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) =Ceαt
−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
OndeA˜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]
2t
n = 0,1,2, . . .
Questão 2: Sistema Sturm-Liouville
Considere o operador diferencial de segunda ordemLˆy(x), definido por
ˆ
L =x2 d
2
dx2 +x
(a) [1 ponto] Verifique se o operadorLˆé 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 → m2 =−(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
2q(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
2y
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
2q(z)→ ∞
de maneiras quez = 0(oux=∞) é um pontosingular essencial ousingularidade.
(b) Considerar solução na formay(x) = Pjajxj+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)