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Q1:
Q2:
Q3:
Questão
1
Sejamδ(x)eΘ(x)as funções (generalizadas) delta de Dirac e degrau de Heaviside, respectivamente. No sentido de distribuições (ou funções generalizadas), mostre que:
a) (1,0)g(x) d
dxδ(x−x0) =g(x0) d
dxδ(x−x0)− dg dx
x0
δ(x−x0),ondeg(x)é uma função infinitamente
diferenciável.
b) (1,0) d
dxΘ(x−x0) =δ(x−x0),
c) (1,0) θn(x) =
1 π
h
arctan(nx) +π 2
i
se aproxima de Θ(x) para n ≫ 1. Sugestão: δ(x) pode ser aproximada por sequências de Diracfn=nf(nx)paran≫1, comR−∞∞ f(x)dx= 1.
Qu
e
stão
2
A equação de Legendre é dada por
d dx
(1−x2 )dy
dx
+ν(ν+ 1)y= 0,
para−1< x <1.
a) (2,5)Determine o conjunto fundamental de soluções desta equação, utilizando o método de expansão em séries de potências no intervalox∈(−1,1). Determine que condição deve ser imposta para que uma das soluções seja definida no intervalo fechado−1≤x≤1. Que tipo de solução resulta neste caso?
b) (1,5)Transforme a equação de Legendre para a formad
2 u
dx2+S(x)u= 0, fazendo uma transformação
de variáveisy(x) =w(x)u(x)apropriada, escrevendo claramenteS(x)e a transformação utilizada. O que se pode afirmar sobre o número de zeros que as soluções da equação de Legendre devem possuir no intervalo(−1,1) para um dadoν? Justifique sua conclusão.
Qu
e
stão
3
Considere a equação diferencial ddx
xdu dx
− ν 2
xu(x) =f(x)(com ν > 0), definida em 0 ≤x≤b, com
condição de contorno de Dirichletu(b) = 1.
a) (1,5)Deduza a função de Green associada ao problema.
b) (1,5)Sejaf(x) = Θ(x−D), onde0< D < beΘ(x)é a função degrau de Heaviside. Obtenhau(x)
GABARITO
Questão 1: Sejamδ(x)eΘ(x)as funções (generalizadas) delta de Dirac e degrau de Heaviside, respectivamente. No sentido de distribuições (ou funções generalizadas), mostre que:
a) (1,0) g(x) d
dxδ(x−x0) = g(x0) d
dxδ(x−x0)− dg dx
x0
δ(x−x0), onde g(x) é uma função infinitamente
diferenciável.
Sejaϕ(x)uma função de suporte compacto. Então, para a distribuição g(x) d
dxδ(x−x0) =gδ
′
x0
hϕ|gδx′0i= Z ∞
−∞
dx ϕ(x)g(x) d
dxδ(x−x0) =
✘✘
✘✘
✘✘
✘✘
✘✘
✘✘
✘✘✿0 Z ∞
−∞
dx d
dx[ϕ(x)g(x)δ(x−x0)]−
Z ∞
−∞
dxd(gϕ)
dx δ(x−x0) =
=−
Z ∞
−∞
dxdϕ
dxg(x)δ(x−x0)− dg dx
x0
Z ∞
−∞
dxϕ(x)δ(x−x0) =
=−g(x0)
Z ∞
−∞
dxdϕ
dxδ(x−x0)− hϕ| dg dx
x0
δx0i=
=−g(x0)
✘✘
✘✘
✘✘
✘✘
✘✘
✘✘✘✿0 Z ∞
−∞
dx d
dx[ϕ(x)δ(x−x0)]−
Z ∞
−∞
dx ϕ(x) d
dxδ(x−x0)
− hϕ|
dg dx
x0
δx0i
=g(x0)
Z ∞
−∞
dx ϕ(x) d
dxδ(x−x0)− hϕ| dg dx
x0
δx0i=hϕ|g(x0)δ
′
x0i − hϕ|
dg dx
x0
δx0i
Ou seja,g(x) d
dxδ(x−x0) =g(x0) d
dxδ(x−x0)− dg dx
x
0
δ(x−x0),
b) (1,0) d
dxΘ(x−x0) =δ(x−x0),
Sejaϕ(x)uma função de suporte compacto. Então,
Z ∞
−∞
dxϕ(x) d
dxΘ(x−x0) =
✘✘
✘✘
✘✘
✘✘
✘✘
✘✘✘✿0 Z ∞
−∞
dx d
dx[ϕ(x)Θ(x−x0)]−
Z ∞
−∞
dxdϕ
dxΘ(x−x0) =
=−
Z ∞
x0 dxdϕ
dx =−0 +ϕ(x0) =
Z ∞
−∞
dx ϕ(x)δ(x−x0)
Logo, d
dxΘ(x−x0) =δ(x−x0),
c) (1,0)θn(x) = 1 π h
arctan(nx) +π 2
i
se aproxima deΘ(x)paran≫1. Sugestão: δ(x)pode ser aproximada por sequências de Dirac fn=nf(nx)paran≫1, comR−∞∞ f(x)dx= 1.
Note que
dθn
dx = n
π(1 +n2x2) =fn(x),
onde
Z ∞
−∞
dx f(x) = 1 π
Z ∞
−∞
dx 1 +x2 =
2 π
Z ∞
0 dx 1 +x2 =
2 π
Z π2
0 sec2
α dα 1 + tan2
α = 2 π
Z π2
0
dα= 1
Portanto, fn(x) =
n
π(1 +n2x2) é sequência de Dirac e se aproxima de δ(x−x0)à medida que n cresce
10 5 0 5 10
x
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
θ
n n =1n =2 n =4 n =16 n =256 n =65536
Questão: A equação de Legendre é dada por
d dx
(1−x2)dy dx
+n(n+ 1)y= 0,
para−1< x <1enum inteiro positivo.
a) (2,5)Determine o conjunto fundamental de soluções desta equação, utilizando o método de expansão em séries de potências no intervalox∈(−1,1). Determine que condição deve ser imposta para que uma das soluções seja definida no intervalo fechado−1≤x≤1. Que tipo de solução resulta neste caso?
Sejay=
∞
X
k=0
ckxk. Logo,
dy dx =
∞
X
k=1
k ckxk−1 → (1−x2)
dy dx =
∞
X
k=1
k ckxk−1−
∞
X
k=1
k ckxk+1 →
d dx
(1−x2 )dy
dx
=
∞
X
k=2
k(k−1)ckxk−2−
∞
X
k=1
k(k+ 1)ckxk=
∞
X
k=0
(k+ 2)(k+ 1)ck+2xk−
∞
X
k=1
k(k+ 1)ckxk
Substituindo na equação de Legendre, tem-se
d dx
(1−x2 )dy
dx
+ν(ν+ 1)y= 2c2+ν(ν+ 1)c0+
∞
X
k=1
{(k+ 2)(k+ 1)ck+2−k(k+ 1)ck+ν(ν+ 1)ck}xk= 0
2c2+ν(ν+ 1)c0+
∞
X
k=1
{(k+ 2)(k+ 1)ck+2−[k(k+ 1)−ν(ν+ 1)]ck}xk = 0,
donde,
c2=−ν(ν2+ 1)c0 e ck+2=
[k(k+ 1)−ν(ν+ 1)] (k+ 2)(k+ 1) ck =
(k−ν)(k+ν+ 1)
(k+ 2)(k+ 1) ck, p/k≥1
Ou seja, o conjunto de soluções é composto por uma solução par e outra ímpar, posto que os índices dos coeficientes na relação de recorrência encontrada variam de dois em dois. Teremos assim, parak par
c2=−ν(ν+ 1) 2 c0 c4=(2−ν)(3 +ν)
4·3 c2=
(2−ν)(0−ν)(3 +ν)(1 +ν) 4·3·2·1 c0 c6=(4−ν)(5 +ν)
6·4 c4=
(4−ν)(2−ν)(0−ν)(5 +ν)(3 +ν)(1 +ν) 6·5·4·3·2·1 c0 ..
.= ...
c2p+2=
(2p−ν)(2p+ 1 +ν) (2p+ 2)(2p+ 1) c2p =
Qp
r=0(2r−ν)
Qp
r=0(2r+ 1 +ν)
(2p+ 2)! c0=
22pΓ(p+ 1−ν
2)Γ(p+ 3 2+
ν
2) Γ(−ν
2)Γ( 3 2+
ν
enquanto parakímpar
c3= (1−ν)(2 +ν) 3· · ·2 c1 c5= (3−ν)(4 +ν)
5·4 c3=
(3−ν)(1−ν)(4 +ν)(2 +ν) 5· · ·4·3·2·1 c1 ..
.= ...
c2p+1=
(2p−1−ν)(2p+ν)
(2p+ 1)(2p) c2p−1=
Qp
r=0(2r−1−ν) Qp
r=0(2r+ν)
(2p+ 1)! c1=
22pΓ(p+1 2−
ν
2)Γ(p+ 1 +
ν
2) Γ(1
2−
ν
2)Γ(1 +
ν
2)(2p+ 1)! c1
Logo, o conjunto fundamental de soluções da equação de Legendre em x ∈ (−1,1) é constituído pelas funções
ypar(x) =
∞
X
p=0 c2p
c0 x
2p e yímpar(x) =
∞
X
p=0 c2p+1
c1 x 2p+1
com os coeficientes dados pelas expressões acima. Aplicando o teste de D’alembert, temos:
lim
k→∞
ck+2xk+2
ckxk
= lim
k→∞
[k(k+ 1)−ν(ν+ 1)]x2 (k+ 2)(k+ 1) →x
2 ,
o que mostra que as soluções em série convergem em x ∈ (−1,1). Entretanto, emx = ±1 é possível assegurar que uma das séries converge se impusermos queν =nseja um inteiro positivo. Neste caso, uma das soluções se torna um polinômio de grau n. Este polinômio é o polinômio de Legendre e não diverge emx=±1, sendo portanto definido no intervalo[−1,1].
b) (1,5) Transforme a equação de Legendre para a forma d
2u
dx2 +S(x)u= 0, fazendo uma transformação de
variáveisy(x) =w(x)u(x)apropriada, escrevendo claramenteS(x)e a transformação utilizada. O que se pode afirmar sobre o número de zeros que as soluções da equação de Legendre devem possuir no intervalo (−1,1) para um dadoν? Justifique sua conclusão.
Fazendo y =wu, então, dy
dx = dw
dxu+w du dx e
d2 y dx2 =
d2 w dx2u+ 2
dw dx
du dx +w
d2 u
dx2. Substituindo na equação
de Legendre, encontramos,
0 = d 2
y dx2 −
2x 1−x2
dy dx+
ν(ν+ 1) 1−x2 y=
d2 w dx2u+ 2
dw dx
du dx+w
d2 u dx2 −
2x 1−x2
dw dxu+w
du dx
+ν(ν+ 1)wu 1−x2
=wd 2
u dx2 + 2
dw dx −
xw 1−x2
du dx +
d2 w dx2 −
2x 1−x2
dw dx +
ν(ν+ 1)w 1−x2
u
0 = d 2
u dx2 + 2
1 w
dw dx −
x 1−x2
du dx+
d2 w dx2
w −
2x (1−x2)w
dw dx +
ν(ν+ 1) 1−x2
u=
d2 u
dx2 +S(x)u(x),
impondo que 1
w dw dx −
x
1−x2 = 0. Deste modo, 1
w dw dx =
x 1−x2 →
d
dxlnu=− 1 2
d
dxln(1−x 2
) = d
dxln(1−x 2
)−1/2
→ u(x) =√ k 1−x2.
A constantekpode ser determinada arbitrariamente, pois é um fator multiplicativo na transformação de
variáveis. Portanto, podemos escolherk= 1, com dw
dx = x (1−x2)3/2 e
d2 w dx2 =
1 (1−x2)3/2+
3x2 (1−x2)5/2 = 1 + 2x2
(1−x2)5/2, de forma que teremos
S(x) = d2
w dx2
w −
2x (1−x2)w
dw dx +
ν(ν+ 1) 1−x2 =
1 + 2x2 (1−x2)2 −
2x2 (1−x2)2+
ν(ν+ 1) 1−x2 =
1 (1−x2)2 +
ν(ν+ 1) 1−x2 .
Comparemos, agora, a equação d
2 u
dx2+S(x)u(x) = 0com d2
v dx2+m
2
π2v(x) = 0, cujo conjunto fundamental
x ∈ [−1,1], cos(mπx)e sen(mπx) oscilam e possuem, respectivamente, 2m e 2m+ 1 zeros. Enquanto isso,S(x)atinge valor mínimo emx= 0∗, onde teremos
Smin=S(0) =ν(ν+ 1) + 1 =
ν+1 2
2
−1 4+ 1 =
ν+1 2
2
+3 4 >
ν+1 2
2
.
Portanto, comparando com d
2v dx2 +m
2
π2v(x) = d 2v dx2 +
ν+1 2
2
v(x) = 0, vemos que o menor valor de
S(x)é maior do que
ν+1 2
2
. Como as soluções de d
2 v dx2 +
ν+1 2
2
v(x) = 0terão ao menos 2ν+ 1
π
zeros emx ∈ [−1,1], então as soluções de d
2 u
dx2+S(x)u(x) = 0terão, no mínimo, 2
ν+1 2
π =
(2ν+ 1) π
zeros em(−1,1).
Questão 3: Considere a equação diferencial d dx
xdu
dx
−ν
2
xu(x) =f(x)(comν >0), definida em0≤x≤b, com condição de contorno de Dirichletu(b) = 1.
a) (1,5) Deduza a função de Green associada ao problema.
A função de Green associada ao problema satisfaz à equação diferencial ordinária (EDO)
d dx
xdG dx
−ν 2
xG(x, y) =δ(x−y),
a qual está naforma auto-adjunta. Parax6=yo conjunto fundamental de soluções da EDO homogênea é
{xν, x−ν} (substitua e confira!). Logo, a função de Green deve ser formada por combinações lineares das soluções do conjunto fundamental em x < ye emx > y,
G(x, y) =
c1xν, p/x < y, d1xν+d2x−ν, p/x > y,
onde o termo em x−ν não aparece em x < y, posto que G(x, y) é limitada (i.e., não deve divergir em
x= 0). A função de Green deve satisfazer os mesmos tipos de condições de contorno que u(x), embora homogêneas. Logo, emx=b,
G(b, y) =d1bν+d2b−ν = 0 → d2=−b2νd1,
de modo que
G(x, y) =
c1xν, p/x < y,
d1
xν−b 2ν
xν
, p/x > y,
Além disso, G(x, y)deve ser contínua emx=y. Portanto,
c1yν=d1
yν−b 2ν
yν
→ c1y2ν =d1 y2ν
−b2ν
Entretanto, a derivada em xde G(x, y)é descontínua em x=y, o que pode ser obtido diretamente da EDO, integrando-a em xdey−εa y+ε, comε→0, i.e.,
lim
ε→0
Z y+ε y−ε
dx d dx
xdG dx
−lim
ε→0
Z y+ε y−ε
dxν 2
xG(x, y) = limε→0
Z y+ε y−ε
dx δ(x−y) = 1
lim
ε→0
"
(y+ε) dG dy
y+ε−
(y−ε) dG dy
y
−ε #
= 1 → y
"
lim
ε→0 dG
dy
y+ε−
dG dy
y
−ε !#
= 1
νy
d1
yν−1+ b 2ν
yν+1
−c1yν−1
= 1 → νd1 y2ν+b2ν−c1y2ν=yν.
∗Pois,
0 =dS
dx=−
(−2x) (1−x2)3 −
−2ν(ν+ 1)x
(1−x2)2 =
2x
(1−x2)2
ν(ν+ 1) + 1 1−x2
,
Substituindoc1y2ν =d1 y2ν
−b2ν
na identidade acima, encontramos
νd1 y2ν+b2ν− y2ν−b2ν=yν → d1= y
ν
2νb2ν → c1=
y2ν−b2ν
2νyνb2ν
Portanto,
G(x, y) =
y2ν−b2ν
2νb2ν
xν
yν, p/x < y,
yν xν
x2ν−b2ν
2νb2ν , p/x > y,
→ G(x, x′) =−2ν1
1−x> b
2ν x<
x> ν
ondex< ex> são o menor e o maior dentrexex′ (ouy) respectivamente. Note queG(x, x′) =G(x, x′), como esperado para operador diferencial auto-adjunto com coeficientes reais.
b) (1,5) Sejaf(x) = Θ(x−D), onde0< D < beΘ(x)é a função degrau de Heaviside. Obtenhau(x)para x < D ex > D.
Para a condição de contorno inomogênea,u(b) = 1, a função de Green continua a mesma, mas aparece um termo de fronteira na identidade generalizada de Green que contribui para a solução u(x). Para obter este termo, partimos das EDOs
Lxu=
d dx
xdu dx
−ν 2
xu(x) =f(x) e L
†
xG=
d dx
xdG dx
−ν 2
xG(x, y) =δ(x−y),
e calculamos a identidade generalizada de Green, comv(x) =G(x, y)(onde troqueixporx′ ey porx),
Z b
0
dx′hG(x′, x)Lx′u(x′)−u(x′)L†x′G(x
′, x)i=Z
b
0
dx′[G(x′, x)f(x′)−u(x′)δ(x′−x)] =
=
Z b
0 dx′
G(x′, x) d
dx′
x′du dx′
−ν
2u(x′)G(x′, x)
x′ −u(x
′) d
dx′
x′dG dx′
+ν
2u(x′)G(x′, x)
x′
→
Z b
0
dx′G(x′, x)f(x′)−u(x) =
Z b
0 dx′
d dx′
x′G(x′, x)du
dx′
−x′du dx′
dG dx′ −
d dx′
x′u(x′)dG
dx′
+x′du dx′
dG dx′
u(x) =
Z b
0
dx′G(x′, x)f(x′) +x′
u(x′)dG
dx′ −G(x ′, x)du
dx′
x′=b
x′=0 =
=
Z b
0
dx′G(x′, x)f(x′) +b
u(b) dG dx′
b−
G(b, x) du dx′
b
u(x) =
Z b
0
dx′G(x′, x)f(x′) +b dG dx′
b
.
Note que foram utilizadas as condições de contorno para u(x) e para a função de Green, i.e., u(b) = 1 e
G(b, x) = 0.
Da função de Green obtida em (a) encontramos (com y ao invés dex′)
dG dy =
1 2νb2ν
d dy
yν−b
2ν
yν
xν
yν
xν−b 2ν
xν
= 1
2b2ν
yν−1 + b
2ν
yν+1
xν, p/x < y,
yν−1
xν−b 2ν
xν
, p/x > y,
de modo que, parax < y=x′=b,
b dG dy
b
= b
2b2ν
bν−1 + b
2ν
bν+1
xν=x b
ν
Por outro lado, o termo de fonte contribui comf(x′) = Θ(x′−D), ou seja,
Z b
0
dx′G(x′, x)f(x′) =
Z b
0
dy G(y, x)Θ(y−D) =
Z b
D
Portanto, seD > x, teremos integração no trecho em quey > x
Z b
D
dy G(y, x) = 1 2νb2ν
Z b
D
dy
yν−b 2ν
yν
xν=
xν 2νb2ν
bν+1
−Dν+1 ν+ 1 +
bν+1 1 −
b D
ν+1!
ν−1
, p/ν6= 1
x 2b2
b2 −D2
2 −b
2ln
b D
, p/ν= 1
Z b
D
dy G(y, x) =
b 2ν
x
b
ν
1−
D b
ν+1
ν+ 1 +
1−
b D
ν+1
ν−1
, p/ν 6= 1
x 2
1−
D b
2
2 −ln
b D
, p/ν = 1
Por outro lado, parax < Dteremos trecho de integração emD≤y < x, de maneira que
Z b
0
dx′G(x′, x)f(x′) =
Z b
0
dy G(y, x)Θ(y−D) = 1 2νb2ν
xν−b 2ν
xν Z x
D
dy yν+
Z b
x
dy G(x, y)
Entretanto, Rb
xdy G(x, y)é igual ao resultado anterior para x > D, embora comxno lugar de D. Portanto, parax < D,
Z b
0
dx′G(x′, x)f(x′) =
xν−b 2ν
xν
xν+1
−Dν+1
2νb2ν(ν+ 1) +
b 2ν
x
b
ν
1−x b
ν+1
ν+ 1 + 1−
b x
ν+1
ν−1
, p/ν 6= 1
x 2
1−x b
2
2 −ln
b x
