Questão [open2] (3,0 pts) Considere a equação do calor
\frac{\partial u}{\partial t}=c^{2} \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}},
em uma barra infinita, lateralmente isolada com temperatura inicial dada por u(x, 0)=f(x),-\infty<x<\infty
a) Use u(x, t)=F(x) G(t) e mostre que
\begin{aligned} F^{\prime \prime}+p^{2} F & =0 \\\ \dot{G}+c^{2} p^{2} G & =0 \end{aligned}
b) Faça \hat{u}=\mathcal{F}(u) representar a transformada de Fourier de u como função de x. Resolva a equação ordinária em t.
c) Determine u(x, t) na forma integral sabendo que u(x, 0)=\frac{\sin \pi x}{x} usando a transformada de Fourier.
\square 0 \square 0,25 \square 0,5 \square 0,75 \square 1 \square 1,25 \square 1,5 \square 1,75 \square 2,0 \square 2,25 \square 2,5 \square 2,75

Passo 1

O enunciado dá a equação
\frac{\partial u}{\partial t}=c^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}},
valendo para -\infty<x<\infty, com condição inicial
u(x,0)=f(x),\quad -\infty<x<\infty.
Pede-se:
  1. (a) aplicar a separação de variáveis usando u(x,t)=F(x)G(t) e mostrar que as equações separadas são
F''+p^{2}F=0,\qquad \dot G + c^{2}p^{2}G=0.
  1. (b) tomar a transformada de Fourier em x de u, resolver a equação ordinária resultante em t.
  2. (c) com u(x,0)=\dfrac{\sin\pi x}{x}, determinar u(x,t) na forma integral usando a transformada de Fourier.
    Informações relevantes dadas: a PDE, a condição inicial geral f(x) e o caso específico f(x)=\dfrac{\sin\pi x}{x}. Nada mais é pedido além das etapas acima.

Passo 2

Começo a parte (a) propondo a ansatz de separação
u(x,t)=F(x)\,G(t),
onde F depende só de x e G só de t. Substituo na PDE:
\frac{\partial u}{\partial t}=F(x)\,\dot G(t),\qquad \frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}=G(t)\,F''(x).
Portanto a PDE vira
F(x)\,\dot G(t) = c^{2} \,G(t)\,F''(x).
Agora divido ambos os lados por c^{2}F(x)G(t) (assumindo F e G não identicamente zero) para separar as variáveis:
\frac{1}{c^{2}}\frac{\dot G(t)}{G(t)}=\frac{F''(x)}{F(x)}.
O lado esquerdo depende só de t e o direito só de x, logo ambos devem ser iguais a uma constante independente de x e t. Chamo essa constante de -p^{2} (escolha do sinal explicada no próximo passo). Assim
\frac{F''(x)}{F(x)}=-p^{2},\qquad \frac{1}{c^{2}}\frac{\dot G(t)}{G(t)}=-p^{2}.

Passo 3

Multiplicando cada uma das igualdades por F ou por c^{2}G obtenho as equações ordinárias pedidas:
F''(x)+p^{2}F(x)=0, \qquad \dot G(t)+c^{2}p^{2}G(t)=0.
Breve comentário didático sobre a escolha do sinal: optei por escrever a constante como -p^{2} porque para muitos problemas físicos (barra infinita) queremos soluções F de segunda ordem de tipo oscilatório (seno/cosseno) e G decaindo com o tempo (exponencial decrescente). Se tivéssemos escolhido constante positiva, as formas das soluções mudariam (exponenciais crescentes/decrescentes em x), o que não é o comportamento típico desejado para modos físicos nesta barra infinita. Assim p^{2}\ge 0 e p pode ser tomado não negativo.
As soluções gerais dessas ODEs são
F(x)=A\cos(px)+B\sin(px), \qquad G(t)=C\,e^{-c^{2}p^{2}t},
com constantes A,B,C determinadas por condições (no nosso caso, como a barra é infinita, geralmente combinamos esses modos via superposição/integral).

Passo 4

Parte (b): agora uso a transformada de Fourier em x. Defino a transformada direta e inversa (convenção usada aqui):
\hat{u}(k,t)=\mathcal{F}_{x}[u](k,t)=\int_{-\infty}^{\infty} u(x,t)\,e^{-ikx}\,dx,
u(x,t)=\mathcal{F}^{-1}[\hat u](x,t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\hat u(k,t)\,e^{ikx}\,dk.
Propriedade útil (explicada): a transformada de Fourier transforma derivação em multiplicação por ik. Ou seja, para derivada em x,
\mathcal{F}\left[\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}\right](k,t) = (ik)^{2}\,\hat u(k,t) = -k^{2}\,\hat u(k,t).
Aplicando a transformada em x à PDE original, o termo temporal passa para fora da integral (pois transformo apenas em x), dando
\frac{\partial}{\partial t}\hat u(k,t) = c^{2}\, \mathcal{F}\!\left[\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}\right](k,t) = c^{2}(-k^{2})\,\hat u(k,t).
Logo obtemos a equação ordinária em t (para cada k):
\frac{\partial \hat u}{\partial t}(k,t) = -c^{2}k^{2}\,\hat u(k,t).

Passo 5

Resolvo a ODE em t para cada k. É uma ODE linear de primeira ordem com solução exponencial. A condição inicial em transformada é
\hat u(k,0)=\hat f(k)=\mathcal{F}_{x}[f](k).
A solução da ODE é
\hat u(k,t)=\hat f(k)\,e^{-c^{2}k^{2}t}.
Explicação didática: a ODE \dot y = -\lambda y tem solução y(t)=y(0)e^{-\lambda t}; aqui \lambda=c^{2}k^{2}.

Passo 6

Volto ao espaço físico usando a transformada inversa. Substituindo \hat u(k,t) na inversa dá a fórmula integral geral
u(x,t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \hat f(k)\,e^{-c^{2}k^{2}t}\,e^{ikx}\,dk.
Outra forma útil (interpretação de convolução): note que \frac{1}{2\pi}\int e^{-c^{2}k^{2}t}e^{ikx}dk é a transformada inversa de e^{-c^{2}k^{2}t}, que é o núcleo de calor gaussiano. O cálculo padrão do integral gaussiano (com completar quadrado) dá
\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-c^{2}k^{2}t}\,e^{ikx}\,dk =\frac{1}{\sqrt{4\pi c^{2}t}}\,e^{-x^{2}/(4c^{2}t)}.
Portanto a solução também se escreve como convolução
u(x,t) = \left(G_{t} * f\right)(x),\qquad G_{t}(x)=\frac{1}{\sqrt{4\pi c^{2}t}}\,e^{-x^{2}/(4c^{2}t)}.
Comentário prático: essa é a forma usada com frequência na prova — transformar, multiplicar por e^{-c^{2}k^{2}t} e inverter.

Passo 7

Parte (c): agora trato o caso específico f(x)=\dfrac{\sin\pi x}{x}. Primeiro obtenho \hat f(k). Uso o par conhecido entre a função retangular e a sinc: a transformada inversa da função indicadora do intervalo [-a,a] é
\frac{1}{2\pi}\int_{-a}^{a} e^{ikx}\,dk = \frac{1}{\pi}\frac{\sin(ax)}{x}.
Invertendo esse par, deduzimos que
\mathcal{F}\!\left[\frac{\sin(ax)}{x}\right](k)=\pi\,\mathbf{1}_{[-a,a]}(k),
onde \mathbf{1}_{[-a,a]}(k) é a função que vale 1 para |k|\le a e 0 caso contrário. Aplicando com a=\pi (pois f(x)=\sin(\pi x)/x) obtemos
\hat f(k)=\pi\,\mathbf{1}_{[-\pi,\pi]}(k).
Isso pode ser verificado diretamente integrando \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(\pi x)}{x}e^{-ikx}dx ou usando o par retângulo ↔ sinc mostrado acima.

Passo 8

Com \hat f(k)=\pi\) para \(|k|\le\pi\) e zero fora, a transformada da solução é \[\hat u(k,t)=\begin{cases} \pi\,e^{-c^{2}k^{2}t},& |k|\le\pi,\\[6pt] 0,& |k|>\pi. \end{cases}
Invertendo a transformada obtemos a expressão integral final:
u(x,t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\hat u(k,t)\,e^{ikx}\,dk =\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\pi\,e^{-c^{2}k^{2}t}\,e^{ikx}\,dk =\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi} e^{-c^{2}k^{2}t}\,e^{ikx}\,dk.
Como integrando é par no caso da parte real, uma forma real equivalente é
u(x,t)=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi} e^{-c^{2}k^{2}t}\cos(kx)\,dk.
Verificação rápida do limite t\to 0^{+}\]: como \(e^{-c^{2}k^{2}t}\to 1, temos u(x,t)\to \dfrac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}e^{ikx}dk=\dfrac{\sin(\pi x)}{x}, recuperando a condição inicial, o que é um bom cheque.]

Resposta

(a) F''+p^{2}F=0,\qquad \dot G + c^{2}p^{2}G=0.
(b) \hat u(k,t)=\hat f(k)\,e^{-c^{2}k^{2}t}.
(c) u(x,t)=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi} e^{-c^{2}k^{2}t}\,e^{ikx}\,dk =\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi} e^{-c^{2}k^{2}t}\cos(kx)\,dk.

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