Problemas Teoremas

Outubro 6, 2010

Aplicação da transformada de Fourier à resolução de uma equação diferencial

Filed under: Análise Complexa,Análise de Fourier,Cálculo,Equações diferenciais,Exercícios Matemáticos,Matemática,Transformadas de Fourier — Américo Tavares @ 6:42 pm
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Resolva a seguinte equação diferencial

\dfrac{d^{2}y(x)}{dx^{2}}-y(x)=e^{-\left\vert x\right\vert }

Resolução:

Vou usar a definição seguinte: a transformada de Fourier da função \phi (x) é o integral

\Phi (\lambda )=\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }\phi(x)e^{-i\lambda x}dx

Notação: represento a transformada pela mesma letra da função, mas maíuscula. Sabida a transformada de Fourier \Phi (\lambda ) de uma função \phi (x), a transformada inversa permite obter a função:

\phi (x)=\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }\Phi (\lambda )e^{ix\lambda }d\lambda

Seja f(x)=e^{-\left\vert x\right\vert }. A sua transformada de Fourier F(\lambda ) é igual a \dfrac{1}{\pi \left( 1+\lambda ^{2}\right) }, como vamos mostrar:

F(\lambda )=\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }e^{-\left\vert x\right\vert }e^{-i\lambda x}dx =\dfrac{1}{2\pi }\left( \displaystyle\int_{-\infty }^{0}e^{x}e^{-i\lambda x}dx+\displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-x}e^{-i\lambda x}dx\right)

=\dfrac{1}{2\pi }\left\{ \left[ \dfrac{e^{x(1-i\lambda )}}{1-i\lambda }\right] _{-\infty}^{0}+\left[ \dfrac{e^{-x(1+i\lambda )}}{-1-i\lambda }\right] _{0}^{\infty}\right\} =\dfrac{1}{\pi \left( 1+\lambda ^{2}\right) }.

A transformada de Fourier da derivada da uma função g(x) é obtida integrando por partes

\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }g^{\prime }(x)e^{-i\lambda x}dx=\dfrac{1}{2\pi }\left[ g(x)e^{-i\lambda x}\right] _{-\infty }^{\infty}+i\lambda\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }g(x)e^{-i\lambda x}.

Se g(x)e^{-i\lambda x} tender para 0 quando x\rightarrow\pm \infty,  resulta

\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty}g^{\prime }(x)e^{-i\lambda x}dx =i\lambda \dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }g(x)e^{-i\lambda x}=i\lambda G(x),

em que G(x) é a transformada de Fourier de g(x). No final vamos verificar que a solução da equação verifica esta condição quanto a estes limites.

Aplicando a transformada de Fourier a ambos os membros da equação diferencial, temos

\left( i\lambda \right) ^{2}Y(\lambda )-Y(\lambda )=\dfrac{1}{\pi \left( 1+\lambda ^{2}\right) },

em que Y(\lambda ) é a transformada de Fourier de y(x). Logo

Y(\lambda )=-\dfrac{1}{\pi\left( 1+\lambda ^{2}\right) ^{2}}

pelo que

y(x)=-\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }\dfrac{e^{ix\lambda }}{\left( 1+\lambda ^{2}\right) ^{2}}d\lambda .

Dado que \left( 1+\lambda ^{2}\right) ^{-2}\rightarrow 0 (quando \lambda \rightarrow \infty ) este integral é calculável pelo método dos resíduos. Para x>0, consideramos um contorno fechado C, percorrido no sentido positivo, constituído pelo intervalo [-r,r] e pela semi-circunferência \Gamma _{+} centrada na origem e de raio r.

Faz-se tender r para infinito e calcula-se o resíduo em z=i:

\underset{r\rightarrow \infty }{\lim }\displaystyle\int_{C}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz=\displaystyle\int_{-\infty }^{\infty }\dfrac{e^{ix\lambda }}{\left( 1+\lambda ^{2}\right) ^{2}}d\lambda +\underset{r\rightarrow \infty }{\lim }\displaystyle\int_{\Gamma _{+}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz.

Fazendo z=re^{i\theta }

\left\vert\displaystyle\int_{\Gamma _{+}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz\right\vert =\left\vert \displaystyle\int_{0}^{\pi }\dfrac{e^{ix\left( r\cos \theta +ir\sin \theta \right) }}{\left( 1+r^{2}e^{i2\theta }\right) ^{2}}ire^{i\theta }d\theta \right\vert

\leq \displaystyle\int_{0}^{\pi }\left\vert \dfrac{1}{\left( 1+r^{2}e^{i2\theta}\right) ^{2}}\right\vert e^{-r\sin \theta }rd\theta \rightarrow 0 (quando r\rightarrow 0),

pelo que

y(x)=-\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{C_{t}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz=-\dfrac{1}{\pi }2\pi i\left[ \dfrac{d}{dz}\left( \dfrac{e^{ixz}\left( z-i\right) ^{2}}{\left( z+i\right) ^{2}\left( z-i\right) ^{2}}\right) \right] _{z=i}

=-2i\left[ \dfrac{d}{dz}\left( \dfrac{e^{ixz}}{\left( z+i\right) ^{2}}\right) \right] _{z=i}=-\dfrac{x+1}{2}e^{-x}.

Para x<0, fazemos a integração ao longo de um contorno fechado C, percorrido no sentido positivo, constituído pelo intervalo [-r,r] e pela semi-circunferência negativa \Gamma _{-} centrada na origem e de raio r. Como

\underset{r\rightarrow \infty }{\lim }\displaystyle\int_{\Gamma _{-}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz=0

calculando o resíduo em z=-i, vem

y(x)=-\dfrac{1}{\pi }\left( -\displaystyle\int_{C_{t}}\dfrac{e^{ixz}}{\left( 1+z^{2}\right) ^{2}}dz\right) =\dfrac{1}{\pi }2\pi i\left[ \dfrac{d}{dz}\left( \dfrac{e^{ixz}\left( z+i\right) ^{2}}{\left( z+i\right) ^{2}\left( z-i\right) ^{2}}\right) \right] _{z=-i}

=2i\left[ \dfrac{d}{dz}\left( \dfrac{e^{ixz}}{\left( z-i\right) ^{2}}\right) \right] _{z=-i}=2i\times \dfrac{1}{4i}\left( x-1\right) e^{x}=\dfrac{1}{2}\left( x-1\right) e^{x}.

Vemos que \underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }-\dfrac{1}{2}\left( x+1\right) e^{-x}=-\dfrac{1}{2}=\underset{x\rightarrow 0^{-}}{\lim }\dfrac{1}{2}\left( x-1\right) e^{x}

Combinando os dois resultados obtemos a solução

y(x)=-\dfrac{1}{2}\left( \left\vert x\right\vert +1\right) e^{-\left\vert x\right\vert }

Então, vemos que

\underset{x\rightarrow \pm \infty }{\lim }y(x)e^{-i\lambda x}=\underset{x\rightarrow \pm \infty }{\lim }-\dfrac{1}{2}\left( \left\vert x\right\vert +1\right) e^{-\left\vert x\right\vert }e^{-i\lambda x}=0

o que justifica o passo acima referido.

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