Exercício 2. Um fluido se desloca em um tubo termicamente isolado com velocidade constante, de forma que a evolução da temperatura u(t, x) como uma função da coordenada x \in \mathbb{R} e do tempo t \in(0,+\infty) é descrita pelo seguinte modelo simplificado:
\frac{\partial u}{\partial t}-\frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}=0
No instante inicial t=0, a temperatura foi bruscamente aquecida em uma região muito pequena, de modo que pode-se considerar u(0, x)=\delta(x). Encontre, via transformadas de Fourier, a função u(t, x) para todo tempo t>0 e x \in R.

Passo 1

O enunciado pede: encontrar a solução u(t,x) para t>0 e x\in\mathbb{R} da equação
\frac{\partial u}{\partial t}-\frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}=0
com condição inicial u(0,x)=\delta(x) (delta de Dirac). Informações dadas e objetivos claros:
  • PDE: \displaystyle \frac{\partial u}{\partial t}-\frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}=0.
  • Condição inicial: \displaystyle u(0,x)=\delta(x).
  • Domínio: x\in\mathbb{R}, t>0.
  • Método pedido: via transformadas de Fourier (na variável espacial x).
    A meta é aplicar a transformada de Fourier em x, resolver a equação resultante em t e inverter a transformada para obter u(t,x).

Passo 2

Definição e propriedades básicas que usarei (tudo que aparece abaixo é ferramenta que preciso conhecer e usar):
  • Defino a transformada de Fourier em x por
\widehat{f}(k)=\mathcal{F}_x[f](k)=\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,e^{-ikx}\,dx,
e a transformada inversa por
f(x)=\mathcal{F}_x^{-1}[\widehat f](x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\widehat f(k)\,e^{ikx}\,dk.
  • Propriedades de derivação (válidas para funções suficientemente boas): se f tem transformada \widehat f(k), então
\mathcal{F}_x[\partial_x f](k)=ik\,\widehat f(k), \qquad \mathcal{F}_x[\partial_{xx} f](k)=-k^{2}\,\widehat f(k).
  • Transformada da delta: \mathcal{F}_x[\delta](k)=1.
    Essas fórmulas são padrão e vou aplicá-las passo a passo.

Passo 3

Aplico a transformada de Fourier em x à PDE. Denotando \widehat u(t,k)=\mathcal{F}_x[u(t,\cdot)](k), cada termo transforma como:
\mathcal{F}_x\!\left[\frac{\partial u}{\partial t}\right](k)=\frac{\partial}{\partial t}\widehat u(t,k),
\mathcal{F}_x\!\left[-\frac{\partial u}{\partial x}\right](k)=-ik\,\widehat u(t,k),
\mathcal{F}_x\!\left[-\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}\right](k)= -(-k^{2})\,\widehat u(t,k)= -(-k^{2})\widehat u(t,k)\\ \text{(mas é mais claro usar a forma direta abaixo).}é
É mais simples reescrever a equação como \partial_t u = \partial_x u + \partial_{xx} u. Assim, aplicando a transformada:
\frac{\partial}{\partial t}\widehat u(t,k) = (ik)\widehat u(t,k) + (-k^{2})\widehat u(t,k) = \big(ik - k^{2}\big)\widehat u(t,k).
A condição inicial transforma para
\widehat u(0,k)=\mathcal{F}_x[u(0,\cdot)](k)=\mathcal{F}_x[\delta](k)=1.
Portanto para cada k temos uma EDO em t:
\frac{d}{dt}\widehat u(t,k)=\big(ik - k^{2}\big)\widehat u(t,k),\qquad \widehat u(0,k)=1.

Passo 4

Resolvo a EDO para \widehat u(t,k). É uma EDO linear de 1ª ordem com coeficiente constante:
\frac{d}{dt}\widehat u = (ik-k^{2})\widehat u
tem solução (multiplicando fator exponencial)
\widehat u(t,k)=\widehat u(0,k)\,e^{(ik-k^{2})t}=e^{(ik-k^{2})t},
pois \widehat u(0,k)=1.

Passo 5

Agora aplico a transformada inversa para voltar a u(t,x):
u(t,x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\widehat u(t,k)\,e^{ikx}\,dk =\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{(ik-k^{2})t}\,e^{ikx}\,dk.
Junto os expoentes:
u(t,x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \exp\big(-k^{2}t + ik(x+t)\big)\,dk.
Portanto preciso avaliar a integral gaussiana complexa
I=\int_{-\infty}^{\infty} \exp\big(-t k^{2} + i k (x+t)\big)\,dk.

Passo 6

Avalio I por completar o quadrado no expoente. Escrevo
-tk^{2}+ik(x+t)=-t\left[k^{2}-\frac{i(x+t)}{t}k\right] =-t\left[\left(k-\frac{i(x+t)}{2t}\right)^{2}-\left(\frac{i(x+t)}{2t}\right)^{2}\right].
Logo
-tk^{2}+ik(x+t) = -t\left(k-\frac{i(x+t)}{2t}\right)^{2} + t\left(\frac{i(x+t)}{2t}\right)^{2}.
Calculo o termo independente:
t\left(\frac{i(x+t)}{2t}\right)^{2}=t\cdot\frac{- (x+t)^{2}}{4t^{2}} = -\frac{(x+t)^{2}}{4t}.
Assim
I = \exp\!\left(-\frac{(x+t)^{2}}{4t}\right)\int_{-\infty}^{\infty}\exp\!\left(-t\left(k-\frac{i(x+t)}{2t}\right)^{2}\right)\,dk.
Agora a integral restante é um deslocamento complexo da integral gaussiana padrão. Pela teoria de integrais gaussianas (a reta de integração pode ser deslocada no plano complexo porque integrando uma função inteira com decaimento adequado) vale
\int_{-\infty}^{\infty}\exp\!\left(-t\left(k-\frac{i(x+t)}{2t}\right)^{2}\right)\,dk =\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t s^{2}}\,ds,
onde fiz a troca s=k-\dfrac{i(x+t)}{2t}. Essa integral é a gaussiana padrão:
\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t s^{2}}\,ds=\sqrt{\frac{\pi}{t}}\qquad(\text{para }t>0).
Portanto
I=\sqrt{\frac{\pi}{t}}\; \exp\!\left(-\frac{(x+t)^{2}}{4t}\right).

Passo 7

Volto à expressão de u(t,x). Lembrando o fator 1/(2\pi),
u(t,x)=\frac{1}{2\pi}\,I=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\pi}{t}}\; \exp\!\left(-\frac{(x+t)^{2}}{4t}\right).
Simplificando o prefator:
\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\pi}{t}}=\frac{1}{2\sqrt{\pi t}}=\frac{1}{\sqrt{4\pi t}}.
Logo a solução fica
u(t,x)=\frac{1}{\sqrt{4\pi t}}\exp\!\left(-\frac{(x+t)^{2}}{4t}\right).

Passo 8

Interpretação rápida e checagens (úteis para a prova):
  • Para t\downarrow 0 a função se concentra em x=-t e a largura da gaussiana vai para zero, recuperando a condição inicial concentrada no x=0 depois de considerar o limite em sentido de distribuições (o pico está em x=-t porque há transporte advectivo).
  • A integral em x de u(t,x) é 1 para todo t>0, mostrando conservação da “massa” da delta inicial:
\int_{-\infty}^{\infty}u(t,x)\,dx=1.
  • Método prático para a prova: (i) transformar em x, (ii) resolver a EDO em t, (iii) inverter transformada usando a integral gaussiana.

Resposta

u(t,x)=\frac{1}{\sqrt{4\pi t}}\exp\!\left(-\frac{(x+t)^{2}}{4t}\right)

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