Determine a solução u ( x , t ) do problema

u x x x , t - u t t x , t = u x ∈ 0 , π , t ∈ 0 , ∞ u 0 , t = u π , t = 0 t ∈ 0 , ∞ u x , 0 = f x x ∈ 0 , π u t x , 0 = 0 x ∈ 0 , π  

Onde

f x = { x   s e   0 ≤ x ≤ π 2 π - x   s e π 2 < x ≤ π

Passo 1

Para resolver essa EDP vamos ter que usar o método da separação de variáveis

u = X x T ( t )

Substituindo na equação teremos

X ' ' ( x ) T t - X x T ' ' ( t ) = X ( x ) T ( t ) ⇔ X ' ' x X x = T ' ' t + T ( t ) T t

Como na igualdade acima o lado esquerdo não depende de t e o lado direito não depende de x , ambos deverão ser constantes e iguais a uma constante real λ .

X ' ' x X x = T ' ' t + T ( t ) T t = λ

Disso obtemos as duas EDOs

X ' ' x = λ X x ,     T ' ' t = ( λ - 1 ) T ( t )

Passo 2

Vamos analisar as condições de contorno

u 0 , t = X 0 T t = 0

u π , t = X π T t = 0

Como essas igualdades devem valer para todo t no nosso intervalo.

X 0 = X π = 0

Isso nos dá um PVC com a EDO de 2ª ordem em x que encontramos no passo anterior.

Passo 3

Como temos um problema de autovalor, vamos escrever a nossa equação característica.

X ' ' x - λ X x = 0 X 0 = X π = 0

r 2 - λ = 0

Caso Δ > 0 ,   λ > 0

Nesse caso teremos como raízes r 1 = λ e r 2 = - λ e teremos como solução uma função do seguinte tipo

X x = c 1 e r 1 x + c 2 e r 2 x

Que nó nosso caso vai ficar.

X x = c 1 e λ x + c 2 e - λ x

Vamos usar as condições iniciais

X 0 = c 1 + c 2 = 0

c 1 = - c 2

X π = c 1 e λ π - e - λ π = 0

Como não existe λ > 0 que faça e λ π - e - λ π = 0 teremos.

c 1 = - c 2 = 0

Logo nesse caso só teremos soluções triviais.

Passo 4

Caso Δ = 0 ,   λ = 0

Nesse caso teremos como raiz dupla r = 0 e teremos como solução uma função do seguinte tipo

X ( x ) = ( c 1 + c 2 x ) e r x

Que no nosso caso vai ficar

X x = c 1 + c 2 x

Usando as condições iniciais

X 0 = c 1 = 0

X π = c 2 π = 0

c 1 = c 2 = 0

Esse caso também só tem soluções triviais

Passo 5

Caso Δ < 0 ,   λ < 0

Nesse caso teremos como raízes r = ± i | λ | e teremos como solução a seguinte função.

x x = c 1 cos ⁡ | λ | x + c 2 sen ⁡ | λ | x

Usando as condições iniciais

X 0 = c 1 = 0

X π = c 2 sen ⁡ | λ | π = 0

Como queremos soluções não triviais temos que.

π λ = n π             n = 1,2 , 3 …

λ n = - n 2 ,     n = 1,2 , 3 , …

Assim as nossas autofunções serão

X n x = sen ⁡ n x

Passo 6

Agora temos que trabalhar na nossa função de t . Vamos usar a última condição inicial.

u t x , 0 = X x T ' 0 = 0

Como X ( x ) ≠ 0 , teremos T ' 0 = 0 e a nossa EDO substituindo λ n será.

T ' ' ( t ) = λ - 1 T t T ' ( 0 ) = 0

Resolvendo a EDO nós vamos ter

T t = c 1 cos ⁡ n 2 + 1 t + c 2 sin ⁡ n 2 + 1 t

Derivando essa função teremos.

T ' t = - c 1 n 2 + 1 sin ⁡ n 2 + 1 t + c 2 n 2 + 1 cos ⁡ n 2 + 1 t

T ' 0 = c 2 n 2 + 1 = 0

c 2 = 0

Logo a nossa função T n ( t ) será

T n t = cos ⁡ n 2 + 1 t

Sendo assim a nossa função u n vai ficar

u n x , t = sen ⁡ n x [ cos ⁡ n 2 + 1 t ]

Passo 7

Como a EDP é linear e homogênea nós podemos usar o princípio da superposição e com isso.

u = ∑ n = 1 ∞ c n sen ⁡ n x cos ⁡ n 2 + 1 t

Usando a condição inicial que faltava nós temos

u x , 0 = ∑ n = 1 ∞ c n sen ⁡ n x = f x

∑ n = 1 ∞ c n sen ⁡ n x = f x  

Lembrando das fórmulas para série de Fourier de senos.

c n = 2 L ∫ 0 L f x sen ⁡ n π x L d x

No nosso caso teremos

c n = 2 π ∫ 0 π f x sen ⁡ n x d x = 2 π ∫ 0 π 2 x sen ⁡ n x d x + ∫ π 2 π π - x sen ⁡ n x d x

Resolvendo as integrais teremos:

2 π ∫ 0 π 2 x sen ⁡ n x d x + ∫ π 2 π π - x sen ⁡ n x d x

= 2 π ∫ 0 π 2 x sen ⁡ n x d x + ∫ π 2 π π sen ⁡ n x d x - ∫ π 2 π x sen ⁡ n x d x

∫ 0 π 2 x sen ⁡ n x d x = u v - ∫ v d u

Em que:

u = x

d u = d x

d v = sen ⁡ n x d x

v = - cos ⁡ n x n

Substituindo:

∫ 0 π 2 x sen ⁡ n x d x = - x cos ⁡ n x n 0 π 2 + ∫ 0 π 2 cos ⁡ n x n d x

∫ 0 π 2 x sen ⁡ n x d x = - π cos ⁡ n π 2 2 n + sin ⁡ n x n 2 0 π 2

∫ 0 π 2 x sen ⁡ n x d x = - π cos ⁡ n π 2 2 n + sin ⁡ n π 2 n 2

∫ π 2 π π sen ⁡ n x d x = - π n cos ⁡ n x π 2 π

∫ π 2 π π sen ⁡ n x d x = - π n cos ⁡ n π - cos ⁡ n π 2

∫ π 2 π x sen ⁡ n x d x = - x cos ⁡ n x n π 2 π + sin ⁡ n x n 2 π 2 π

∫ π 2 π x sen ⁡ n x d x = - 1 π cos ⁡ n π n - π cos ⁡ n π 2 2 n + sin ⁡ n π n 2 - sin ⁡ n π 2 n 2

∫ π 2 π x sen ⁡ n x d x = - π cos ⁡ n π n + π cos ⁡ n π 2 2 n - sin ⁡ n π 2 n 2

Substituindo tudo chegamos a:

c n = 2 π sen ⁡ π n 2 - n π 2 cos ⁡ π n 2 n 2 + 2 sen ⁡ π n 2 - 2 sen ⁡ π n + π n cos ⁡ π n 2 2 n 2

c n = 2 π 2 sen ⁡ π n 2 - sen ⁡ π n n 2

Como sen ⁡ ( π n ) = 0 para todo n ≥ 1

c n = 4 sen ⁡ π n 2 π n 2

Então a nossa solução vai ficar

u x , t = ∑ n = 1 ∞ 4 sen ⁡ π n 2 π n 2 sen ⁡ n x cos ⁡ n 2 + 1 t

Resposta

u x , t = ∑ n = 1 ∞ 4 sen ⁡ π n 2 π n 2 sen ⁡ n x cos ⁡ n 2 + 1 t

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