Usando (6), obtenha a solução de (1) na forma de integral satisfazendo à condição inicial u(x, 0)=f(x) onde:
f(x)=(\operatorname{sen} \pi x) / x. [Use o Problema 4 da Seção 11.7.]

Passo 1

O enunciado pede: obter a solução de (1) na forma de integral que satisfaça à condição inicial u(x,0)=f(x), onde f(x)=\dfrac{\operatorname{sen}\pi x}{x}, usando a fórmula indicada em (6) e o Problema 4 da Seção 11.7.
Informações fornecidas explicitamente pelo enunciado:
  • Condição inicial: u(x,0)=f(x)=\dfrac{\operatorname{sen}\pi x}{x}.
Informações necessárias que não foram fornecidas no enunciado que você me mandou:
  • A equação (1) (ou seja, qual é a PDE que deve ser resolvida).
  • A expressão (6) (provavelmente uma fórmula de solução, um núcleo fundamental/Green ou similar).
  • O conteúdo do Problema 4 da Seção 11.7 (que o enunciado manda usar).
Sem saber o que são (1) e (6) não é possível entregar uma forma integral específica única (porque a forma do núcleo/propagador depende da PDE). A seguir eu mostro como proceder de forma geral (passo a passo e didática) e então aplico ao caso concreto da condição inicial f(x)=\dfrac{\operatorname{sen}\pi x}{x}, produzindo a forma integral geral que você obteria assim que souber qual é o símbolo (ou núcleo) vindo de (6).

Passo 2

Ideia geral (motivo prático de transformar tudo em integrais): para PDEs lineares com coeficientes constantes em x a técnica padrão é aplicar a transformada de Fourier em x. Isso transforma derivadas espaciais em multiplicações por uma função do parâmetro de frequência, reduzindo a PDE a uma ODE em t. Depois faz-se a transformada inversa para voltar a x. Vou explicar essa ideia devagarinho.
Definições (convenção usada; escrevo tudo explicitamente para não haver confusão):
  • Transformada de Fourier em x:
\widehat{g}(k)=\int_{-\infty}^{\infty} g(x)\,e^{-ikx}\,dx.
  • Transformada inversa:
g(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\widehat{g}(k)\,e^{ikx}\,dk.
Explicação curta: \widehat{g}(k) é a representação de g no espaço das frequências; multiplicações por polinômios de derivadas em x viram multiplicações por funções de k.

Passo 3

Passe da PDE para a equação no espaço de Fourier (estrutura genérica).
Suponha que a PDE (1) seja linear e translacionalmente invariante em x, de forma que, aplicando a transformada em x, a PDE fica
\partial_t \widehat{u}(k,t)=\lambda(k)\,\widehat{u}(k,t),
onde \lambda(k) é o símbolo (função de k) associado ao operador espacial que aparece em (1). Exemplos:
  • Para a equação do calor \partial_t u=\nu \partial_{xx}u tem-se \lambda(k)=-\nu k^{2}.
  • Para a equação da onda em primeira ordem em tempo (ou transformada de certa formula) o \lambda(k) seria diferente.
A ODE em t é simples e separável; integrando em t obtemos
\widehat{u}(k,t)=e^{\lambda(k)t}\,\widehat{u}(k,0).
Como \widehat{u}(k,0)=\widehat{f}(k) (transformada da condição inicial), temos
\widehat{u}(k,t)=e^{\lambda(k)t}\,\widehat{f}(k).

Passo 4

Voltar para x pela transformada inversa dá a solução na forma integral geral (a forma que provavelmente corresponde ao que o item (6) fornece, se (6) for o núcleo/propagador):
u(x,t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx}\,e^{\lambda(k)t}\,\widehat{f}(k)\,dk.
Esta é a forma integral genérica: tudo se reduz a conhecer \lambda(k) (que vem da PDE/(6)) e \widehat{f}(k) (que vem da condição inicial).

Passo 5

Agora calculamos \widehat{f}(k) para a condição dada f(x)=\dfrac{\operatorname{sen}\pi x}{x}. Isto é uma transformada clássica: a transformada de \dfrac{\sin a x}{x} é uma função retangular (pulso) no domínio de k. Faço o cálculo de forma clara e elementar.
Identidade útil (fácil de verificar integrando exponencial em k):
\int_{- \pi}^{\pi} e^{i k x}\,dk = \frac{e^{i\pi x}-e^{-i\pi x}}{ix} = \frac{2\sin(\pi x)}{x}.
Dessa igualdade segue imediatamente:
\frac{\sin(\pi x)}{x}=\frac{1}{2}\int_{- \pi}^{\pi} e^{ikx}\,dk.
Agora usamos isso para obter \widehat{f}(k). Pela definição,
\widehat{f}(k)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(\pi x)}{x}\,e^{-ikx}\,dx = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{2}\left(\int_{-\pi}^{\pi} e^{i\xi x}\,d\xi\right) e^{-ikx}\,dx.
Troca de integrais (válida em sentido de distribuições / transformadas): primeiro integramos em x:
\widehat{f}(k)=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{i(\xi-k)x}\,dx\right)d\xi.
A integral \int_{-\infty}^{\infty} e^{i(\xi-k)x}\,dx representa 2\pi\delta(\xi-k). Assim
\widehat{f}(k)=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi} 2\pi \,\delta(\xi-k)\,d\xi.
A integral em \xi seleciona k se k\in[-\pi,\pi], dando
\widehat{f}(k)=\pi\quad\text{se }|k|<\pi, \qquad \widehat{f}(k)=0\quad\text{se }|k|>\pi.
Em palavras: \widehat{f}(k)=\pi\,\mathbf{1}_{[-\pi,\pi]}(k). (Nos pontos de fronteira k=\pm\pi vale a convenção de valor médio, mas isto não altera integrais.)
Observação mais direta e sem distribuições: a relação inversa já escrita
\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} e^{ikx}\,dk
é a forma de transformar retângulo em sinc; multiplicando por \pi dá a mesma conclusão: transformada de \sin(\pi x)/x é \pi no intervalo |k|<\pi.

Passo 6

Substituindo \widehat{f}(k)=\pi\mathbf{1}_{[-\pi,\pi]}(k) na fórmula geral do Passo 4 obtemos a solução em forma integral explícita (a expressão final depende apenas de \lambda(k), que é o que a PDE/(6) fornece):
u(x,t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx}\,e^{\lambda(k)t}\,\big(\pi\mathbf{1}_{[-\pi,\pi]}(k)\big)\,dk = \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi} e^{ikx}\,e^{\lambda(k)t}\,dk.
Como a função integrando é complex-conjugada simétrica (a solução deve ser real) podemos reescrever usando cosseno:
u(x,t)=\int_{0}^{\pi} \cos(kx)\,e^{\lambda(k)t}\,dk.
Esta é a forma integral final, expressa unicamente em termos de \lambda(k). Ela responde ao pedido “obter a solução na forma de integral” — basta agora substituir a função \lambda(k) que corresponde ao operador espacial da equação (1) (ou usar a fórmula (6) que o enunciado menciona) para ter a fórmula completamente explícita.

Passo 7

Interpretações e exemplos concretos (para orientar a aplicação prática na prova):
  • Se (1) for a equação do calor \partial_t u=\nu \partial_{xx}u, então \lambda(k)=-\nu k^{2} e
u(x,t)=\int_{0}^{\pi}\cos(kx)\,e^{-\nu k^{2}t}\,dk.
  • Se (1) for outra PDE com símbolo conhecido (por exemplo \lambda(k)=-\alpha |k|^{m} ou \lambda(k)= -i c k, etc.), basta substituir \lambda(k) na integral do Passo 6.
Dica prática para a prova: geralmente (6) é exatamente a expressão do propagador (ou do núcleo fundamental) e a etapa que eu fiz (usar a transformada de Fourier e a transformada de \sin(\pi x)/x) é precisamente o que se pede. Depois de substituir \lambda(k), às vezes a integral pode ser simplificada usando simetrias ou avaliando integrais conhecidas; noutras situações a integral fica como resposta final aceitável.

Resposta

u(x,t)=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi} e^{ikx}\,e^{\lambda(k)t}\,dk
ou, equivalentemente,
u(x,t)=\int_{0}^{\pi}\cos(kx)\,e^{\lambda(k)t}\,dk,
onde \lambda(k) é o símbolo do operador espacial da equação (1) (isto é, a função que aparece em (6)).

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