Verifique que u(x, t)=\frac{1}{2}[f(x-a t)+f(x+a t)]+\frac{1}{2 a} \int_{x-a t}^{x+a t} g(s) d s é solução de:
\left\{\begin{array}{l} a^{2} u_{x x}=u_{t t}, \quad-\infty<x, t<+\infty \\\ u(x, 0)=f(x), \quad-\infty<x<+\infty \\\ u_{t}(x, 0)=g(x), \quad-\infty<x<+\infty \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado nos dá a função
u(x,t)=\frac{1}{2}\bigl[f(x-a t)+f(x+a t)\bigr]+\frac{1}{2a}\int_{x-a t}^{x+a t} g(s)\,ds
e pede que verifiquemos que ela satisfaz o problema de valor inicial
\begin{cases} a^{2}u_{xx}=u_{tt}, & -\infty<x,t<+\infty,\\[4pt] u(x,0)=f(x), & -\infty<x<+\infty,\\[4pt] u_{t}(x,0)=g(x), & -\infty<x<+\infty. \end{cases}
As informações relevantes que temos são exatamente a expressão de u(x,t) (em termos de f e g) e a equação diferencial e condições iniciais a serem verificadas. A tarefa é (i) calcular u_t e u_{tt}, (ii) calcular u_x e u_{xx}, (iii) mostrar que a^{2}u_{xx}=u_{tt}, e (iv) verificar as condições iniciais em t=0.]

Passo 2

Antes de derivar, lembro duas regras que vou usar (e explico de forma simples):
  • Regra da cadeia: se h(t)=f(x\pm a t) com x fixo, então
\frac{d}{dt}f(x\pm a t)=\pm a\, f'(x\pm a t),
e aplicando novamente,
\frac{d^2}{dt^2}f(x\pm a t)=a^2\, f''(x\pm a t).
Aqui f' e f'' são derivadas de f em relação ao seu argumento.
  • Regra de Leibniz para derivar uma integral com limites dependentes de t: se
I(t)=\int_{\alpha(t)}^{\beta(t)} g(s)\,ds,
então
\frac{d}{dt}I(t)=g(\beta(t))\beta'(t)-g(\alpha(t))\alpha'(t),
desde que g seja suficientemente regular. No nosso caso os limites são \alpha(t)=x-at e \beta(t)=x+at.
Vou aplicar essas regras termo a termo na expressão de u.

Passo 3

Calculo u_t(x,t) derivando a expressão de u em relação a t.
Derivando o primeiro termo usando a regra da cadeia:
\frac{\partial}{\partial t}\frac{1}{2}f(x-at)=\frac{1}{2}\bigl(-a f'(x-at)\bigr)=-\frac{a}{2}f'(x-at),
\frac{\partial}{\partial t}\frac{1}{2}f(x+at)=\frac{1}{2}\bigl(a f'(x+at)\bigr)=\frac{a}{2}f'(x+at).
Para o termo integral, aplico a regra de Leibniz com \alpha(t)=x-at, \beta(t)=x+at. Como \alpha'(t)=-a e \beta'(t)=a,
\frac{d}{dt}\int_{x-at}^{x+at} g(s)\,ds = g(x+at)\cdot a - g(x-at)\cdot(-a)=a\bigl(g(x+at)+g(x-at)\bigr).
Multiplicando pelo fator \frac{1}{2a} que está fora da integral, obtemos para esse termo
\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at} g(s)\,ds\right) =\frac{1}{2}\bigl(g(x+at)+g(x-at)\bigr).
Somando tudo:
u_t(x,t)=-\frac{a}{2}f'(x-at)+\frac{a}{2}f'(x+at)+\frac{1}{2}\bigl(g(x+at)+g(x-at)\bigr).

Passo 4

Agora calculo u_{tt} derivando u_t em relação a t.
Para os termos com f', uso a regra da cadeia novamente:
\frac{\partial}{\partial t}\Bigl(-\frac{a}{2}f'(x-at)\Bigr)=-\frac{a}{2}\bigl(-a f''(x-at)\bigr)=\frac{a^{2}}{2}f''(x-at),
\frac{\partial}{\partial t}\Bigl(\frac{a}{2}f'(x+at)\Bigr)=\frac{a}{2}\bigl(a f''(x+at)\bigr)=\frac{a^{2}}{2}f''(x+at).
Para o termo com g:
\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{2}g(x+at)\right)=\frac{1}{2}\bigl(a g'(x+at)\bigr)=\frac{a}{2}g'(x+at),
\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{2}g(x-at)\right)=\frac{1}{2}\bigl(-a g'(x-at)\bigr)=-\frac{a}{2}g'(x-at).
Somando,
u_{tt}(x,t)=\frac{a^{2}}{2}\bigl(f''(x-at)+f''(x+at)\bigr)+\frac{a}{2}\bigl(g'(x+at)-g'(x-at)\bigr).

Passo 5

Agora calculo u_x derivando u em relação a x.
Derivando os termos f(x\pm at) em relação a x (regra da cadeia com coeficiente 1):
\frac{\partial}{\partial x}\frac{1}{2}f(x-at)=\frac{1}{2}f'(x-at),\qquad \frac{\partial}{\partial x}\frac{1}{2}f(x+at)=\frac{1}{2}f'(x+at).
Para a integral, aplico a regra de Leibniz agora derivando em relação a x. Os limites são \alpha(x)=x-at e \beta(x)=x+at, e \alpha'(x)=1, \beta'(x)=1. Assim
\frac{\partial}{\partial x}\int_{x-at}^{x+at} g(s)\,ds = g(x+at)\cdot 1 - g(x-at)\cdot 1 = g(x+at)-g(x-at).
Multiplicando por \frac{1}{2a},
\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at} g(s)\,ds\right)=\frac{1}{2a}\bigl(g(x+at)-g(x-at)\bigr).
Somando:
u_x(x,t)=\frac{1}{2}\bigl(f'(x-at)+f'(x+at)\bigr)+\frac{1}{2a}\bigl(g(x+at)-g(x-at)\bigr).

Passo 6

Agora calculo u_{xx} derivando u_x em relação a x.
Derivando os termos com f':
\frac{\partial}{\partial x}\frac{1}{2}f'(x-at)=\frac{1}{2}f''(x-at),\qquad \frac{\partial}{\partial x}\frac{1}{2}f'(x+at)=\frac{1}{2}f''(x+at).
Derivando o termo \frac{1}{2a}(g(x+at)-g(x-at)) em x
\frac{1}{2a}\bigl(g'(x+at)-g'(x-at)\bigr).
Portanto
u_{xx}(x,t)=\frac{1}{2}\bigl(f''(x-at)+f''(x+at)\bigr)+\frac{1}{2a}\bigl(g'(x+at)-g'(x-at)\bigr).
Multiplicando por a^{2},
a^{2}u_{xx}(x,t)=\frac{a^{2}}{2}\bigl(f''(x-at)+f''(x+at)\bigr)+\frac{a}{2}\bigl(g'(x+at)-g'(x-at)\bigr).

Passo 7

Compare agora a^{2}u_{xx} com u_{tt}. Das expressões obtidas:
u_{tt}(x,t)=\frac{a^{2}}{2}\bigl(f''(x-at)+f''(x+at)\bigr)+\frac{a}{2}\bigl(g'(x+at)-g'(x-at)\bigr),
a^{2}u_{xx}(x,t)=\frac{a^{2}}{2}\bigl(f''(x-at)+f''(x+at)\bigr)+\frac{a}{2}\bigl(g'(x+at)-g'(x-at)\bigr).
As duas expressões são idênticas, logo
a^{2}u_{xx}=u_{tt}
para todos x,t. Assim a solução satisfaz a equação de onda.

Passo 8

Verifico as condições iniciais em t=0.
Avalio u(x,0). Pela definição,
u(x,0)=\frac{1}{2}\bigl[f(x)+f(x)\bigr]+\frac{1}{2a}\int_{x}^{x} g(s)\,ds = f(x)+\frac{1}{2a}\cdot 0 = f(x).
Portanto u(x,0)=f(x).
Avalio u_t(x,0). Usando a fórmula obtida para u_t,
u_t(x,t)=-\frac{a}{2}f'(x-at)+\frac{a}{2}f'(x+at)+\frac{1}{2}\bigl(g(x+at)+g(x-at)\bigr).
Colocando t=0,
u_t(x,0)=-\frac{a}{2}f'(x)+\frac{a}{2}f'(x)+\frac{1}{2}\bigl(g(x)+g(x)\bigr)=0+\;g(x)=g(x).
Logo u_t(x,0)=g(x).

Passo 9

Concluímos que a função dada satisfaz tanto a equação diferencial a^{2}u_{xx}=u_{tt} quanto as condições iniciais u(x,0)=f(x) e u_t(x,0)=g(x). Portanto ela é solução do problema de valor inicial proposto.

Resposta

Sim. A função \;u(x,t)=\dfrac{1}{2}\bigl[f(x-at)+f(x+at)\bigr]+\dfrac{1}{2a}\displaystyle\int_{x-at}^{x+at} g(s)\,ds\; satisfaz a^{2}u_{xx}=u_{tt}, u(x,0)=f(x) e u_{t}(x,0)=g(x).

Exercícios relacionados