Questão 2: (33 pts) Considere a solução do problema: \left\{\begin{array}{l}u_{u l}=a^{2} u_{x x}, \\\ u(x, 0)=f(x), \\\ u_{t}(x, 0)=g(x), x \in \mathbb{R},\end{array} \quad\right. em que g(x)=1, a=2 e f(x)=\left\{\begin{array}{ll}2(1-|x|), & \text { se }-1 \leq x \leq 1, \\\\ 0, & \text { caso contrário. }\end{array}\right.á Determine u(x, 1) e esboce seu gráfico.

Passo 1

O enunciado dá o problema de valor inicial para a equação da onda na reta e pede especificamente o valor de u(x,1)\) e um esboço do gráfico. Dados fornecidos: - A equação (interpreto como a equação da onda clássica): \[u_{tt}=a^{2}u_{xx}.
  • Condições iniciais: u(x,0)=f(x),\qquad u_{t}(x,0)=g(x),\quad x\in\mathbb{R}.
  • Valores numéricos: g(x)=1,\qquad a=2.
  • A função f é a “hat” triangular dada por: f(x)=\begin{cases} 2(1-|x|), & \text{se }-1\le x\le 1,\\[4pt] 0, & \text{caso contrário.} \end{cases}á
O que se pede: determinar u(x,1)\] (ou seja a solução da onda no tempo \(t=1) e esboçar o gráfico de u(x,1).]

Passo 2

Apresentação da fórmula que vamos usar (ferramenta principal) e explicação didática.
  • Para a equação da onda unidimensional no espaço todo \mathbb{R} com velocidade a, a solução clássica (fórmula de d’Alembert) é: u(x,t)=\frac{1}{2}\bigl(f(x-at)+f(x+at)\bigr)+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{\,x+at} g(s)\,ds.
Explicando cada termo de forma simples:
  • \frac{1}{2}f(x-at) e \frac{1}{2}f(x+at) representam as duas ondas que se propagam sem deformação para a direita e para a esquerda a partir do perfil inicial f. O fator 1/2 vem da decomposição em ondas viajantes.
  • \frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at} g(s)\,ds é a contribuição da velocidade inicial g: ela integra a “influência” de g ao longo do segmento característico [x-at,x+at] e distribui essa influência em u. O comprimento do intervalo é 2at, por isso quando g for constante essa integral simplifica muito.
  • Variáveis: x é a posição espacial, t é o tempo, a é a velocidade da onda, s é variável de integração na integral.

Passo 3

Aplicar a fórmula de d’Alembert com os dados a=2 e g(x)=1.
  • Substituindo em u(x,t)=\frac{1}{2}\bigl(f(x-at)+f(x+at)\bigr)+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at} g(s)\,ds,
obtemos (já com g(s)=1):
u(x,t)=\frac{1}{2}\bigl(f(x-at)+f(x+at)\bigr)+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}1\,ds.
  • Calcular a integral: \int_{x-at}^{x+at}1\,ds=(x+at)-(x-at)=2at.
  • Portanto a contribuição de g fica \dfrac{1}{2a}\cdot 2at=t. Assim a solução se reduz a:
u(x,t)=\frac{1}{2}\bigl(f(x-at)+f(x+at)\bigr)+t.
Isto é intuitivo: a velocidade inicial constante g\equiv 1 acrescenta ao perfil uma subida linear no tempo igual a t em todo o espaço.

Passo 4

Especializar em t=1 e com a=2 (lembrando at=2 quando t=1):
u(x,1)=\frac{1}{2}\bigl(f(x-2)+f(x+2)\bigr)+1.
Este é já um passo importante: u(x,1) é a média dos perfis f deslocados de \pm 2 somada a 1.

Passo 5

Determinar onde os termos f(x\pm 2) são não nulos e simplificar. Lembrando que f é suportada em [-1,1] (fora desse intervalo f=0).
  • f(x+2)\neq 0 se e somente se x+2\in[-1,1], isto é x\in[-3,-1].
  • f(x-2)\neq 0 se e somente se x-2\in[-1,1], isto é x\in[1,3].
    Logo três tipos de regiões aparecem:
  1. x\le -3: ambos os deslocamentos fora do suporte \Rightarrow f(x\pm2)=0.
  2. x\in[-3,-1]: apenas f(x+2) possivelmente não nulo.
  3. x\in[-1,1]: ambos os deslocamentos fora do suporte \Rightarrow f(x\pm2)=0.
  4. x\in[1,3]: apenas f(x-2) possivelmente não nulo.
  5. x\ge 3: ambos nulos.

Passo 6

Calcular explicitamente em cada região usando a fórmula de f: \,f(y)=2(1-|y|) para |y|\le 1.
  • Região 1: x\le -3. Aqui f(x\pm2)=0. Assim u(x,1)=\frac{1}{2}(0+0)+1=1.
  • Região 2: -3\le x\le -1. Aqui x+2\in[-1,1] e x-2\notin[-1,1]. Então f(x-2)=0 e f(x+2)=2(1-|x+2|). Assim
u(x,1)=\frac{1}{2}\,2(1-|x+2|)+1=1+(1-|x+2|)=2-|x+2|.
Podemos escrever essa função linearmente em dois trechos (porque |x+2| troca expressão em x=-2):
  • Para -3\le x\le -2: x+2\in[-1,0] então |x+2|=-(x+2)=-x-2, e
u(x,1)=2-(-x-2)=x+4.
  • Para -2\le x\le -1: x+2\in[0,1] então |x+2|=x+2, e
u(x,1)=2-(x+2)=-x.
  • Região 3: -1\le x\le 1. Aqui ambos deslocamentos fora do suporte => f(x\pm2)=0. Então
u(x,1)=1.
  • Região 4: 1\le x\le 3. Simétrico da região 2: f(x-2)=2(1-|x-2|), f(x+2)=0. Logo
u(x,1)=\frac{1}{2}\,2(1-|x-2|)+1=2-|x-2|.
E novamente expressando linearmente:
  • Para 1\le x\le 2: x-2\in[-1,0] então |x-2|=-(x-2)=2-x, e
u(x,1)=2-(2-x)=x.
  • Para 2\le x\le 3: x-2\in[0,1] então |x-2|=x-2, e
u(x,1)=2-(x-2)=4-x.
  • Região 5: x\ge 3. Ambos zero => u(x,1)=1.

Passo 7

Resumo e interpretação física / esboço do gráfico (descrição para esboçar à mão):
  • O termo constante +1 faz com que a linha de fundo seja u=1 para grande parte do eixo.
  • Aparecem duas “montanhas triangulares” de altura máxima 2 (pico de valor 2) centradas em x=-2 e em x=2; cada montanha tem largura total 2 (suporte [-3,-1] e [1,3] respectivamente) e é triangular (linhas retas subindo e descendo). Em particular:
    • Pico esquerdo em x=-2 com u(-2,1)=2; linear de u(-3,1)=1 subindo até u(-2,1)=2 e descendo até u(-1,1)=1.
    • Pico direito em x=2 com u(2,1)=2; linear de u(1,1)=1 subindo até u(2,1)=2 e descendo até u(3,1)=1.
  • Fora dos intervalos [-3,-1] e [1,3] a solução vale 1. No intervalo central [-1,1] também vale 1.
  • Assim o gráfico é a linha horizontal u=1 com dois pequenos triângulos simétricos de base em [-3,-1] e [1,3] e altura 1 acima da linha base (porque a linha base já está em 1 e o pico atinge 2).

Resposta

u(x,1)= \begin{cases} 1, & x\le -3,\\[4pt] x+4, & -3\le x\le -2,\\[4pt] -x, & -2\le x\le -1,\\[4pt] 1, & -1\le x\le 1,\\[4pt] x, & 1\le x\le 2,\\[4pt] 4-x, & 2\le x\le 3,\\[4pt] 1, & x\ge 3. \end{cases}]

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