Questão 1: EDP com separação de variáveis

CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS E DA NATUREZA

DEPARTAMENTO DE FÍSICA

CURSO DE BACHARELADO EMFÍSICA DAUFPE

Solução do Exercício Escolar 1

Questão 1: EDP com separação de variáveis

Considere a equação de difusão unidimensional em um meio homogêneo dada por

∂Ψ(x, t)

∂t −D

2∂2Ψ(x, t)

∂x2 = 0, x∈[0,1]

ondeDé uma constante que mede adifussividade1 do meio.

(a) [2 pontos] Use o método de separação de variáveis e obtenha a solução geral desta

equação.

(b) [1 ponto] Considere as seguintes condições de contorno de Dirichlet e obtenha uma

solução particular:

lim

t→∞Ψ(x, t)→0

e Ψ(0,0) = 1 e Ψ(1,0) = 0

especificando as condições para sua existência.

Solução:

(a) SuporΨ(x, t) =X(x)T(t), substituir na EDP e dividir porΨ(x, t), resulta

−D2 1 X(x)X

′′

| {z } −α

+ 1

T(t)T

′

| {z } α

= 0

onde identificamos os termos que dependem apenas de uma variável, os quais devem ser constantes para atender à equação .

Logo, resultam duas EDO’s

T′₋αT = 0 _→ T′

T =α → lnT =αt+C

′ _{∴ T(t) =Ce}αt

−D2X′′+αX = 0 _→ X′′₋ α

D2X = 0 ∴ X±(x) =e±

√ αx/D

Assim, a solução geral será a composição linear

Ψ(x, t) =hA1e+

√

αx/D_+A

2e−

√

αx/Di _eαt

onde a constanteCfoi absorvida nas constantes arbitráriasA1 eA2.

(b) A condição de contorno temporal Ψ(x,_∞) _→ 0 so pode ser atendida para valores de

α <0.

Nesse caso, fazendoα_{→ −|}α_|a solução geral terá a parte espacial oscilante, i.e.

Ψ(x, t) =hA1e+i

√

|α|x/D_+A

2e−i

√

|α|x/Di _e−|α|t

Reescrevendo a solução em termos de senos e cosenos, têm-se

Ψ(x, t) =hA˜1cos(

p

|α_|x/D) + ˜A2sen(

p

|α_|x/D)i e−|α|t

Onde_A˜_{1 eA}˜_{2 são constantes arbitrárias.}

Para as condições de contorno espaciais dadas teremos

Ψ(0,0) = 1 _→ A˜1+ ˜A2×0 = 1 → A˜1 = 1

Ψ(1,0) = 0 _→ cos(√α/D) + ˜A2sen(√α/D) = 0

Escolhendop_|α_|/D = (2n+ 1)π/2, teremos

0 + ˜A2sen((2n+ 1)π/2) = 0 → A˜₂ = 0

Para essa escolha, a solução particular será

Ψn(x, t) = cos[(2n+ 1)πx/2]e−[(2n+1)πD/2]

2_t

n = 0,1,2, . . .

Questão 2: Sistema Sturm-Liouville

Considere o operador diferencial de segunda ordem_Lˆ_{y(x), definido por}

ˆ

L =x2 d

2

dx2 +x

(a) [1 ponto] Verifique se o operador_Lˆé um operador Sturm-Liouville (S-L).

Caso contrário, transforme-o em um operador S-L.

(b) [1,5 pontos] Considere a equação de auto-valores

ˆ

Ly(x) =₋λw(x)y(x) x_∈[1,2]

sujeitas às condições de contorno

y′(1) = 0 e y′(2) = 0

Classifique e justifique a natureza desse problema de Sturm-Liouville.

Busque soluções oscilatórias e encontre os auto-valores e respectivas auto-funções resolvendo equação acima.

(c) [0,5 pontos] Confira a ortogonalidade das autofunções encontradas.

Solução:

(a) Para o operador dado identificamosp2(x) = x2 e p1(x) = x. Como p′2 6= p1 concluimos

que o operador não está na forma Sturm-Liouville (S-L).

Para transformar na forma S-L multiplica-se o operador por uma função auxiliarα(x) e

impõe-se a condição para estar na forma S-L, i.e.

α(x)x2y′′+α(x)xy′+ 2α(x)y= 0 ∴

d

dx[α(x)x

2_{] =α(x)x}

→ x2α′+ 2xα=αx ∴ x2α′+xα = 0

∴ α ′

α =−

1

x → lnα=−lnx+ lnC ∴ α(x) = C

x

Assim, a EDO fica

xy′′+y′+ 2

xy = 0 ou (xy ′₎′ ₊ 2

xy= 0 (forma S-L)

(b) Como as condições de contorno estão separadas e bem definidas nas fronteiras do

inter-valo[1,2], e o operador está colocado na forma S-L, então o problema está na forma de

A equação de auto-valores é escrita como

(xy′)′+ 2

xy=−λw(x)y, com y

′_{(1) = 0 e y}′_{(2) = 0 ∴}

xy′′+y′+ 2

xy =−λwy → xy

′′_+y′₊ 2

xy+λw(x)y= 0 ou x2y′′+xy′+ 2y+λw xy= 0

Para a escolhaw(x) = 1/xresulta

x2y′′+xy′+ (λ+ 2)y= 0

que está na forma de uma equação de Euler-Cauchy. Usar um solução tentativa na formay =xm _{e obter}

x2m(m₋1)xm−2+xmym−1+(λ+2)xm = 0 _→ [m(m₋1)+m+λ+2]xm = 0 ∴

m2_{+ (λ+ 2) = 0 → m}2 _{=−(λ+ 2)}

∴ m =±i p

(λ+ 2)

Resultam duas soluções linearmente independentes

y1(x) =xi

√

(λ+2) _{e y}

2(x) =x−i

√

(λ+2)

A solução geral pode ser escrita por

y(x) = Axi√(λ+2)+Bx−i√(λ+2) ∴

cuja derivada fica

y′(x) =A ip(λ+ 2)xi√(λ+2)−1₋B ip(λ+ 2)x−i√(λ+2)−1

Aplicando as condições de contorno, teremos

y′(1) = 0, _→ iA√λ+ 2₋iB√λ+ 2 = 0 ∴ A=B

y′(2) = 0, _→ i√λ+ 2A2i√λ+2−1₋B2i√−λ+2−1= 0 ∴

ou 2i

√

λ+2−1₋₂−i√λ+2−1 _{= 0 (1)}

Usando2 =eln 2 _{na equação (1) acima resulta}

eiln 2√λ+2₋e−iln 2√λ+2 = 0 _→ 2sen[ln 2√λ+ 2] = 0 ∴

(ln 2)√λ+ 2 =nπ _→ λn =nπ ln 2

2

Assim as auto-funções podem ser escritas com

yn(x) =Aei√λn+2 lnx

+e−i√λn+2 lnx

=Acos[pλn+ 2 lnx] ou

yn(x) =Acos

nπlnx

ln 2

x_∈[1,2] e n= 0,1,2, . . .

(c) Para verificar a ortogonalidade das auto-funções encontradas devemos mostrar que a

integral

Z 2

1

yn(x)ym(x)w(x)dx= 0 ou

A2 Z 2

1

cos

nπlnx

ln 2

×cos

mπlnx

ln 2

dx

x

Fazendo a mudança de variávelu=πlnx/ln 2, temosdu= (π/ln 2)(1/x)dxresulta

A2 Z π

0

cos(nu)_×cos(mu)du=A2

msen(πm) cos(πn)−ncos(πm)sen(πn)

m2_−n2

= 0

quandom₆=nen, emsão inteiros.

Questão 3: método de Frobenius

Considere a equação diferencial ordinária linear de segunda ordem homogênea

x y′′+ (c₋x)y′+a y= 0

ondece asão constantes reais.

(a) [1ponto] Analise e classifique todos os pontos singulares. Justifique seus argumentos. (b) [2 pontos] Considere a possibilidade de obter soluções em série de potências em torno

do pontox0 = 0.

Obtenha a equação indicial de analise a possibilidade de obter essas soluções, à luz do Teorema de Fuchs, diante dos possíveis valores paraaec.

Caso seja possível, calcule uma soluçãopelo menos até terceira ordem emx.

(c) [1ponto] Obtenha o termo geral dessa solução e analise a convergência dos coeficientes

Solução:

(a) Escrevendo a EDO na formay′′_+p(x)y′_{(c) +q(x)y = 0, observamos quep(x) =c/x−1} e q(x) =a/x, ambos divergindo emx0 = 0.

Todavia, os limites

lim

x→0xp(x) = 1<∞

e lim

x→0x

2_{q(x) = 0<}

∞

indicando quex0 = 0é um pontosingular regular.

Resta analisar o casox_{→ ∞}.

Quando x0 = ∞é necessário fazer uma mudança de variáveis x → z−1 e analisar a

natureza do ponto singular emz0 = 0.

Nesse caso,

y′(x) = dy

dx = dy dz

dz dx =−

1

x2

dy dz =−z

2dy

dz

y′′_{(x) =} d dz dy dx dz dx = −1 z2

−z2d2y

dz2 −2z

dy dz

=z4d2y

dz2 + 2z 3dy

dz Substituindo e rearrumando a equação, resulta:

z4d

2_y

dz2 + 2z 3dy

dz −(cz−1)z

2dy

dz +azy = 0 ou

y′′+

2

z − c₋1

z4

y′+ a

z3y= 0

tal que

lim

z→0zp(z)→ ∞

e lim

z→0z

2_{q(z)→ ∞}

de maneiras quez = 0(oux=_∞) é um pontosingular essencial ousingularidade.

(b) Considerar solução na formay(x) = P_jajxj+ke substituir na equação .

x " _∞

X

j=0

ajxj+k #′′

+ (c₋x)

" _∞ X

j=0

ajxj+k #′

−a " _∞

X

j=0

ajxj+k #

∞ X

j=0

aj(j+k)(j+k₋1)xj+k−1+

∞ X

j=0

aj(j+k)cxj+k−1+

−

∞ X

j=0

aj(j+k)xj+k₋ ∞ X

j=0

ajaxj+k = 0

a0[k(k−1) +ck]xk−1+

∞ X

j=1

aj[(j+k)(j +k₋1 +c)]xj+k−1₋

−

∞ X

j=0

aj[(j+k) +a]xj+k= 0

a0[k(k−1) +ck]xk−1+

∞ X

j=1

aj[(j+k)(j +k−1 +c)]xj+k−1−

−

∞ X

j=1

aj₋1[j +k−1 +a]xj+k−1 = 0

Coletando os coeficientes dos termos em potênciasxk−1 _{e igualando a zero, teremos a}

equação indicial:

a0[(k−1)k+ck] = 0 → k[k+ (c−1)] = 0 ∴ (

k1 = 0

k2 = 1−c .

ondea0 6= 0 por hipótese.

Para os termos com potênciasxj+k−1 _{temos a relação de recorrência:}

aj[(j+k)(j+k−1+c]−aj−1[j+k−1+a] = 0 → aj =

(j₋1 +k+a) [(j+k)(j+k₋1 +c]aj

Análise à luz do Teorema de Fuchs:

1. Se a diferença entre as raízes é um número não inteiro, qualquer das raízes produ-zirá uma solução linearmente independentes pelo método de Frobenius. No caso em questão, temos k1 −k2 = c−1. Portanto, quandoc ∋ Iserá possível obter

duas soluções pelo método de Frobenius, independente do valor dea.

2. Se c = 1 a raíz será dupla e apenas uma solução será obtida pelo método de Frobenius.

3. Se c é inteiro negativo ou nulo, então k1 < k2. Logo, a solução pelo método de

Frobenius poderá ser obtida tomando a maior soluçãok2 = 1−c > 0. Por outro

Vamos considerar a solução para k = k1 = 0 que atende às condições 1 a 3 acima,

exceto no caso emcé inteiro negativo ou nulo. Nesse caso, a recorrência entre os coeficientes fica

aj = j+a−1

j(j₋1 +c)aj−1

Iterando termo a termo, podemos obter os quatro primeiros termos

a1 =

a ca0

a2 =

a+ 1 2(c+ 1)a1 =

a+ 1 2(c+ 1)

a ca0 =

(a+ 1)a

2(c+ 1)c

a3 =

a+ 2 3(c+ 2)a2 =

1 2.3

(a+ 2)(a+ 1)a

(c+ 2)(c+ 1)ca0

a4 =

a+ 3 4(c+ 3)a3 =

1 2.3.4

(a+ 3)(a+ 2)(a+ 1)a

(c+ 3)(c+ 2)(c+ 1)ca0

e a solução até terceira ordem em xpode ser escrita:

y1(x)≃a0

a c

1 + (a+ 1) 2(c+ 1)x+

1 2.3

(a+ 2)(a+ 1) (c+ 2)(c+ 1)x

2₊ 1

2.3.4

(a+ 3)(a+ 2)(a+ 1) (c+ 3)(c+ 2)(c+ 1)x

3_{+. . .}

(c) O termo geral pode ser obtido por indução:

aj = a0

j!

(a+j₋1)(a+j₋2). . .(a+ 2)(a+ 1)a

(c+j₋1)(c+j ₋2). . .(c+ 2)(c+ 1)c ou (2)

aj = a0

j!

(a+j₋1)! (a₋1)!

(c₋1)! (c+j ₋1)! ∴

A primeira solução resulta:

y1(x) =a0

Γ(c) Γ(a)

∞ X

j=0

Γ(a+j) Γ(c+j)x

j

onde usamosΓ(z+ 1) =z!.

Questão 4: Sistema de Sturm-Liouville Regular (bônus)

(a) [0,5 pontos] Quais propriedades devem satisfazer os auto-valores de um problema de

Sturm-Liouvilleregular ?

(b) [0,5 pontos] Quais as características principais do conjunto de autofunções de um

pro-blema de Sturm-Liouvilleregular ?

Solução:

(a) Um sistema de Sturm-Liouville (S-L) regular possui um conjunto enumerável de

autovalo-res que podem ser arrumados de na forma se uma sequência cautovalo-rescente, i.e.

λ1 < λ2 < λ3. . . , com lim

n→∞λn→ ∞.

(b) As autofunções do operador de Sturm-Liouville sãonão-degeneradase formam um con-junto completo ortogonal.

Informações que podem ser úteis (ou não):

Função Gamma

Γ(t) =

Z _∞

0

xt−1e−xdx. Γ(t+ 1) =tΓ(t), t_∈R

Γ(n+ 1) =n! n inteiro, positivo

Fatorial ascendente2

x(n) =x(x₋1)(x₋2)_{· · ·}(x₋n+ 1) = Γ(x+n) Γ(x)

Equação de Cauchy-Euler

anxny(n)(x) +an₋1xn−1y(n−1)(x) +· · ·+a0y(x) = 0.

y =xm Solução tentativa

Fórmulas e Integrais

xa =ealnx

Z π

0

sen(n x)sen(m x)dx= m

sen(πm) cos(πn)−ncos(πm)sen(πn)

m2 _−n2

Z π

0

cos(n x) cos(m x)dx= msen(πm) cos(πn)−ncos(πm)sen(πn)