Resolva u_{x x}+u_{y y}=0 onde y>0 e 0<x<\pi, satisfaz as condições:
u(0, y)=f(y), \quad u_{x}(\pi, y)=0, \quad u_{y}(x, 0)=0

Passo 1

O enunciado pede a solução da equação de Laplace
u_{xx}+u_{yy}=0
no retângulo semi-infinito 0<x<\pi, y>0, com condições de contorno
\;u(0,y)=f(y), \;u_x(\pi,y)=0 e \;u_y(x,0)=0.
Vamos usar reflexão em y para homogenizar a condição de Neumann em y=0 e depois aplicar a transformada de Fourier em y.

Passo 2

Refletimos a solução para y<0 definindo
u(x,-y)=u(x,y),
o que garante \partial_yu(x,0)=0. Assim estendemos o problema para -\infty<y<\infty, mantendo o PDE e as condições em x=0 e x=\pi.

Passo 3

Definimos a transformada de Fourier em y:
U(x,k)=\int_{-\infty}^{\infty}u(x,y)\,e^{-iky}\,dy.
Como u_{xx}+u_{yy}=0, temos
U_{xx}(x,k)-k^2\,U(x,k)=0.
A solução geral em x é
U(x,k)=A(k)e^{k x}+B(k)e^{-k x}.

Passo 4

Em x=0 a transformada vale
U(0,k)=\int_{-\infty}^{\infty}u(0,y)e^{-iky}\,dy =\int_{-\infty}^{\infty}f(|y|)\,e^{-iky}\,dy =F(k),
onde
F(k)=2\int_{0}^{\infty}f(s)\cos(ks)\,ds.
Em x=\pi a condição u_x(\pi,y)=0 implica
U_x(\pi,k)=A(k)k\,e^{k\pi}-B(k)k\,e^{-k\pi}=0 \;\Longrightarrow\;B(k)=A(k)e^{2k\pi}.
Como A(k)+B(k)=F(k), resulta
A(k)=\frac{F(k)}{1+e^{2k\pi}}, \quad B(k)=\frac{e^{2k\pi}F(k)}{1+e^{2k\pi}}.

Passo 5

Substituindo em U(x,k) obtemos
U(x,k) =\frac{F(k)}{1+e^{2k\pi}}\bigl(e^{kx}+e^{2k\pi}e^{-kx}\bigr) =\frac{F(k)\,\operatorname{cosh}\!\bigl[k(\pi - x)\bigr]}{\operatorname{cosh}(k\pi)}.

Passo 6

Invertemos agora a transformada de Fourier. Como F(k) é par, fica
u(x,y) =\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}U(x,k)e^{iky}\,dk =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty} \frac{F(k)\,\operatorname{cosh}\!\bigl[k(\pi - x)\bigr]}{\operatorname{cosh}(k\pi)} \cos(ky)\,dk.

Resposta

u(x,y) =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty} \!\Bigl(\!2\!\int_{0}^{\infty}f(s)\cos(ks)\,ds\Bigr) \frac{\operatorname{cosh}\!\bigl[k(\pi - x)\bigr]}{\operatorname{cosh}(k\pi)} \cos(ky)\,dk.

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