Matemática universitária — Graduação 3 · Bachelor Year 3

14A transformada de Fourier

As séries de Fourier decompõem sinais periódicos em harmônicos discretos; a transformada de Fourier faz o mesmo com sinais em toda a reta, com um contínuo de frequências. Ela converte derivação em multiplicação, convolução em produto e gaussianas em gaussianas — as razões pelas quais resolve equações diferenciais, move o processamento de sinais e vai demonstrar o teorema central do limite no Capítulo 23. Este capítulo desenvolve a teoria $L^1$ (Riemann–Lebesgue, inversão, injetividade), a classe de Schwartz, em que a transformada é uma bijeção perfeita, e a teoria $L^2$ (Plancherel: a transformada é, a menos de uma constante, um operador unitário), com duas aplicações de vitrine: a equação do calor, resolvida de ponta a ponta no problema de fim de semana, e a fórmula de soma de Poisson. Convenção:

\hat f(\xi) = \int_\R f(x)\,\eu^{-\iu\xi x}\,\dd x .

14.1 A transformada em $L^1$

Proposição 14.1

Para $f \in L^1(\R)$ : $\hat f$ está bem definida, é limitada ( $\norm{\hat f}_\infty \leq \norm f_1$ ) e contínua, e:

$\widehat{\tau_af}(\xi) = \eu^{-\iu a\xi}\hat f(\xi)$ e $\widehat{\eu^{\iu ax}f}(\xi) = \hat f(\xi - a)$ ;
$\widehat{f(\cdot/\lambda)}(\xi) = \lambda\hat f(\lambda\xi)$ para $\lambda > 0$ ;
se $xf \in L^1$ , então $\hat f$ é $\mathcal C^1$ com $(\hat f)'(\xi) = \widehat{(-\iu x)f}(\xi)$ ;
se $f \in \mathcal C^1$ com $f' \in L^1$ (e $f \to 0$ em $\pm\infty$ , o que aqui é automático), então $\widehat{f'}(\xi) = \iu\xi\hat f(\xi)$ ;
$\widehat{f * g} = \hat f\,\hat g$ para $f, g \in L^1$ .

Demonstração. Limitação: $\abs{\hat f} \leq \int\abs f$ . Continuidade: convergência dominada com dominador $\abs f$ (Teorema 10.14). (1), (2): substituições (Teorema 11.10). (3): derivação sob o sinal de integral, com dominador $\abs{xf}$ (Teorema 10.15). (4): primeiro, $f(x) = f(0) + \int_0^xf'$ tem limite em $\pm\infty$ ( $f' \in L^1$ ), que tem de ser $0$ ( $f \in L^1$ ); depois, integre por partes em $[-A, A]$ e faça $A \to \infty$ . (5): Fubini, legítimo porque $(x,y)\mapsto f(x - y)g(y)\eu^{-\iu\xi x}$ é absolutamente integrável (Teorema 11.9):

\widehat{f*g}(\xi) = \iint f(x - y)g(y)\eu^{-\iu\xi(x - y)} \eu^{-\iu\xi y}\dd x\,\dd y = \hat f(\xi)\,\hat g(\xi).

∎

Exemplo 14.2

A gaussiana: para $a > 0$ ,

\widehat{\eu^{-ax^2}}(\xi) = \sqrt{\frac\pi a}\;\eu^{-\xi^2/4a} :

pelo Exercício 10.7 (o truque da EDO $F' = -\frac\xi{2}F$ , reescalado), ou por (3): $g = \widehat{\eu^{-ax^2}}$ satisfaz $g'(\xi) = -\frac{\xi}{2a}g(\xi)$ (integre por partes), com $g(0) = \sqrt{\pi/a}$ . As gaussianas são pontos fixos da transformada a menos de reescalamento — a razão profunda de governarem o teorema central do limite.

Teorema 14.3 (Riemann–Lebesgue)

Para $f \in L^1(\R)$ : $\hat f(\xi) \to 0$ quando $\abs\xi \to \infty$ . Assim, $\widehat{\phantom f} \colon L^1 \to \mathcal C_0(\R)$ (funções contínuas que se anulam no infinito).

Demonstração. Para a indicadora de um intervalo, $\widehat{\mathbf 1_{\intcc ab}}(\xi) = \frac{\eu^{-\iu a\xi} - \eu^{-\iu b\xi}}{\iu\xi} \to 0$ ; logo, para funções escada. As funções escada são densas em $L^1$ (Teorema 12.6(1) mais a aproximação de conjuntos de medida finita por reuniões finitas de intervalos, Exercício 9.7), e a transformada é contínua de $\norm\cdot_\infty$ em $\norm\cdot_1$ : para $\norm{f - s}_1 < \varepsilon$ , $\limsup_{\abs\xi\to\infty}\abs{\hat f(\xi)} \leq \varepsilon$ . ∎

14.2 Inversão e injetividade

Lema 14.4 (Fórmula de multiplicação)

Para $f, g \in L^1(\R)$ : $\displaystyle\int \hat f\,g = \int f\,\hat g$ .

Demonstração. Ambos os lados valem $\iint f(x)g(\xi)\eu^{-\iu x\xi}\dd x\,\dd\xi$ (Tonelli–Fubini: a integral dupla do valor absoluto é $\norm f_1\norm g_1$ ). ∎

Teorema 14.5 (Inversão)

Seja $f \in L^1(\R)$ .

(Somabilidade gaussiana) Para todo $x$ ,

$(f * g_\varepsilon)(x) = \frac1{2\pi}\int_\R \hat f(\xi)\, \eu^{-\varepsilon\xi^2}\,\eu^{\iu x\xi}\,\dd\xi, \qquad\text{em que } g_\varepsilon(y) = \frac{1}{2\sqrt{\pi\varepsilon}}\, \eu^{-y^2/4\varepsilon},$

e $f * g_\varepsilon \to f$ em $L^1$ quando $\varepsilon \to 0$ .
Se, além disso, $\hat f \in L^1$ , então, para quase todo $x$ ,

$f(x) = \frac{1}{2\pi}\int_\R \hat f(\xi)\,\eu^{\iu x\xi}\,\dd\xi ,$

e $f$ tem um representante contínuo.
(Injetividade) Se $\hat f = 0$ , então $f = 0$ q.t.p.

Demonstração. (1) Fixe $x$ e aplique o Lema 14.4 a $f$ e a $g(\xi) = \frac1{2\pi}\eu^{-\varepsilon\xi^2}\eu^{\iu x\xi}$ : pelo Exemplo 14.2 (com a regra de modulação),

\hat g(y) = \frac1{2\pi}\sqrt{\frac\pi\varepsilon}\, \eu^{-(y - x)^2/4\varepsilon} = g_\varepsilon(x - y),

de modo que $\frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{-\varepsilon\xi^2} \eu^{\iu x\xi}\dd\xi = \int f(y)g_\varepsilon(x - y)\dd y = (f*g_\varepsilon)(x)$ . As $g_\varepsilon$ formam uma aproximação da identidade: $g_\varepsilon \geq 0$ , $\int g_\varepsilon = 1$ (integral gaussiana), concentrando-se em $0$ ; a demonstração do Teorema 12.9(2) se aplica literalmente (só foram usados $\int g_\varepsilon = 1$ e a concentração: para a cauda, $\int_{\abs y > \delta}g_\varepsilon \to 0$ ): $\norm{f * g_\varepsilon - f}_1 \to 0$ .

(2) Se $\hat f \in L^1$ : o membro direito de (1) converge, por convergência dominada (dominador $\abs{\hat f}$ ), a $\frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ para todo $x$ , e essa função limite é contínua (convergência dominada, de novo). Por outro lado, $f * g_\varepsilon \to f$ em $L^1$ , de modo que, ao longo de uma subsequência, q.t.p. (Teorema 12.4): os dois limites coincidem q.t.p.

(3) $\hat f = 0$ anula o membro direito de (1): $f * g_\varepsilon = 0$ para todo $\varepsilon$ , e $f * g_\varepsilon \to f$ em $L^1$ : $f = 0$ q.t.p. ∎

14.3 A classe de Schwartz

Definição 14.6

A classe de Schwartz $\mathcal S(\R)$ é formada pelas funções $\mathcal C^\infty$ $f$ com $\sup_x\abs{x^m f^{(n)}(x)} < \infty$ para todos $m, n \geq 0$ (todas as derivadas decaem mais rápido do que qualquer potência). Exemplos: $\eu^{-ax^2}$ , $\mathcal C_c^\infty$ . Claramente $\mathcal S \subseteq L^p$ para todo $p$ (limite por $C(1 + x^2)^{-1}$ ), e $\mathcal S$ é estável por derivação, por multiplicação por polinômios e por produtos.

Teorema 14.7

A transformada de Fourier leva $\mathcal S(\R)$ bijetivamente sobre si mesma, com inversa $\check g(x) = \frac1{2\pi}\int g(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ .

Demonstração. Seja $f \in \mathcal S$ . Iterando o Proposição 14.1(3), $(\hat f)^{(n)} = \widehat{(-\iu x)^nf}$ (cada $x^kf \in L^1$ ); iterando (4) com $h = (-\iu x)^nf \in \mathcal S$ (cujas derivadas são todas integráveis), $(\iu\xi)^m\hat h = \widehat{h^{(m)}}$ . Combinando,

\abs{\xi^m\,(\hat f)^{(n)}(\xi)} = \bigl|\widehat{\,h^{(m)}}(\xi)\bigr| \leq \bigl\|\bigl((-\iu x)^nf\bigr)^{(m)}\bigr\|_1 < \infty

uniformemente em $\xi$ : $\hat f \in \mathcal S$ . Como $\hat f \in L^1$ , a inversão (Teorema 14.5(2)) vale em toda parte (ambos os lados são contínuos): $\check{\hat f} = f$ , e simetricamente $\widehat{\check g} = g$ (a transformada conjugada é $g \mapsto \frac1{2\pi}\hat g(-\cdot)$ , que também preserva $\mathcal S$ ): eis a bijeção. ∎

14.4 Plancherel e $L^2$

Teorema 14.8 (Plancherel)

Para $f \in L^1 \cap L^2(\R)$ :

\norm{\hat f}_2^2 = 2\pi\,\norm f_2^2 .

Consequentemente, $\widehat{\phantom f}$ se estende de maneira única a uma aplicação linear contínua $\mathcal F \colon L^2(\R) \to L^2(\R)$ com $\norm{\mathcal Ff}_2 = \sqrt{2\pi}\norm f_2$ ; $\mathcal F$ é bijetora, com $\mathcal F^{-1} = \frac1{2\pi}\,\mathcal F\circ\sigma$ em que $\sigma f = f(-\cdot)$ , e preserva produtos internos a menos do fator $2\pi$ .

Demonstração. Sejam $f \in L^1\cap L^2$ e $h = f * \tilde f$ com $\tilde f(x) = \overline{f(-x)}$ . Então $h \in L^1$ (Teorema 11.9), $h$ é contínua e limitada (Exercício 12.6: $f, \tilde f \in L^2$ ), $h(0) = \int f\bar f = \norm f_2^2$ , e $\hat h = \hat f\,\widehat{\tilde f} = \hat f\,\overline{\hat f} = \abs{\hat f}^2 \geq 0$ (calcule $\widehat{\tilde f} = \overline{\hat f}$ ). Aplique o Teorema 14.5(1) a $h$ em $x = 0$ :

(h * g_\varepsilon)(0) = \frac1{2\pi}\int \hat h(\xi)\,\eu^{-\varepsilon\xi^2}\dd\xi .

Quando $\varepsilon \to 0$ : o membro esquerdo tende a $h(0)$ ( $h$ é contínua e limitada: $(h*g_\varepsilon)(0) - h(0) = \int(h(-y) - h(0))g_\varepsilon(y)\dd y \to 0$ , separando $y$ pequenos e grandes); o membro direito cresce a $\frac1{2\pi}\int\hat h$ por convergência monótona ( $\hat h \geq 0$ ). Logo $\frac1{2\pi}\int\abs{\hat f}^2 = \norm f_2^2$ , finito ou não a priori — e finito, o que demonstra tanto a pertinência quanto a identidade.

Extensão: $L^1\cap L^2 \supseteq \mathcal C_c$ é denso em $L^2$ (Teorema 12.6); a transformada é ali $\sqrt{2\pi}$ -isométrica, de modo que se estende de maneira única a uma isometria a menos da constante $\mathcal F$ em $L^2$ (Teorema 7.2). A inversão para $\mathcal S$ (Teorema 14.7) se transfere pela mesma densidade (ambos os lados são contínuos em $L^2$ ): $\mathcal F\bigl(\frac1{2\pi}\mathcal F(\sigma f)\bigr) = f$ em $\mathcal S$ e, portanto, em $L^2$ : eis a bijetividade. Produtos internos: polarização a partir da identidade de normas. ∎

Teorema 14.9 (Soma de Poisson)

Seja $f \in \mathcal S(\R)$ (basta $f$ contínua com $\abs{f} + \abs{\hat f} \leq C(1 + \abs\cdot)^{-2}$ ). Então

\sum_{n\in\Z} f(n) \;=\; \sum_{k\in\Z}\hat f(2\pi k) .

Demonstração. Ponha $F(x) = \sum_{n\in\Z}f(x + n)$ : a série converge normalmente nos compactos (decaimento de $f$ ), de modo que $F$ é contínua, e ela é $1$ -periódica. Seus coeficientes de Fourier (período $1$ : $c_k(F) = \int_0^1F(t)\eu^{-2\iu\pi kt}\dd t$ ):

c_k(F) = \sum_n\int_0^1 f(t + n)\,\eu^{-2\iu\pi kt}\dd t = \int_\R f(t)\,\eu^{-2\iu\pi kt}\dd t = \hat f(2\pi k)

(a convergência normal justifica a troca; a fase é $1$ -periódica). A série $\sum_k\abs{c_k(F)}$ converge (decaimento de $\hat f$ ), de modo que a série de Fourier de $F$ converge normalmente; sua soma é uma função contínua com os mesmos coeficientes de Fourier que $F$ e, portanto, é igual a $F$ (injetividade no círculo: a diferença tem coeficientes nulos, e o Teorema 13.9 dá zero em $L^2$ e, por continuidade, em toda parte). Avalie em $x = 0$ . ∎

Exemplo 14.10 (A identidade teta)

Aplicando Poisson a $f(x) = \eu^{-\pi tx^2}$ ( $t > 0$ ), cuja transformada é $\hat f(\xi) = t^{-1/2}\eu^{-\xi^2/4\pi t}$ (Exemplo 14.2 com $a = \pi t$ ):

\sum_{n\in\Z}\eu^{-\pi n^2t} = \frac1{\sqrt t}\sum_{k\in\Z}\eu^{-\pi k^2/t} :

a equação funcional da função teta de Jacobi, chave da equação funcional da $\zeta$ de Riemann — e um acelerador numérico espetacular: para $t$ pequeno, o membro esquerdo converge devagar e o direito converge com enorme rapidez.

Método 14.11

Faixas de trabalho: $L^1$ — transformada definida pontualmente, e a inversão exige $\hat f \in L^1$ ; $\mathcal S$ — tudo é legítimo, demonstre primeiro aqui; $L^2$ — transformada definida por densidade (não pela integral!), simetria perfeita, contabilidade de Parseval. Para calcular uma transformada: reduza à tabela (indicadora, exponencial, gaussiana) pelas regras do Proposição 14.1; para demonstrar uma identidade: estabeleça-a em $\mathcal S$ (ou em $\mathcal C_c^\infty$ ) e estenda por densidade e continuidade (Método 12.13); para resolver uma EDP ou EDO linear de coeficientes constantes: transforme, divida, inverta.

O núcleo do calor g_t(x) = 12√π t\, -x2/4t em três instantes: massa total 1 para sempre, altura t-1/2, largura √ t. Convoluir os dados iniciais com essa gaussiana que se espalha é todo o conteúdo do problema de fim de semana; em frequência, a mesma figura se lê g_t( ) = -t 2 — as altas frequências morrem primeiro, e essa assimetria é a flecha do tempo. — O núcleo do calor $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\,\eu^{-x^2/4t}$ em três instantes: massa total $1$ para sempre, altura $\sim t^{-1/2}$ , largura $\sim \sqrt t$ . Convoluir os dados iniciais com essa gaussiana que se espalha é todo o conteúdo do problema de fim de semana; em frequência, a mesma figura se lê $\hat g_t(\xi) = \eu^{-t\xi^2}$ — as altas frequências morrem primeiro, e essa assimetria é a flecha do tempo.

14.5 Exercícios

Exercício 14.1 ★

Calcule as transformadas de Fourier de: $\mathbf 1_{\intcc{-a}a}$ ; $\eu^{-a\abs x}$ ( $a > 0$ ); a função-tenda $\max(0, 1 - \abs x)$ ; $\frac1{x^2 + a^2}$ (use a inversão na segunda). Registre a tabela que vai surgindo.

Solução

Solução de Exercício 14.1.

$\widehat{\mathbf 1_{\intcc{-a}a}}(\xi) = \int_{-a}^a\eu^{-\iu\xi x}\dd x = \frac{2\sin(a\xi)}{\xi}$ (valor $2a$ em $0$ ). $\widehat{\eu^{-a\abs x}}(\xi) = \int_0^\infty\eu^{-(a + \iu\xi)x} + \eu^{-(a - \iu\xi)x}\,\dd x = \frac1{a + \iu\xi} + \frac1{a - \iu\xi} = \frac{2a}{a^2 + \xi^2}$ . Tenda: $\max(0, 1 - \abs x) = \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}} * \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}}$ , de modo que sua transformada é $\bigl(\frac{2\sin(\xi/2)}\xi\bigr)^2 = \bigl(\frac{\sin(\xi/2)}{\xi/2}\bigr)^2$ . Última: $\frac{2a}{a^2+\xi^2} \in L^1$ , de modo que a inversão (Teorema 14.5(2)) aplicada a $\eu^{-a\abs x}$ dá, após renomear as variáveis,

\widehat{\Bigl(\frac1{x^2 + a^2}\Bigr)}(\xi) = \frac{\pi}{a}\,\eu^{-a\abs\xi} .

Exercício 14.2 ★

Seja $f \in L^1$ . Exprima em termos de $\hat f$ as transformadas de: $f(x - a)$ , $f(x)\cos(bx)$ , $f(ax + b)$ , $\overline{f(-x)}$ , $(f * f)(x)$ . Verifique cada regra na gaussiana.

Solução

Solução de Exercício 14.2.

Da Proposição 14.1: $\widehat{f(\cdot - a)} = \eu^{-\iu a\xi}\hat f(\xi)$ ; $\widehat{f\cos(b\cdot)} = \frac12\bigl(\hat f(\xi - b) + \hat f(\xi + b)\bigr)$ ; $\widehat{f(a\cdot + b)}(\xi) = \frac1a\,\eu^{\iu b\xi/a}\,\hat f(\xi/a)$ ( $a > 0$ ); $\widehat{\overline{f(-\cdot)}} = \overline{\hat f}$ ; $\widehat{f * f} = \hat f^2$ . Na gaussiana ( $\widehat{\eu^{-x^2}} = \sqrt\pi\eu^{-\xi^2/4}$ ), cada regra é uma verificação de uma linha — por exemplo, $\eu^{-(x-a)^2}$ tem transformada $\sqrt\pi\,\eu^{-\iu a\xi}\eu^{-\xi^2/4}$ , o que o cálculo direto (completar o quadrado) confirma.

Exercício 14.3 ★★

(a) Mostre que $\mathbf 1_{\intcc{-1}1} * \mathbf 1_{\intcc{-1}1}$ tem transformada $\bigl(\frac{2\sin\xi}\xi \bigr)^2$ e deduza $\int_\R\bigl(\frac{\sin\xi}\xi\bigr)^2\dd\xi = \pi$ por Plancherel — ou por inversão em $0$ . Compare com o Problema 10.1. (b) Calcule $\int_\R\frac{\dd x}{(x^2+1)^2}$ via Plancherel aplicado a $\eu^{-\abs x}$ .

Solução

Solução de Exercício 14.3.

(a) $h = \mathbf 1_{\intcc{-1}1}*\mathbf 1_{\intcc{-1}1}$ tem $\hat h = \bigl(\frac{2\sin\xi}\xi\bigr)^2 \in L^1$ ; a inversão em $x = 0$ , onde $h(0) = \lambda(\intcc{-1}1\cap\intcc{-1}1) = 2$ :

2 = \frac1{2\pi}\int_\R\Bigl(\frac{2\sin\xi}\xi\Bigr)^2 \dd\xi \ \Longrightarrow\ \int_\R\Bigl(\frac{\sin\xi}\xi\Bigr)^2\dd\xi = \pi ,

coerente com $\int_0^\infty\frac{\sin^2}{\xi^2} = \frac\pi2$ (Problema 10.1).

(b) Plancherel para $f = \eu^{-\abs x}$ : $\int\abs{\hat f}^2 = 2\pi\int\abs f^2$ se lê $\int\frac{4\,\dd\xi}{(1 + \xi^2)^2} = 2\pi\int\eu^{-2\abs x}\dd x = 2\pi$ : $\int_\R\frac{\dd\xi}{(1+\xi^2)^2} = \frac\pi2$ .

Exercício 14.4 ★★

(Álgebra do núcleo do calor) Com $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\eu^{-x^2/4t}$ : (a) verifique $\hat g_t(\xi) = \eu^{-t\xi^2}$ ; (b) deduza a lei de semigrupo $g_t * g_s = g_{t+s}$ sem nenhum cálculo de integral; (c) mostre $\norm{g_t}_1 = 1$ e $\norm{g_t}_2^2 = (8\pi t)^{-1/2}$ .

Solução

Solução de Exercício 14.4.

(a) $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\eu^{-x^2/4t}$ : pelo Exemplo 14.2 com $a = \frac1{4t}$ , $\hat g_t(\xi) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\sqrt{4\pi t}\,\eu^{-t\xi^2} = \eu^{-t\xi^2}$ . (b) $\widehat{g_t * g_s} = \eu^{-t\xi^2}\eu^{-s\xi^2} = \widehat{g_{t+s}}$ , e a transformada é injetora em $L^1$ (Teorema 14.5(3)): $g_t * g_s = g_{t+s}$ . (c) $\norm{g_t}_1 = 1$ (integral gaussiana); $\norm{g_t}_2^2 = \frac1{4\pi t}\int\eu^{-x^2/2t}\dd x = \frac{\sqrt{2\pi t}}{4\pi t} = \frac1{\sqrt{8\pi t}}$ .

Exercício 14.5 ★★

Mostre que, se $f \in L^1$ é par e real, $\hat f$ é par e real; e que, se $f$ é ímpar e real, $\hat f$ é ímpar e puramente imaginária. O que $\hat f(0)$ calcula? Deduza que $f \geq 0$ força $\norm{\hat f}_\infty = \hat f(0) = \int f$ e interprete para densidades de probabilidade (Capítulo 23: uma função característica tem módulo $\leq 1$ , atingido em $0$ ).

Solução

Solução de Exercício 14.5.

Para $f$ real par: $\hat f(\xi) = \int f\cos(\xi x)\dd x$ (a parte em seno se cancela): real e par. Ímpar: $\hat f(\xi) = -\iu\int f\sin(\xi x)$ : ímpar, puramente imaginária. $\hat f(0) = \int f$ : a massa total. Se $f \geq 0$ : $\abs{\hat f(\xi)} \leq \int\abs f = \int f = \hat f(0)$ , de modo que o supremo é atingido em $0$ . Para uma densidade de probabilidade, $\hat f(-\xi)$ é a função característica do Capítulo 23: módulo $\leq 1$ em toda parte, $= 1$ na origem.

Exercício 14.6 ★★★

(Não sobrejetividade) Mostre que $\widehat{\phantom f}\colon L^1 \to \mathcal C_0$ é injetora e contínua, mas não é sobrejetora, em três etapas. (i) Injetividade (Teorema 14.5) e continuidade ( $\norm{\hat f}_\infty \leq \norm f_1$ ), e $\mathcal C_0$ é um espaço de Banach (fechado em $\norm\cdot_\infty$ ). (ii) Se a aplicação fosse sobrejetora, ela seria bijetora, e o teorema da aplicação aberta (Teorema 8.12) daria uma constante $C$ com $\norm f_1 \leq C\norm{\hat f}_\infty$ para toda $f \in L^1$ . (iii) Contradiga isso com $f_n(x) = \frac{\sin x}{x}\cdot\frac{\sin(x/n)}{x/n}$ : sua transformada é (a menos de constantes) o trapézio do tipo convolução $\mathbf 1_{\intcc{-1}1} * \mathbf 1_{\intcc{-1/n}{1/n}}$ — mostre que $\norm{\hat f_n}_\infty \leq \pi$ uniformemente, enquanto $\norm{f_n}_1 \geq c\ln n$ , contando os arcos de $\frac{\abs{\sin x}}x$ em $[1, n]$ (onde o segundo fator é limitado inferiormente), como no Teorema 8.11.

Solução

Solução de Exercício 14.6.

(i) A injetividade é o Teorema 14.5(3); a continuidade é $\norm{\hat f}_\infty \leq \norm f_1$ (com valores em $\mathcal C_0$ por Riemann–Lebesgue); $\mathcal C_0$ é fechado na norma do sup (limites uniformes de funções que se anulam no infinito se anulam no infinito): de Banach.

(ii) Uma bijeção contínua entre espaços de Banach tem inversa contínua (Teorema 8.12): existiria $C$ com $\norm f_1 \leq C\norm{\hat f}_\infty$ .

(iii) Seja $f_n(x) = \frac{\sin x}x\cdot\frac{\sin(x/n)}{x/n}$ : um produto de duas funções $L^2$ , e $O(x^{-2})$ no infinito, de modo que $f_n \in L^1\cap L^2$ . Como $\bigl(\frac{\sin(ax)}{ax}\bigr)$ tem transformada $L^2$ $\frac\pi a\mathbf 1_{\intcc{-a}a}$ , a fórmula do produto $\widehat{gh} = \frac1{2\pi}\hat g * \hat h$ (válida para $g, h \in L^2$ com $gh \in L^1$ ; verifique-a em funções de Schwartz por Fubini e estenda pela continuidade $L^2$ dos dois membros via Plancherel) dá

\hat f_n = \frac1{2\pi}\,\bigl(\pi\mathbf 1_{\intcc{-1}1}\bigr) * \bigl(\pi n\,\mathbf 1_{\intcc{-1/n}{1/n}}\bigr):

um trapézio de altura $\frac{\pi n}2\cdot\frac2n = \pi$ : $\norm{\hat f_n}_\infty = \pi$ para todo $n$ . Mas em $[1, n]$ , $\frac{\sin(x/n)}{x/n} \geq \sin 1 > 0$ , de modo que

\norm{f_n}_1 \geq \sin 1\int_1^n\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \geq c\ln n

(contagem de arcos, como no Teorema 8.11). A cota $\norm{f_n}_1 \leq C\pi$ falha para $n$ grande: não é sobrejetora. (A imagem é um subespaço denso — por argumentos do tipo Stone–Weierstrass — mas próprio de $\mathcal C_0$ .)

Exercício 14.7 ★★

(O dicionário regularidade $\leftrightarrow$ decaimento) Demonstre: $f \in L^1$ com $\hat f(\xi) = O(\abs\xi^{-k-1-\delta})$ para algum $\delta > 0$ implica que $f$ tem um representante $\mathcal C^k$ . Reciprocamente, $f \in \mathcal C^k_c$ implica $\hat f(\xi) = O(\abs\xi^{-k})$ . Ilustre as duas direções na função-tenda.

Solução

Solução de Exercício 14.7.

Se $\hat f(\xi) = O(\abs\xi^{-k-1-\delta})$ : então $\xi^j\hat f \in L^1$ para $0 \leq j \leq k$ (integrável no infinito pelo decaimento, e localmente pela continuidade de $\hat f$ ). A inversão (Teorema 14.5(2)) representa $f$ q.t.p. por $x \mapsto \frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ , e a derivação sob o sinal de integral (dominantes $\abs{\xi^j\hat f}$ ) torna esse representante $\mathcal C^k$ . Reciprocamente, para $f \in \mathcal C_c^k$ : iterando a Proposição 14.1(4), $(\iu\xi)^k\hat f = \widehat{f^{(k)}}$ , de modo que $\abs{\hat f} \leq \norm{f^{(k)}}_1\abs\xi^{-k}$ . Função tenda: contínua de suporte compacto ( $k = 0$ : transformada limitada), e sua transformada $\sim \xi^{-2} = O(\abs\xi^{-0-1-1})$ devolve, pela primeira direção, um representante $\mathcal C^0$ — ambos ótimos: a tenda não é $\mathcal C^1$ , e sua transformada não decai mais rápido que $\xi^{-2}$ .

Exercício 14.8 ★★★

(Desigualdade de Heisenberg) Para $f \in \mathcal S(\R)$ real com $\norm f_2 = 1$ , demonstre

\Bigl(\int x^2f(x)^2\dd x\Bigr)\cdot \Bigl(\frac1{2\pi}\int \xi^2\abs{\hat f(\xi)}^2\dd\xi\Bigr) \;\geq\; \frac14 ,

com igualdade para as gaussianas. (Escreva $1 = \int f^2 = -\int x\,(f^2)'$ por partes, limite por Cauchy–Schwarz e converta $\norm{f'}_2$ por Plancherel.) Interpretação: um sinal e seu espectro não podem estar ambos concentrados.

Solução

Solução de Exercício 14.8.

Integração por partes ( $f \in \mathcal S$ ; os termos de bordo se anulam):

1 = \int f^2 = \bigl[xf^2\bigr]_{-\infty}^{\infty} - \int x\,(f^2)' = -2\int xff' \leq 2\,\norm{xf}_2\,\norm{f'}_2 .

Plancherel e $\widehat{f'} = \iu\xi\hat f$ : $\norm{f'}_2^2 = \frac1{2\pi}\int\xi^2\abs{\hat f}^2$ . Elevando ao quadrado a expressão em destaque:

\frac14 \leq \norm{xf}_2^2\cdot\frac1{2\pi} \int\xi^2\abs{\hat f}^2\dd\xi .

A igualdade exige a igualdade em Cauchy–Schwarz: $f' = \lambda xf$ com $\lambda < 0$ (integrabilidade), isto é, $f(x) = c\,\eu^{\lambda x^2/2}$ : gaussianas. Um sinal concentrado em $x$ ( $\norm{xf}_2$ pequeno) precisa ter espectro espalhado, e reciprocamente: o princípio da incerteza.

Exercício 14.9 ★★

Justifique o Exemplo 14.10 em detalhe (hipóteses de Poisson para a gaussiana) e use a identidade para avaliar $\sum_{n\in\Z}\eu^{-\pi n^2}$ com seis casas decimais usando três termos. Quantos termos da série original seriam necessários para a mesma precisão em $t = 10^{-2}$ , comparado à série transformada?

Solução

Solução de Exercício 14.9.

A gaussiana $f(x) = \eu^{-\pi tx^2}$ é de Schwartz, de modo que o Teorema 14.9 se aplica, e $\hat f(\xi) = t^{-1/2}\eu^{-\xi^2/4\pi t}$ ; em $\xi = 2\pi k$ o membro direito se torna $t^{-1/2}\eu^{-\pi k^2/t}$ : a identidade teta. Em $t = 1$ :

\sum_{n\in\Z}\eu^{-\pi n^2} = 1 + 2\eu^{-\pi} + 2\eu^{-4\pi} + \cdots \approx 1 + 0.0864278 + 0.0000070 = 1.0864348,

exata até $6$ casas decimais com três termos ( $\eu^{-9\pi} \approx 5\cdot10^{-13}$ ). Em $t = 10^{-2}$ : a série que define precisa de $\eu^{-\pi n^2/100} < 10^{-7}$ , isto é, $n \gtrsim 23$ — cerca de $47$ termos —, ao passo que a série transformada é $10\sum_k\eu^{-100\pi k^2}$ , em que já o termo $k = 1$ vale $\sim 10^{-136}$ : um termo basta.

Exercício 14.10 ★★

(Funções de banda limitada) Seja $f \in L^2(\R)$ com $\mathcal Ff$ suportada em $\intcc{-\pi}\pi$ . Mostre que $f$ tem um representante cujos valores são todos recuperáveis a partir de amostras: demonstre a interpolação de Shannon nos inteiros,

f(x) = \sum_{n\in\Z} f(n)\, \frac{\sin\bigl(\pi(x - n)\bigr)}{\pi(x - n)} \quad\text{em } L^2,

expandindo $\mathcal Ff$ na base de Fourier de $L^2(\intcc{-\pi}\pi)$ (Teorema 13.9) e transformando de volta termo a termo.

Solução

Solução de Exercício 14.10.

$\mathcal Ff \in L^2(\intcc{-\pi}\pi) \subseteq L^1(\intcc{-\pi}\pi)$ (medida finita), de modo que a inversão dá o representante contínuo $f(x) = \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\mathcal Ff(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ , com

f(n) = \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\mathcal Ff(\xi)\,\eu^{\iu n\xi}\dd\xi = \langle e_{-n}, \mathcal Ff\rangle

na notação do Teorema 13.9. Expandindo nessa base hilbertiana: $\mathcal Ff = \sum_nf(n)\,\eu^{-\iu n\xi}$ em $L^2(\intcc{-\pi}\pi)$ . Aplique a $\mathcal F^{-1}$ , contínua em $L^2$ , termo a termo:

\mathcal F^{-1}\bigl(\mathbf 1_{\intcc{-\pi}\pi}\eu^{-\iu n\xi}\bigr)(x) = \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\eu^{\iu\xi(x - n)}\dd\xi = \frac{\sin\bigl(\pi(x-n)\bigr)}{\pi(x - n)} ,

dando $f = \sum_nf(n)\operatorname{sinc}(\cdot - n)$ em $L^2$ : um sinal de banda limitada é determinado por suas amostras inteiras — o teorema da amostragem de Shannon.

Exercício 14.11 ★★

(A transformada como operador de ordem quatro) Em $\mathcal S(\R)$ , seja $\mathcal F f = \hat f$ . (a) Usando a fórmula de inversão, mostre $(\mathcal F^2f)(x) = 2\pi\,f(-x)$ e deduza $\mathcal F^4 = (2\pi)^2\, \mathrm{id}$ . (b) Deduza que todo autovalor de $\mathcal F$ em $\mathcal S$ pertence a $\{\pm\sqrt{2\pi}, \pm\iu\sqrt{2\pi}\}$ e exiba uma autofunção para $+\sqrt{2\pi}$ (qual função deste capítulo é proporcional à sua própria transformada?). (c) Mostre que as funções pares satisfazem $\mathcal F^2f = 2\pi f$ e as ímpares $\mathcal F^2f = -2\pi f$ ; produza uma autofunção para o autovalor $-\iu\sqrt{2\pi}$ a partir de $x\eu^{-x^2/2}$ , calculando sua transformada (derive a transformada da gaussiana).

Solução

Solução de Exercício 14.11.

(a) Inversão em $\mathcal S$ : $f(x) = \frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi = \frac1{2\pi}(\mathcal F\hat f)(-x)$ , isto é, $(\mathcal F^2f)(x) = 2\pi f(-x)$ . Aplicando duas vezes: $\mathcal F^4f = 2\pi\,\mathcal F^2f(-\cdot) = (2\pi)^2f$ .

(b) Se $\mathcal Ff = \lambda f$ com $f \neq 0$ : $(2\pi)^2f = \mathcal F^4f = \lambda^4f$ , de modo que $\lambda^4 = (2\pi)^2$ : $\lambda \in \{\pm\sqrt{2\pi}, \pm\iu\sqrt{2\pi}\}$ . A gaussiana $g(x) = \eu^{-x^2/2}$ tem $\hat g = \sqrt{2\pi}\,g$ (Exemplo 14.2 em $a = \frac12$ ): autofunção para $+\sqrt{2\pi}$ .

(c) $\mathcal F^2f = 2\pi f(-\cdot)$ vale $\pm2\pi f$ conforme a paridade. Para $h(x) = x\eu^{-x^2/2}$ : derivando $\hat g(\xi) = \sqrt{2\pi}\eu^{-\xi^2/2}$ com a regra $\widehat{xf} = \iu\frac{\dd}{\dd\xi}\hat f$ :

\hat h(\xi) = \iu\,\frac{\dd}{\dd\xi}\bigl(\sqrt{2\pi} \eu^{-\xi^2/2}\bigr) = -\iu\sqrt{2\pi}\,\xi\eu^{-\xi^2/2} = -\iu\sqrt{2\pi}\,h(\xi) :

uma autofunção para $-\iu\sqrt{2\pi}$ . (As funções de Hermite continuam o padrão, percorrendo ciclicamente os quatro autovalores — o relógio de Fourier discreto.)

Exercício 14.12 ★★

(Autocorrelação e lema de Wiener) Para $f \in L^2(\R)$ , defina $\tilde f(x) = \overline{f(-x)}$ e a autocorrelação $A_f = f * \tilde f$ . (a) Mostre que $A_f$ é uma função contínua limitada com $A_f(0) = \norm f_2^2 \geq \abs{A_f(x)}$ para todo $x$ (Exercício 12.6 e Cauchy–Schwarz). (b) Mostre, primeiro para $f \in L^1\cap L^2$ , que $\widehat{A_f} = \abs{\hat f\,}^2 \geq 0$ : a autocorrelação tem transformada não negativa — os espectros de autocorrelações são espectros de potência. (c) Deduza a identidade $\int_\R\abs{\hat f(\xi)}^2\eu^{\iu x\xi}\,\dd\xi = 2\pi A_f(x)$ (inversão; justifique sua aplicabilidade quando $\hat f \in L^2$ tem $\abs{\hat f}^2 \in L^1$ ) e avalie-a para $f = \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}}$ em $x = 0$ : recupere $\int_\R\bigl(\frac{\sin u}u\bigr)^2\dd u = \pi$ .

Solução

Solução de Exercício 14.12.

(a) $\tilde f \in L^2$ com $\norm{\tilde f}_2 = \norm f_2$ ; o Exercício 12.6 (expoentes conjugados $p = q = 2$ ) torna $A_f = f * \tilde f$ limitada e uniformemente contínua, com

A_f(x) = \int f(y)\,\overline{f(y - x)}\,\dd y, \qquad A_f(0) = \norm f_2^2, \qquad \abs{A_f(x)} \leq \norm f_2\,\norm{f(\cdot - x)}_2 = A_f(0)

por Cauchy–Schwarz.

(b) Para $f \in L^1\cap L^2$ : $\tilde f \in L^1$ também, e o teorema da convolução dá $\widehat{A_f} = \hat f\, \widehat{\tilde f}$ ; calculando, $\widehat{\tilde f}(\xi) = \int\overline{f(-x)}\eu^{-\iu\xi x}\dd x = \overline{\int f(u)\eu^{-\iu\xi u}\dd u} = \overline{\hat f(\xi)}$ : $\widehat{A_f} = \abs{\hat f}^2 \geq 0$ .

(c) Quando $\abs{\hat f}^2 \in L^1$ , a inversão se aplica à contínua $A_f$ (sua transformada é integrável; Teorema 14.5):

A_f(x) = \frac1{2\pi}\int\abs{\hat f(\xi)}^2 \eu^{\iu x\xi}\,\dd\xi .

Para $f = \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}}$ : $\hat f(\xi) = \frac{2\sin(\xi/2)}\xi = \frac{\sin(\xi/2)}{\xi/2}$ e, em $x = 0$ :

1 = \norm f_2^2 = \frac1{2\pi}\int_\R \Bigl(\frac{\sin(\xi/2)}{\xi/2}\Bigr)^2\dd\xi = \frac1{2\pi}\cdot2\int_\R\Bigl(\frac{\sin u}u\Bigr)^2\dd u

( $\xi = 2u$ ), isto é, $\int_\R\bigl(\frac{\sin u}u\bigr)^2\dd u = \pi$ — a integral predileta de Plancherel, recuperada por autocorrelação.

14.6 Problema: a equação do calor na reta

Problema 14.1

Problema de fim de semana — $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ , resolvida de ponta a ponta

O calor se espalha; a equação $\partial_tu = \partial_{xx}^2u$ diz que sua densidade se difunde a uma taxa dada pela curvatura local do perfil de temperatura. Resolvemos o problema de Cauchy em $\R$ — dado $f$ , encontrar $u(t, x)$ para $t > 0$ com $u(0, \cdot) = f$ —, demonstramos as propriedades notáveis da solução e vemos por que o tempo não pode ser invertido. Ao longo de todo o problema, $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\eu^{-x^2/4t}$ é o núcleo do calor e $u(t, \cdot) = g_t * f$ .

Parte I — Deduzindo o núcleo. Trabalhe primeiro formalmente: suponha que $u(t, \cdot) \in \mathcal S$ resolva a equação e seja $\hat u(t, \xi)$ a transformada em $x$ .

Mostre (formalmente) que $\partial_t\hat u = -\xi^2\hat u$ , logo $\hat u(t,\xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ , e reconheça $u(t) = g_t * f$ (Exercício 14.4). Isso motiva a definição de $u$ ; tudo é agora demonstrado diretamente, para $f \in \mathcal C_b(\R)$ (contínua e limitada) ou $f \in L^p$ .

Parte II — Verificação.

Mostre que, para $t > 0$ , $u(t, x) = \int g_t(x-y)f(y)\dd y$ está bem definida para $f \in \mathcal C_b$ , e que $u$ é $\mathcal C^\infty$ em $(t, x)$ sobre $\intoo0\infty\times\R$ (derive sob o sinal de integral; domine as derivadas gaussianas localmente de maneira uniforme em $(t,x)$ ).
Verifique $\partial_tg_t = \partial^2_{xx}g_t$ por cálculo direto e deduza $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ para $t > 0$ .
(Condição inicial) Mostre que, para $f \in \mathcal C_b$ , $u(t, x) \to f(x)$ quando $t \to 0^+$ , uniformemente nos compactos (aproximação da identidade: separe $\abs y \leq \delta$ , $\abs y > \delta$ ); para $f \in L^p$ ( $p < \infty$ ), mostre $\norm{u(t) - f}_p \to 0$ .
(Suavização instantânea) Conclua: mesmo para $f$ apenas contínua e limitada, a solução é $\mathcal C^\infty$ para todo $t > 0$ — o calor apaga instantaneamente a aspereza. Calcule $u(t, \cdot)$ explicitamente para $f = \mathbf 1_{\intoo0\infty}$ (uma função erro) e esboce seu perfil para três valores de $t$ .

Parte III — Propriedades estruturais.

(Positividade e comparação) Se $f \geq 0$ , então $u > 0$ para todo $t > 0$ (estritamente, salvo se $f = 0$ q.t.p.); se $f_1 \leq f_2$ , então $u_1 \leq u_2$ . Um ponto frio se aquece instantaneamente: comente.
(Conservação) Para $f \in L^1$ : $\int u(t, x)\dd x = \int f$ para todo $t$ (Tonelli) — o calor total se conserva.
(Dissipação) Para $f \in L^1\cap L^2$ , mostre via Plancherel que $t \mapsto \norm{u(t)}_2$ é não crescente, estritamente salvo se $f = 0$ , e calcule seu limite quando $t \to \infty$ . Mostre, além disso, que $\norm{u(t)}_\infty \leq \frac{\norm f_1}{2\sqrt{\pi t}} \to 0$ : o calor se espalha e morre.
(Unicidade, classe $L^2$ ) Seja $u$ uma solução com $u(t) \in L^2$ para todo $t$ , $u \in \mathcal C^1(\intoo0\infty, L^2)$ no sentido natural e $u(t) \to f$ em $L^2$ quando $t\to0$ ; admitindo que a transformada a converte em $\partial_t\hat u = -\xi^2\hat u$ pontualmente q.t.p. em $\xi$ para q.t.p. $t$ (justificado testando contra $\mathcal C_c^\infty$ em $\xi$ — esboce isso), mostre que $\hat u(t,\xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ e, portanto, a unicidade nessa classe.

Parte IV — A flecha do tempo.

Mostre que o problema retrógrado é mal posto: para que a solução exista no instante $-s$ ( $s > 0$ ) com dados $f$ no instante $0$ — isto é, para que $f = g_s * h$ tenha solução $h \in L^2$ —, é necessário que $\eu^{s\xi^2}\hat f(\xi) \in L^2$ : uma condição extrema de decaimento sobre $\hat f$ . Exiba uma $f \in L^2$ suave explícita para a qual não existe solução retrógrada em intervalo de tempo algum: tome a função com $\hat f(\xi) = \eu^{-\abs\xi}$ — identifique $f$ (Exercício 14.1) e mostre que $\eu^{s\xi^2}\eu^{-\abs\xi} \notin L^2$ para todo $s > 0$ .
(Suavização e informação) Explique em um parágrafo curto, usando as questões 5, 9 e 10, por que o semigrupo do calor $(f \mapsto g_t * f)_{t\geq0}$ é injetor mas não sobrejetor em $L^2$ , e por que isso exprime a irreversibilidade da difusão.

Parte V — O teorema da amostragem de Shannon. Uma função $f \in L^2(\R)$ é de banda limitada a $\Omega$ se $\hat f = 0$ q.t.p. fora de $\intcc{-\Omega}\Omega$ ; escrevemos $PW_\Omega$ (espaço de Paley–Wiener) para essas funções.

Mostre que toda $f \in PW_\Omega$ coincide q.t.p. com a função $\mathcal C^\infty$ dada por $\frac1{2\pi}\int_{-\Omega}^{\Omega}\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\,\dd\xi$ (justifique a regularidade e a identificação), com todas as derivadas limitadas: a limitação de banda é uma forma extrema de regularidade. Daqui em diante, $f$ denota esse representante.
Expanda $\hat f \in L^2(\intcc{-\Omega}\Omega)$ na base de Fourier desse intervalo e identifique os coeficientes como amostras de $f$ :

$\hat f(\xi) = \frac\pi\Omega\sum_{n\in\Z} f\Bigl(\frac{n\pi}\Omega\Bigr)\, \eu^{-\iu n\pi\xi/\Omega} \quad\text{em } L^2(\intcc{-\Omega}\Omega) .$
Deduza o teorema da amostragem: para $f \in PW_\Omega$ ,

$f(x) = \sum_{n\in\Z}f\Bigl(\frac{n\pi} \Omega\Bigr)\,\operatorname{sinc}(\Omega x - n\pi), \qquad \operatorname{sinc}t = \frac{\sin t}t,$

com convergência em $L^2(\R)$ e uniforme em $\R$ (injete a série da questão 13 na fórmula de inversão e calcule a integral elementar): um sinal de banda limitada fica inteiramente determinado por seus valores em uma grade de passo $\pi/\Omega$ — a taxa de Nyquist.
Mostre que as funções $x \mapsto \operatorname{sinc}(\Omega x - n\pi)$ , $n \in \Z$ , formam uma família ortogonal em $L^2(\R)$ de norma constante $\sqrt{\pi/\Omega}$ , e deduza a identidade de energia $\norm f_2^2 = \frac\pi\Omega\sum_n\abs{f(n\pi/\Omega)}^2$ .
(Aliasing) Exiba uma $g \in PW_{2\Omega}$ não nula que se anula em todo ponto de amostragem $\frac{n\pi}\Omega$ (considere $g(x) = \sin(\Omega x)\operatorname{sinc}(\Omega x)$ e verifique sua banda): amostrar abaixo da taxa de Nyquist perde informação — dois sinais diferentes podem partilhar todas as amostras: o efeito estroboscópico da roda de carroça, matematizado.
(Graus de liberdade) Usando as questões 14–15, justifique a regra de engenharia: um sinal de banda limitada a $\Omega$ cuja energia é essencialmente carregada por uma janela temporal de comprimento $T$ é descrito por aproximadamente $\frac{\Omega T}\pi$ amostras reais — torne “essencialmente” preciso por meio da identidade de energia e da cauda $\sum_{\abs{n\pi/\Omega} > T/2}$ .
(Verificações de coerência) Confira o teorema da amostragem à mão em dois membros de $PW_\Omega$ : (a) $f = \operatorname{sinc}(\Omega\,\cdot)$ , cujas amostras são $\delta_{n0}$ ; (b) sinais de banda estreita do tipo $f(x) = \cos(\omega x) \operatorname{sinc}(\varepsilon x)$ — mais precisamente, mostre que, para $f \in PW_{\Omega'}$ com $\Omega' < \Omega$ , a série na taxa $\Omega$ também reconstrói $f$ (sobreamostrar é inofensivo), mergulhando $PW_ {\Omega'} \subseteq PW_\Omega$ .

Parte VI — Incerteza, mais duas vezes. A desigualdade de Heisenberg (Exercício 14.8) limita quanto $f$ e $\hat f$ podem estar conjuntamente concentradas; eis sua irmã do tipo tudo-ou-nada e sua saturação exata.

Seja $f \in L^1$ com $\operatorname{supp}f \subseteq \intcc{-A}A$ . Mostre que $\hat f$ é a soma de uma série de potências convergente em toda parte:

$\hat f(\xi) = \sum_{k\geq0}\frac{(-\iu\xi)^k}{k!} \,m_k, \qquad m_k = \int_{-A}^{A}x^kf(x)\,\dd x, \quad \abs{m_k} \leq A^k\norm f_1$

(expanda $\eu^{-\iu\xi x}$ e justifique a troca pela convergência normal): a transformada é real-analítica, com raio de convergência infinito em todo ponto.
Deduza a dicotomia dos suportes: uma função real-analítica que se anula em um intervalo aberto não vazio se anula identicamente (o conjunto em que todas as derivadas se anulam é aberto e fechado — desenvolva o argumento de Taylor); conclua que nenhuma $f$ não nula tem $f$ e $\hat f$ ambas de suporte compacto, e que $PW_\Omega$ não contém função não nula de suporte compacto — os sinais de banda limitada duram para sempre, e os sinais de duração limitada vazam para todas as frequências.
(Saturação de Heisenberg) Na família gaussiana $f = \eu^{-ax^2}$ , calcule os dois fatores de concentração e verifique que o produto normalizado $\bigl(\int x^2\abs f^2\bigr)\bigl(\frac1{2\pi}\int \xi^2\abs{\hat f}^2\bigr)\big/\norm f_2^4$ vale $\frac14$ para todo $a$ — a família de igualdade do Exercício 14.8 em carne e osso; explique por um argumento de reescalamento por que o produto tem de ser constante ao longo da família.
Explique a leitura física (densidades de posição e de momento de um estado quântico; o $\hbar$ da normalização dá $\sigma_x\sigma_p \geq \frac\hbar2$ ) e faça a conexão ao longo do capítulo: a suavização instantânea (Parte II), a irreversibilidade (Parte IV), a amostragem (Parte V), Heisenberg e a dicotomia dos suportes são cinco expressões de uma mesma lei — o comportamento de $\hat f$ no infinito legisla o que $f$ pode fazer em qualquer lugar.

Parte VII — A álgebra do núcleo e um exemplo resolúvel.

(Semigrupo) Demonstre a identidade de Chapman–Kolmogorov $g_t * g_s = g_{t+s}$ para $t, s > 0$ (via o teorema da convolução e a injetividade da transformada em $L^1$ ) e deduza $u(t + s) = g_s * u(t)$ : evoluir por um tempo $t + s$ é evoluir por $t$ e, depois, por $s$ . Refine a dissipação da questão 8: escrevendo $\norm{u(t)}_2^2 = \frac1{2\pi}\int \eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f(\xi)}^2\dd\xi$ , mostre por Cauchy–Schwarz que

$t \longmapsto \ln\,\norm{u(t)}_2 \quad\text{é convexa em } \intoo0{+\infty} :$

a energia $L^2$ não apenas decresce: ela decresce de maneira log-convexa.
(Para onde vai o calor) Sejam $f \geq 0$ , $f \in L^1$ , com $\int x^2f(x)\dd x < \infty$ . Mostre que, para todo $t > 0$ ,

$\int_\R x\,u(t, x)\,\dd x = \int_\R x f(x)\,\dd x, \qquad \int_\R x^2u(t, x)\,\dd x = \int_\R x^2f(x)\,\dd x + 2t\int_\R f :$

o centro do calor nunca se move, e a variância cresce linearmente no tempo — o reescalamento difusivo $x \sim \sqrt{2t}$ , a ser relido quando o movimento browniano aparecer no Capítulo 22. (Calcule os dois primeiros momentos de $g_t$ e use Tonelli na convolução.)
(A gaussiana, resolvida de ponta a ponta) Para $f(x) = \eu^{-x^2}$ , estabeleça a forma fechada

$u(t, x) = \frac1{\sqrt{1 + 4t}}\, \exp\Bigl(-\frac{x^2}{1 + 4t}\Bigr),$

e verifique nela, à mão: a equação $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ ; a conservação $\int u(t) = \sqrt\pi$ ; a lei de dissipação $\norm{u(t)}_2 = (\pi/2)^{1/4}(1 + 4t)^{-1/4}$ (compare seu decaimento $t^{-1/4}$ com o decaimento $t^{-1/2}$ da norma do supremo, questão 8); e o crescimento exato da variância da questão 24. Em $t = 6$ : o pico caiu a $\frac15$ de sua altura inicial, enquanto o perfil está cinco vezes mais largo — o mesmo calor, espalhado.

Solução

Solução de Problema 14.1.

1. Transformando a equação em $x$ (formalmente): $\partial_t\hat u(t,\xi) = \widehat{\partial^2_{xx}u} = (\iu\xi)^2\hat u = -\xi^2\hat u$ , uma EDO em $t$ para cada frequência: $\hat u(t,\xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ . Como $\eu^{-t\xi^2} = \hat g_t$ (Exercício 14.4), o produto é a transformada de $g_t * f$ .

2. $\abs{u(t,x)} \leq \norm f_\infty\int g_t = \norm f_\infty$ : bem definida. Em $[t_0, T]\times[-A, A]$ : cada derivada mista $\partial^m_t\partial^n_xg_t(x - y)$ é um polinômio em $(x - y)$ e $t^{-1}$ vezes $\eu^{-(x-y)^2/4t}$ , limitado para $\abs y \geq 2A$ por $C\,(1 + y^2)^N\eu^{-(\abs y - A)^2/4T}$ , um dominante integrável independente de $(t, x)$ na janela (e limitado para $\abs y \leq 2A$ ): a derivação repetida sob o sinal de integral (Teorema 10.15) se aplica: $u \in \mathcal C^\infty(\intoo0\infty\times\R)$ .

3. Com $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\eu^{-x^2/4t}$ :

\partial_tg_t = g_t\Bigl(\frac{x^2}{4t^2} - \frac1{2t}\Bigr) = \partial^2_{xx}g_t

(derive duas vezes em $x$ : $\partial_xg_t = -\frac x{2t}g_t$ , $\partial^2_{xx}g_t = \bigl(\frac{x^2}{4t^2} - \frac1{2t}\bigr)g_t$ ). Pela questão 2, as derivadas passam para dentro da integral: $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ .

4. $u(t,x) - f(x) = \int g_t(y)\bigl(f(x - y) - f(x)\bigr)\dd y$ . Dados um compacto $K$ e $\varepsilon$ : a continuidade uniforme de $f$ numa vizinhança de $K$ dá $\delta$ com $\abs{f(x-y) - f(x)} < \varepsilon$ para $x \in K$ , $\abs y \leq \delta$ ; a cauda contribui com massa $\leq 2\norm f_\infty\int_{\abs y > \delta}g_t(y)\dd y = 2\norm f_\infty\,\P$ além de $\delta$ , que é $\frac2{\sqrt\pi}\int_{\delta/2\sqrt t}^\infty\eu^{-z^2}\dd z \to 0$ quando $t \to 0$ . Para $f \in L^p$ : $\norm{u(t) - f}_p \leq \int g_t(y)\norm{\tau_yf - f}_p\dd y$ (Minkowski/Jensen como no Teorema 12.9); reparta do mesmo modo usando o Teorema 12.6(3).

5. A suavização instantânea é a questão 2 ( $u(t)$ é $\mathcal C^\infty$ para $t > 0$ sem que se use regularidade alguma de $f$ ). Para $f = \mathbf 1_{\intoo0\infty}$ :

u(t, x) = \int_0^\infty g_t(x - y)\dd y = \frac1{\sqrt\pi}\int_{-x/2\sqrt t}^{\infty}\eu^{-z^2}\dd z = \frac12\Bigl(1 + \operatorname{erf}\Bigl(\frac{x}{2\sqrt t}\Bigr)\Bigr), \qquad \operatorname{erf}(s) = \frac2{\sqrt\pi}\int_0^s\eu^{-z^2}\dd z :

um degrau suavizado cuja zona de transição se alarga como $\sqrt t$ (perfis em $t_1 < t_2 < t_3$ : rampas cada vez mais planas atravessando $(0, \frac12)$ ).

6. O integrando $g_t(x-y)f(y)$ é $\geq 0$ e o núcleo é estritamente positivo: $u(t,x) = 0$ forçaria $f = 0$ q.t.p. A monotonicidade em $f$ é a monotonicidade da integral. Um trecho em que $f = 0$ num intervalo ainda tem $u(t, \cdot) > 0$ ali para todo $t > 0$ : o calor se propaga a velocidade infinita (qualquer positividade em qualquer lugar é sentida em toda parte instantaneamente).

7. Tonelli ( $g_t(x-y)\abs{f(y)}$ é integrável em $\R^2$ ): $\int u(t,x)\dd x = \int f(y)\bigl(\int g_t(x - y)\dd x\bigr)\dd y = \int f$ .

8. Plancherel: $2\pi\norm{u(t)}_2^2 = \int\eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f(\xi)}^2\dd\xi$ , não crescente em $t$ (pontualmente), estritamente a menos que $\hat f = 0$ q.t.p. ( $= f = 0$ ), com limite $0$ quando $t\to\infty$ pelo TCD. E $\norm{u(t)}_\infty \leq \norm{g_t}_\infty\norm f_1 = \frac{\norm f_1}{2\sqrt{\pi t}} \to 0$ .

9. Para $\varphi \in \mathcal C_c^\infty$ , $t \mapsto \langle\varphi, \hat u(t)\rangle$ é $\mathcal C^1$ com derivada $\langle\varphi, \partial_t\hat u\rangle = \langle\varphi, \widehat{\partial_{xx}u}\rangle = \langle\xi^2\varphi\dots\rangle$ — mais precisamente, $\widehat{\partial^2_{xx}u} = -\xi^2\hat u$ transfere a equação. Então, para q.t.p. $\xi$ , a função absolutamente contínua $t \mapsto \eu^{t\xi^2}\hat u(t,\xi)$ tem derivada $\eu^{t\xi^2}(\xi^2\hat u + \partial_t\hat u) = 0$ no sentido integrado: ela é constante e, fazendo $t \to 0$ ( $\hat u(t) \to \hat f$ em $L^2$ , q.t.p. ao longo de uma subsequência): $\hat u(t, \xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ q.t.p. Duas soluções na classe têm a mesma transformada: são iguais.

10. $f = g_s * h$ com $h \in L^2$ força $\hat f = \eu^{-s\xi^2}\hat h$ , isto é, $\hat h = \eu^{s\xi^2}\hat f \in L^2$ . Tome $\hat f(\xi) = \eu^{-\abs\xi}$ : então $f(x) = \frac1\pi\cdot\frac1{1 + x^2}$ (Exercício 14.1, inversão), uma função $L^2$ perfeitamente suave; mas $\eu^{2s\xi^2 - 2\abs\xi} \to \infty$ : $\eu^{s\xi^2}\hat f \notin L^2$ para todo $s > 0$ . O perfil de Cauchy nunca é o resultado de uma difusão anterior.

11. O semigrupo do calor multiplica as transformadas por $\eu^{-t\xi^2}$ , que não se anula em parte alguma: injetivo — formalmente, nenhuma informação é destruída. Mas sua imagem consiste em funções cujas transformadas decaem como $\eu^{-t\xi^2}$ : um subespaço minúsculo, denso mas próprio, de $L^2$ (a questão 10 mostra que mesmo funções excelentes ficam de fora). Inverter amplificaria a frequência $\xi$ por $\eu^{t\xi^2}$ : ilimitado, logo instável diante de qualquer perturbação. A difusão é irreversível não porque a aplicação esqueça, mas porque sua inversa não pode ser contínua — uma flecha do tempo feita de análise funcional.

12. $\hat f \in L^2(\intcc{-\Omega}\Omega) \subseteq L^1$ (Cauchy–Schwarz num intervalo limitado), de modo que $F(x) = \frac1{2\pi}\int_{-\Omega}^\Omega\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ está definida em toda parte, e a derivação sob o sinal de integral (dominada por $\Omega^k\abs{\hat f} \in L^1$ na banda) a torna $\mathcal C^\infty$ com $\abs{F^{(k)}} \leq \frac{\Omega^k}{2\pi}\norm{\hat f}_{L^1}$ em toda parte. E $F = f$ q.t.p.: ambos os membros têm a mesma transformada, e a transformada é injetora em $L^2$ (Teorema 14.8 e sua extensão $L^2$ ).

13. As exponenciais $\xi \mapsto \eu^{-\iu n\pi\xi/\Omega}$ , $n \in \Z$ , formam uma base hilbertiana de $L^2(\intcc{-\Omega}\Omega)$ (Teorema 13.9, reescalado). O coeficiente de $\hat f$ ao longo da $n$ -ésima é

\frac1{2\Omega}\int_{-\Omega}^\Omega\hat f(\xi)\, \eu^{\iu n\pi\xi/\Omega}\dd\xi = \frac{2\pi}{2\Omega}\cdot \frac1{2\pi}\int_{-\Omega}^{\Omega}\hat f(\xi)\, \eu^{\iu(n\pi/\Omega)\xi}\dd\xi = \frac\pi\Omega\,f\Bigl(\frac{n\pi}\Omega\Bigr),

pela fórmula da questão 12 em $x = \frac{n\pi}\Omega$ : a expansão enunciada vale em $L^2$ da banda.

14. Insira a expansão na fórmula de inversão da questão 12; a troca de soma e integral é a continuidade do pareamento $L^2$ contra $\frac1{2\pi} \eu^{\iu x\xi}\mathbf 1_{\abs\xi\leq\Omega}$ (de norma $L^2$ $\frac{\sqrt{2\Omega}}{2\pi}$ , independente de $x$ — donde a uniformidade):

f(x) = \sum_nf\Bigl(\frac{n\pi}\Omega\Bigr)\cdot \frac1{2\Omega}\int_{-\Omega}^\Omega \eu^{\iu(x - n\pi/\Omega)\xi}\dd\xi = \sum_nf\Bigl(\frac{n\pi}\Omega\Bigr) \operatorname{sinc}(\Omega x - n\pi),

pois $\frac1{2\Omega}\int_{-\Omega}^\Omega\eu^{\iu u\xi}\dd\xi = \frac{\sin(\Omega u)}{\Omega u}$ .

15. Lendo o cálculo da questão 14 de trás para a frente, a transformada de $s_n = \operatorname{sinc}(\Omega\cdot - n\pi)$ é $\hat s_n = \frac\pi\Omega\,\eu^{-\iu n\pi\xi/\Omega}\,\mathbf 1_{\intcc{-\Omega}\Omega}$ . Plancherel:

\langle s_n, s_m\rangle = \frac1{2\pi} \Bigl(\frac\pi\Omega\Bigr)^2\int_{-\Omega}^\Omega \eu^{\iu(n-m)\pi\xi/\Omega}\dd\xi = \frac\pi\Omega\,\delta_{nm} :

uma família ortogonal de norma constante $\sqrt{\pi/\Omega}$ . Tomando normas na expansão da questão 14: $\norm f_2^2 = \frac\pi\Omega\sum_n\abs{f(n\pi/\Omega)}^2$ .

16. $g(x) = \sin(\Omega x)\operatorname{sinc} (\Omega x) = \frac{\sin^2(\Omega x)}{\Omega x}$ se anula em todo ponto da malha $\frac{n\pi}\Omega$ (inclusive em $0$ , pelo limite) e não é identicamente nula. Sua banda: escreva $g = \frac1{2\iu}\bigl(\eu^{\iu\Omega x} - \eu^{-\iu\Omega x}\bigr)\operatorname{sinc}(\Omega x)$ ; a modulação por $\eu^{\pm\iu\Omega x}$ desloca a transformada de $\mp\Omega$ , de modo que $\hat g$ tem suporte em $\intcc{-2\Omega}{2\Omega}$ (de fato, na união de duas bandas deslocadas): $g \in PW_{2\Omega}$ , invisível à amostragem à taxa $\Omega$ — o alias encarnado.

17. Pela questão 15, as amostras carregam a energia democraticamente: $\norm f^2 = \frac\pi\Omega\sum \abs{f(n\pi/\Omega)}^2$ . Se a energia do sinal fora da janela temporal $\intcc{-T/2}{T/2}$ é $\leq \varepsilon^2\norm f^2$ , as amostras fora da janela satisfazem (a menos de termos de bordo controlados pela cota uniforme da questão 12) $\frac\pi\Omega\sum_{\abs{n\pi/\Omega} > T/2} \abs{f(n\pi/\Omega)}^2 \approx \norm{f\,\mathbf 1_{\abs x > T/2}}^2 \leq \varepsilon^2\norm f^2$ : truncar a série de amostragem aos $\approx \frac{\Omega T}\pi$ índices dentro da janela reconstrói $f$ a menos de erro relativo $\approx\varepsilon$ . Logo o produto tempo–banda $\frac{\Omega T}{\pi}$ conta os graus de liberdade reais efetivos do sinal — a regra por trás de todo formato de áudio.

18. (a) $\operatorname{sinc}(\Omega x)$ tem amostras $f(n\pi/\Omega) = \operatorname{sinc}(n\pi) = \delta_{n0}$ : a série se reduz a seu termo $n = 0$ , $\operatorname{sinc}(\Omega x)$ — o teorema reproduz seu próprio núcleo. (b) Se $\hat f$ tem suporte em $\intcc{-\Omega'}{\Omega'} \subseteq \intcc{-\Omega}\Omega$ , cada passo das questões 13–14 vale literalmente com a banda maior $\Omega$ (a expansão de $\hat f$ no intervalo maior continua legítima): amostrar mais rápido que a própria taxa de Nyquist nada muda na reconstrução — a superamostragem é inofensiva e, na prática, benéfica (podem-se então usar núcleos de reconstrução de decaimento mais rápido).

19. Expanda $\eu^{-\iu\xi x} = \sum_k\frac{(-\iu\xi x)^k}{k!}$ dentro da integral; em $\intcc{-A}A$ a série converge normalmente ( $\sum_k\frac{\abs{\xi}^kA^k}{k!}\abs f \in L^1$ ), de modo que a integração termo a termo é legítima:

\hat f(\xi) = \sum_{k\geq0}\frac{(-\iu\xi)^k}{k!}m_k, \qquad \abs{m_k} \leq A^k\norm f_1 .

A cota faz a série convergir para todo $\xi$ complexo; em torno de qualquer ponto $\xi_0$ , reagrupar (convergência absoluta) dá uma série de potências em $\xi - \xi_0$ : $\hat f$ é real-analítica de raio infinito em toda parte.

20. Seja $g$ real-analítica em $\R$ (série de Taylor convergindo para $g$ perto de cada ponto) e $Z = \{\xi : g^{(k)}(\xi) = 0\ \forall k\}$ . $Z$ é fechado (interseção de fechados); é aberto, pois em $\xi_0 \in Z$ a expansão de Taylor local de $g$ é a série nula, de modo que $g$ se anula identicamente perto de $\xi_0$ , junto com todas as derivadas. Se $g$ se anula num intervalo, $Z \neq \varnothing$ ; por conexidade de $\R$ , $Z = \R$ : $g \equiv 0$ . Ora, se $f \neq 0$ tivesse suporte compacto junto com $\hat f$ : a questão 19 torna $\hat f$ real-analítica, anulando-se fora de um compacto, logo em intervalos: $\hat f \equiv 0$ , de modo que $f = 0$ q.t.p. por injetividade — contradição. Do mesmo modo, uma $f \in PW_\Omega$ não nula não pode ter suporte compacto (troque os papéis de $f$ e $\hat f$ via inversão): sinais de banda limitada nunca morrem, sinais de duração limitada ocupam espectro ilimitado.

21. Para $f = \eu^{-ax^2}$ : $\norm f_2^2 = \sqrt{\frac\pi{2a}}$ e $\int x^2\abs f^2 = \frac1{4a}\sqrt{\frac{\pi}{2a}}$ (segundo momento gaussiano); $\hat f = \sqrt{\frac\pi a}\,\eu^{-\xi^2/4a}$ (Exemplo 14.2) e

\frac1{2\pi}\int\xi^2\abs{\hat f}^2\dd\xi = \frac1{2\pi}\cdot\frac\pi a\int\xi^2 \eu^{-\xi^2/2a}\dd\xi = \frac1{2a}\cdot a\sqrt{2\pi a} = \frac{\sqrt{2\pi a}}2 .

Produto normalizado: $\frac1{4a}\sqrt{\frac\pi{2a}}\cdot \frac{\sqrt{2\pi a}}2\big/\frac{\pi}{2a} = \frac14$ , independente de $a$ . O reescalamento explica a constância: substituir $f$ por $f(\lambda\cdot)$ multiplica $\int x^2\abs f^2/\norm f^2$ por $\lambda^{-2}$ e $\frac1{2\pi}\int\xi^2\abs{\hat f}^2/\norm f^2$ por $\lambda^{2}$ : o produto é um invariante de dilatação, e as gaussianas formam uma única órbita de dilatação.

22. Com $\abs f^2$ a densidade de posição e $\frac1{2\pi}\abs{\hat f}^2$ a densidade de momento de um estado quântico (as unidades físicas inserem $\hbar$ ), o Exercício 14.8 se lê $\sigma_x\sigma_p \geq \frac\hbar2$ : nenhum estado é nítido nos dois observáveis. Ao longo do capítulo, uma lei veste cinco trajes: o calor suaviza instantaneamente porque $\eu^{-t\xi^2}$ aniquila as altas frequências (Parte II); o fluxo não pode correr para trás porque restaurá-las é ilimitado (Parte IV); um sinal de banda limitada é rígido o bastante para viver numa malha enumerável (Parte V); nenhuma função vence o piso de Heisenberg; e nenhuma função tem suporte compacto dos dois lados da transformada (questões 19–20). O que $\hat f$ faz no infinito governa o que $f$ pode fazer em qualquer lugar.

23. Tanto $g_t$ quanto $g_s$ estão em $L^1$ com $\widehat{g_t}(\xi) = \eu^{-t\xi^2}$ (o cálculo da questão 1), de modo que o teorema da convolução dá $\widehat{g_t * g_s} = \eu^{-t\xi^2}\eu^{-s\xi^2} = \eu^{-(t+s)\xi^2} = \widehat{g_{t+s}}$ ; duas funções $L^1$ com a mesma transformada coincidem q.t.p. (injetividade, via o teorema de inversão — aqui ambos os membros são contínuos, de modo que coincidem em toda parte): $g_t * g_s = g_{t+s}$ . Consequentemente, $u(t + s) = g_{t+s} * f = g_s * (g_t * f) = g_s * u(t)$ (associatividade da convolução, Tonelli). Log-convexidade: seja $N(t) = \norm{u(t)}_2^2 = \frac1{2\pi}\int \eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f}^2\dd\xi$ (Plancherel, questão 8). Para $t = \frac{t_1 + t_2}2$ , escreva

\eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f}^2 = \Bigl(\eu^{-2t_1\xi^2}\abs{\hat f}^2\Bigr)^{1/2} \Bigl(\eu^{-2t_2\xi^2}\abs{\hat f}^2\Bigr)^{1/2},

e Cauchy–Schwarz dá $N\bigl(\frac{t_1+t_2}2\bigr) \leq \sqrt{N(t_1)\,N(t_2)}$ : $\ln N$ é convexa no ponto médio e, sendo contínua (convergência dominada em $t$ ), convexa; $\ln\norm{u(t)}_2 = \frac12\ln N(t)$ também. Decaimento com logaritmo convexo: o fluxo do calor não pode perder energia num acesso e depois estagnar.

24. Os momentos do núcleo: $\int g_t = 1$ (questão 7 com $f = g_s$ , ou diretamente a integral gaussiana), $\int x\,g_t(x)\dd x = 0$ (integrando ímpar) e, substituindo $x = 2\sqrt t\,v$ ,

\int_\R x^2g_t(x)\,\dd x = \frac{4t}{\sqrt\pi}\int_\R v^2\eu^{-v^2}\dd v = 2t .

Substituindo $x = z + y$ na convolução e notando que $\iint(\abs z + \abs y)^2g_t(z)f(y)\,\dd z\,\dd y < \infty$ (cada um de $\int\abs z^kg_t$ , $\int\abs y^kf$ é finito para $k \leq 2$ , usando $\abs y \leq \frac{1 + y^2}2$ ), Fubini e Tonelli se aplicam às integrais de momentos abaixo:

\int x\,u(t,x)\dd x = \iint (z + y)\,g_t(z)f(y)\,\dd z\,\dd y = 0\cdot\!\int\! f + 1\cdot\!\int\! yf(y)\dd y,

que é a primeira afirmação; e

\iint (z+y)^2g_t(z)f(y)\,\dd z\,\dd y = 2t\int f + 2\cdot0\cdot\!\int\! yf + \int y^2f(y)\dd y ,

a segunda. As médias se somam, as variâncias se somam, e o núcleo contribui com média $0$ e variância $2t$ : após o tempo $t$ , o calor se espalhou por uma largura da ordem de $\sqrt{2t}$ — a distância cresce como a raiz quadrada do tempo, a assinatura da difusão (e das trajetórias brownianas do Capítulo 22).

25. Lado da transformada: $\hat f(\xi) = \sqrt\pi\,\eu^{-\xi^2/4}$ , de modo que $\hat u(t,\xi) = \sqrt\pi\,\eu^{-(t + \frac14)\xi^2}$ , que é a transformada de $(1 + 4t)^{-1/2}\exp\bigl(-x^2/(1+4t)\bigr)$ (o dicionário gaussiano $\eu^{-ax^2} \mapsto \sqrt{\pi/a}\,\eu^{-\xi^2/4a}$ com $a = \frac1{1+4t}$ ): a forma fechada. Verificação direta, com $\sigma = 1 + 4t$ :

\partial_tu = \sigma^{-1/2}\eu^{-x^2/\sigma} \Bigl(-\frac2\sigma + \frac{4x^2}{\sigma^2}\Bigr) = \partial^2_{xx}u ,

ambos os membros calculados a partir de $\partial_xu = -\frac{2x}\sigma\,u$ . Conservação: $\int u(t) = \sigma^{-1/2}\sqrt{\pi\sigma} = \sqrt\pi$ para todo $t$ . Dissipação:

\norm{u(t)}_2^2 = \frac1\sigma\int\eu^{-2x^2/\sigma}\dd x = \frac1\sigma\sqrt{\frac{\pi\sigma}2} = \sqrt{\frac\pi2}\,(1+4t)^{-1/2},

de modo que $\norm{u(t)}_2 = (\pi/2)^{1/4}(1+4t)^{-1/4}$ , não crescente e com logaritmo convexo (questão 23); a norma $L^2$ decai como $t^{-1/4}$ , exatamente metade do expoente $t^{-1/2}$ de $\norm{u(t)}_\infty$ — coerente com $\norm u_2^2 \leq \norm u_\infty\norm u_1$ e com a conservação de $\norm u_1$ . Variância: $\int x^2u(t) = \frac1\sigma\cdot\frac{\sigma^{3/2}\sqrt\pi}2 = \frac{\sqrt\pi}2\,(1 + 4t) = \int x^2f + 2t\sqrt\pi$ , como a questão 24 prevê ( $\int x^2f = \frac{\sqrt\pi}2$ , $\int f = \sqrt\pi$ ). Em $t = 6$ : $\sigma = 25$ , altura de pico $u(6, 0) = \frac15$ contra $u(0,0) = 1$ , escala de largura $\sqrt\sigma = 5$ vezes a inicial, e $\int u = \sqrt\pi \approx 1.7725$ o tempo todo: a mancha está cinco vezes mais baixa, cinco vezes mais larga, e não falta uma caloria.

Termos definidos neste capítulo

classe de Schwartz

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14.1 A transformada em L1L^1L1

14.2 Inversão e injetividade

14.3 A classe de Schwartz

14.4 Plancherel e L2L^2L2

14.5 Exercícios

14.6 Problema: a equação do calor na reta

Termos definidos neste capítulo

14.1 A transformada em $L^1$

14.4 Plancherel e $L^2$