Questão 3 [14 pontos]: No seguinte problema de Dirichlet, u(x, y) denota a temperatura de estado estacionário no semiplano inferior. Use a transformada de Fourier para encontrar a solução.
\begin{cases}u_{x x}+u_{y y}=0 & \text { se } x \in \mathbb{R} \text { e } y<0 \\\ u(x, 0)=\frac{1}{x^{2}+4} & \text { se } x \in \mathbb{R}\end{cases}
Encontre as isotermas.

Passo 1

O enunciado pede que encontremos a temperatura de estado estacionário u(x,y)\) no semiplano inferior e, a partir disso, que tracemos as isotermas (as curvas de nível de \(u\)). As informações fornecidas são: \[\begin{cases} u_{xx}+u_{yy}=0 & \text{para } x\in\mathbb{R},\; y<0,\\[4pt] u(x,0)=\dfrac{1}{x^{2}+4} & \text{para } x\in\mathbb{R}. \end{cases}
Ou seja: sabemos a equação de Laplace no domínio y<0\] e o valor da solução na fronteira \(y=0. Precisamos (1) achar u(x,y) usando transformada de Fourier em x e (2) obter as isotermas, isto é, as curvas u(x,y)=\text{constante}.]

Passo 2

Definimos a transformada de Fourier em x da função u(x,y) (para cada y) como
\hat u(k,y)=\int_{-\infty}^{\infty} u(x,y)e^{-ikx}\,dx,
onde k é a variável de frequência. A ideia é transformar a equação em derivadas parciais numa equação ordinária em y para \hat u(k,y). Aplicando a transformada em x em cada termo:
\mathcal{F}\{u_{xx}\} = -k^{2}\hat u(k,y),\qquad \mathcal{F}\{u_{yy}\} = \hat u_{yy}(k,y).
Logo, a equação de Laplace vira
\hat u_{yy}(k,y) - k^{2}\hat u(k,y) = 0,
uma equação diferencial ordinária em y para cada k.

Passo 3

Resolvemos a equação ODE \hat u_{yy}-k^{2}\hat u=0. A solução geral é
\hat u(k,y)=A(k)e^{|k|y}+B(k)e^{-|k|y},
pois k^{2} dá exponenciais com |k| nas soluções. Agora usamos a condição física de que a temperatura deve permanecer limitada quando y\to -\infty (estamos no semiplano inferior y<0). Note que, como y\to -\infty, e^{-|k|y}\to +\infty e e^{|k|y}\to 0. Portanto devemos ter B(k)=0 para solução limitada. Assim
\hat u(k,y)=A(k)e^{|k|y}.
A condição de contorno u(x,0)=f(x) com f(x)=1/(x^{2}+4) implica, pela transformada em x,
\hat u(k,0)=\hat f(k)=A(k).
Portanto
\hat u(k,y)=\hat f(k)\,e^{|k|y}.

Passo 4

Precisamos calcular \hat f(k), a transformada de Fourier de f(x)=1/(x^{2}+4). Existe uma fórmula padrão (que pode ser verificada invertendo transformadas) que diz que, para a>0,
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-ikx}}{x^{2}+a^{2}}\,dx = \frac{\pi}{a}e^{-a|k|}.
Aplicando com a=2 obtemos
\hat f(k)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-ikx}}{x^{2}+4}\,dx=\frac{\pi}{2}e^{-2|k|}.
(Se quiser, essa igualdade pode ser obtida a partir da transformada conhecida \mathcal{F}\{1/(x^{2}+a^{2})\}=(\pi/a)e^{-a|k|} ou verificando que a transformada inversa de e^{-a|k|} é 2a/(x^{2}+a^{2}).)

Passo 5

Substituímos \hat f(k) em \hat u(k,y)=\hat f(k)e^{|k|y}:
\hat u(k,y)=\frac{\pi}{2}e^{-2|k|}e^{|k|y}=\frac{\pi}{2}e^{-|k|(2-y)}.
Agora aplicamos a transformada inversa em k para recuperar u(x,y):
u(x,y)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\hat u(k,y)e^{ikx}\,dk =\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\pi}{2}e^{-|k|(2-y)}e^{ikx}\,dk.
Assim
u(x,y)=\frac{1}{4}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-|k|(2-y)}e^{ikx}\,dk.

Passo 6

Usamos a identidade (vista antes) para inverter a integral: para a>0,
\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a|k|}e^{ikx}\,dk=\frac{2a}{x^{2}+a^{2}}.
Aqui a=2-y (note que 2-y>0 porque y<0). Portanto
\int_{-\infty}^{\infty}e^{-|k|(2-y)}e^{ikx}\,dk=\frac{2(2-y)}{x^{2}+(2-y)^{2}}.
Substituindo em u(x,y) obtemos
u(x,y)=\frac{1}{4}\cdot\frac{2(2-y)}{x^{2}+(2-y)^{2}}=\frac{2-y}{2\bigl(x^{2}+(2-y)^{2}\bigr)}.
Verificação rápida: para y=0 isto dá u(x,0)=\dfrac{2}{2(x^{2}+4)}=\dfrac{1}{x^{2}+4}, que coincide com a condição de contorno; e para y\to -\infty temos u\to 0, comportamento físico esperado.

Passo 7

Agora encontramos as isotermas. Seja C>0 uma constante de nível; a isoterma correspondente é o conjunto de pontos (x,y) tal que
u(x,y)=C\quad\Longleftrightarrow\quad \frac{2-y}{2\bigl(x^{2}+(2-y)^{2}\bigr)}=C.
Multiplicando e rearranjando:
x^{2}+(2-y)^{2}=\frac{2-y}{2C}.
Definimos z=2-y (observe z>2 pois y<0); então a equação fica
x^{2}+z^{2}=\frac{z}{2C}.
Completando o quadrado em z:
x^{2}+\Bigl(z-\frac{1}{4C}\Bigr)^{2}=\Bigl(\frac{1}{4C}\Bigr)^{2}.
Voltando para a variável y (lembre z=2-y), a isoterma tem a forma de um círculo:
x^{2}+\Bigl(y-\bigl(2-\tfrac{1}{4C}\bigr)\Bigr)^{2}=\Bigl(\tfrac{1}{4C}\Bigr)^{2}.
Ou seja: as isotermas são círculos centrados sobre o eixo x=0, com centro em \bigl(0,\,2-\tfrac{1}{4C}\bigr) e raio \tfrac{1}{4C}. Note que C varia no intervalo 0<C\le \tfrac{1}{4} (o máximo de u ocorre em x=0,y=0 e é u(0,0)=1/4).

Resposta

u(x,y)=\dfrac{2-y}{2\bigl(x^{2}+(2-y)^{2}\bigr)}.
As isotermas u(x,y)=C (com 0<C\le\tfrac{1}{4}) são dadas por
x^{2}+\Bigl(y-\bigl(2-\tfrac{1}{4C}\bigr)\Bigr)^{2}=\Bigl(\tfrac{1}{4C}\Bigr)^{2}.

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