Questão 14. Relação entre equação da difusão e da onda. Suponha que u(x, t) é a solução da equação da onda u_{t t}-c^{2} u_{x x}=0 e seja
v(x, t)=\frac{c}{\sqrt{4 \pi k t}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-s c^{2} / 4 k t} u(x, s) d s
  • Mostre que v(x, t) é solução da equação de difusão!
  • Se derivadas de segunda ordem de u são limitadas. Mostre que \lim _{t \rightarrow 0} v(x, t)=u(x, 0).

Passo 1

O enunciado dá a função u(x,t) que satisfaz a equação da onda
u_{t t}-c^{2}u_{x x}=0
e define v(x,t) por
v(x,t)=\frac{c}{\sqrt{4\pi k t}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-s c^{2}/4 k t}\,u(x,s)\,ds.
O que se pede:
  • Mostrar que v(x,t) é solução da equação de difusão (isto é, mostrar que \,v_{t}=k\,v_{x x}\,).
  • Supondo que derivadas de segunda ordem de u são limitadas, mostrar que \lim_{t\to0}v(x,t)=u(x,0).
Observação importante (sobre o integrando): a forma canônica deste tipo de resultado usa o kernel Gaussiano com s^{2} no expoente; sem o quadrado a integral em \!s\! não faz sentido (diverge para s\to-\infty). Para que a demonstração seja a clássica e a integral seja convergente, vou assumir que o expoente contém s^{2}, ou seja que o kernel é
\frac{c}{\sqrt{4\pi k t}}e^{-\,\frac{c^{2}s^{2}}{4k t}}.
Com essa hipótese reescrevo
v(x,t)=\int_{-\infty}^{\infty}G(s,t)\,u(x,s)\,ds, \qquad G(s,t)=\frac{c}{\sqrt{4\pi k t}}\,e^{-\,\frac{c^{2}s^{2}}{4k t}}.

Passo 2

Vou estudar as derivadas de G em t e em s. Para simplificar a notação, defino
a=\frac{c^{2}}{4k}, \qquad G(s,t)=\frac{c}{\sqrt{4\pi k}}\,t^{-1/2}\,e^{-a s^{2}/t}.
Calculo \partial_{t}G usando derivada do produto (prefator t^{-1/2} e expoente dependem de t):
\partial_{t}G = G\!\left(-\frac{1}{2t} + \frac{a s^{2}}{t^{2}}\right).
Agora calculo \partial_{s}G e \partial_{s}^{2}G. Primeiro
\partial_{s}G = G\left(-\frac{2a s}{t}\right).
Derivando de novo,
\partial_{s}^{2}G = \partial_{s}\!\left(G\left(-\frac{2a s}{t}\right)\right) = G\left(-\frac{2a}{t} + \frac{4a^{2}s^{2}}{t^{2}}\right).

Passo 3

Comparo \partial_{t}G e \partial_{s}^{2}G. Multiplico \partial_{s}^{2}G por \dfrac{k}{c^{2}} e uso a=\dfrac{c^{2}}{4k}:
\frac{k}{c^{2}}\partial_{s}^{2}G = \frac{k}{c^{2}}\,G\!\left(-\frac{2a}{t} + \frac{4a^{2}s^{2}}{t^{2}}\right) = G\!\left(-\frac{1}{2t} + \frac{a s^{2}}{t^{2}}\right) = \partial_{t}G.
Logo obtive a identidade chave
\boxed{\partial_{t}G=\frac{k}{c^{2}}\partial_{s}^{2}G.}

Passo 4

Agora calculo v_{t}. Justifico a troca de derivada com a integral pelo fato de que G é a densidade Gaussiana em s (para cada t>0 é rapidamente decrescente) e u e suas derivadas até a segunda ordem são limitadas — portanto existe uma função integrável que domina |\partial_{t}G\,u|, permitindo usar diferenciação sob o sinal de integral (teorema da convergência dominada). Assim
v_{t}(x,t)=\int_{-\infty}^{\infty}\partial_{t}G(s,t)\,u(x,s)\,ds.
Usando a identidade do Passo 3:
v_{t}(x,t)=\frac{k}{c^{2}}\int_{-\infty}^{\infty}\partial_{s}^{2}G(s,t)\,u(x,s)\,ds.

Passo 5

Faço integração por partes duas vezes na integral em s. Escrevo
\int_{-\infty}^{\infty}\partial_{s}^{2}G\,u\,ds = \Big[\partial_{s}G\,u\Big]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty}\partial_{s}G\,u_{s}\,ds.
Novamente integro por partes o segundo termo:
\int_{-\infty}^{\infty}\partial_{s}G\,u_{s}\,ds = \Big[G\,u_{s}\Big]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty}G\,u_{s s}\,ds.
Combino as duas igualdades:
\int_{-\infty}^{\infty}\partial_{s}^{2}G\,u\,ds = \Big[\partial_{s}G\,u - G\,u_{s}\Big]_{-\infty}^{\infty} + \int_{-\infty}^{\infty}G\,u_{s s}\,ds.
As quantidades de fronteira \partial_{s}G\,u e G\,u_{s} valem zero nos extremos porque G e \partial_{s}G decaem exponencialmente em |s| (é Gaussiana) enquanto u, u_{s} são limitadas por hipótese. Assim as partes de contorno desaparecem e resta
\int_{-\infty}^{\infty}\partial_{s}^{2}G\,u\,ds = \int_{-\infty}^{\infty}G\,u_{s s}\,ds.
Portanto, retornando a v_{t},
v_{t}(x,t)=\frac{k}{c^{2}}\int_{-\infty}^{\infty}G(s,t)\,u_{s s}(x,s)\,ds.

Passo 6

Uso a equação da onda para trocar u_{s s} por c^{2}u_{x x} (a derivada em s é a derivada temporal de u, note que u_{s s}=u_{t t} quando o segundo argumento é s):
u_{s s}(x,s)=u_{t t}(x,s)=c^{2}u_{x x}(x,s).
Assim
v_{t}(x,t)=\frac{k}{c^{2}}\int_{-\infty}^{\infty}G\,c^{2}u_{x x}\,ds = k\int_{-\infty}^{\infty}G(s,t)\,u_{x x}(x,s)\,ds.
Como G não depende de x, a derivada em x pode passar para dentro da integral:
v_{x x}(x,t)=\int_{-\infty}^{\infty}G(s,t)\,u_{x x}(x,s)\,ds.
Logo chegamos à equação de difusão procurada:
\boxed{v_{t}=k\,v_{x x}.}

Passo 7

Agora provarei que \lim_{t\to0}v(x,t)=u(x,0) sob a hipótese de derivadas segundas de u limitadas (isto garante regularidade suficiente em s para usar expansão de Taylor).
Primeiro verifico que G é uma família de aproximações da identidade em s. Calculo a integral de normalização:
\int_{-\infty}^{\infty}G(s,t)\,ds =\frac{c}{\sqrt{4\pi k t}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\,\frac{c^{2}s^{2}}{4k t}}\,ds =1,
pois a integral Gaussiana padrão \int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^{2}}dy=\sqrt{\pi} e uma mudança de variável dá exatamente 1.
Agora faço a expansão de Taylor de s\mapsto u(x,s) em torno de s=0. Para cada x fixo, existe \xi entre 0 e s tal que
u(x,s)=u(x,0)+s\,u_{s}(x,0)+\frac{s^{2}}{2}u_{s s}(x,\xi).
Multiplico essa igualdade por G(s,t) e integro em s de -\infty a +\infty. Usando que G é par em s (simétrico) e que \int G\,ds=1, obtemos
v(x,t)=u(x,0)+\underbrace{\left(\int_{-\infty}^{\infty}s\,G(s,t)\,ds\right)}_{=0}\,u_{s}(x,0) +\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}s^{2}G(s,t)\,u_{s s}(x,\xi(s))\,ds.
A integral linear em s anula porque sG(s,t) é função ímpar. Para o termo de ordem s^{2} uso que u_{s s} é limitada: existe M tal que |u_{s s}(x,\cdot)|\le M. Então
\left| \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}s^{2}G(s,t)\,u_{s s}(x,\xi(s))\,ds \right| \le \frac{M}{2}\int_{-\infty}^{\infty}s^{2}G(s,t)\,ds.
Calculo o momento segundo da Gaussiana G:
\int_{-\infty}^{\infty}s^{2}G(s,t)\,ds \;=\;\text{(variance of this Gaussian)} \;=\;\frac{2k t}{c^{2}}.
(Esse valor vem por mudança de variável direta; é a fórmula padrão para a variância de uma Gaussiana com parâmetro \dfrac{c^{2}}{4k t}.)
Portanto a contribuição do termo s^{2} é majorada por
\frac{M}{2}\cdot\frac{2k t}{c^{2}}=\frac{M k t}{c^{2}}\xrightarrow[t\to0]{}0.
Consequentemente v(x,t)=u(x,0)+o(1) quando t\to0, i.e.
\boxed{\lim_{t\to0}v(x,t)=u(x,0).}

Resposta

v_{t}=k\,v_{x x}
\displaystyle \lim_{t\to 0}v(x,t)=u(x,0)

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