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

Passo 1

Vou recapitular bem o que o enunciado dá e o que pede, para a gente não se perder no caminho.
  • Equação dada (com c=1):
\frac{\partial^{2} y}{\partial t^{2}}=\frac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}},\qquad t>0,\; x\in\mathbb{R}.
  • Condições iniciais:
y(0,x)=f(x), \qquad \frac{\partial y}{\partial t}(0,x)=g(x).
  • O pedido:
    1. Usar Transformada de Fourier (em x) para encontrar a solução geral y(t,x).
    2. Em seguida, encontrar a solução específica para o caso f(x)=0 e g(x)=e^{-x}.
Agora que está claro o que temos e o que precisamos achar, partimos para a resolução.

Passo 2

Definição da Transformada de Fourier que vamos usar e algumas propriedades úteis (explicadas com calma).
  • Definição (transformada em x, parâmetro k):
\widehat{h}(k)=\mathcal{F}\{h\}(k)=\int_{-\infty}^{\infty} h(x)\,e^{-ikx}\,dx.
  • Fórmula de inversão correspondente:
h(x)=\mathcal{F}^{-1}\{\widehat{h}\}(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\widehat{h}(k)\,e^{ikx}\,dk.
Explicação rápida: a transformada pega a função no espaço físico x e devolve uma função no espaço de frequências k. A inversão recupera a função original integrando as contribuições de todas as frequências com e^{ikx}.
Propriedade essencial que usaremos (derivada espacial):
  • Se h é suficientemente regular, então
\mathcal{F}\{h'(x)\}(k)=ik\,\widehat{h}(k) \qquad\text{e}\qquad \mathcal{F}\{h''(x)\}(k)=-(k^{2})\,\widehat{h}(k).
Raciocínio: ao integrar por partes a transformada de h'', aparecem fatores ik duas vezes, ficando -(k^2). Isso é a chave: derivar em x vira multiplicar por ik (ou por -k^2 para segunda derivada) no domínio das frequências.

Passo 3

Aplicar a Transformada de Fourier em x à equação de onda para reduzir a PDE a uma ODE em t.
  • Definimos \widehat{y}(t,k)=\mathcal{F}\{y(t,\cdot)\}(k)=\int_{-\infty}^{\infty} y(t,x)\,e^{-ikx}\,dx.
  • Transformando a equação \partial_t^2 y = \partial_x^2 y em x, usando a propriedade da segunda derivada espacial:
\mathcal{F}\{\partial_t^2 y\}(k)=\partial_t^2 \widehat{y}(t,k), \qquad \mathcal{F}\{\partial_x^2 y\}(k)=-(k^2)\widehat{y}(t,k).
Logo a equação transformada é uma ODE para cada k:
\partial_t^2 \widehat{y}(t,k) = -k^{2}\,\widehat{y}(t,k).
  • Essa ODE é a equação harmonicamente osciladora em t. A solução geral (para cada k) é
\widehat{y}(t,k)=A(k)\cos(kt)+B(k)\sin(kt),
onde A(k) e B(k) são funções de k determinadas pelas condições iniciais (a constante de frequência k pode ser positiva, negativa ou zero; usamos \cos(kt),\sin(kt) que funcionam para todo k).
  • Agora transformamos as condições iniciais. Aplicando \mathcal{F} em x nas condições:
\widehat{y}(0,k)=\widehat{f}(k), \qquad \partial_t\widehat{y}(0,k)=\widehat{g}(k).
Avaliar a solução em t=0
\widehat{y}(0,k)=A(k)=\widehat{f}(k).
Derivando em t a solução e avaliando em t=0:
\partial_t\widehat{y}(t,k) = -A(k)k\sin(kt)+B(k)k\cos(kt),
portanto em t=0
\partial_t\widehat{y}(0,k)=B(k)k=\widehat{g}(k).
Assim, para k\neq 0
B(k)=\frac{\widehat{g}(k)}{k}.
Comentário sobre k=0: quando k=0 a ODE vira \partial_t^2\widehat{y}(t,0)=0, então \widehat{y}(t,0)=\widehat{f}(0)+\widehat{g}(0)\,t. A expressão limite da forma \frac{\widehat{g}(k)}{k}\sin(kt) tem limite bem definido quando k\to0, pois \lim_{k\to0}\frac{\sin(kt)}{k}=t. Portanto não há problema prático: a fórmula geral abaixo cobre também k=0 por continuidade.
  • Resumindo:
\widehat{y}(t,k)=\widehat{f}(k)\cos(kt)+\frac{\widehat{g}(k)}{k}\sin(kt).

Passo 4

Voltar ao espaço físico por inversão da transformada: expressão integral geral da solução.
  • Aplicando a inversa de Fourier:
y(t,x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\widehat{f}(k)\cos(kt)+\frac{\widehat{g}(k)}{k}\sin(kt)\right)e^{ikx}\,dk.
Essa é a solução geral expressa como integral de Fourier. Ela está correta, mas costuma ser reescrita numa forma mais palpável (fórmula de d’Alembert) que mostra a dependência nítida de f e g.
  • Para transformar essa expressão na fórmula de d’Alembert usamos duas ideias simples e úteis:
    1. Propriedade de deslocamento: a transformada de f(x\pm t) é e^{\mp ikt}\widehat{f}(k). Logo
    \mathcal{F}\left\{\tfrac{1}{2}\bigl(f(x+t)+f(x-t)\bigr)\right\}(k) =\tfrac{1}{2}\bigl(e^{ikt}+e^{-ikt}\bigr)\widehat{f}(k)=\widehat{f}(k)\cos(kt).
    Assim a primeira parte da integral (a que contém \widehat{f}(k)\cos(kt)) é exatamente a transformada inversa de \tfrac{1}{2}(f(x+t)+f(x-t)).
    1. Transformada da função indicadora do intervalo [-t,t]: calcular
    \mathcal{F}\{\mathbf{1}_{[-t,t]}(\cdot)\}(k)=\int_{-t}^{t} e^{-iks}\,ds =\left[\frac{e^{-iks}}{-ik}\right]_{-t}^{t}=\frac{e^{ikt}-e^{-ikt}}{ik}=\frac{2\sin(kt)}{k}.
    Assim
    \frac{\sin(kt)}{k}=\tfrac{1}{2}\,\mathcal{F}\{\mathbf{1}_{[-t,t]}\}(k).
    Usando a propriedade da convolução (e lembrando que com nossa convenção \mathcal{F}\{f*g\}=\widehat{f}\,\widehat{g} e a inversa tem fator 1/(2\pi)), a parte da integral com \frac{\widehat{g}(k)}{k}\sin(kt) é a transformada inversa de \tfrac{1}{2}(g*\mathbf{1}_{[-t,t]})(x), isto é
    \frac{1}{2\pi}\int \frac{\widehat{g}(k)}{k}\sin(kt)e^{ikx}\,dk =\tfrac{1}{2}\int_{x-t}^{x+t} g(s)\,ds.
    (Explicando em palavras: multiplicar \widehat{g}(k) por \sin(kt)/k no espaço das frequências corresponde a convoluir g com a janela \mathbf{1}_{[-t,t]} no espaço físico; essa janela integral dá a média integral de g sobre [x-t,x+t].)
  • Juntando as duas partes obtemos a fórmula clássica de d’Alembert (a maneira mais prática de lembrar a solução da onda em uma dimensão):
\boxed{\,y(t,x)=\tfrac{1}{2}\bigl(f(x+t)+f(x-t)\bigr)+\tfrac{1}{2}\int_{x-t}^{x+t} g(s)\,ds\,.}
Essa é a solução geral com as condições iniciais dadas. Interpretação física: o termo com f são duas ondas viajando nas direções opostas; o termo com g é a contribuição da velocidade inicial integrada ao longo do cone de dependência.

Passo 5

Agora aplicamos a fórmula geral ao caso específico pedido: f(x)=0 e g(x)=e^{-x}.
  • Colocando f=0 na fórmula de d’Alembert, o primeiro termo some e ficamos apenas com o integral:
y(t,x)=\tfrac{1}{2}\int_{x-t}^{x+t} e^{-s}\,ds.
  • Calcular explicitamente a integral (conta simples):
\int_{x-t}^{x+t} e^{-s}\,ds = \bigl[-e^{-s}\bigr]_{s=x-t}^{s=x+t} = -e^{-(x+t)} + e^{-(x-t)}.
Portanto
y(t,x)=\tfrac{1}{2}\bigl(e^{-(x-t)}-e^{-(x+t)}\bigr).
  • Simplificar fatorando e^{-x}:
y(t,x)=\tfrac{1}{2}e^{-x}\bigl(e^{t}-e^{-t}\bigr) = e^{-x}\,\operatorname{sinh}(t).
  • Verificação rápida (para ficar mais confiante): compute
\partial_{t}^{2}y = e^{-x}\operatorname{sinh}(t)=\partial_{x}^{2}y,
e condições iniciais:
y(0,x)=e^{-x}\operatorname{sinh}(0)=0, \qquad \partial_t y(0,x)=e^{-x}\operatorname{cosh}(0)=e^{-x}=g(x).
Tudo confere.

Resposta

y(t,x)=e^{-x}\operatorname{sinh}(t)

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