(Valor 20) O deslocamento de uma corda elástica semi-infinita é determinado por:
\begin{gathered} u_{x x}=u_{t t} \\\ x>0 \\\ t>0 \end{gathered}
Sujeito às condições:
u(0, t)=0, \quad \lim _{x \rightarrow \infty} u(x, t)=0, \quad u(x, 0)=e^{-x}, \quad u_{t}(x, 0)=0
Determine o deslocamento u(x, t) usando transformada de Laplace.

Passo 1

O enunciado fornece o problema de valor inicial e contorno:
\begin{gathered} u_{x x}=u_{t t},\qquad x>0,\; t>0,\\\ u(0,t)=0,\qquad \lim_{x\to\infty}u(x,t)=0,\\\ u(x,0)=e^{-x},\qquad u_t(x,0)=0.
A pergunta é: determinar o deslocamento u(x,t) para x>0,\;t>0. Todas as informações acima são relevantes e serão usadas na resolução.

Passo 2

Vamos aplicar a transformada de Laplace em t à equação. Primeiro, defino a transformada de Laplace (no tempo) da função u:
U(x,s)=\mathcal{L}\{u(x,t)\}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-s t}u(x,t)\,dt,
válida para \operatorname{Re}s suficientemente grande. Propriedades que usarei:
  • Linearidade: \mathcal{L}\{a f+b g\}=a\mathcal{L}\{f\}+b\mathcal{L}\{g\}.
  • Derivada no tempo: \mathcal{L}\{u_t\}=sU(x,s)-u(x,0) e \mathcal{L}\{u_{tt}\}=s^2U(x,s)-s\,u(x,0)-u_t(x,0).
Aplicando \mathcal{L} à equação u_{x x}=u_{t t} (tratando x como parâmetro) obtemos:
\mathcal{L}\{u_{x x}\}=\mathcal{L}\{u_{t t}\}
ou seja
U_{x x}(x,s)=s^2U(x,s)-s\,u(x,0)-u_t(x,0).
Usando as condições iniciais u(x,0)=e^{-x} e u_t(x,0)=0, a equação transformada fica
U_{x x}(x,s)-s^2U(x,s)=-s e^{-x}.

Passo 3

Agora resolvo a equação ordinária em x:
U_{x x}-s^2U=-s e^{-x}.
Primeiro resolvo a homogênea U_{x x}-s^2U=0. A equação característica é r^2-s^2=0, com raízes r=\pm s. Logo a solução geral da homogênea é
U_h(x,s)=A(s)e^{s x}+B(s)e^{-s x},
onde A e B dependem de s.
Em seguida procuro uma solução particular. O termo forçante é proporcional a e^{-x}, então tento
U_p(x,s)=C(s)e^{-x}.
Calculando U_{p,xx}=C(s)e^{-x}. Substituindo em U_{x x}-s^2U=-s e^{-x} obtenho
C(s)e^{-x}-s^2C(s)e^{-x}=-s e^{-x}.
Cancelando e^{-x} (que nunca é zero) dá
C(s)(1-s^2)=-s\quad\Rightarrow\quad C(s)=\frac{s}{s^2-1}.
Portanto a solução geral é
U(x,s)=A(s)e^{s x}+B(s)e^{-s x}+\frac{s}{s^2-1}e^{-x}.

Passo 4

Imponho as condições de contorno em x. A condição \lim_{x\to\infty}u(x,t)=0 implica, ao transformar, \lim_{x\to\infty}U(x,s)=0 para \operatorname{Re}s positivo. Como e^{s x} cresce exponencialmente para x\to\infty quando \operatorname{Re}s>0, devemos ter A(s)=0. Assim
U(x,s)=B(s)e^{-s x}+\frac{s}{s^2-1}e^{-x}.
A condição de contorno u(0,t)=0 implica U(0,s)=0. Calculando U(0,s):
U(0,s)=B(s)+\frac{s}{s^2-1}=0\quad\Rightarrow\quad B(s)=-\frac{s}{s^2-1}.
Logo
U(x,s)=-\frac{s}{s^2-1}e^{-s x}+\frac{s}{s^2-1}e^{-x}=\frac{s}{s^2-1}\bigl(e^{-x}-e^{-s x}\bigr).

Passo 5

Agora preciso inverter a transformada de Laplace em s para obter u(x,t). Escrevo
U(x,s)=\frac{s}{s^2-1}e^{-x}-\frac{s}{s^2-1}e^{-s x}.
Trato x como parâmetro. Note que e^{-x} não depende de s, enquanto e^{-s x} é do tipo e^{-a s} com a=x e gera um deslocamento temporal (teorema do atraso/teorema de translação em t). Defino a função auxiliar
F(s)=\frac{s}{s^2-1}.
Se f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}, então
\mathcal{L}^{-1}\{F(s)e^{-x}\}=e^{-x}f(t), \qquad \mathcal{L}^{-1}\{F(s)e^{-s x}\}=f(t-x)H(t-x),
onde H é a função de Heaviside e f(t-x)H(t-x) representa o deslocamento de f por x (zero para t<x).
Calculo f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}. Faço frações parciais em F(s):
\frac{s}{s^2-1}=\frac{s}{(s-1)(s+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-1}+\frac{1}{s+1}\right).
Inverso de Laplace conhecido:
\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-1}\right\}=e^{t},\qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+1}\right\}=e^{-t}.
Portanto
f(t)=\frac{1}{2}\bigl(e^{t}+e^{-t}\bigr)=\operatorname{cosh} t.

Passo 6

Usando os resultados do passo anterior,
u(x,t)=e^{-x}\operatorname{cosh} t-\operatorname{cosh}(t-x)\,H(t-x).
Podemos escrever de forma equivalente e mais explícita em duas regiões de t:
  • Para 0\le t<x: H(t-x)=0, logo u(x,t)=e^{-x}\operatorname{cosh} t.
  • Para t\ge x: H(t-x)=1, logo u(x,t)=e^{-x}\operatorname{cosh} t-\operatorname{cosh}(t-x).
Verificações rápidas (consistência): em t=0 e x>0 tem-se u(x,0)=e^{-x}\cdot1-0=e^{-x} e u_t(x,0)=e^{-x}\sinh0-0=0, OK. Em x=0 tem u(0,t)=\operatorname{cosh} t-\operatorname{cosh} t=0, OK. A condição no infinito também é satisfeita.

Resposta

u(x,t)=e^{-x}\operatorname{cosh} t-\operatorname{cosh}(t-x)\,H(t-x)

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