Sejam as equações,
\frac{\partial^{2} y}{\partial^{2} x}+i \beta \frac{\partial y}{\partial t}=0, \quad \text { sendo } i=\sqrt{-1}
em que \beta é uma constante. Mostre que y(x, t)=A \cos (k x-w t+\delta) não é solução desta equação, mas que a funções y(x, t)=A e^{-i(k x-\omega t+\delta)} e y(x, t)=A e^{-i(k x+\omega t+\delta)} são soluções da equação.

Passo 1

O enunciado dá a equação
\frac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}} + i\beta \frac{\partial y}{\partial t} = 0,
com i=\sqrt{-1} e \beta constante, e pede para mostrar que:
  • y(x,t)=A\cos(kx-\omega t+\delta) não é solução;
  • y(x,t)=A e^{-i(kx-\omega t+\delta)} e y(x,t)=A e^{-i(kx+\omega t+\delta)} são soluções.
Informações relevantes dadas:
  • A,k,\omega,\delta,\beta são constantes (podem ser complexas ou reais conforme o contexto; aqui tratamos A,k,\omega,\delta como parâmetros gerais);
  • a equação envolve derivadas parciais em x e em t e tem o coeficiente complexo i\beta.

Passo 2

Antes de calcular, algumas ferramentas e ideias que vou usar — explicadinhas, passo a passo:
  • Regra da cadeia para funções do tipo f(\theta(x,t)): \dfrac{\partial}{\partial x}f(\theta)=f'(\theta)\dfrac{\partial\theta}{\partial x} e análogo para \partial/\partial t.
  • Derivadas básicas: \frac{d}{d\theta}\cos\theta = -\sin\theta,\qquad \frac{d}{d\theta}e^{-i\theta} = -i e^{-i\theta}.Essas valem tanto com \theta real quanto com \theta complexo.
  • Linearidade do operador diferencial: se L é o operador L[y]=\dfrac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}} + i\beta \dfrac{\partial y}{\partial t}, então L é linear e podemos aplicar L a somas e constantes multiplicativas normalmente.
  • Independência funcional de \cos\theta e \sin\theta: uma combinação C_1\cos\theta + C_2\sin\theta só é identicamente zero (para todo \theta) se C_1=C_2=0. Isso é útil quando aparecerem termos em \cos e \sin separados.
Vou usar essas ideias para testar cada função.

Passo 3

Testando y(x,t)=A\cos(kx-\omega t+\delta).
Defina \theta(x,t)=kx-\omega t+\delta. Então
y(x,t)=A\cos\theta.
Calcule as derivadas parciais necessárias:
Derivada segunda em x:
\frac{\partial y}{\partial x}=A\cdot(-\sin\theta)\cdot\frac{\partial\theta}{\partial x}=A(-\sin\theta)\cdot k,
\frac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(-Ak\sin\theta\bigr)=-Ak\cos\theta\cdot\frac{\partial\theta}{\partial x}=-Ak\cos\theta\cdot k=-Ak^{2}\cos\theta.
Derivada primeira em t:
\frac{\partial y}{\partial t}=A\cdot(-\sin\theta)\cdot\frac{\partial\theta}{\partial t}=A(-\sin\theta)\cdot(-\omega)=A\omega\sin\theta.
Agora substituímos na equação:
\frac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}} + i\beta\frac{\partial y}{\partial t} = -Ak^{2}\cos\theta + i\beta\bigl(A\omega\sin\theta\bigr) = A\bigl(-k^{2}\cos\theta + i\beta\omega\sin\theta\bigr).
Para que isto seja identicamente zero para todo (x,t) precisaríamos ter
-k^{2}\cos\theta + i\beta\omega\sin\theta \equiv 0\quad\text{para todo }\theta.
Mas \cos\theta e \sin\theta são funções linearmente independentes (ou seja, não existe combinação não-trivial que anule ambas simultaneamente para todo \theta). Portanto as únicas possibilidades seriam k^{2}=0 e \beta\omega=0 simultaneamente, ou A=0 (solução trivial). Em particular, para parâmetros não-triviais ( A\neq 0, k\neq 0 e \beta e \omega não ambos zero) a combinação não pode ser zero. Conclusão: em geral
y(x,t)=A\cos(kx-\omega t+\delta)
não é solução da equação (exceto no caso trivial A=0 ou casos degenerados mencionados).

Passo 4

Agora testamos y(x,t)=A e^{-i(kx-\omega t+\delta)}.
Defina \theta(x,t)=kx-\omega t+\delta e y=A e^{-i\theta}.
Derivadas:
\frac{\partial y}{\partial x}=A\cdot\frac{d}{d\theta}e^{-i\theta}\cdot\frac{\partial\theta}{\partial x}=A(-i)e^{-i\theta}\cdot k=-iAk e^{-i\theta},
\frac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(-iAk e^{-i\theta}\bigr)=-iAk\bigl(-i k e^{-i\theta}\bigr)=(-i)^{2}A k^{2} e^{-i\theta}=-A k^{2} e^{-i\theta},
pois (-i)^{2}=-1.
Derivada em t:
\frac{\partial y}{\partial t}=A\cdot(-i)e^{-i\theta}\cdot\frac{\partial\theta}{\partial t}=A(-i)e^{-i\theta}\cdot(-\omega)=A i\omega e^{-i\theta}.
Multiplicando por i\beta:
i\beta\frac{\partial y}{\partial t}=i\beta\bigl(A i\omega e^{-i\theta}\bigr)=i^{2}\beta A\omega e^{-i\theta}=-\beta A\omega e^{-i\theta}.
Somando as duas partes da equação:
\frac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}} + i\beta\frac{\partial y}{\partial t} = -A k^{2} e^{-i\theta} - \beta A\omega e^{-i\theta} = -A\bigl(k^{2} + \beta\omega\bigr)e^{-i\theta}.
Portanto esta expressão é identicamente zero se, e somente se,
k^{2} + \beta\omega = 0.
Ou seja, escolhendo \omega tal que
\omega = -\frac{k^{2}}{\beta},
a função y(x,t)=A e^{-i(kx-\omega t+\delta)} satisfaz a equação. Conclusão: y=A e^{-i(kx-\omega t+\delta)} é solução desde que a relação de dispersão acima seja satisfeita.

Passo 5

Agora testamos y(x,t)=A e^{-i(kx+\omega t+\delta)}.
Defina \theta(x,t)=kx+\omega t+\delta e y=A e^{-i\theta}.
Derivadas:
\frac{\partial y}{\partial x}=A(-i k)e^{-i\theta}=-iAk e^{-i\theta},
\frac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}}=-A k^{2} e^{-i\theta}
(igual ao caso anterior quanto à parte em x),
\frac{\partial y}{\partial t}=A(-i)e^{-i\theta}\cdot\frac{\partial\theta}{\partial t}=A(-i)e^{-i\theta}\cdot\omega=-iA\omega e^{-i\theta}.
Multiplicando por i\beta:
i\beta\frac{\partial y}{\partial t}=i\beta\bigl(-iA\omega e^{-i\theta}\bigr)=-i^{2}\beta A\omega e^{-i\theta}=+\beta A\omega e^{-i\theta}.
Somando:
\frac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}} + i\beta\frac{\partial y}{\partial t} = -A k^{2} e^{-i\theta} + \beta A\omega e^{-i\theta} = A\bigl(-k^{2} + \beta\omega\bigr)e^{-i\theta}.
Isto é zero se, e somente se,
-k^{2} + \beta\omega = 0\quad\Longleftrightarrow\quad \beta\omega = k^{2}.
Ou seja, escolhendo
\omega = \frac{k^{2}}{\beta},
a função y(x,t)=A e^{-i(kx+\omega t+\delta)} satisfaz a equação. Conclusão: y=A e^{-i(kx+\omega t+\delta)} é solução quando \omega = k^{2}/\beta.

Passo 6

Breve comentário didático final (para fixar a intuição, sem cálculo extra): as exponenciais complexas são particularmente convenientes para testar equações lineares com coeficientes constantes porque a derivada de uma exponencial é proporcional à própria exponencial — isso transforma a equação diferencial numa condição algébrica (a relação de dispersão). Já a função \cos gera, ao derivar, termos em \cos e \sin simultaneamente; quando o operador mistura essas funções com coeficientes complexos, não é possível cancelar ambos os termos com um único ajuste de \omega (salvo no caso trivial A=0). Por isso a solução em exponenciais complexas existe com a condição de dispersão indicada, enquanto a forma trigonométrica real dada no enunciado não é solução geral.

Resposta

y(x,t)=A\cos(kx-\omega t+\delta) não é solução (salvo caso trivial A=0).
y(x,t)=A e^{-i(kx-\omega t+\delta)} é solução se k^{2}+\beta\omega=0 (isto é, \omega=-k^{2}/\beta).
y(x,t)=A e^{-i(kx+\omega t+\delta)} é solução se \beta\omega-k^{2}=0 (isto é, \omega=k^{2}/\beta).

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