(Valor 30) Utilize o método de separação de variáveis para obter a solução em forma de produto para a equação de derivadas parciais:
x^{2} u_{x x}=u_{t}

Passo 1

O enunciado dá a equação de derivadas parciais
x^{2}u_{x x}=u_{t},
onde u=u(x,t) é a função desconhecida de duas variáveis x e t.
O que se pede: obter soluções em forma de produto (isto é, soluções do tipo u(x,t)=X(x)\,T(t)) usando o método de separação de variáveis.
Informações úteis fornecidas: a equação é linear e homogênea em u e envolve a derivada segunda em x e derivada primeira em t.

Passo 2

Proponho a forma separada (ansatz)
u(x,t)=X(x)\,T(t),
onde X depende só de x e T depende só de t. Explico por quê: substituir essa forma na PDE transforma a equação numa expressão que depende de x e t separadamente; como o lado esquerdo dependerá só de x e o direito só de t, para que a igualdade valha para todos x,t cada lado deve ser igual a uma constante (separação de variáveis). Agora vamos realizar a substituição.

Passo 3

Calcular as derivadas necessárias para substituir na PDE:
u_{x x}=X''(x)\,T(t),\qquad u_{t}=X(x)\,T'(t).
Substituindo em \,x^{2}u_{x x}=u_{t}\,
x^{2}X''(x)\,T(t)=X(x)\,T'(t).
Dividindo ambos os lados por X(x)T(t) (assumindo X e T não identicamente nulos) obtemos
\frac{T'(t)}{T(t)}=\frac{x^{2}X''(x)}{X(x)}.
O lado esquerdo depende só de t e o lado direito só de x; portanto ambos devem ser iguais a uma constante que chamo de \lambda. Assim introduzimos a constante de separação \lambda\in\mathbb{C} e obtemos duas equações ordinárias:

Passo 4

As equações separadas são
T'(t)=\lambda\,T(t)
e
x^{2}X''(x)=\lambda\,X(x).
Vou resolver cada uma. A equação para T é uma ODE linear de primeira ordem com solução bem conhecida: integrar separando as variáveis ou reconhecer exponencial. A solução geral é
T(t)=C_{T}\,e^{\lambda t},
onde C_{T} é uma constante arbitrária.

Passo 5

Agora a equação espacial:
x^{2}X''(x)=\lambda\,X(x),
que pode ser reescrita como
X''(x)-\frac{\lambda}{x^{2}}X(x)=0.
Para esta equação é muito natural tentar uma solução de potência do tipo X(x)=x^{r} (isto porque as potências transformam bem derivadas quando aparecem coeficientes em potências de x). Calculo X'' quando X=x^{r}:
X'(x)=r x^{r-1},\qquad X''(x)=r(r-1)x^{r-2}.
Substituindo em x^{2}X''=\lambda X obtém-se
x^{2}\cdot r(r-1)x^{r-2}=\lambda x^{r}\quad\Longrightarrow\quad r(r-1)=\lambda.
Portanto o expoente r deve satisfazer a equação quadrática característica
r^{2}-r-\lambda=0.

Passo 6

Resolvo a quadrática para obter as raízes
r=\frac{1\pm\sqrt{1+4\lambda}}{2}.
Denoto D=1+4\lambda o discriminante. Dependendo de D (positivo, zero ou negativo) as soluções para X têm formas ligeiramente diferentes. Primeiro, se D\neq 0 e as duas raízes r_{1} e r_{2} são distintas (reais ou complexas), a solução geral real (quando possível) para X é combinação linear das potências correspondentes:
X(x)=A\,x^{r_{1}}+B\,x^{r_{2}},
com constantes A,B. Logo a solução produto correspondente é
u(x,t)=e^{\lambda t}\bigl(A\,x^{r_{1}}+B\,x^{r_{2}}\bigr),
onde r_{1} e r_{2} são as raízes acima e A,B e a constante multiplicativa de T foram absorvidas em A,B.

Passo 7

Caso especial: raiz dupla. Se D=0, ou seja 1+4\lambda=0 ou \lambda=-\tfrac{1}{4}, as raízes coincidem em
r=\frac{1}{2}.
Para uma raiz dupla de uma ODE linear de segunda ordem, a segunda solução independente obtém-se por redução de ordem e tem fator \ln x. Assim a solução geral para X é
X(x)=x^{1/2}\bigl(C_{1}+C_{2}\ln x\bigr).
Combinando com T(t)=e^{\lambda t}=e^{-t/4} obtemos as soluções produto correspondentes:
u(x,t)=e^{-t/4}\,x^{1/2}\bigl(C_{1}+C_{2}\ln x\bigr).

Passo 8

Caso D<0 (isto é, \lambda<-\tfrac{1}{4}): as raízes são complexas conjugadas
r=\frac{1}{2}\pm i\mu,\qquad \mu=\frac{\sqrt{-D}}{2}=\frac{\sqrt{-(1+4\lambda)}}{2}.
Nesse caso x^{r}=x^{1/2}e^{\pm i\mu\ln x} e as combinações reais formam uma base de soluções reais:
X(x)=x^{1/2}\bigl(C_{1}\cos(\mu\ln x)+C_{2}\sin(\mu\ln x)\bigr).
Portanto as soluções produto reais ficam
u(x,t)=e^{\lambda t}\,x^{1/2}\bigl(C_{1}\cos(\mu\ln x)+C_{2}\sin(\mu\ln x)\bigr),
onde \mu é dado acima.

Passo 9

Resumo e observações finais (rápida): para cada escolha de constante de separação \lambda obtém-se uma família de soluções produto u(x,t)=X(x)T(t) descrita nos casos acima. Como a PDE é linear e homogênea, combinações lineares (superposição) dessas soluções também são soluções, então a solução geral (sujeita a condições de contorno/iniciais apropriadas) pode ser construída por combinação linear adequada dessas soluções separáveis.

Resposta

Para \lambda arbitrária com D=1+4\lambda\neq 0:
u(x,t)=e^{\lambda t}\bigl(A\,x^{\frac{1+\sqrt{1+4\lambda}}{2}}+B\,x^{\frac{1-\sqrt{1+4\lambda}}{2}}\bigr).
Para \lambda=-\tfrac{1}{4} (raiz dupla):
u(x,t)=e^{-t/4}\,x^{1/2}\bigl(C_{1}+C_{2}\ln x\bigr).
Para \lambda<-\tfrac{1}{4} (raízes complexas, \mu=\tfrac{\sqrt{-(1+4\lambda)}}{2}):
u(x,t)=e^{\lambda t}\,x^{1/2}\bigl(C_{1}\cos(\mu\ln x)+C_{2}\sin(\mu\ln x)\bigr).

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