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+ q (x) y (x) + f (x) = 0, (4) f (x) g (x) + q (x) h (x) + b a

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Academic year: 2021

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Função de Green

Quinta-feira, 9 de maio de 2019 e segunda-feira, 13 de maio de 2019. Vamos considerar uma equação diferencial em uma dimensão assim:

d dx " p(x)dz(x) dx # + q (x) z (x) + g (x) = 0, (1)

como o livro-texto do Arfken faz na página 663. As funções p (x) , q (x) e g (x) são dadas e precisamos encontrar a solução para z (x) que satisfaça condições de contorno nos extremos do intervalo [a, b] , isto é, temos, digamos, como dados os valores z (a)= za e z (b)= zb. Agora vamos trocar a Eq. (1) por uma com

a nova variável: y (x) ≡ z(x) − h (x) , (2) onde h(x) ≡ za+ z b− za b − a  (x − a) . (3)

Veja da Eq. (3) que h (a) = za e h (b) = zb, de modo que, portanto, a Eq. (2) dá y (a) = 0 e y (b) = 0

também. A função que não conhecemos agora é y (x) , pois, dadas as Eqs. (2) e (3), se descobrirmos a função y (x) teremos encontrado z (x) que é nossa incógnita inicial. A equação que queremos resolver, então, fica:

d dx " p(x)dy(x) dx # + q (x) y (x) + g (x) + q (x) h (x) +zb− za b − a dp(x) dx = 0, isto é, d dx " p(x)dy(x) dx # + q (x) y (x) + f (x) = 0, (4) onde definimos f (x) ≡ g (x)+ q (x) h (x) + z b− za b − a dp(x) dx . (5)

Como adaptamos nosso método de função de Green para fazer isso? Aqui eu estou sendo consistente com a apresentação da aula anterior e não estou seguindo o livro-texto. No entanto, agora vou usar nosso método e mostrar a apresentação inicial do livro-texto. A partir de então você pode continuar pelo livro.

Para resolver a Eq. (4), nós definimos o operador diferencial linear:

L ≡ d dx " p(x) d dx # + q (x) , (6)

exatamente como o livro-texto faz. Com esta definição, podemos escrever a Eq. (4) como:

L y (x) = − f (x) . (7)

Vemos, portanto, que agora temos − f (x) como sendo a fonte. Pelo nosso método de função de Green, basta trocarmos a fonte por δ (x − x0) e y (x) por G (x, x0) na Eq. (7), obtendo:

LG x, x0 = δ x − x0, (8)

(2)

Queremos aqui encontrar a função de Green que dá como a solução procurada, satisfazendo as condições de contorno e tudo, a seguinte integral:

y (x) = −

Z b

a

G x, x0 f x0 dx0. (9)

Veja que temos que ter, para satisfazer as condições de contorno, usando a Eq. (9):

Z b a G a, x0 f x0 dx0 = 0 (10) e Z b a G b, x0  f x0 dx0 = 0. (11)

Veja também que, para x , x0, as soluções da Eq. (8) são duas, pois o operador L é um operador diferencial de segunda ordem. Por causa disso, vamos escolher duas soluções da Eq. (8) linearmente independentes, mas que, para x < x0, seja tal que a Eq. (10) seja satisfeita, mas que para x > x0a Eq. (11) seja satisfeita.

Como podemos fazer algo assim? A resposta é simples: seja u (x) a solução da equação

Lu (x) = 0 (12)

satisfazendo

u(a) = 0 (13)

e seja v (x) a solução da equação

Lv (x) = 0 (14) satisfazendo v (b) = 0. (15) Então, escolhemos G x, x0 = u (x) v x0, para x< x0, e G x, x0 = u x0 v (x) , para x> x0, isto é, G x, x0 = u (x) v x0θ x0− x+ u x0 v (x) θ x − x0, (16)

onde a funçãoθ (x) é a função de Heaviside, que podemos definir assim:

θ (x) ≡            1, se x > 0, 1 2, se x = 0, 0, se x < 0. (17)

(3)

Veja que a derivada da função de Heaviside é a função delta: Z +1 −1 f (x)dθ (x) dx dx = Z +1 −1 d dx[ f (x) θ (x)] dx − Z +1 −1 θ (x)d f (x) dx dx = f (1) −Z +1 −1 θ (x)d f (x) dx dx = f (1) −Z +1 0 d f (x) dx dx = f (1) − f (1) + f (0) = f (0) ,

que é justamente a propriedade que define a função delta de Dirac. Assim: dθ (x)

dx = δ (x) . (18)

Calculemos, sabendo disso, a derivada a seguir: ∂G (x, x0)

∂x = −u (x) v x

0δ x0− x+ u x0 v (x) δ x − x0 +u0(x) v x0θ x0− x+ u x0 v0(x) θ x − x0 e, como a função delta é par, podemos escrever

∂G (x, x0)

∂x = [−u (x) v x

0+ u x0 v (x)] δ x − x0

+u0(x) v x0θ x0− x+ u x0 v0(x) θ x − x0. Mas, como δ (x − x0) se anula para x , x0, segue que

∂G (x, x0) ∂x = [−u (x) v (x) + u (x) v (x)] δ x − x0 +u0 (x) v x0θ x0− x+ u x0 v0(x) θ x − x0, isto é, ∂G (x, x0) ∂x = u 0 (x) v x0θ x0− x+ u x0 v0(x) θ x − x0 e, portanto, p(x)∂G (x, x 0) ∂x = p (x) u 0 (x) v x0θ x0− x+ p (x) u x0 v0(x) θ x − x0. Derivando esta equação com relação a x, econtramos:

∂ ∂x " p(x)∂G (x, x 0) ∂x # = −p (x) u0(x) v x0δ x0− x+ p (x) u x0 v0(x) δ x − x0 +v x0θ x0− x d dx[p (x) u 0 (x)]+ u x0θ x − x0 d dx[p (x) v 0 (x)] ,

(4)

isto é, como a delta é uma função par, ∂ ∂x " p(x)∂G (x, x 0) ∂x # = p (x) [−u0(x) v (x)+ u (x) v0(x)] δ x − x0 +v x0θ x0− x d dx[p (x) u 0 (x)] +u x0θ x − x0 d dx[p (x) v 0 (x)] . (19)

A definição do Wronskiano para as funções u (x) e v (x) é

W(x) ≡ u(x)dv(x) dx − v (x) du(x) dx = u (x) v0 (x) − v (x) u0(x) (20)

e podemos ver, na Eq. (19) que W (x) aparece lá. Portanto, vamos reescrever a Eq. (19) assim: ∂ ∂x " p(x)∂G (x, x 0) ∂x # = p (x) W (x) δ x − x0 +v x0θ x0− x d dx[p (x) u 0 (x)] +u x0θ x − x0 d dx[p (x) v 0 (x)] . (21)

Usando as Eqs. (12) e (14) podemos deduzir facilmente que p(x) d dxW(x)+ dp(x) dx W (x) = 0 e, portanto, d dx[p (x) W (x)] = 0, dando, como solução,

W(x) = A

p(x), (22)

onde A é uma constante qualquer diferente de zero, pois escolhemos u (x) e v (x) como funções linearmente independentes. Substituindo a Eq. (22) na Eq. (21), ficamos com

∂ ∂x " p(x)∂G (x, x 0) ∂x # = Aδ x − x0 +v x0θ x0− x d dx[p (x) u 0(x)] +u x0θ x − x0 d dx[p (x) v 0(x)] . (23)

Multiplicando ambos os membros da Eq. (16) por q (x) e somando a equação resultante membro a membro da Eq. (23), obtemos:

LG x, x0 = Aδ x − x0

+v x0θ x0− x Lu (x) +u x0θ x − x0 Lv (x)

(5)

e, usando a Eq. (12) e (14), concluímos que

LG x, x0 = Aδ x − x0.

Como a constante A pode ser escolhida como quisermos, vamos escolher A= 1 e, então, temos o resultado esperado:

LG x, x0 = δ x − x0,

que é a Eq. (8). Logo, devemos escolher u (x) e v (x) satisfazendo as condições dadas pelas Eqs. (13) e (15), além de serem linearmente independentes e tais que, quando calculamos o Wronskiano segundo a definição dada pela Eq. (20), obtemos a Eq. (22) com A= 1.

Outra maneira de mostrar que a Eq. (8) é válida é como o livro-texto faz. Substituindo a Eq. (16) na Eq. (9), obtemos: y (x) = −u (x) Z b a v x0θ x0− x f x0 dx0− v (x) Z b a u x0θ x − x0 f x0 dx0 = −u (x)Z b x v x0 f x0 dx0− v (x) Z x a u x0 f x0 dx0. (24)

Façamos agora as derivadas: ∂ ∂x[u (x) θ x0− x ] = θ x0− x ∂ ∂xu(x)+ u (x) ∂ ∂xθ x0− x = θ x0 − x ∂ ∂xu(x) − u (x) δ x 0 − x (25) e, analogamente, ∂ ∂x[v (x) θ x − x 0  ] = θ x − x0 ∂ ∂xv (x)+ v (x) δ x − x 0 (26)

Multiplicando a Eq. (26) por p (x) e derivando, temos: ∂ ∂x ( p(x) ∂ ∂x[v (x) θ x − x 0  ] ) = ∂x∂ " p(x) θ x − x0 ∂ ∂xv (x) # +∂x∂ [p (x) v (x) δ x − x0 ]

e, sabendo que há uma equação análoga a esta com u (x) δ (x0− x) no lugar de v (x) θ (x − x0) podemos derivar a Eq. (24), obtendo, primeiramente:

∂y (x) ∂x = − Z b x v x0 f x0 dx0∂u (x) ∂x +u(x) v (x) f (x) − Z x a u x0 f x0 dx0∂v (x) ∂x − v (x) u (x) f (x) e, multiplicando por p (x) : p(x)∂y (x) ∂x = − Z b x v x0 f x0 dx0 p(x)∂u (x) ∂x − Z x a u x0 f x0 dx0 p(x)∂v (x) ∂x ,

que, agora podemos derivar de novo e, usando os resultados acima, encontramos: ∂ ∂x " p(x)∂y (x) ∂x # = −Z b x v x0 f x0 dx0 ∂ ∂x " p(x)∂u (x) ∂x # + v (x) f (x) p (x) ∂u (x)∂x − Z x a u x0 f x0 dx0 ∂ ∂x " p(x)∂v (x) ∂x # − u (x) f (x) p (x)∂v (x) ∂x .

(6)

É agora fácil ver que: L y (x) = − Z b x v x0 f x0 dx0 ∂ ∂x " p(x)∂u (x) ∂x # + v (x) f (x) p (x) ∂u (x)∂x − Z x a u x0 f x0 dx0 ∂ ∂x " p(x)∂v (x) ∂x # − u (x) f (x) p (x) ∂v (x) ∂x −q (x) u (x) Z b x v x0 f x0 dx0− q (x) v (x) Z x a u x0 f x0 dx0, ou seja, L y (x) = − Z b x v x0 f x0 dx0 ( ∂x " p(x)∂u (x) ∂x # + q (x) u (x) ) + v (x) f (x) p (x)∂u (x)∂x − Z x a u x0 f x0 dx0 ( ∂x " p(x)∂v (x) ∂x # + q (x) v (x) ) − u (x) f (x) p (x) ∂v (x) ∂x , ou ainda, L y (x) = − Z b x v x0 f x0 dx0Lu (x)+ v (x) f (x) p (x)∂u (x) ∂x − Z x a u x0 f x0 dx0Lv (x) − u (x) f (x) p (x)∂v (x) ∂x .

Mas, usando as Eqs. (12) e (14), vemos que

L y (x) = v (x) f (x) p (x)∂u (x) ∂x − u (x) f (x) p (x) ∂v (x) ∂x = f (x) p (x) " v (x) ∂u (x) ∂x − u (x) ∂v (x) ∂x # e, usando a Eq. (20), L y (x) = − f (x) p (x) W (x) , que, com a Eq. (22), fica:

L y (x) = − f (x) , (27)

onde já usamos o fato de que A= 1. Substituindo a Eq. (9) na Eq. (27), podemos escrever: L "Z b a G x, x0 f x0 dx0 # = f (x) e, como L só atua em x, também temos:

Z b

a

[LG x, x0

 ] f x0 dx0 = f (x) , (28)

para qualquer f (x) e, portanto, a Eq. (28) é exatamente o que define a propriedade básica da função delta e, assim, provamos que

LG x, x0 = δ x − x0, que é a Eq. (8).

(7)

1.1

Exemplo

Vamos aplicar nosso método para a equação do oscilador harmônico forçado: d2y (t)

dt2 + ω

2y (t) = cos (Ωt) , (29)

ondeω e Ω são constantes reais positivas. Vamos colocar as condições de contorno:

y (0) = 0 e y  π 2ω  = 0.

Assim, ao invés de termos uma condição inicial, tipo posição e velocidade iniciais, eu escolhi a posição em dois tempos diferentes. E não estou esperando um período para impor que y seja zero, pois aí nosso método não funciona sem mudanças, pois a única solução da equação homogênea valendo zero em t= 0 e t = 2π/ω seria sen (ωt) , mas queremos construir a função de Green com duas funções linearmente independentes. Por isso estou usando um quarto do período. Bom, então, agora está claro que teremos:

u(t) = Asen (ωt)

e

v (t) = cos (ωt)

G t, t0 = Asen (ωt) cos ωt0θ t0− t+ A cos (ωt) sen ωt0θ t − t0, (30) com a constante A a ser determinada pelo Wronskiano, que é dado por

W(t) = −Aωsen2(ωt) − Aω cos2(ωt) = −Aω.

Como queremos que o Wronskiano seja 1, temos que escolher A = −1/ω. Com isso, a solução fica: y (t) = −sen (ωt)

ω

Z π/2ω

t

cos ωt0 cos Ωt0 dt0−cos (ωt) ω

Z t

0

sen ωt0 cos Ωt0 dt0. (31) Veja que, como desejado, y (0) = y (π/2ω) = 0. Agora vamos ver se a Eq. (29) está satisfeita. A primeira derivada dá:

dy(t)

dt = − cos (ωt)

Z π/2ω

t

cos ωt0 cos Ωt0 dt0+ sen (ωt)

Z t 0

sen ωt0 cos Ωt0 dt0

+sen (ωt)ω cos (ωt) cos (Ωt) −cos (ωt)ω sen (ωt) cos (Ωt) = − cos (ωt)Z π/2ω

t

cos ωt0 cos Ωt0 dt0+ sen (ωt) Z t 0 sen ωt0 cos Ωt0 dt0 e a segunda derivada dá: dy(t) dt = ωsen (ωt) Z π/2ω t

cos ωt0 cos Ωt0 dt0+ ω cos (ωt) Z t

0

sen ωt0 cos Ωt0 dt0 + cos (ωt) cos (ωt) cos (Ωt) + sen (ωt) sen (ωt) cos (Ωt)

(8)

isto é,

dy(t)

dt + ω

2y (t) = cos (Ωt) ,

Referências

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