais são u(x,0)=u_{1}x e u_{t}(x,0)=0.
  • Pedido: encontrar u(x,t) para x>0,\;t>0.
Obs.: aceitaremos o enunciado como consistente no domínio x>0,t>0 e usaremos transformada de Laplace em t para resolver.

Passo 2

Definição e propriedades úteis da transformada de Laplace (em t):
  • Definição: para cada x fixo, a transformada de u(x,t) em t é
U(x,s)=\mathcal{L}\{u(x,t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}u(x,t)\,dt.
  • Propriedade para segunda derivada temporal: se u(x,0) e u_{t}(x,0) são dados, então
\mathcal{L}\{u_{t t}(x,t)\}(s)=s^{2}U(x,s)-s\,u(x,0)-u_{t}(x,0).
Explicando: ao aplicar Laplace em u_{t t} integra-se por partes duas vezes; as condições iniciais aparecem como termos de contorno em t=0.
  • Observação prática: derivadas em x passam ao operador Laplace sobre t sem alteração de x: \mathcal{L}\{u_{x x}\}=U_{x x}.
Vamos usar essas propriedades para transformar a PDE em uma ODE em x.

Passo 3

Aplicando a transformada de Laplace em t à equação \,u_{x x}=u_{t t}\, obtemos, usando as propriedades acima,
U_{x x}(x,s)=s^{2}U(x,s)-s\,u(x,0)-u_{t}(x,0).
Substituindo as condições iniciais \,u(x,0)=u_{1}x e \,u_{t}(x,0)=0, isto fica
U_{x x}(x,s)-s^{2}U(x,s) = -s\,u_{1}x.
Portanto, para cada s fixo temos uma equação diferencial ordinária em x:
\boxed{U_{x x}-s^{2}U = -s u_{1}x.}

Passo 4

Resolvendo a ODE em x. Primeiro a homogênea:
U_{x x}-s^{2}U=0
tem soluções da forma
U_{h}(x,s)=A(s)e^{s x}+B(s)e^{-s x},
onde A(s) e B(s) são constantes (em x) que dependem de s.
Agora buscamos uma solução particular U_{p}(x,s) para o termo do lado direito -s u_{1}x. Como RHS é polinomial em x de grau 1, tentamos uma forma polinomial:
U_{p}(x,s)=a(s)\,x+b(s).
Calculamos U_{p,x x}=0. Substituindo na ODE:
0 - s^{2}(a x + b) = -s u_{1}x.
Igualando coeficientes em potências de x:
  • Coeficiente de x: -s^{2}a = -s u_{1} a=\dfrac{u_{1}}{s}.
  • Termo constante: -s^{2}b=0 b=0.
Logo a solução particular é
U_{p}(x,s)=\frac{u_{1}}{s}\,x.
A solução geral em x é soma da homogênea com a particular:
U(x,s)=A(s)e^{s x}+B(s)e^{-s x}+\frac{u_{1}}{s}\,x.

Passo 5

Determinar A(s) e B(s) usando as condições de contorno transformadas.
Condição em x=0: u(0,t)=u_{0} (constante). A transformada em t
U(0,s)=\frac{u_{0}}{s}.
Avalie U(x,s) em x=0:
U(0,s)=A(s)+B(s)+0=\frac{u_{0}}{s}.
Logo
A(s)+B(s)=\frac{u_{0}}{s}. \qquad(1)
Condição no infinito: \displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{u(x,t)}{x}=u_{1}. Em termos de transformada, para grandes x espera-se
U(x,s)\sim \frac{u_{1}}{s}\,x \quad\text{quando }x\to\infty,
pois transformar em t divide por s. Agora observe os termos exponenciais: e^{s x} cresce sem controle quando x\to\infty (para s>0, região de convergência da Laplace), o que não é compatível com o crescimento linear pedido. Logo devemos ter
A(s)=0,
caso contrário U(x,s) teria crescimento exponencial em x. Substituindo em (1) obtemos
B(s)=\frac{u_{0}}{s}.
Portanto
\boxed{U(x,s)=\frac{u_{0}}{s}e^{-s x}+\frac{u_{1}}{s}\,x.}
Comentário rápido sobre a lógica: A(s)=0 foi escolhido para garantir o comportamento linear em x pedido pela condição no infinito; B(s) permanece porque e^{-s x} decai quando x\to\infty e não altera o termo linear dominante.

Passo 6

Inversão da transformada de Laplace para obter u(x,t).
Temos duas parcelas em U(x,s):
U(x,s)=\frac{u_{0}}{s}e^{-s x}+\frac{u_{1}}{s}\,x.
  • A segunda parcela é simples: \mathcal{L}^{-1}\{\dfrac{1}{s}\}=1. Como \dfrac{u_{1}}{s}x é mera multiplicação por x (parâmetro), sua inversa é
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{u_{1}}{s}x\right\}=u_{1}x.
Isto reproduz a condição inicial espacial linear em x.
  • A primeira parcela usa o teorema do atraso (shift) para a transformada de Heaviside: para a>0,
\mathcal{L}\{H(t-a)\}=\frac{e^{-a s}}{s},
onde H é a função degrau unitário. Assim, inversamente,
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{e^{-s x}}{s}\right\}=H(t-x).
Multiplicando por u_{0} obtemos
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{u_{0}}{s}e^{-s x}\right\}=u_{0}\,H(t-x).
Somando as duas partes, a solução no domínio do tempo é
\boxed{u(x,t)=u_{1}x+u_{0}\,H(t-x).}
Explicando em palavras: a solução é a soma de uma rampa espacial u_{1}x (presente desde t=0) mais um degrau temporal que se propaga ao longo da característica t=x: para t<x esse degrau ainda não chegou, para t>x o valor em x sofre o acréscimo u_{0}.

Passo 7

Verificações rápidas (servem como técnica de prova e como checagem que eu faria na prova):
  • Condições iniciais:
    • Para t=0 e x>0, H(0-x)=H(-x)=0 (degrau nulo para argumento negativo), então u(x,0)=u_{1}x — ok.
    • u_{t}(x,t)=u_{0}\delta(t-x) (derivada do degrau). Em t=0 e x>0 isto vale zero, então u_{t}(x,0)=0 — ok.
  • Condição em x=0, t>0:
    • u(0,t)=u_{1}\cdot 0 + u_{0}H(t)=u_{0} (para t>0 adotamos H(t)=1) — ok.
  • Comportamento em x\to\infty:
    • \dfrac{u(x,t)}{x}=\dfrac{u_{1}x+u_{0}H(t-x)}{x}=u_{1}+\dfrac{u_{0}H(t-x)}{x}\to u_{1} — ok.
  • Satisfaz a equação u_{x x}=u_{t t} em sentido de distribuições (computando as derivadas que envolvem \delta e \delta', vê-se que os termos se igualam, como pode ser verificado derivando H(t-x) em t e em x).

Resposta

u(x,t)=u_{1}x+u_{0}\,H(t-x)

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