Exercício 3. Considere a equação da onda \operatorname{com} c=1
\begin{array}{r} \frac{\partial^{2} y}{\partial t^{2}}=\frac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}}, \quad t>0, x \in \mathbb{R} \\\ y(0, x)=f(x) \\\ \frac{\partial y}{\partial t}(0, x)=g(x) \end{array}
e utilize a Transformada de Fourier para encontrar a solução geral desta equação. Em seguida, encontre as soluções específicas quando
c. f(x)=e^{-3|x|}, g(x)=e^{-x^{2}}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (sem resolver nada ainda).
  • Equação da onda com c=1:
\frac{\partial^{2} y}{\partial t^{2}}=\frac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}},\quad t>0,\\ x\in\mathbb{R}.
  • Condições iniciais:
y(0,x)=f(x), \qquad \frac{\partial y}{\partial t}(0,x)=g(x).
  • O enunciado pede:
    1. Usar a transformada de Fourier para encontrar a solução geral desta equação (solução em termos de f e g).
    2. Em seguida, determinar a solução específica para o caso f(x)=e^{-3|x|} e g(x)=e^{-x^{2}}.

Passo 2

Definimos a transformada de Fourier no espaço e a transformada inversa (convenção usada — expliquei porque é importante):
\hat{h}(k)=\int_{-\infty}^{\infty} h(x)e^{-ikx}\,dx, \qquad h(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \hat{h}(k)e^{ikx}\,dk.
Aqui x é a variável espacial, k é a frequência espacial (número de onda). A ideia é transformar a PDE em x numa ODE em t para cada k.
Aplique a transformada de Fourier em x à função y(t,x) (para cada tempo t fixo):
\hat{y}(t,k)=\int_{-\infty}^{\infty} y(t,x)e^{-ikx}\,dx.
Propriedade importante (derivadas espaciais): a transformada de \partial_{x}^{2}y(t,x) é multiplicação por -(k^{2}):
\mathcal{F}\{\partial_{x}^{2}y\}(t,k)=-(k^{2})\hat{y}(t,k).
Também \mathcal{F}\{\partial_{t}^{2}y\}(t,k)=\partial_{t}^{2}\hat{y}(t,k) (a transformada é só em x, então derivada em t passa para fora).
Aplicando a transformada à PDE obtemos a ODE em t:
\partial_{t}^{2}\hat{y}(t,k)=-(k^{2})\hat{y}(t,k).

Passo 3

Agora resolvemos a ODE para cada k. A equação é a clássica equação harmónica:
\partial_{t}^{2}\hat{y}(t,k)+k^{2}\hat{y}(t,k)=0.
Solução geral (para cada k):
\hat{y}(t,k)=A(k)\cos(kt)+B(k)\sin(kt),
onde A(k) e B(k) são determinadas pelas condições iniciais transformadas.
Transforme as condições iniciais:
  • Para t=0:
\hat{y}(0,k)=\hat{f}(k)=A(k)\cos 0 + B(k)\sin 0 = A(k).
Logo
A(k)=\hat{f}(k).
  • Derivando em t e avaliando em t=0:
\partial_{t}\hat{y}(t,k)\big|_{t=0}= \hat{g}(k)= -A(k)k\sin 0 + B(k)k\cos 0 = k B(k).
Logo (para k\neq 0)
B(k)=\frac{\hat{g}(k)}{k}.
Observação técnica: em k=0 tratamos o limite B(0)=\lim_{k\to 0}\hat{g}(k)/k, que existe se g for suficientemente regular; em prática, para g integrável, o resultado final é bem definido (padrão: assumir f,g tais que tudo seja válido).
Portanto
\hat{y}(t,k)=\hat{f}(k)\cos(kt)+\frac{\hat{g}(k)}{k}\sin(kt).

Passo 4

Voltamos ao espaço físico usando a transformada inversa. Aplicando a inversa:
y(t,x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(k)\cos(kt)\,e^{ikx}\,dk +\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\hat{g}(k)}{k}\sin(kt)\,e^{ikx}\,dk.
Agora vou mostrar, passo a passo, como transformar cada integral numa forma mais explícita (a famosa fórmula de d’Alembert).
Primeiro termo: use \cos(kt)=\frac{e^{ikt}+e^{-ikt}}{2}. Então
\hat{f}(k)\cos(kt)e^{ikx} =\frac{1}{2}\hat{f}(k)\big(e^{ik(x+t)}+e^{ik(x-t)}\big).
Integrando em k e usando a transformada inversa \frac{1}{2\pi}\int \hat{f}(k)e^{ik\cdot}dk = f(\cdot) obtemos
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\hat{f}(k)\cos(kt)e^{ikx}\,dk =\frac{1}{2}\big(f(x+t)+f(x-t)\big).
Explicação curta: uma integral do tipo \frac{1}{2\pi}\int \hat{f}(k)e^{ik(x\pm t)}dk é exatamente f(x\pm t).

Passo 5

Segundo termo: precisamos simplificar
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\hat{g}(k)}{k}\sin(kt)e^{ikx}\,dk.
Usamos a identidade (útil e fácil de verificar por integração de exponenciais):
\int_{-t}^{t} e^{iku}\,du = \frac{e^{ikt}-e^{-ikt}}{ik}=2\frac{\sin(kt)}{k}.
Logo
\frac{\sin(kt)}{k}=\frac{1}{2}\int_{-t}^{t} e^{iku}\,du.
Substituindo na integral e trocando integrais (justificável para funções razoáveis g):
\begin{aligned} &\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\hat{g}(k)}{k}\sin(kt)e^{ikx}\,dk = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\hat{g}(k)e^{ikx}\left(\frac{1}{2}\int_{-t}^{t} e^{iku}\,du\right)dk \\\ &\quad= \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2\pi}\int_{-t}^{t}\left(\int_{-\infty}^{\infty}\hat{g}(k)e^{ik(x+u)}\,dk\right)du = \frac{1}{2}\int_{-t}^{t} g(x+u)\,du. \end{aligned}
Agora faça a mudança de variável s=x+u. Quando u varia de -t a t, s varia de x-t a x+t. Assim
\frac{1}{2}\int_{-t}^{t} g(x+u)\,du=\frac{1}{2}\int_{x-t}^{x+t} g(s)\,ds.

Passo 6

Reunindo os dois termos (Passo 4 e Passo 5) obtemos a forma clássica da solução — a fórmula de d’Alembert — obtida através da transformada de Fourier:
\boxed{\,y(t,x)=\frac{1}{2}\big(f(x+t)+f(x-t)\big)+\frac{1}{2}\int_{x-t}^{x+t} g(s)\,ds\,.}
Explicação didática curta: a primeira parte transporta os dados iniciais f em duas direções com velocidade 1, a segunda integra a contribuição da velocidade inicial g sobre o cone de dependência [x-t,x+t].

Passo 7

Agora aplicamos a fórmula de d’Alembert ao caso específico pedido (item c):
f(x)=e^{-3|x|},\qquad g(x)=e^{-x^{2}}.
Substituindo na fórmula:
y(t,x)=\frac{1}{2}\big(e^{-3|x+t|}+e^{-3|x-t|}\big)+\frac{1}{2}\int_{x-t}^{x+t} e^{-s^{2}}\,ds.
Podemos deixar a integral do gaussiano como está (forma mais direta), ou escrever em termos da função erro \operatorname{erf} se quiser forma fechada:
\int_{x-t}^{x+t} e^{-s^{2}}\,ds=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\big(\operatorname{erf}(x+t)-\operatorname{erf}(x-t)\big),
portanto alternativamente
y(t,x)=\frac{1}{2}\big(e^{-3|x+t|}+e^{-3|x-t|}\big)+\frac{\sqrt{\pi}}{4}\big(\operatorname{erf}(x+t)-\operatorname{erf}(x-t)\big).
Observação: a primeira expressão com a integral é muitas vezes mais útil em provas; a forma com \operatorname{erf} apenas dá uma avaliação explícita em termos de funções especiais.

Resposta

y(t,x)=\dfrac{1}{2}\big(f(x+t)+f(x-t)\big)+\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{x-t}^{x+t} g(s)\,ds.
y(t,x)=\dfrac{1}{2}\big(e^{-3|x+t|}+e^{-3|x-t|}\big)+\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{x-t}^{x+t} e^{-s^{2}}\,ds =\dfrac{1}{2}\big(e^{-3|x+t|}+e^{-3|x-t|}\big)+\dfrac{\sqrt{\pi}}{4}\big(\operatorname{erf}(x+t)-\operatorname{erf}(x-t)\big).

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