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• Esta prova contém 3 questões. Escolha um dentre os itens com ⋆, indicando claramente sua escolha. A nota da prova será composta por 1,0 ponto de um item com⋆somado aos 8,0 pontos distribuídos nos itens sem⋆.
• Esta prova deve ser devolvida junto às folhas das respostas. Não esqueça de preencher seus dados.
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Q1:
Q2:
Q3:
⋆:
Questão
1
Sejaδ(x−x0)definida de modo que Z ∞
−∞
f(x)δ(x−x0)dx=f(x0), para uma dada funçãof(x).
a) (1,5)Obtenhaδ(x−x0)em termos de polinômios de Hermite,Hn(x), i.e.,δ(x−x0) = ∞ X n=0
anHn(x).
Em particular, parax0= 0, mostre queδ(x) =
1
π
∞ X p=0
(−1)pΓ p+1 2
(2p)! H2p(x).
b) (1,0)Mostre que os polinômios de Hermite satisfazem à relação de recorrência dHn
dx = 2nHn−1(x).
Qu
e
stão
2
a) (1,0)Sejag˜(k) =F[g](k)a transformada de Fourier de uma funçãog(x). Mostre que
F[g(x) sen(cx)] =g˜(k−c)−˜g(k+c)
2i e F[g(x) cos(cx)] =
˜
g(k−c) + ˜g(k+c) 2
b) (1,5) Considere a função f(x) = √1
2π
Z a a
dy e−β(x−y)2, onde β > 0 e a é finito. Determine a
transformada de Fourier de f(x).
⋆c) (1,0) Obtenha a solução,G(x, t), da equação diferencial
∂
∂tG(x, t) =D ∂2
∂x2G(x, t), comD >0
sujeita à condição inicialG(x,0) = α
π(α2+x2), ondeα >0.
Qu
e
stão
3
a) (1,5) Utilizando o método do ponto de sela, obtenha o primeiro termo da
expansão assintótica deIν(z)≡ 1
2πi
I C
dζ ζν+1exp
z
2
ζ+1
ζ
,onde
C
Re&
Im&
b) (1,5) Mostre que w(z) = 1 2
z+1
z
mapeia conformemente a região |z| >1, 0 ≤arg(z)≤π, do
planoz, no semiplano superiorIm(w)≥0 do planow.
⋆c) (1,0) Considere um fluido cujo escoamento satisfaz a equação de Laplace (i.e., existe um potencial
Φque satisfaz∇2Φ = 0, onde a velocidade do fluido em um dado ponto é dada por~v=∇Φ). Este
fluido escoa na região do planoz definida no item3.b), com velocidadev0xˆ em |z| ≫1. Calcule a
Dados:
Hn(x) = (−1)nex
2 dn
dxn
e−x2,
Z ∞ −∞
e−x2Hn(x)Hm(x)dx=√π2nn!δnm
Hn+1(x) = 2xHn(x)−2nHn−1(x),
d2H n
dx2 −2x
dHn
dx + 2nHn(x) = 0
˜
f(k) = √1
2π
Z ∞ −∞
f(x)e−ikxdx (transformada de Fourier),
˜
f(~k) = 1 (2π)d/2
Z
f(~r)e−i~k·~rddr (transformada de Fourierddimensional),
Γ(z) =
Z ∞ 0
tz−1e−tdt, para Re(z)>0, Γ(z+ 1) =zΓ(z),
B(a, b) =
Z 1 0
ta−1(1−t)b−1dt, paraRe(a)>0, Re(b)>0,
GABARITO
Questão 1:
Sejaδ(x−x0)definida de modo que
Z ∞
−∞
f(x)δ(x−x0)dx=f(x0), para uma dada funçãof(x).
a) (1,5)Obtenha δ(x−x0)em termos de polinômios de Hermite,Hn(x), i.e.,δ(x−x0) = ∞
X
n=0
anHn(x).Em
particular, para x0= 0, mostre queδ(x) = 1
π
∞
X
p=0
(−1)pΓ p+1 2
(2p)! H2p(x).
Multipliqueδ(x−x0) = ∞ X n=0
anHn(x)pore−x
2
Hm(x)e integre emxde−∞a ∞. Logo,
Z ∞ −∞
e−x2Hm(x)δ(x−x0)dx= ∞ X n=0
an Z ∞
−∞
e−x2Hm(x)Hn(x)dx= ∞ X n=0
an√π2mm!δmn=√π2mm!am
am=
e−x2 0H
m(x0)
√
π2mm!
onde fez-se uso da relação de ortogonalidade dos polinômios de Hermite (fornecida nos dados da prova). Portanto,
δ(x−x0) =
e−x2 0 √π
∞ X n=0
Hn(x0)Hn(x)
2nn!
No caso de x0 = 0, o fato de os polinômios de Hermite ou serem pares ou serem ímpares, fornece que
H2p+1(0) = 0, de modo que an = 0 para n ímpar e an = Hn(0)/√π2nn! para n par. Da relação de
recorrência Hn+1(x) = 2xHn(x)−2nHn−1(x), tem-se que Hn+1(0) = −2nHn−1(0). Portanto, como
H0(x) = 1, teremos
H2(0) =−2H0(0) =−2
H4(0) =−2×3H2(0) = 3×(−2)2
H6(0) =−2×5H4(0) = 5×3×(−2)3
..
. = ...
H2p(0) =−2(2p−1)H2p−2(0) =−2(2p−1)(−2)(2p−3)(−2)(2p−5)· · ·(−2)(1)H0(0) =
= (−1)p22p
p−1
2 p− 3 2 p−
5 2
· · ·3
2 1
2 = (−1)
p22pΓ p+ 1 2
Γ 1 2
,
onde usou-se Γ p+12
= p−12
p−32
p−52
· · ·32 1 2Γ
1 2
. Como
Γ
1
2
=
Z ∞ 0
dx x−1/2e−x= 2
Z ∞ 0
r dr r−1e−r2 =√π,
então H2p(0) = (−1)p22p
Γ p+12
√
π . Finalmente, supondo que esta expressão é verdadeira para um p
arbitrário, teremos
H2p+2(0) =−2(2p+ 1)H2p(0) = (−1)p+122p+2
p+1 2
Γ p+1 2
√
π = (−1)
p+122p+2Γ p+ 1 + 1 2
√
π ,
i.e., é válida para o termo p+ 1, o que, por indução, corrobora a suposição. Portanto, se tem a2p =
(−1)pΓ p+ 1 2
π(2p)! , e
δ(x) = 1
π
∞ X p=0
(−1)pΓ p+1 2
b) (1,0) Mostre que os polinômios de Hermite satisfazem à relação de recorrência dHn
dx = 2nHn−1(x).
Partindo da fórmula de Rodrigues,
dHn
dx = (−1)
n d
dx
ex2 d
n
dxn
e−x2
= (−1)n
2xex2 d
n
dxn
e−x2+ex2 d
n+1
dxn+1
e−x2
= 2xHn(x)−Hn+1(x).
Porém, a relação da recorrência fornecida nos dados, encontra-se2xHn(x)−Hn+1(x) = 2nHn−1(x). Logo,
dHn
dx = 2nHn−1(x).
Questão 2:
a) (1,0) Seja˜g(k) =F[g](k)a transformada de Fourier de uma funçãog(x). Mostre que
F[g(x) sen(cx)] = ˜g(k−c)−g˜(k+c)
2i e F[g(x) cos(cx)] =
˜
g(k−c) + ˜g(k+c) 2
Como sen(cx) = e
icx−e−icx
2i ecos(cx) =
eicx+e−icx
2 , então
F[g(x) sen(cx)] =√1
2π
Z ∞ −∞
dx f(x)e−ikx
eicx−e−icx
2i
= 1 2i
1
√
2π
Z ∞ −∞
dx f(x)e−i(k−c)x−√1
2π
Z ∞ −∞
dx f(x)e−i(k+c)x
= ˜g(k−c)−g˜(k+c) 2i
F[g(x) cos(cx)] =√1
2π
Z ∞ −∞
dx f(x)e−ikx
eicx+e−icx
2
=1 2
1
√
2π
Z ∞ −∞
dx f(x)e−i(k−c)x+√1
2π
Z ∞ −∞
dx f(x)e−i(k+c)x
=g˜(k−c) + ˜g(k+c) 2
b) (1,5)Considere a funçãof(x) = √1 2π
Z a
−a
dy e−β(x−y)2, ondeβ >0eaé finito. Determine a transformada
de Fourier def(x).
Antes de mais nada, note que
f(x) =√1
2π
Z a −a
dy e−β(x−y)2= √1
2π
Z ∞ −∞
dy e−β(x−y)2u a(y)
onde ua(y) =
1, |y| ≤a
0, |y|> a . Logo, f(x) é a convolução de uma função gaussiana e um função pulso. Como a transformada de Fourier de uma convolução entre duas funções é o produto das transformadas
de cada função (vezes√2π) teremos
˜
f(k) =√1
2π
Z ∞ −∞
dx f(x)e−ikx= ˜ub(k)˜gβ(k)
˜
ub(k) =
1
√
2π
Z ∞ −∞
dx ub(x)e−ikx
˜
gβ(k) =
1
√
2π
Z ∞ −∞
dx e−(βx2+ikx).
Calculando cada transformada, encontramos
˜
ub(k) =
1
√
2π
Z ∞ −∞
dx ub(x)e−ikx=
1
√
2π
Z a −a
dx e−ikx=e
ika−e−ika
i√2πk =
r
2
π
sen(ka)
k
˜
gβ(k) = √1
2π
Z ∞ −∞
dx e−(βx2+ikx)= √1
2π
Z ∞ −∞
dx e−β(x2+22ikβx+( ik
2β)
2−(ik
2β)
2)
= e
−k2/4β
√
2π
Z ∞ −∞
dx e−β(x−ik2β)
2
= e
−k2/4β √
Portanto,
˜
f(k) =
r
2
π
sen(ka)
k
e−k2/4β
√
2β =
1
√
πβ
sen(ka)
k exp −k 2 4β
Outra maneira de resolver, seria calcular diretamente
˜
f(k) =√1
2π
Z ∞ −∞
dx f(x)e−ikx= 1 2π Z ∞ −∞ dx Z a −a
dy e−[β(x−y)2+ikx]
A ordem das integrações pode ser trocada (ver Proposição A6.10 deanálise de fourier e equações
diferen-ciais pardiferen-ciais, de Djairo G. de Figueiredo∗). Sendo assim,
˜
f(k) = 1 2π Z a −a dy Z ∞ −∞
dx e−[β(x−y)2+ikx] = 1 2π
Z a −a
dy e−iky
Z ∞ −∞
dx e−[β(x−y)2+ik(x−y)]
= 1 2π
Z a −a
dy e−iky
Z ∞ −∞
du e−β[u2+22ikβu+( ik
2β)
2−(ik
2β)
2]
= 1 2π
2 sen(ka)
k e
−k2/4βrπ
β =
sen(ka)
√ πβk exp −k 2 4β
⋆c) (1,0)Obtenha a solução,G(x, t), da equação diferencial
∂
∂tG(x, t) =D ∂2
∂x2G(x, t), comD >0
sujeita à condição inicialG(x,0) = α
π(α2+x2), ondeα >0.
A aplicação a transformada de Fourier emxà equação resulta em
1
√
2π
Z ∞ −∞
dx e−ikx
∂
∂tG(x, t)−D ∂2
∂x2G(x, t)
= 0 → dtdG˜(k, t) +Dk2G˜(k, t) = 0
→ G˜(k, t) = ˜G(k, 0)e−Dk2t
onde
˜
G(k,0) = √1
2π
Z ∞ −∞
dx e−ikxG(x,0) = √α
2π3 Z ∞
−∞
dx e
−ikx
x2+α2
Entretanto, comoG˜(k, t) = ˜G(k, 0)e−Dk2t, então G(x, t) =F−1hG˜(k,0)e−Dk2ti. Utilizando o teorema
da convolução,F[f1∗f2] =
√
2πF[f1]F[f2], tem-se,
G(x, t) = √1
2πF
−1FhG(x,0)∗ F−1[e−Dk2t]i= α
2π√πDt
Z ∞ −∞
dζ e
−(x−ζ)2/4Dt
ζ2+α2
onde usou-se
F−1[e−Dk2t] = √1
2π
Z ∞ −∞
dk eikxe−Dk2t= √1
2π
Z ∞ −∞
dk e−Dt[k2−22ixDtk+( ix
2Dt)
2−(ix
2Dt)
2]
=e
−x2/4Dt √
2π
Z ∞ −∞
dk e−Dt(k−2ixDt)
2
=e
−x2/4Dt √
2Dt
∗
Segundo a proposição,Rc b
R∞
−∞dy dxh(x, y) =
R∞ −∞
Rc
bdx dyh(x, y), desde queh(x, y) =g(x, y)k(y), ondek(x)éL1eg(x, y)
é contínua e limitada emy. Assim, basta admitir que,h=g(x, y)k(y) =e−[β(x−y)2+ikx], ondeh=gek(y) =ua(y).
Outra maneira de verificar que se pode trocar as ordens de integração é utilizar o teorema de Fubini (o Fubinizinho, teorema A6.11,análise de fourier e equações diferenciais parciais, de Djairo G. de Figueiredo) em que se as integrais
Za
−a dy
Z∞
−∞
dx|h(x, y)| e
Z ∞
−∞
dx
Za
−a
dy|h(x, y)|
são limitadas, então a ordem das integrações não alteram o resultado. Logo,
Z ∞ −∞ dx Za −a dy e
−[β(x−y)2+ikx] =
Z∞
−∞
dx e−βx2
Z a
−a
dy e−β(y2−2xy)
≤
Z∞
−∞
dx e−βx2e2βaxZ a
−a dy e−βy2
=eβa2
rπ
β
Z ∞
−∞
dx e−β(x−a)2 =eβa2π β Z a −a dy Z ∞ −∞ dx e
−[β(x−y)2+ikx] = Za −a dy Z∞ −∞ dx′
e−βx′2= 2a
rπ
β
Gráficos de G(x, t) em função de x para diferentes valores de t são mostrados abaixo, para D = 0.5, α= 0.2(esquerda) eα= 0.02(direita):
4 3 2 1 0 1 2 3 4 x
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6
G
(x
,t
)
α =0.2, D =0.5
t =0 t =0.05 t =0.1689 t =0.3664 t =0.6493 t =1.023 t =1.493 t =2.062 t =2.735
4 3 2 1 0 1 2 3 4 x
0 2 4 6 8 10
G
(x
,t
)
α =0.02, D =0.5
t =0 t =0.05 t =0.1689 t =0.3664 t =0.6493 t =1.023 t =1.493 t =2.062 t =2.735
As linhas correspondem à solução numérica da equação diferencial, enquanto que os pontos representam a representação integral obtida acima para G(x, t). Notem que a concordância dos resultados.
Outro aspecto interessante é que lim
α→0G(x,0) = limα→0
α
π(x2+α2) fornece uma representação da delta de
Diracδ(x). Portanto, neste limite,G(x, t) = e
−x2/4Dt
2√πDt
Por completeza, descrevo abaixo uma resolução mais longa da questão, com o cálculo da integral para
˜
G(k,0)por resíduos. Neste caso, deve-se ter o cuidado de escolher o caminho de integração conveniente,
que depende de k ser positivo ou negativo. Para k positivo (negativo) deve-se escolher um contorno
fechadoC+ (C−) com o eixo real conectado a uma semicircunferência centrada emz= 0e de raioR→ ∞
emIm(z)<0 (Im(z)>0). O trecho da integral ao longo da semicircunferência tende a zero. Logo,
Z ∞ −∞
dx e
−ikx
x2+α2 + limR→∞ Z ∓π
0
dφ Re
−ikRcosφ
R2cos2φ+α2 =∓ I
C± dz e
−ikz
z2+α2 =∓2πi
e−ik(∓iα)
∓2iα , p/k≷0
Z ∞ −∞
dx e
−ikx
x2+α2 =
π ae
−|k|α
Assim,G˜(k,0) = e
−|k|α
√
2π , e
˜
G(k, t) = e
−(|k|α+Dk2t) √
2π . A solução da equação é obtida da transformação de
Fourier inversa aplicada aG˜(k, t), i.e.,
G(x, t) =√1
2π
Z ∞ −∞
dk eikxG˜(k, t) = 1
2π
Z ∞ −∞
dk eikx−(|k|α+Dk2t)
= 1 2π
Z ∞ 0
dk ek(ix−α)−Dk2t+ 1 2π
Z ∞ 0
dk e−k(ix+α)−Dk2t= 1
π
Z ∞ 0
dkcos(kx)e−(kα+Dk2t)
Uma outra representação integral da solução pode ser obtida se fizermos
G(x, t) =√1
2π
Z ∞ −∞
dk eikxG˜(k, t) = α 2π2
Z ∞ −∞
dk eikx−Dk2t
r
π αe
−|k|α=
= α 2π2
Z ∞ −∞
dk eikx−Dk2t
Z ∞ −∞
dy e
−iky
y2+α2 =
α
2π2 Z ∞
−∞
dy 1
y2+α2 Z ∞
−∞
dk eik(x−y)−Dk2t=
= α 2π2
Z ∞ −∞
dye
−(x−y)2/4Dt
y2+α2 Z ∞
−∞
dk e−Dt(k−i(2xDt−y))
2
= α
2π√πDt
Z ∞ −∞
dye
−(x−y)2/4Dt
y2+α2
Assim, reobtemos a solução encontrada inicialmente.
Questão 3:
a) (1,5) Utilizando o método do ponto de sela, obtenha o primeiro termo da
ex-pansão assintótica deIν(z)≡ 1 2πi
I
C
dζ ζν+1exp
z
2
ζ+1
ζ
,onde
C
Re&
Temos2πiIν(z) =HCeαf(z)z−(ν+1)dz, ondef(z) =(z+z −1)
2 . Portanto, temos um ponto de sela em
df dz
z0
=1 2
1−z12 0
= 0 → z0=±1.
Porém, o contornoCpassa apenas por z0= 1. Em torno deste ponto,f(z)é expandida como
f(z) = 1 2
1 +z−1 + 1 1 +z−1
=1 2
"
1 +z−1 +
∞ X n=0
(1−z)n
#
=1 2
1 +z−1 + 1−(z−1) +(1−z)
2
2 +· · ·
= 1 2
1 +(1−z)
2
2 +· · ·
=1 2
1 + (r
2−s2+ 2irs)
2 +· · ·
onde denotou-se z−1 = r+is, com r e s são reais. Assim, o requerimento de Im[f(z)] = constante exige
que rs = 0, i.e., ou z = 1 +is (para r = 0) ouz = 1 +r (para s = 0). Porém, apenas para r = 0 tem-se
Re[f(z)] < Re[f(z0 = 1)] = 1. Logo, o caminho de steepest descent na vizinhança de z0 = 1 é dado por
z= 1 +is, s∈R. Deste modo,dz=i ds,f(z)≈1−s22 e
2πiIν(z)≈ Z ∞
−∞
i ds e
α1−s2
2
(1 +is)ν+1 =ie
αZ ∞ −∞
ds
1−(ν+ 1)(is) +(ν+ 1)(ν+ 2) 2 (is)
2+
· · ·
e−αs2 ≈i
r
2π αe
α,
donde,
Iν(z)≈ e α
√
2πα
b) (1,5)Mostre quew(z) = 1 2
z+1
z
mapeia conformemente a região|z|>1,0≤arg(z)≤π, do planoz,
no semiplano superior Im(w)≥0 do planow.
Uma transformação conforme w = w(z) possui a propriedade de preservar ângulos entre curvas que se
interceptam no planos z e w. Para isso, w = w(z) deve ser analítica e dw
dz 6= 0 nos pontos em que a
transformação é conforme. Note quew(z) =1
2
z+1
z
é analitica em todo o plano complexo, exceto em
z= 0, onde há um polo simples em1/z (zn é função inteira paraninteiro e positivo). Além disso,
dw dz =
1 2
1− 1
z2
,
de modo que dw
dz = 0 emz =±1. Logo, w =w(z) é conforme em todo o plano complexo z exceto em
z= 0, z=±1.
Considere então z = ∞. Este ponto é mapeado em w = ∞ (lembrando que o mapeamento do plano
complexo na esfera de Riemann permite a definição de um ponto z =∞). Percorrendo o eixo real em
−∞ < x < −1 ou 1 < x < ∞, definindo x= ±eu com 0 < u < ∞, tem-se w(x) = ±1
2(e
u+e−u) =
±cosh(u), que é real. Portanto, os trechos no eixo real no planoz em que|x|>1são mapeados no eixo real no plano w, onde w=±coshu(0 < u <∞), ou seja, −∞< w < 1 e1 < w <∞. Além disso, a semicircunferência definida por z =eiθ, 0 < θ < π, é mapeada em w(z) = 1
2 e
iθ+e−iθ
= cosθ,que o
trecho do eixo real no plano w entre −1 e 1. Portanto, o contorno fechado (em z) formado pelo ponto
z =∞, e os trechos −∞< Re(z) <1, z = eiθ, onde 0 < θ < π, e 1 < Re(z)< ∞ são mapeados no
contorno definido por w = ∞ e o eixo real em w. Para finalizar, tome um ponto qualquer dentro do
contorno emz, por exemplo,z=reiθ, onder >1 e0< θ < π. Logo,
w(reiθ) = 1
2
reiθ+e−iθ
r
=1 2
r+1
r
cosθ+i
r−1
r
senθ
.
Como, r >1 e 0 < θ < π,
r−1r
senθ > 0 ew(reiθ) está emIm(w)>0. Logo, w(z) = 1
2
z+1
z
⋆c) (1,0)Considere um fluido cujo escoamento satisfaz a equação de Laplace (i.e., existe um potencialΦque satisfaz∇2Φ = 0, onde a velocidade do fluido em um dado ponto é dada por~v=∇Φ). Este fluido escoa
na região do planozdefinida no item3.b), com velocidadev0xˆem|z| ≫1. Calcule a velocidade do fluido
emx= 0, y≥1 (i.e., emz=eiπ/2).
Sabemos que as partes reais e imaginárias de uma função analítica F = Φ +iΨsatisfazem à equação de
Laplace. Além disso, um mapeamento conforme deixa a equação de Laplace invariante. Isto implica em que
a solução da equação de Laplace em um domínioD de um plano complexo wé mapeada conformemente
na solução da equação de Laplace no domínio mapeado D′ no plano w. No plano Im(w) > 0 um
escoamento uniforme de um fluido é descrito pela parte real da função F(w) = Aw, onde A é uma
constante. Logo, na região do plano z descrita no item anterior, teremosF[w(z)] = A
2
z+1
z
. Como
~v=∇Φ≡ ∂
∂xΦ +i ∂ ∂yΦ =
∂ ∂xΦ−i
∂ ∂xΨ =
dF
dz
∗
, temos
~v≡
dF dz
∗
=A 2
1−z12 ∗
=v0
1− z
2
|z|4
=v0
1−x
2−y2+ 2ixy
(x2+y2)2
~v=v0
ˆ
x−(x
2−y2) ˆx+ 2xyyˆ
(x2+y2)2
onde usamos que, em |z| → ∞,~v=v0xˆ≡v0+i0, então
A
2 =v0. Logo,
~v(0, y >1) =v0
1 + 1
y2
ˆ
x
2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0
Re
(w
)0.0 0.5 1.0 1.5 2.0
Im
(
w
)
4 3 2 1 0 1 2 3 4
Re
(z
)0 1 2 3 4
Im
(
z
)
Neste gráfico são mostrados os planos w (esquerda) e z (direita). As linhas contínuas correspondem às
