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
a. f(x)=e^{-|x|}, g(x)=0;

Passo 1

O que o problema pede e quais dados temos.
  • Pede-se resolver a equação da onda com velocidade c=1 no eixo real:
\begin{array}{r} \displaystyle \frac{\partial^{2} y}{\partial t^{2}}=\frac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}},\quad t>0,\; x\in\mathbb{R},\\[6pt] y(0,x)=f(x),\\[4pt] \displaystyle \frac{\partial y}{\partial t}(0,x)=g(x). \end{array}
  • Primeiro: encontrar a solução geral usando a Transformada de Fourier (na variável x).
  • Depois: obter a solução específica quando \,f(x)=e^{-|x|}\, e \,g(x)=0.
Informações relevantes que vamos usar (derivadas do enunciado):
  • PDE homogênea e dados iniciais no tempo t=0.
  • Domínio em x é \mathbb{R} (logo a transformada de Fourier é apropriada).
  • No item (a) os dados são f(x)=e^{-|x|} e g(x)=0.]

Passo 2

Definição da Transformada de Fourier e propriedades fundamentais que vou usar (aula rápida e prática).
  • Definição da transformada de h(x) (convenção que usarei):
\widehat{h}(k)=\int_{-\infty}^{\infty} h(x)\,e^{-ikx}\,dx.
  • Fórmula de inversão:
h(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \widehat{h}(k)\,e^{ikx}\,dk.
  • Propriedades úteis:
    • Linearidade: \widehat{a h_1+b h_2}=a\widehat{h_1}+b\widehat{h_2}.
    • Derivada espacial: \widehat{\partial_x h} = i k\,\widehat{h} e \widehat{\partial_{x}^{2} h} = -k^{2}\,\widehat{h}.
    • Transformada do produto no k-espaço vira convolução no x-espaço; análogas relações para inversas.
  • Observação prática: a transformada troca derivadas em x por multiplicação por potências de ik, o que transforma a PDE em uma ODE em t para cada k. Isto é a chave para resolver pelo método da Fourier.

Passo 3

Aplicar a Transformada de Fourier em x à equação da onda — obtenção da ODE no espaço de frequências.
  • Denoto \displaystyle Y(t,k)=\widehat{y(\cdot\,,t)}(k)=\int_{-\infty}^{\infty} y(t,x)\,e^{-ikx}\,dx.
  • Transformando \partial_{t}^{2} y(t,x) em x: a transformada age apenas no x, então \widehat{\partial_{t}^{2} y}=\partial_{t}^{2}\widehat{y}= \partial_{t}^{2}Y(t,k).
  • Transformando \partial_{x}^{2} y(t,x): \widehat{\partial_{x}^{2} y} = -k^{2} Y(t,k).
  • Portanto a PDE transforma-se para cada k em:
\partial_{t}^{2} Y(t,k) = -k^{2} Y(t,k).
  • As condições iniciais transformadas:
Y(0,k)=\widehat{f}(k),\qquad \partial_{t}Y(0,k)=\widehat{g}(k).

Passo 4

Resolver a ODE em t para cada k (é uma osciladora harmônica simples).
  • A equação \partial_{t}^{2} Y + k^{2} Y = 0 tem solução geral
Y(t,k)=A(k)\cos(kt)+B(k)\sin(kt),
onde A(k),B(k) são funções de k determinadas pelas condições iniciais.
  • Aplicando t=0:
Y(0,k)=A(k)=\widehat{f}(k).
  • Derivando e aplicando t=0:
\partial_{t}Y(t,k) = -k A(k)\sin(kt) + k B(k)\cos(kt),
logo em t=0:
\partial_{t}Y(0,k)= k B(k) = \widehat{g}(k) \quad\Rightarrow\quad B(k)=\frac{\widehat{g}(k)}{k}\quad(k\neq 0).
  • Para k=0 usa-se o limite, observando que \lim_{k\to 0}\dfrac{\sin(kt)}{k}=t, o que garante que a expressão final em x,t é contínua; não há problema prático porque a transformada inversa tratará esse caso por continuidade.
  • Portanto a solução em k-espaço é
Y(t,k)=\widehat{f}(k)\cos(kt)+\frac{\widehat{g}(k)}{k}\sin(kt).

Passo 5

Inverter a transformada para obter y(t,x) (passo de volta ao espaço físico). Usar linearidade e identidades trigonométricas.
  • Inversão direta:
y(t,x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\Big(\widehat{f}(k)\cos(kt)+\frac{\widehat{g}(k)}{k}\sin(kt)\Big)e^{ikx}\,dk.
  • Vou tratar os dois termos separadamente.
  1. Primeiro termo (relacionado a \widehat{f}):
\frac{1}{2\pi}\int \widehat{f}(k)\cos(kt)e^{ikx}\,dk.
Usar que \cos(kt)e^{ikx}=\tfrac{1}{2}\big(e^{ik(x+t)}+e^{ik(x-t)}\big). Assim, pela fórmula de inversão:
\frac{1}{2\pi}\int \widehat{f}(k)\cos(kt)e^{ikx}\,dk = \tfrac{1}{2}\big(f(x+t)+f(x-t)\big).
Explicação curta: aplicar a inversão em cada exponencial produz f(x\pm t).
  1. Segundo termo (relacionado a \widehat{g}):
\frac{1}{2\pi}\int \frac{\widehat{g}(k)}{k}\sin(kt)\,e^{ikx}\,dk.
Reescrevendo \sin(kt) = \tfrac{1}{2i}\big(e^{ikt}-e^{-ikt}\big) é possível manipular, mas a forma mais direta usa o teorema da convolução: o inverso da multiplicação \widehat{g}(k)\cdot \dfrac{\sin(kt)}{k} é a convolução g * h_t, onde
h_t(x)=\frac{1}{2\pi}\int \frac{\sin(kt)}{k} e^{ikx}\,dk.
Uma identidade clássica (que pode ser verificada por integração por partes ou por transformada de Fourier da função indicadora) é
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(kt)}{k}\,e^{ikx}\,dk = \frac{1}{2}\mathbf{1}_{\{|x|<t\}},
onde \mathbf{1}_{\{|x|<t\}} é a função indicadora do intervalo (-t,t). Ou seja, h_t(x)=\tfrac{1}{2}\mathbf{1}_{\{|x|<t\}}.
  • Portanto o segundo termo fica
\frac{1}{2\pi}\int \frac{\widehat{g}(k)}{k}\sin(kt)\,e^{ikx}\,dk = \big(g * h_t\big)(x) = \frac{1}{2}\int_{x-t}^{x+t} g(s)\,ds.
Explicação do último passo: a convolução com \tfrac{1}{2}\mathbf{1}_{(-t,t)} é exatamente a média acumulada de g sobre o intervalo [x-t,x+t].

Passo 6

Juntando os dois termos obtemos a solução geral (fórmula de d’Alembert, obtida via Transformada de Fourier).
  • Assim
\boxed{\,y(t,x)=\tfrac{1}{2}\big(f(x+t)+f(x-t)\big)+\tfrac{1}{2}\int_{x-t}^{x+t} g(s)\,ds\,.}
  • Comentário didático: essa fórmula é muito prática para a prova. Ela diz, em palavras: a solução é a média das duas ondas iniciais deslocadas (termo com f) mais uma contribuição acumulada da velocidade inicial g ao longo do intervalo de influência [x-t,x+t].

Passo 7

Observação sobre a regularidade em k=0 e validade da fórmula.
  • Note que no processo apareceu \widehat{g}(k)/k. Isso não gera problema porque no integrando final a combinação \sin(kt)/k é regular em k=0 (limite \,t). Assim a transformada inversa é bem definida para funções f,g razoáveis (por exemplo f,g\in L^1 ou L^2 com decaimento suficiente). Em termos práticos para a prova, memorize e use a fórmula de d’Alembert acima; ela já é a solução clássica e não exige lidar com singularidades.

Passo 8

Aplicar a solução geral ao caso específico f(x)=e^{-|x|},\; g(x)=0.
  • Com g\equiv 0 a fórmula simplifica (termo integral desaparece):
y(t,x)=\tfrac{1}{2}\big(f(x+t)+f(x-t)\big).
  • Substituindo f(x)=e^{-|x|}:
\boxed{\,y(t,x)=\tfrac{1}{2}\big(e^{-|x+t|}+e^{-|x-t|}\big)\,.}
  • Comentário prático: esta forma mostra claramente que a solução é a soma de duas ondas obtidas por deslocar para a esquerda e para a direita o perfil inicial e^{-|x|}, cada uma com metade da amplitude inicial. É intuitivo: o pulso inicial se divide em duas ondas que se afastam uma da outra com velocidade 1.

Passo 9

Opcional — verificar rapidamente a transformada de f(x)=e^{-|x|} (curiosidade útil em provas).
  • Cálculo rápido (útil se pedirem pelo método da transformada explícita):
\widehat{f}(k)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-|x|}e^{-ikx}\,dx =\int_{0}^{\infty} e^{-x}e^{-ikx}\,dx + \int_{-\infty}^{0} e^{x}e^{-ikx}\,dx =\frac{1}{1+ik}+\frac{1}{1-ik}=\frac{2}{1+k^{2}}.
  • Se inserirmos isso na fórmula em k-espaço e invertermos, recuperamos a mesma expressão y(t,x)=\tfrac{1}{2}\big(e^{-|x+t|}+e^{-|x-t|}\big).

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\n
y(t,x)=\dfrac{1}{2}\big(e^{-|x+t|}+e^{-|x-t|}\big)

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