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Metodos de Fısica Teorica I - CF366
Notas de aula do professor Gilberto M. Kremer ∗
Compilado por: Fabio Iareke †
31 de agosto de 2017
∗[email protected]†[email protected]
1
Sumario
1. Funcoes de Variaveis Complexas 51) Calculo da Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62) Funcao escada (ou degrau) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83) Valor principal de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104) Transformadas de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115) ”Funcao”delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116) Relacoes de Kramers-Kronig . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2. Representacoes Integrais 131) Integrais que surgem no calculo da distribuicao das velocidades de Maxwell . . . . 132) Funcao fatorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143) Funcao Gama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154) Integrais que surgem atraves de transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . 165) Funcao Beta ou integral de Euler de 1a especie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186) Funcao Zeta de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197) Formula de Stirling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3. Equacoes Diferenciais Ordinarias nao lineares 211) O pendulo nao linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212) Equacao de Duffing . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243) Metodo do plano de Fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254) Forma Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275) Solucoes aproximadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
4. Equacoes Diferenciais Parciais 311) Equacoes da Fısica Matematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312) Classificacao das EDPs de 2a ordem lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353) Solucao de d’Alembert para a equacao da onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364) Metodo das caracterısticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385) Metodo de separacao das variaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
5. Transformadas integrais 531) Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532) Transformadas de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
6. O Problema de Sturm-Liouville (S-L) 72
7. Funcoes Especiais 741) Funcoes de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 762) Funcoes de Neumann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 873) Equacao de Bessel Modificada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 894) Polinomios de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915) Polinomios de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 966) Equacao associada de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1057) Harmonicos Esfericos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1058) Funcoes esfericas de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1079) Polinomios de Laguerre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11010) Polinomios associados de Laguerre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
2
8. Equacoes Integrais 1121) Classificacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1122) Transformacao de uma ED em uma EI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123) Solucao de uma EI por transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1154) Solucoes de uma EI por transformadas de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1175) Solucoes de uma EI atraves de series de Neumann . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1186) Equacao de Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1207) Nucleos separaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
A Apendices 1231) Gerando os graficos no Maple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1232) Links externos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
3
Lista de Figuras
1 Curva Γ = rR ∪ CR ∪Rr ∪ Cr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 Contorno de Bromwick . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 Funcao escada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 Funcao Gama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 Integral exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 Integrais seno e co-seno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 Funcao erro (erf) e funcao erro complementar (erfc) . . . . . . . . . . . . . . . . . 178 Integrais elıpticas de 1a e 2a especie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 Relacao entre os perıodos das solucoes linear e nao linear . . . . . . . . . . . . . . 2410 Plano de fase da equacao de Duffing . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2611 Plano de fase do pendulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2612 Corda distendida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3113 Curva C com elemento de linha ds =
√dx2 + dy2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
14 Cilindro oco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4715 Disco circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5016 Membrana retangular. Os modos normais podem ser vistos em: Vibrational Modes
of a Rectangular Membrane - Dan Russell, Grad. Prog. Acoustics, Penn State . . 5117 Propriedade do deslocamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5418 Haste cilındrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5519 Contorno Γ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5620 Grafico de u(x, t) = erfc
(x√t
). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
21 Grafico de f(x) =√
απ e−αx
2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
22 Grafico de F (ω) = 1√2π
exp(−ω2
4α
). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
23 Onda retangular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6524 Grafico de F (ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6525 Cano cheio de agua com sal introduzido em t = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6726 grafico de ρ(x, t) = 1√
te−x
2/t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
27 Funcoes de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8028 Disco circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8329 Membrana circular. Os modos normais podem ser vistos em: Vibrational Modes of
a Circular Membrane - Dan Russell, Grad. Prog. Acoustics, Penn State . . . . . . 8730 Funcoes de Newmann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8831 Funcoes de Bessel Modificadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8932 Polinomios de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9233 Grafico de ψ0(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9434 Grafico de ψ1(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9435 Grafico de ψ2(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9536 Polinomios de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9737 Potencial no ponto (x, y, z) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9738 Dipolo eletrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9839 Problema eletrostatico com simetria cilındrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10140 Problema eletrostatico com simetria esferica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10241 Funcoes esfericas de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10842 Funcoes esfericas de Neumann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10943 Polinomios de Laguerre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
Lista de Tabelas
1 Zeros (n = 1, 2, 3, . . . ) de Jm(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
4
1. Funcoes de Variaveis Complexas
Definicao 1 Funcao analıtica no ponto z se possuir derivadas em z e em todos os pontos desua vizinhanca.
Teorema 1 Teorema de Cauchy: se f(z) e analıtica num domınio D simplesmente conexo eC e uma curva simples fechada em D entao∮
C
f(z) dz = 0 .
Teorema 2 Series de Laurent: Toda funcao analıtica f(z) num anel R1 < |z − a| < R2 podeser desenvolvida em series de potencias
f(z) =
+∞∑n=−∞
cn(z − a)n (1)
onde
cn =1
2πi
∮Γ
f(z)
(z − a)n+1dz
e Γ e um cırculo de raio R tal que R1 < R < R2.
Definicao 2 Resıduo: se f(z) for analıtica na vizinhanca de z = a exceto em z = a, o resıduode f(z) em z = a e definido como
Res f(a) =1
2πi
∮C
f(z) dz ,
onde C engloba o ponto z = a. O resıduo e o coeficiente c−1 da Serie de Laurent.
Demonstracao Escrevendo (1) como
f(z) =
∞∑n=0
cn(z − a)n +c−1
z − a+
c−2
(z − a)2+
c−3
(z − a)3+ · · ·
dessa forma,
∮C
f(z) dz =���
������
�:0∞∑n=0
∮C
cn(z − a)n dz + c−1
∮C
dz
z − a+
−∞∑n=−2
∮C
cn(z − a)n dz .
Seja C a circunferencia de raio R que engloba z = a. Assim,
z = a+Reiθ ⇒ dz = iReiθ dθ ,
entao, ∮C
dz
z − a=
∫ +π
−π
i���Reiθ
���Reiθ
dθ = 2πi
e ∮C
dz
(z − a)n=
∫ +π
−π
iReiθ
Rneinθdθ =
∫ +π
−πiR(1−n)eiθ(1−n) dθ = iR(1−n) eiθ(1−n)
i(1− n)
∣∣∣∣+π−π
=R(1−n)
1− n
[eiπ(1−n) − e−iπ(1−n)
]= 0 .
∴
5
∮C
f(z) dz = 2πic−1
logo,
Res f(a) =1
2πi
∮C
f(z) dz = c−1
�
Teorema 3 Teorema dos Resıduos: Se f(z) for analıtica no interior e no contorno fechadoC e sobre C, exceto em um numero finito de singularidades isoladas em z = a1, a2, · · · , an todassituadas no interior de C, entao ∮
C
f(z) dz = 2πi
n∑k=1
Res f(ak).
Metodos:
1) Polo simples em z = a:Res f(a) = lim
z→a(z − a)f(z)
pois
f(z) =c−1
z − a+
∞∑n=0
cn(z − a)n.
2) Polo de ordem m em z = a:
Res f(a) =1
(m− 1)!limz→a
{dm−1
dzm−1[(z − a)mf(z)]
}
3) Se f(z) =ϕ(z)
ψ(z)com ϕ(a) 6= 0, ψ(a) = 0 onde z = a e um polo simples:
Res f(a) = limz→a
(z − a)ϕ(z)
ψ(z)=
ϕ(a)
ψ′(a),
sendo ψ′ =dψ
dz.
1) Calculo da Integral
I =
∫ ∞0
xα−1
1 + xdx , (0 < α < 1)
Sejam f(z) =zα−1
1 + ze Γ = rR ∪ CR ∪Rr ∪ Cr, conforme Figura 1, assim,
∮Γ
zα−1
1 + zdz = 2πif(−1).
Observacao
ez+i2nπ = ez (funcao plurıvoca)
ei2nπ = cos(2nπ)︸ ︷︷ ︸1
+i sen(2nπ)︸ ︷︷ ︸0
6
CR
rC
r
R
Im
RePolo
z = - 1
ϵ
Figura 1: Curva Γ = rR ∪ CR ∪Rr ∪ Cr
O logaritmo tambem e uma funcao plurıvoca.
ln z = ln |z|+ i(θ + 2πn)
Exemplo : ln(−1) =����: 0
ln | − 1|+ i(π + 2πn) = i(π + 2πn)
– parte principal de ln(−1) e iπ
– a outra e a funcao plurıvoca.
Exemplo : ln(1) =���* 0
ln |1|+ i2πn
– parte principal e zero.
zα−1 = e(α−1) ln z = e(α−1)[ln |z|+i(θ+2πn)]
= |z|(α−1)e(α−1)i(θ+2πn)
∮Γ
zα−1
1 + zdz = lim
z→−1(z + 1)
zα−1
1 + z2πi
= 2πi[| − 1|(α−1)e(α−1)i(π+2πn)
]tomando o valor principal:∮
Γ
zα−1
1 + zdz = 2πie(α−1)iπ
=
∫ R
r
zα−1
1 + zdz︸ ︷︷ ︸
¬
+
∫CR
zα−1
1 + zdz︸ ︷︷ ︸
+
∫ r
R
zα−1
1 + zdz︸ ︷︷ ︸
®
+
∫Cr
zα−1
1 + zdz︸ ︷︷ ︸
¯
Observacao
rθ=0−−→ R
r ←−−−θ=2π
R
7
No limite limr→0R→∞
,
¬ integral de interesse
® =
∫ r
R
zα−1
1 + zdz =
∫ r
R
|z|(α−1)e(α−1)i2π
1 + zdz = −e(α−1)i2π
∫ R
r
zα−1
1 + zdz︸ ︷︷ ︸
= ¬
• propriedade das integrais complexas∣∣∣∣∫C
f(z) dz
∣∣∣∣ ≤ML
onde, M = max|f(z)| e L e o comprimento de C.
=
∫CR
zα−1
1 + zdz =?
|| =∣∣∣∣∫CR
zα−1
1 + zdz
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∫CR
zα−2
1 + 1/zdz
∣∣∣∣ ≤ Rα−2
1 + 1/R2πR =
2πRα−1
1 + 1/R−−−−→R→∞
0
∴
limR→∞
= 0
¯ =
∫Cr
zα−1
1 + zdz =?
|¯| =∣∣∣∣∫Cr
zα−1
1 + zdz
∣∣∣∣ ≤ rα−1
1 + r2πr =
2πrα
1 + r−−−→r→0
0
∴
limR→∞
¯ = 0
Assim,(1− e(α−1)i2π
)∫ ∞0
xα−1
1 + xdx = 2πie(α−1)iπ
∫ ∞0
xα−1
1 + xdx =
2πie(α−1)iπ
1− e(α−1)i2π=
2πi
e−(α−1)iπ − e(α−1)iπ= − π
sen [(α− 1)π]=
π
senαπ
2) Funcao escada (ou degrau)
Calcular a integal (contorno de Bromwick)
I = limh→∞
1
2πi
∫ γ+ih
γ−ih
ets
sds
t - real︸ ︷︷ ︸h>0
t > 0
t < 0
t = 0
8
(a) (b) (c)
Im Im Im
Re Re Re
h h
CR
N
M
R
N' N
M' M
CR
R
� � �
Figura 2: Contorno de Bromwick
1) t < 0 ∮C
ets
sds = 0 =
∫ N
M
ets
sds︸ ︷︷ ︸
¬
+
∫CR
ets
sds︸ ︷︷ ︸
→∣∣∣∣∫CR
ets
sds
∣∣∣∣ ≤ |ets|�R
α�R = α|ets| −−−−→R→∞
0 , α = constante > 0s = x+ iy
|et(x+iy)| = |etx|
1︷︸︸︷|eity|
2) t > 0
∮C
ets
sds =
¬︷ ︸︸ ︷∫ N
M
ets
sds+
︷ ︸︸ ︷∫ N ′
N
ets
sds+
®︷ ︸︸ ︷∫CR
ets
sds+
¯︷ ︸︸ ︷∫ M
M ′
ets
sds
= 2πi lims→0
(s− 0)ets
s= 2πi
® →∣∣∣∣∫CR
ets
sds
∣∣∣∣ ≤ |etx|�R
π�R −−−−→R→∞
0
→∫ N ′
N
ets
sds =
1
s
ets
t
∣∣∣∣N′
N
−∫ N ′
N
ets
t
(− 1
s2
)ds =
ets
st
∣∣∣∣N′
N
+
∫ N ′
N
ets
ts2ds
∣∣∣∣∣∫ N ′
N
ets
sds
∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣ ets
st
∣∣∣∣N′
N
∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸a©
+
∣∣∣∣∣∫ N ′
N
ets
ts2ds
∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸b©
a© →∣∣∣∣ et(x+iy)
(x+ iy)t
∣∣∣∣ =
∣∣et(x+iy)∣∣
t|x+ iy|=|etx|tR−−−−→R→∞
0
b© →
∣∣∣∣∣∫ N ′
N
ets
ts2ds
∣∣∣∣∣ ≤ |etx|tR �2β�R −−−−→
R→∞0 , β =constante > 0
¯≡ −−−−→R→∞
0
9
3) t = 0
I = limh→∞
1
2πi
∫ γ+ih
γ−ih
ds
s= limh→∞
1
2πiln
(γ + ih
γ − ih
)= limh→∞
1
2πiln
γ
h+ i
γ
h− i
=
1
2πiln(−1) =
1
2πi(ln | − 1|+ iπ) =
1
2
∴ representacao integral da funcao escada (degrau):
S(t) = limh→∞
1
2πi
∫ γ+ih
γ−ih
ets
sds =
1 , t > 0
0 , t < 0
1/2 , t = 0
S(t− a) =1
2πi
∫ γ+i∞
γ−i∞
e(t−a)s
sds
S(t - a)
a
Unidade
t
Figura 3: Funcao escada
3) Valor principal de Cauchy
Definicao 3 Valor principal de Cauchy: Se existe um polo em x = x0(a < x0 < b) no eixo
real entao o valor principal de Cauchy da integral
∫ b
a
f(x) dx e:
P
∫ b
a
f(x) dx = limδ→0
[∫ x0−δ
a
f(x) dx+
∫ b
x0+δ
f(x) dx
].
Temos que:
P
∫ +∞
−∞f(x) dx = 2πi
∑+
Res (plano superior) + πi∑
Res (no eixo x).
Exemplo
I =
∫ +∞
−∞
dx
(x− 1)(x2 + 4); Polos
{x = 1
x = ±2i
I = 2πi limx→2i���
�(x− 2i)1
(x− 1)(x+ 2i)����(x− 2i)
+ πi limx→1���
�(x− 1)1
����(x− 1)(x2 + 4)
= 2πi1
(2i− 1)4i+πi
5= −π
2
2i+ 1
5+πi
5= − π
10
�
10
4) Transformadas de Hilbert
Considere uma funcao complexa e analıtica no semi-plano superior f(x).
P
∫ +∞
−∞
f(x)
x− x0dx = πi lim
x→x0
(x− x0)f(x)
x− x0= πif(x0)⇒
f(x0) =1
πiP
∫ +∞
−∞
f(x)
x− x0dx
Seja f(x) = u(x) + iv(x), assim,
u(x0) + iv(x0) =1
πiP
∫ +∞
−∞
u(x) + iv(x)
x− x0dx
entao temos as relacoes de dispersao
u(x0) =1
πP
∫ +∞
−∞
v(x)
x− x0dx ≡ eq. integral para v(x) (2)
e
v(x0) = − 1
πP
∫ +∞
−∞
u(x)
x− x0dx ≡ eq. integral para u(x) (3)
que sao as transformadas de Hilbert.
Exemplo1
1 + x20
=1
πP
∫ +∞
−∞
u(x)
x− x0dx
u(x) =?
v(x0) =−1
1 + x20
⇒ v(x) =−1
1 + x2
assim,
u(x0) =1
πP
∫ +∞
−∞
−1
(1 + x2)(x− x0)dx
Polos em
{x = x0
x = ±i
u(x0) = − 1
�π
{2�πi lim
x→i��
��(x− i) 1
(x+ i)����(x− i)(x− x0)
+�πi limx→x0
����(x− x0)
1
(x2 + 1)����(x− x0)
}= −
{2i
2i(i− x0)+
i
x20 + 1
}=
x0
1 + x20
∴ u(x) =x
1 + x2
�
5) ”Funcao”delta de Dirac
δ(x) =
{0 , x 6= 0
∞ , x = 0∫ +∞
−∞δ(x) dx = 1
11
Propriedade de filtragem: ∫ +∞
−∞δ(x)f(x) dx = f(0)∫ +∞
−∞δ(x− a)f(x) dx = f(a)
Representacao integral
δ(x) =1
π2
∫ +∞
−∞
dt
t(t− x), t e real (4)
sera que
∫ +∞
−∞δ(x)f(x) dx = f(0) ?
∫ +∞
−∞δ(x)f(x) dx = −1
1
π2
∫ +∞
−∞
∫ +∞
−∞
f(x)
t(x− t)dt dx = −1
1
π �2�πi
∫ +∞
−∞
dt
tlimx→t
(x− t) f(x)
x− t
= − 1
πi
∫ +∞
−∞
f(t)
tdt = − 1
�πi�πi lim
t→0�tf(t)
�t= f(0) X
Suponha que u(x) = δ(x).
Substituindo em (3):
v(x0) = − 1
πP
∫ +∞
−∞
δ(x)
x− x0dx
f(x) =1
x− x0, f(0) = − 1
x0
v(x0) = − 1
π
(− 1
x0
)=
1
πx0⇒ v(x) =
1
πx
Substituindo em (2):
u(x0) =1
π2P
∫ +∞
−∞
dx
x(x− x0)= δ(x0)
Efetuando as trocas x 7→ t e x0 7→ x, chegamos a (4).
6) Relacoes de Kramers-Kronig
Considere que f(x) e tal que f(−x) = f∗(x) (complexo conjugado).
u(−x) + iv(−x) = u(x)− iv(x)
u(−x) = u(x) (funcao par)
v(−x) = −v(x) (funcao ımpar)
12
Da equacao (2):
u(x0) =1
πP
∫ 0
−∞
v(x)
x− x0dx︸ ︷︷ ︸
x 7→ −xdx 7→ −dx
+1
πP
∫ +∞
0
v(x)
x− x0dx
u(x0) =1
πP
∫ 0
+∞
�−v(x)︷ ︸︸ ︷v(−x)
−(x+ x0)(�−dx) +
1
πP
∫ +∞
0
v(x)
x− x0dx
u(x0) =1
πP
∫ +∞
0
v(x)
(1
x+ x0+
1
x− x0
)dx
∴
u(x0) =2
πP
∫ ∞0
v(x)x
(x2 − x20)dx (5)
Exercıcio Partindo de (3) demonstre que:
v(x0) = − 2
πP
∫ ∞0
x0u(x)
(x2 − x20)dx (6)
As equacoes (5) e (6) sao chamadas de Relacoes de Kramers-Kronig.
→ funcoes resposta de sistemas fısicos: susceptibilidade eletrica, magnetica, impedancia.
2. Representacoes Integrais
1) Integrais que surgem no calculo da distribuicao das velocidades deMaxwell
I(λ) =
∫ ∞0
e−λx2
dx =
√π
2
1√λ
y 7→√λx⇒ e−(
√λx)2 d
√λx√λ
= e−y2 dy√
λ;
∫ ∞0
e−y2
dy =
√π
2
dI(λ)
dλ=
∫ ∞0
de−λx2
dλdx = −
∫ ∞0
x2e−λx2
dx =
√π
2
(−1
2
)1
λ3/2
∴∫ ∞0
x2e−λx2
dx =
√π
4
1
λ3/2∫ ∞0
x4e−λx2
dx =3√π
8λ−5/2 · · ·
Exercıcio
∫ ∞0
x6e−λx2
dx =15√π
16λ−7/2
13
2) Funcao fatorial
f(n) =
∫ ∞0
tn︸︷︷︸u
e−t dt︸ ︷︷ ︸dv
, n = 1, 2, 3, · · ·
f(n) = ������:0
−tne−t∣∣∞0
+ n
∫ ∞0
tn−1︸︷︷︸u
e−t dt︸ ︷︷ ︸dv
= n(n− 1)
∫ ∞0
tn−2︸︷︷︸u
e−t dt︸ ︷︷ ︸dv
= n(n− 1)(n− 2)
∫ ∞0
tn−3︸︷︷︸u
e−t dt︸ ︷︷ ︸dv
= · · ·
= n!
∫ ∞0
e−t dt = n!(−e−t)∣∣∞0
= n!
∴
n! =
∫ ∞0
tne−t dt
Generalizando para x ∈ <
Π(x) =
∫ ∞0
tx︸︷︷︸u
e−t dt︸ ︷︷ ︸dv
Π(x) = −txe−t∣∣∞0
+ x
∫ ∞0
tx−1e−t dt
limt→∞
txe−t → 0 , ∀x
limt→0
txe−tx=−1︷︸︸︷
= limt→0
e−t
t→∞
limt→0
txe−t → 0 , se x > −1
Π(x) = x
∫ ∞0
tx−1e−t dt︸ ︷︷ ︸Π(x−1)
, se x > −1
Lei de recorrencia:Π(x) = xΠ(x− 1) , ∀x > −1
Se x = n:Π(n) = n! = n(n− 1)!
Π(1) = 1Π(0)
Π(0) = 0! =
∫ ∞0
e−t dt = 1
Π(1) = 1
Π(−1)→∞
Π
(1
2
)=
∫ ∞0
t1/2e−t dt =︸︷︷︸t=x2, dt=2x dx
∫ ∞0
xe−x2
2x dx
= 2
∫ ∞0
x2e−x2
dx = 2
√π
4=
√π
2
14
Π
(1
2
)=
1
2Π
(−1
2
)Π
(−1
2
)= 2
√π
2=√π
Π
(−1
2
)= −1
2Π
(−3
2
)Π
(−3
2
)= −2
√π
Exercıcio Π
(−5
2
)=
4√π
3
3) Funcao Gama
Γ(x) = Π(x− 1) =
∫ ∞0
tx−1e−t dt = (x− 1)Γ(x− 1)
Figura 4: Funcao Gama
t = y2 ⇒ dt = 2y dy
Γ(x) = 2
∫ ∞0
y2x−2e−y2
y dy = 2
∫ ∞0
y2x−1e−y2
dy
Calculo de integrais:
I1 =
∫ 1
0
[ln
1
x
]3/2
dx
x = e−t
{x→ 1⇒ t→ 0
x→ 0⇒ t→∞
15
I1 =
∫ 1
0
[��*
0ln 1− lnx
]3/2
dx =
∫ 0
∞t3/2e−t(−dt) =
∫ ∞0
t3/2e−t dt = Π
(3
2
)=
3
4
√π
Pela recorrencia: Π
(3
2
)=
3
2Π
(1
2
)=
3
2
√π
2.
I2 =
∫ ∞0
x1/2e−x3
dx =︸︷︷︸t=x3 , dt=3x2 dx
∫ ∞0
t1/6e−tdt
3t2/3=
1
3
∫ ∞0
t−1/2e−t dt
=1
3Π
(−1
2
)=
√π
3
4) Integrais que surgem atraves de transformadas de Laplace
a) Integral exponencial (Figura 5)
E1(x) =
∫ ∞x
e−t
tdt
Figura 5: Integral exponencial
b) Integral seno (Figura 6)
Si(x) =
∫ x
0
sen t
tdt
c) Integral co-seno (Figura 6)
Ci(x) = −∫ ∞x
cos t
tdt
16
Figura 6: Integrais seno e co-seno
d) Funcao erro e funcao erro complementar (Figura 7)
erf (x) =2√π
∫ x
0
e−x2
dx
erfc (x) =2√π
∫ ∞x
e−x2
dx
erf (x) + erfc (x) =2√π
∫ ∞0
e−x2
dx = 1
Figura 7: Funcao erro (erf) e funcao erro complementar (erfc)
17
5) Funcao Beta ou integral de Euler de 1a especie
B(a, b) =
∫ 1
0
ta−1(1− t)b−1 dt
Re a > 0, Re b > 0.
Fazendo a mudanca de variavel1
t = sen2 θ , dt = 2 sen θ cos θ dθ
0 ≤ t ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ π/2
e
B(a, b) =
∫ π/2
0
sen2a−2(θ) cos2b−2(θ) 2 sen θ cos θ dθ
B(a, b) = 2
∫ π/2
0
sen2a−1(θ) cos2b−1(θ) dθ
nos permite achar a relacao com Γ:
Γ(a) =
∫ ∞0
ta−1e−t dt =︸︷︷︸t=x2 , dt=2x dx
∫ ∞0
x2a−2e−x2
2x dx
Γ(a) = 2
∫ ∞0
x2a−1e−x2
dx (7)
Γ(b) = 2
∫ ∞0
y2b−1e−y2
dy (8)
tal que, multiplicando (7) e (8)
Γ(a)Γ(b) = 4
∫ ∞0
∫ ∞0
x2a−1y2b−1e−(x2+y2) dx dy
x = r sen θ, y = r cos θ ; dx dyJ−→ dr dθ?
J =
∣∣∣∣∂x∂r ∂y∂r
∂x∂θ
∂y∂θ
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ sen θ cos θr cos θ −r sen θ
∣∣∣∣ = −r(sen2 θ + cos2 θ) = −r
Entao,dx dy = |J | dr dθ = r dr dθ0 ≤ r ≤ ∞, 0 ≤ θ ≤ π/2
Γ(a)Γ(b) = 4
∫ π/2
0
∫ ∞0
sen2a−1(θ)r2a−1r2b−1 cos2b−1(θ)e−r2
r dr dθ
= 2
∫ π/2
0
sen2a−1(θ) cos2b−1(θ) dθ︸ ︷︷ ︸B(a,b)
[2
∫ ∞0
r2a−1r2b−1e−r2
r dr
]
= B(a, b) 2
∫ ∞0
r2(a+b)−1e−r2
dr︸ ︷︷ ︸Γ(a+b)
= B(a, b)Γ(a+ b)
1(1− sen2 θ) = cos2 θ
18
∴
B(a, b) =Γ(a)Γ(b)
Γ(a+ b)
�
Considere a = α, b = 1− α
B(α, 1− α) =Γ(α)Γ(1− α)
���*
1
Γ(1)= 2
∫ π/2
0
sen2α−1(θ) cos2(1−α)−1︸ ︷︷ ︸cos1−2α = 1
cos2α−1
(θ) dθ
= 2
∫ π/2
0
tan2α−1(θ) dθ
mudanca de variavel:
x = tan2 θ ⇒ tan θ = x1/2 , 0 ≤ x ≤ ∞
dx = 2 tan θ sec2 θ dθ = 2 tan θ(1 + tan2 θ)︸ ︷︷ ︸x1/2(1 + x)
dθ = 2√x(1 + x) dθ
Entao,
Γ(α)Γ(1− α) = �2
∫ ∞0
x(2α−1)/2 dx
�2x1/2(1 + x)=
∫ ∞0
xα−1
1 + xdx
Γ(α)Γ(1− α) =π
senπα, (0 < α < 1)
Constante de Euler-Mascheroni
Γ(x) =
∫ ∞0
tx−1e−t dt =
∫ ∞0
txe−t
tdt
dΓ(x)
dx=
∫ ∞0
d tx
dx
e−t
tdt =
∫ ∞0
d ex ln t
dx
e−t
tdt
=
∫ ∞0
ex ln t ln te−t
tdt =
∫ ∞0
tx ln te−t
tdt
para x = 1 temos:
Γ′(1) =
∫ ∞0
ln t e−t dt = −γ
γ ≈ 0, 57722 - constante de Euler-Mascheroni
γ = limn→∞
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+ · · ·+ 1
n− lnn
)
6) Funcao Zeta de Riemann
Definicao 4 A funcao Zeta de Riemann e definida pela serie
ζ(z) =
∞∑n=1
1
nz
19
Para a determinacao das propriedades termodinamicas de fotons e fonons (bosons) na mecanicaestatıstica e necessaria a determinacao da integral
I(z) =
∫ ∞0
xz−1
ex − 1dx
que pode ser escrita como
I(z) =
∫ ∞0
xz−1e−x
1− e−xdx .
Para |e−x| < 1 temos
1
1− e−x=
∞∑n=0
e−nx
logo
I(z) =
∞∑n=0
∫ ∞0
xz−1e−(n+1)xdx =
∞∑n=1
∫ ∞0
xz−1e−nxdx
Acima trocamos n 7→ n+ 1. Se fizermos t = nx
I(z) =
∞∑n=1
∫ ∞0
(t
n
)z−1
e−tdt
n=
∞∑n=1
1
nz
∫ ∞0
tz−1e−tdt
logoI(z) = ζ(z)Γ(z)
Alguns valores de ζ(z):
ζ(1)→∞ , ζ(2) =π2
6, ζ(3) ≈ 1, 202 , ζ(4) =
π4
90
ζ(5) ≈ 1, 037 , ζ(6) =π6
945, ζ
(3
2
)≈ 2, 612 , ζ
(5
2
)≈ 1, 341
7) Formula de Stirling
Para grandes numeros, N � 1, podemos aproximar lnN ! por
lnN ! =
N∑p=1
ln p ≈∫ N
1
ln p dp = (p ln p− p)
∣∣∣∣∣p=N
p=1
= N lnN −N + 1
como N � 1, entaolnN ! ≈ N lnN −N
que e a formula de Stirling. Esta formula e bastante usada em mecanica estatıstica.
20
3. Equacoes Diferenciais Ordinarias nao lineares
1) O pendulo nao linear
d2θ
dt2+ ω2 sen θ = 0 (9)
a) Solucao linear
ω =
√g
l, †
d2θ
dt2+ ω2θ = 0
d2x
dt2+ ω2x = 0 , ‡
ω =
√k
m
† : θ e pequeno sen θ ≈ θ‡ : igual a equacao do oscilador harmonico
substituindo θ = eαt
α2��eαt + ω2
��eαt = 0
α = ±iω Pendulo simples!
e±iωt =
{cosωt
senωt
logoθ = A cosωt+B senωt
se para t = 0⇒ θ = θ0 edθ
dt= 0, entao
θ = θ0 cosωt
e o perıodo
T0 = 2π
√l
g
b) Solucao nao linear
Multiplicando (9) por 2dθ
dt,
2dθ
dt
d2θ
dt2+ 2
dθ
dtω2 sen θ = 0 ⇒ 2
dθ
dt
d2θ
dt2︸ ︷︷ ︸ddt
[(dθdt
)2]+ 2ω2 sen θ
dθ
dt︸ ︷︷ ︸− ddt (cos θ)
= 0
Entao,
d
dt
[(dθ
dt
)2]− 2ω2 d
dt(cos θ) = 0
d
dt
[(dθ
dt
)2
− 2ω2 cos θ
]= 0
(dθ
dt
)2
− 2ω2 cos θ = c
21
c.i para θ = θ0 = cte ,dθ
dt= 0
0− 2ω2 cos θ0 = c(dθ
dt
)2
= 2ω2(cos θ − cos θ0)(dθ
dt
)=√
2ω2(cos θ − cos θ0)
Integrar em um ciclo completo θ0 7→ 0 7→ −θ0 7→ 0 7→ θ0 (T = t) e equivalente a integrarem um meio ciclo θ0 7→ 0 7→ −θ0 (T = 2t) e e equivalente a integrar em um quarto de cicloθ0 7→ 0 (T = 4t), logo
4
∫ θ0
0
dθ√2ω(cos θ − cos θ0)1/2
=
perıodo︷︸︸︷T
cos θ = 1− 2 sen2 θ
2
mudanca de variavel
senθ
2= k senφ , sen
θ0
2= k senφ0
k = senθ0
2⇒ φ0 =
π
2
cosθ
2
dθ
2= k cosφ dφ
cos θ − cos θ0 = 1− 2 sen2 θ
2−(
1− 2 sen2 θ0
2
)= 2 sen2 θ0
2− 2 sen2 θ
2
= 2k2 − 2k2 sen2 φ = 2k2(1− sen2 φ)
T = 4
∫ π/2
0
��2k����cosφ dφ
cos θ/2
��√
2ω���√2k(((
(((((1− sen2 φ)1/2
ωT = 4
∫ π/2
0
dφ
cos θ/2= 4
∫ π/2
0
dφ√1− k2 sen2 φ
T = 4
√l
g
∫ π/2
0
dφ√1− k2 sen2 φ
Integral elıptica de 1a especie :
F (k, φ0) =
∫ φ0
0
dφ√1− k2 sen2 φ
Integral elıptica de 2a especie :
E(k, φ0) =
∫ φ0
0
√1− k2 sen2 φ dφ
Quando φ0 = π2 integrais elıpticas completas. Vide Figura 8
22
Figura 8: Integrais elıpticas de 1a e 2a especie
Relacao entre os perıodos das solucoes linear e nao linear
T
T0=
2
π
∫ π/2
0
dφ√1− sen2 θ0
2sen2 φ
=2
πF
(sen
θ0
2,π
2
)
Para pequenos angulos T ≈ T0 e para θ0 = π2 a diferenca e 18%. Vide Figura 9
23
Figura 9: Relacao entre os perıodos das solucoes linear e nao linear
2) Equacao de Duffing
y′′ + ay + by3 = 0 (10)
onde a, b sao constantes.
Observacao Pode ser considerada como a equacao de um oscilador harmonico x+kx+k′x3 = 0,com forca −kx− k′x3.
Multiplicando a equacao (10) por 2y′
2y′y′′ = −2y′(ay + by3)
d
dx(y′ 2) = −2
(a
2
dy2
dx+b
4
dy4
dx
)integrando,
y′ 2 = −ay2 − b
2y4 + c
dy
dx=
√c− ay2 − b
2y4 (11)
dy√c− ay2 − b
2y4
= dx
integrando,
x+B =
∫dy√
c− ay2 − b2y
4(12)
24
Exemplo Resolver
y′′ +3
2y − y3 = 0 , a =
3
2, b = −1
c.c.
{y(0) = 0
y′(0) = 1
De (11) ⇒ c = 1, pela condicao de contorno.
De (12) ⇒ x =
∫ y
0
dy√1− 3
2y2 + 1
2y4
.
Exercıcio Supondo que x = x0 quando y = 1, mostre que
x0 =
∫ 1
0
dy√1− 3
2y2 + 1
2y4
e com a mudanca de variaveis
y = senφ⇒ dy = cosφ dφ , 0 ≤ φ ≤ π
2
temos
x0 =
∫ π/2
0
dφ√1− 1
2 sen2 φ=
∫ φ0
0
dφ√1− k2 sen2 φ
= F (k, φ0) = F
(1√2,π
2
)= 1, 854
onde k = 1√2, φ0 = π
2
�
3) Metodo do plano de Fase
E muito difıcil achar uma solucao analıtica da equacao de Duffing mas existe o metodo do planode fase.
Defina uma nova variaveldy
dx= w
tal que,d2y
dx2=dw
dx=︸︷︷︸
eq. Duffing
−ay − by3
entao,dy
��dxdw
��dx
=dy
dw=
w
−ay − by3⇒ −(ay + by3) dy = w dw
que, integrando
−ay2
2− by4
4=w2
2− C ⇒ ay2 +
by4
2+ w2 = 2C
onde C e uma constante a ser determinada pelas condicoes iniciais. Assim,
w = ±√
2C − ay2 − by4
2
25
Figura 10: Plano de fase da equacao de Duffing
O plano (y, w) ≡ (y, y′) e chamado de plano de fase e a solucao pode ser representada pelascurvas de y e w no plano de fase para diferentes valores de C.
Exemplo a = 1, b = 2 ⇒ y4 + y2 + w2 = 2C temos que ∀C ≥ 0 a curva e fechada e w =±√
2C − y2 − y4. Se C = 0 solucoes complexas. (Vide figura 10) �
Para o pendulo simples identificamos θ(t) ≡ x(t) e θ(t) ≡ y(t) e escrevemos o sistema de equacoesdiferenciais
d
dt[x(t)] = y(t) ,
d
dt[y(t)] = −w2 sen [x(t)]
O plano de fase das vibracoes do pendulo esta mostrada na Figura 11.
Figura 11: Plano de fase do pendulo
26
4) Forma Normal
Considere a EDOy′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0
Sey = u(x)v(x)
entaou′′v + 2u′v′ + uv′′ + p(x)[uv′ + vu′] + q(x)uv = 0 (13)
Escolhemos u tal que o termo em v′ se anula
2u′ + pu = 0 ⇒ u′
u= −p
2
u = A exp
[−1
2
∫ x
0
p(x) dx
](14)
substituindo (14) em (13):
v′′ +
(q − 1
2p′ − 1
4p2
)v = 0 (15)
que e uma equacao na forma normal, pois
u′ = −p2u , u′′ = −p
2u′ − p′
2u
e (−p
2u′ − p′
2u
)+ uv′′ + pvu′ + quv = 0
mas
u′ = −1
2pu⇒ v′′ +
(q − 1
2p′ − 1
4p2
)v = 0
Exemplo
y′′ + xy′ +1
4x2y = 0
assim,
p(x) = x , q(x) =1
4x2
entao,
u(x) = A exp
{−x
2
4
}⇒ v′′ +
(1
4x2 − 1
2− 1
4x2
)v = 0⇒ v = Bex/
√2 + Ce−x/
√2
∴
y = e−x2
4
(Aex/
√2 +Be−x/
√2)
�
Exemplo Oscilador harmonico:
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 −→ x+ 2λx+ ω20x = 0 p(t) = 2λ , q(t) = ω2
0
x(t) = u(t)v(t)
onde,
u(t) = A exp
[−1
2
∫ t
0
p(t) dt
]= Ae−λt
v +
(q − 1
2p− 1
4p2
)= 0⇒ v + (ω2
0 − λ2)v = 0⇒ v = B cosωt+ C senωt
se ω2 = ω20 − λ2 > 0 logo x(t) = e−λt(A′ cosωt+B′ senωt). �
27
5) Solucoes aproximadas
a) Metodo de perturbacao em series
Equacao nao linear: expandir y(x) em uma funcao de um parametro pequeno ε.
Exemplo Equacao de Duffingy′′ + ay + by3 = 0
com a = 1 e b = ε, tal que |ε| � 1, e
c.c.
{y(0) = 1
y′(0) = 0
entao,y′′ + y + εy3 = 0 (16)
solucao:y(x) = y0(x) + εy1(x) + ε2y2(x) + · · · (17)
Substituindo (17) em (16) recai em:
y′′0 (x)+εy′′1 (x)+ε2y′′2 (x)+y0(x)+εy1(x)+ε2y2(x)+ε[y0(x) + εy1(x) + ε2y2(x)
]3+· · · = 0 (18)
ou
ε0 : y′′0 (x) + y0(x) = 0 (19)
ε1 : y′′1 (x) + y1(x) + y30(x) = 0 (20)
ε2 : y′′2 (x) + y2(x) + 3y20(x)y1(x) = 0 (21)
Resolvendo (19):y0 = eαx ⇒ α2 + 1 = 0⇒ α = ±i
y0(x) = Ca senx+ Cb cosx
aplicando as c.c.:
y0(0) = 1 , y1(0) = y2(0) = · · · = 0
y′0(0) = y′1(0) = y′1(0) = · · · = 0
c.c.1: y0(0) = 1 = Cb
c.c.2: y′0(0) = 0 = Ca cos 0− Cb sen 0⇒ Ca = 0
∴
y0(x) = cosx
usando y0(x) em (20):y′′1 (x) + y1(x) + cos3 x = 0 (22)
tal que, sua equacao homogeneay′′1 (x) + y1(x) = 0
tem como solucaoy1h(x) = C1 senx+ C2 cosx
e assim, a solucao particular
y1p(x) = K1(x) senx+K2(x) cosx (23)
28
derivando,y′1p(x) = K1(x) cosx−K2(x) senx+K ′1(x) senx+K ′2(x) cosx︸ ︷︷ ︸
=0
onde impomosK ′1(x) senx+K ′2(x) cosx = 0 (24)
Derivando novamente,
y′′1p(x) = −K1(x) senx−K2(x) cosx+K ′1(x) cosx−K ′2(x) senx (25)
Substituindo (23) e (25) em (22):
K ′1(x) cosx−K ′2(x) senx = − cos3 x (26)
O sistema formado por (24) e (26) fornece K ′1(x) e K ′2(x), pela regra de Kramer:
K ′1 =
∣∣∣∣ 0 cosx− cos3 x − senx
∣∣∣∣∣∣∣∣senx cosxcosx − senx
∣∣∣∣ = − cos4 x , K ′2 =
∣∣∣∣senx 0cosx − cos3 x
∣∣∣∣∣∣∣∣senx cosxcosx − senx
∣∣∣∣ = senx cos3 x
integrando,
K1 = −3
8x− 3
8cosx senx− 1
4cos3 x senx , K2 = −cos4 x
4
Logo,
y1(x) = y1h(x) + y1p(x)
y1(x) = C1 senx+ C2 cosx+K1(x) senx+K2(x) cosx
y1(x) = C1 senx+ C2 cosx︸ ︷︷ ︸homogenea
+1
8cos3 x− 3
8cosx− 3
8x senx︸ ︷︷ ︸
particular
tal que, usando as condicoes y1(0) = y′1(0) = 0, temos que C2 = 1/4 e C1 = 0. Assim,
y1(x) = −1
8cosx+
1
8cos3 x− 3
8x senx
Fazendo ε = 1:
y(x) = y0(x) + y1(x) =7
8cosx+
1
8cos3 x− 3
8x senx
�
b) Aproximacao W.K.B. (Wentzel-Kramers-Brillouin)
Metodo de se obter uma solucao aproximada de qualquer EDO de 2a ordem em sua formanormal, quando multiplicada por um pequeno parametro ε, ε2y′′ = f(x)y. Quando ε → 0 aequacao e singular.
Exemplo: ε2y′′ + y = 0, tal que, para y(0) = 0 e y(1) = 1, tem solucao
y(x) = c1 cos(x/ε) + c2 sen(x/ε)⇒ y(x) = sen(x/ε)/ sen(1/ε)
se torna indefinida para ε = 0 pois sen(x/ε) e sen(1/ε) oscilam rapidamente quando ε→ 0.
Tentativa
y(x) = exp
{1
ε
∫ x [S0(t) + εS1(t) + ε2S2(t) + · · ·
]dt
}
29
onde S0(t), S1(t), . . . sao funcoes desconhecidas.
y′ =1
ε
[S0(x) + εS1(x) + ε2S2(x) + · · ·
]y(x)
y′′ =1
ε2[S0(x) + εS1(x) + ε2S2(x) + · · ·
]2y(x) +
1
ε
[S′0(x) + εS′1(x) + ε2S′2(x) + · · ·
]y(x)
assim de ε2y′′ = f(x)y temos[S0(x) + εS1(x) + ε2S2(x) + · · ·
]2+ ε[S′0(x) + εS′1(x) + ε2S′2(x) + · · ·
]= f(x)
entao igualando a zero os coeficientes de mesma potencia de ε
S0(x)2 − f(x) = 0 , 2S0(x)S1(x) + S′0(x) = 0 ⇒ S0(x) = ±√f(x) ⇒
S1(x) = − S′0(x)
2S0(x)=[lnS0(x)−1/2
]′⇒ [S0(x)]
−1/2= [f(x)]
−1/4= exp
[∫ x
S1(t) dt
]e as 2 solucoes na aproximacao W.K.B. sao dadas por
y(x) = [f(x)]−1/4
exp
{±1
ε
∫ x
[f(t)]1/2
dt
}=⇒
y(x) =A
[f(x)]1/4
exp
{1
ε
∫ x
[f(t)]1/2
dt
}+
B
[f(x)]1/4
exp
{−1
ε
∫ x
[f(t)]1/2
dt
}onde A e B sao duas constantes.
Exemplo
ε2y′′ =(1 + x2
)2y
sujeita a y(0) = 0 e y(1) = 1.
Neste caso f(x) =(1 + x2
)2e
y(x) =A√
(1 + x2)exp
{1
ε
∫ x
0
(1 + t2) dt
}+
B√(1 + x2)
exp
{−1
ε
∫ x
0
(1 + t2) dt
}com a c.c. y(0) = 0⇒ A+B = 0 e integrando
y(x) =2A√
(1 + x2)senh
[1
ε
(x+
x3
3
)]
com a c.c. y(1) = 1⇒ 1 =2A√
2senh
(4
3ε
). Portanto
y(x) =
√2√
(1 + x2) senh
(4
3ε
) senh
[1
ε
(x+
x3
3
)]
�
Exemplo equacao de Airyε2y′′ = xy
30
Neste caso f(x) = x e
y(x) =A
x1/4exp
{1
ε
∫ x√t dt
}+
B
x1/4exp
{−1
ε
∫ x√t dt
}y(x) =
A
x1/4exp
{2
3εx3/2
}+
B
x1/4exp
{− 2
3εx3/2
}=
C
x1/4cosh
(2
3εx3/2 +D
)onde A =
CeD
2e B =
Ce−D
2. �
Exemplo equacao de Schrodinger [1D] independente do tempo
− ~2
2m
d2ψ(x)
dx2+ V (x)ψ(x) = Eψ(x) ⇒ d2ψ(x)
dx2= −2m[E − V (x)]
~2ψ(x) ; E > V (x)
logo f(x) = −2m[E − V (x)]/~2 com (−1)1/4 = eln(−1)1/4 = e1/4[ln |−1|+iπ] = eiπ/4
ψ(x) =1(
2m
~[E − V (x)]
)1/4
{A exp
[i
ε
∫ x√
2m
~2[E − V (t)] dt
]+
+ B exp
[− iε
∫ x√
2m
~2[E − V (t)] dt
]}onde A = A/eiπ/4 e B = B/eiπ/4. �
4. Equacoes Diferenciais Parciais
1) Equacoes da Fısica Matematica
a) Corda distendida. Equacao da onda
u
x
T
xF dx
dx
u(x - dx , t)
u (x + dx, t)g� dx
�
T
�
2
2
2
1
Figura 12: Corda distendida
• F - forca por unidade de comprimento (tensao)
• u - deflexao da corda
• ρ - densidade de massa
(kg
m
)
ds =√dx2 + du2 = dx
√1 +
(du
dx
)2
≈ dx⇒ ρ ds ≈ ρ dx
supondo quedu
dxe pequeno.
31
Segundo o eixo x:T2 cosβ − T1 cosα = 0
podemos aproximar
cosβ ≈ 1 , cosα ≈ 1 , senα ≈ tanα , senβ ≈ tanβ
α e β sao angulos pequenos,T1 = T2 = T
Segundo o eixo u:
forca total︷ ︸︸ ︷F dx− ρg dx+ T2 senβ − T1 senα = ρ dx︸︷︷︸
massa
aceleracao︷ ︸︸ ︷∂2u(x, t)
∂t2
F dx− ρg dx+ T∂u(x+ dx
2 , t)
∂x− T
∂u(x− dx
2 , t)
∂x= ρ dx
∂2u(x, t)
∂t2(27)
Como dx e pequeno ⇒ desenvolvimento em series de Taylor em torno do ponto x:
∂u(x+ dx
2 , t)
∂x=∂u(x, t)
∂x+∂2u(x, t)
∂x2
dx
2+ · · · (28)
∂u(x− dx
2 , t)
∂x=∂u(x, t)
∂x+∂2u(x, t)
∂x2
(−dx
2
)+ · · · (29)
Substituindo (28) e (29) em (27):
F ��dx− ρg��dx+ T∂2u(x, t)
∂x2 ��dx = ρ��dx∂2u(x, t)
∂t2
F − ρg + T∂2u(x, t)
∂x2= ρ
∂2u(x, t)
∂t2
que e a equacao da corda vibrante.
Caso particular: nao existem forcas externas F = 0, ρg e pequeno ⇒ equacao da onda:
T∂2u(x, t)
∂x2= ρ
∂2u(x, t)
∂t2
ou, no caso de ρ =constante,
∂2u
∂x2=
1
c2∂2u
∂t2
onde c =
√T
ρe a velocidade de propagacao.
Corda fixa nas extremidades
c.c.
{u(0, t) = 0
u(L, t) = 0, c.i.
u(x, 0) = u0(x)∂u(x, 0)
∂t= v0(x)
32
b) Equacoes de Maxwell (unidades gaussianas [cgs])
Lei de Faraday: ∇× ~E~E~E +1
c
∂ ~B~B~B
∂t= ~0~0~0 (30)
Lei de Coulomb: ∇ · ~D~D~D = 4πρ (31)
Lei de Ampere: ∇× ~H~H~H − 1
c
∂ ~D
∂t=
4π
c~J (32)
Ausencia de monopolos magneticos: ∇ · ~B = 0 (33)
onde, {~H = ~B − 4π ~M~D = ~E + 4π ~P
e
• ~E - campo eletrico
• ~B - inducao magnetica
• ~D - vetor deslocamento eletrico
• ~H - campo magnetico
• ~J - corrente eletrica
• ~M - vetor magnetizacao
• ~P - vetor polarizacao
• c - velocidade da luz
• ρ - densidade de carga
i)
Equacoes de Maxwell no vacuo︷ ︸︸ ︷ρ = 0, ~J = ~0, ~M = ~P = ~0
Das (30) e (32):
∇× ~E +1
c
∂ ~B
∂t= ~0 (34)
∇× ~B − 1
c
∂ ~E
∂t= ~0 (35)
Da (31):
∇ · ~E = 0 (36)
Diferenciando (35) em relacao ao tempo:
∇× ∂ ~B
∂t− 1
c
∂2 ~E
∂t2= ~0 (37)
Tomando o rotacional de (34):
∇× (∇× ~E) +1
c∇× ∂ ~B
∂t= ~0 (38)
(37) em (38):
∇× (∇× ~E) +1
c2∂2 ~E
∂t2= ~0
sendo que,
∇× (∇× ~E) = ∇(���*
0∇ · ~E)−∇2 ~E
entao,
∇2 ~E =1
c2∂2 ~E
∂t2
que e a equacao de onda.
33
Exercıcio Mostre que, eliminando ~E ao inves de ~B temos
∇2 ~B =1
c2∂2 ~B
∂t2
ii) Caso eletrostatico
∇× ~E = 0⇒ ~E = −∇ϕpor (31) com ~D = ~E:
∇ · ~E = 4πρ
∇2ϕ = −4πρ
que e a equacao de Poisson.
Se ρ = 0:
∇2ϕ = 0
que e a equacao de Laplace.
c) Equacao da difusao
Considere a equacao da continuidade:
∂ρ
∂t+∇~j = 0 (39)
e a Lei de Fick:~j = −D∇ρ (40)
onde ρ = ρ(x, t) - densidade de massa, ~j - fluxo de massa, D - coeficiente de difusao dado emunidades m2/s.
De (40) em (39):∂ρ
∂t= D∇2ρ (41)
que e a equacao da difusao.
d) Equacao do calor
Seja E - energia por volume. Se V nao variar com o tempo:
d
dt
∫V
E dV = −∫S
~q · ~n dS +
∫V
s dV
onde ~q - vetor fluxo de calor, s - suprimento externo de calor (radiacao).∫V
dE
dtdV = −
∫V
∇ · ~q dV +
∫V
s dV∫V
(dE
dt+∇ · ~q − s
)dV = 0 , valida ∀V
Implica emdE
dt+∇ · ~q − s = 0
tal que, lei de Fourier:~q = −k∇T
onde k - condutividade termica dada em unidades J/(msK). T (~x, t) e a temperatura.
34
Se s = 0:
dE
dt+∇ · ~q = 0
dE
dt+∇ · (−k∇T ) = 0
dE
dt− k∇2T = 0
Se a energia por volume for uma funcao apenas da temperatura E = E(T ) entao
dE
dT
∂T
∂t− k∇2T = 0
∂T
∂t=
k
dE/dT∇2T
e assim temos a equacao do calor:
∂T
∂t= a2∇2T
onde a2 =k
dE/dTe dE/dT - capacidade calorıfica.
e) Equacao de Helmholtz∇2u+ λu = 0
f) Equacao de Schrodinger estacionaria
~2
2m∇2ψ + [E − V (~r)]ψ = 0
g) Equacao de Klein-Gordon� φ+ λφ = 0
onde � - d’Alembertiano:
� = ∇2 − 1
c2∂2
∂t2
2) Classificacao das EDPs de 2a ordem lineares
a∂2u(x, y)
∂x2+ 2h
∂2u(x, y)
∂x∂y+ b
∂2u(x, y)
∂y2+ 2f
∂u(x, y)
∂x+ 2g
∂u(x, y)
∂y+ cu(x, y) = F (x, y)
onde a, h, b, f, g, c sao constantes ou funcoes de x, y.
Equacao de uma conica:
ax2 + 2hxy + by2 + 2fx+ 2gy + c = 0
ab− h2 > 0⇒ elipse
ab− h2 = 0⇒ parabola
ab− h2 < 0⇒ hiperbole
1) equacao da onda [1D] :∂2u
∂x2=
1
c2∂2u
∂t2︸︷︷︸y=t
assim,
a = 1, b = − 1
c2, h = 0⇒ ab− h2 = − 1
c2< 0 ∴ { equacao hiperbolica }
35
2) equacao de Laplace [2D] :∂2u
∂x2+∂2u
∂y2= 0
assim,a = 1, b = 1, h = 0⇒ ab− h2 = 1 > 0 ∴ { equacao elıptica }
3) equacao do calor (ou difusao) [1D] :∂u
∂t= D
∂2u
∂x2
assim,a = −D, b = 0, h = 0⇒ ab− h2 = 0 ∴ { equacao parabolica }
3) Solucao de d’Alembert para a equacao da onda
∂2u
∂x2=
1
c2∂2u
∂t2(42)
onde, u = u(x, t) e c =
√T
ρ.
c.i.
u(x, 0) = u0(x)∂
∂tu(x, 0) = v0(x)
Mudanca de variaveis (x, t) 7→ (ξ, η),
ξ = ξ(x, t)
η = η(x, t)
Em particular
ξ = x− ctη = x+ ct
tal que,u = u(ξ, η)
entao,
∂
∂x=
∂
∂ξ
∂ξ
∂x︸︷︷︸=1
+∂
∂η
∂η
∂x︸︷︷︸=1
=
operador︷ ︸︸ ︷∂
∂ξ+
∂
∂η⇒
∂2
∂x2=
(∂
∂ξ+
∂
∂η
)(∂
∂ξ+
∂
∂η
)=
∂2
∂ξ2+ 2
∂2
∂ξ∂η+
∂2
∂η2(43)
e
∂
∂t=
∂
∂ξ
∂ξ
∂t︸︷︷︸=−c
+∂
∂η
∂η
∂t︸︷︷︸=c
= −c ∂∂ξ
+ c∂
∂η=
operador︷ ︸︸ ︷c
[− ∂
∂ξ+
∂
∂η
]⇒
∂2
∂t2= c
(− ∂
∂ξ+
∂
∂η
)c
(− ∂
∂ξ+
∂
∂η
)= c2
(∂2
∂ξ2− 2
∂2
∂ξ∂η+
∂2
∂η2
)(44)
36
De (43) e (44) em (42):
���∂2u
∂ξ2+ 2
∂2u
∂ξ∂η+���∂2u
∂η2=
1
��c2��c
2
(���∂2u
∂ξ2− 2
∂2u
∂ξ∂η+���∂2
∂η2
)
4∂2u
∂ξ∂η= 0
tal que, integrando a ultima em ξ:
∂u(ξ, η)
∂η= φ(η)⇒ u(ξ, η) =
∫ η
φ(η′) dη′︸ ︷︷ ︸g(η)
+f(ξ) = f(ξ) + g(η)
Sejau(x, t) = f(x− ct) + g(x+ ct)
tal que,
f(x− ct) = f [x− c(t+ t0) + ct0] = f [x+ ct0 − c(t+ t0)]
g(x+ ct) = g[x+ c(t+ t0)− ct0] = g[x− ct0 + c(t+ t0)]
f(x− ct) representa um deslocamento com velocidade c na direcao +x. O valor de f em (x− ct)reaparecera num instante posterior t+ t0 no ponto x+ ct0 pois,
f(x− ct) = f [x+ ct0︸ ︷︷ ︸novo x
−c(t+ t0︸ ︷︷ ︸novo t
)]
Semelhantemente g(x+ ct) representa um deslocamento com velocidade c na direcao −x.
Utilizando as c.i., em t = 0:u(x, 0) = u0(x) = f(x) + g(x)
ouu0(x) = f(x) + g(x) (45)
∂u
∂t=
∂f(x− ct)∂t
+∂g(x+ ct)
∂t=∂f(x− ct)∂(x− ct)
(−c) +∂g(x+ ct)
∂(x+ ct)(+c)
= f ′∂(x− ct)
∂t+ g′
∂(x+ ct)
∂t
Logo,∂u(x, 0)
∂t= v0(x) = f ′(x)(−c) + g′(x)(+c)
ouv0(x) = c[g′(x)− f ′(x)] (46)
Sendo que, integrando (46),
c[g(x)− f(x)] =
∫ x
a
v0(x′) dx′
ou
g(x)− f(x) =1
c
∫ x
a
v0(x′) dx′ (47)
onde a e uma constante arbitraria.
De (45) + (47) :
g(x) =1
2u0(x) +
1
2c
∫ x
a
v0(x′) dx′ (48)
37
e (48) em (45) :
f(x) =1
2u0(x)− 1
2c
∫ x
a
v0(x′) dx′ =1
2u0(x) +
1
2c
∫ a
x
v0(x′) dx′ (49)
Assim, com as substituicoes x 7→ x+ ct em (48), x 7→ x− ct em (49) e combinando:
u(x, t) =1
2[u0(x− ct) + u0(x+ ct)] +
1
2c
∫ x+ct
x−ctv0(x′) dx′
que e a formula de d’Alembert.
4) Metodo das caracterısticas
Considere a EDP de 1a ordem
P (x, y)∂u
∂x+Q(x, y)
∂u
∂y= R(x, y) (50)
onde u = u(x, y).
∃ uma famılia de curvas caracterısticas definidas por:
dx
P=dy
Q
ds dy
dxC
Ox
y
Figura 13: Curva C com elemento de linha ds =√dx2 + dy2
Como
ds2 = dx2 + dy2 ⇒ ds2 =
(P 2
Q2+ 1
)dy2 =
(Q2
P 2+ 1
)dx2 ⇒
ds = dy
√P 2
Q2+ 1 = dx
√Q2
P 2+ 1
sendo que, multiplicando (50) por ds, a EDP pode ser escrita como
P ds∂u
∂x+Q ds
∂u
∂y= R ds
ou √P 2 +Q2 dx
∂u
∂x+√P 2 +Q2 dy
∂u
∂y= R ds
38
Como
du =∂u
∂xdx+
∂u
∂ydy
entao √P 2 +Q2 du = R ds⇒ du =
R√P 2 +Q2
ds⇒ ds√P 2 +Q2
=dx
P=dy
Q=du
R
Exemplo
x∂u
∂x+ y
∂u
∂y= 2xy (51)
Sejam P (x, y) = x
Q(x, y) = y
R(x, y) = 2xy
Entao,dx
P=dy
Q=du
R⇒ dx
x︸︷︷︸¬
=dy
y︸︷︷︸
=du
2xy︸︷︷︸®
Sejam ¬ e , e ®, ¬ e ®, apenas dois pares sao linearmente independentes. Assim,
¬ e :dx
x=dy
y
integrando ambos os lados,lnx = ln y − ln k
onde k - constante. Entao,y = kx (52)
famılia de retas que passam pela origem. Essas sao as curvas caracterısticas.
¬ e com (52) em ®:dx
x=
du
2xy⇒ dx
�x=
du
2xk�x⇒ 2xk dx = du
integrando, ∫du =
∫2xk dx ⇒ u = kx2 + f(k)
tal que, de (52):
k =y
x
assim, a solucao
u(x, y) = xy + f(yx
)(53)
De fato (53) e a solucao de (51) pois,
∂u
∂x= y +
df
d( yx )︸ ︷︷ ︸f ′
∂
∂x
(yx
)= y + f ′ ×
(− y
x2
)
∂u
∂y= x+
df
d( yx )︸ ︷︷ ︸f ′
∂
∂y
(yx
)= x+ f ′ ×
(1
x
)
39
substituindo ambas em (51),
x[y + f ′ ×
(− y
x2
)]+ y
[x+ f ′ ×
(1
x
)]= 2xy
xy + �x
(− y
x�2
)× f ′ + yx+ y
(1
x
)× f ′ = 2xy
xy −����y
x× f ′ + xy +
����y
x× f ′ = 2xy X
Se tivessemos as c.c. u = 2 quando y = x2, entao substituindo em (53):
2 = x2x+ f
(x�2
�x
)f(x) = 2− x3
f(yx
)= 2−
(yx
)3
e a solucao com c.c.:
u(x, y) = yx+ 2−(yx
)3
�
Exemplo
x∂u
∂x+ y
∂u
∂y= xe−u
com c.c. u = 0 em y = x2.
Sejam P (x, y) = x
Q(x, y) = y
R(x, y) = xe−u
Entao,dx
P=dy
Q=du
R⇒ dx
x︸︷︷︸¬
=dy
y︸︷︷︸
=du
xe−u︸ ︷︷ ︸®
¬ e :dx
x=dy
y
integrando ambos os lados,lnx = ln y − ln k
onde k - constante. Entao,y = kx
¬ e ®:dx
�x=
du
�xe−u
integrando ambos os lados,
eu = x+ f(k)
eu = x+ f(yx
)
40
aplicando as c.c.:
e0 = x+ f(yx
)1 = x+ f
(x�2
�x
)f(x) = 1− x
entao,
f(yx
)= 1−
(yx
)⇒ eu = x+ 1− y
x
∴
u(x, y) = ln(x+ 1− y
x
)�
Exemplo
2xy∂u
∂x+ (x2 + y2)
∂u
∂y= 0
c.c. u = e
x
x− y quando x+ y = 1
Sejam P (x, y) = 2xy
Q(x, y) = x2 + y2
R(x, y) = 0
Entao,dx
P=dy
Q=du
R⇒ dx
2xy︸︷︷︸¬
=dy
x2 + y2︸ ︷︷ ︸
=du
0︸︷︷︸®
¬ e :dx
2xy=
dy
x2 + y2(54)
mudanca de variaveis: y = vxdy
dx=dv
dxx+ v (55)
Das equacoes (54) e (55):
dy
dx=
x2 + y2
2xy
dv
dxx+ v =
x2 + v2x2
2xvx=
1
2v+v
2dv
dxx =
1
2v− v
2
dv1
2v− v
2
=dx
x=
2v dv
1− v2
41
integrando,
lnx = − ln(1− v2) + ln k
ln(1− v2) = lnk
x
(1− v2) =k
x⇒ 1− y2
x2=k
x
equacao da caracterıstica:x2 − y2 = kx
e uma famılia de curvas hiperbolicas.
¬ e ®:
du = 0 ⇒ u = f(k) = f
(x2 − y2
x
)com c.c.:
u = exp
[x
x− (1− x)
]= f
[x2 − (1− x)2
x
]exp
(x
2x− 1
)= f
(2x− 1
x
)f
(x2 − y2
x
)= exp
(x
x2 − y2
)∴
u = exp
(x
x2 − y2
)�
Exemplo∂2u
∂x2+ 2x
∂2u
∂x∂y+ x2 ∂
2u
∂y2+∂u
∂y= 0
Suponha que∂u
∂x= y2 em x = 0 e u = ey em x = 0.
Operador: L =∂
∂x+ x
∂
∂y⇒
(∂
∂x+ x
∂
∂y
)(∂
∂x+ x
∂
∂y
)u =
∂2u
∂x2+ 2x
∂2u
∂x∂y+ x2 ∂
2u
∂y2+∂u
∂y⇒ L2u = 0⇒ Lu = w
ou
Lw = 0⇒ ∂w
∂x+ x
∂w
∂y= 0
cuja equacao caracterıstica e uma famılia de curvas parabolicas
dx
1=dy
x=dw
0⇒ y =
1
2x2 + k
e
w = f(k) = f
(y − x2
2
)
42
como∂u
∂x= y2 em x = 0,
w =∂u
∂x+ x
∂u
∂y= y2 = f(y)
e
w =
(y − x2
2
)2
Portanto w e conhecido e para achar u:
∂u
∂x+ x
∂u
∂y=
(y − x2
2
)2
⇒ dx
1=dy
x=
du
(y − x2/2)2 ⇒ y =
1
2x2 + k
du =
(y − x2
2
)2
dx =
(1
2x2 + k − x2
2
)2
dx = k2dx⇒ u = k
2x+ g(k)⇒
u =
(y − x2
2
)2
x+ g
(y − x2
2
)se u = ey em x = 0,
ey = g(y)⇒ u =
(y − x2
2
)2
x+ exp
(y − x2
2
)�
Exemplo Equacao de Euler
a∂2u
∂x2+ b
∂2u
∂y2+ 2h
∂2u
∂x∂y= 0 (56)
Novas variaveis: {ξ = px+ qy
η = rx+ sy
onde p, q, r, s sao constantes
∂
∂x=
∂
∂ξ
∂ξ
∂x︸︷︷︸p
+∂
∂η
∂η
∂x︸︷︷︸r
= p∂
∂ξ+ r
∂
∂η,
∂
∂y=
∂
∂ξ
∂ξ
∂y︸︷︷︸q
+∂
∂η
∂η
∂y︸︷︷︸s
= q∂
∂ξ+ s
∂
∂η
∂2
∂x2=
(p∂
∂ξ+ r
∂
∂η
)2
=
(p∂
∂ξ+ r
∂
∂η
)(p∂
∂ξ+ r
∂
∂η
)= p2 ∂
2
∂ξ2+ 2pr
∂2
∂ξ∂η+ r2 ∂
2
∂η2(57)
∂2
∂y2=
(q∂
∂ξ+ s
∂
∂η
)2
=
(q∂
∂ξ+ s
∂
∂η
)(q∂
∂ξ+ s
∂
∂η
)= q2 ∂
2
∂ξ2+ 2qs
∂2
∂ξ∂η+ s2 ∂
2
∂η2(58)
∂2
∂x∂y=
(p∂
∂ξ+ r
∂
∂η
)(q∂
∂ξ+ s
∂
∂η
)= pq
∂2
∂ξ2+ (ps+ qr)
∂2
∂ξ∂η+ rs
∂2
∂η2(59)
Substituindo (57), (58), (59) em (56), a equacao de Euler fica:
(ap2 + bq2 + 2hpq
) ∂2u
∂ξ2+(ar2 + bs2 + 2hrs
) ∂2u
∂η2+ 2 [apr + bqs+ h(ps+ qr)]
∂2u
∂ξ∂η= 0
43
pois
a
(p2 ∂
2
∂ξ2+ 2pr
∂2
∂ξ∂η+ r2 ∂
2
∂η2
)u+ b
(q2 ∂
2
∂ξ2+ 2qs
∂2
∂ξ∂η+ s2 ∂
2
∂η2
)u+
2h
(q2 ∂
2
∂ξ2+ 2qs
∂2
∂ξ∂η+ s2 ∂
2
∂η2
)u = 0
Se os coeficientes de∂2
∂ξ2e∂2
∂η2forem zero e [apr+ bqs+ h(ps+ qr)] 6= 0 ⇒ u(ξ, η) = f(ξ) + g(η).
Passos:
1) escolher 2 das 4 constantes p, q, r, s
2) igualar a zero os fatores de∂2u
∂ξ2e∂2u
∂η2
Escolhendo p = r = 1 e determinando q e s atraves das equacoes:{ap2 + bq2 + 2hpq = 0⇒ a+ bq2 + 2hq = 0
ar2 + bs2 + 2hrs = 0⇒ a+ bs2 + 2hs = 0
estas duas equacoes sao do tipoa+ bλ2 + 2hλ = 0
cuja solucao e:
λ = −hb±√h2 − abb
escolhendo XOR2
q = −hb
+
√h2 − abb
s = −hb−√h2 − abb
(60)
substituindo em
apr + bqs+ h(ps+ qr) =2
b[ab− h2]
logo a E.D. de Euler se reduz a:4[ab− h2]
b
∂2u
∂ξ∂η= 0
Considerando b 6= 0 e ab− h2 6= 0, que nao e o caso parabolico, temos como solucao
u(ξ, η) = f(ξ) + g(η)
u(x, y) = f(x+ qy) + g(x+ sy)
onde q e s sao dados por (60) e as curvas caracterısticas sao:
{x+ qy = cte
x+ sy = cte.
ab− h2 < 0 temos o caso hiperbolico, q e s sao reais ⇒ caracterısticas reais.ab− h2 > 0 temos o caso elıptico, q e s sao imaginarios ⇒ caracterısticas complexas. �
2(eXclusive OR), algebra booleana: q XOR s = [ (q = + AND s = -) OR (q = - AND s = +) ]
44
Exemplo Equacao da onda [1D]
∂2u
∂x2=
1
c2∂2u
∂t2, t ≡ y
a = 1 , b = − 1
c2, h = 0
q =
√1
c2
− 1
c2
= −c, s =−√
1
c2
− 1
c2
= +c
u(x, t) = f(x− ct) + g(x+ ct)
�
Exemplo
2∂2u
∂x2− 3
∂2u
∂x∂y+∂2u
∂y2= y
a = 2, h = −3
2, b = 1 ⇒ ab− h2 = −1
4< 0 ⇒ eq. hiperbolica
λ =3
2±√
9
4− 2 =
3
2± 1
2=
{q = 2
s = 1⇒
{ξ = x+ 2y
η = x+ y
Agora:
4
b[ab− h2]
∂2u
∂ξ∂η= y ⇒ − ∂2u
∂ξ∂η= y = ξ − η ⇒ ∂u
∂ξ= ξη − η2
2+ f(ξ)⇒
u =ξ2η
2− ξη2
2+ F (ξ) +G(η) =
1
2(x+ 2y)2(x+ y)− 1
2(x+ 2y)(x+ y)2 + F (x+ 2y) +G(x+ y)
onde F (ξ) =
∫f(ξ) dξ. �
5) Metodo de separacao das variaveis
Equacao da onda∂2u
∂x2=
1
c2∂2u
∂t2
u(x, t) = X(x)T (t)
c.c. u(0, t) = u(L, t) = 0
1
X
d2X
dx2=
1
c2T
d2T
dt2= λ que e a constante de separacao
Solucao ded2X
dx2= λX:
X(x) =
A cos(
√−λx) +B sen(
√−λx) se λ < 0
A′e√λx +B′e−
√λx se λ > 0
A′′x+B′′ se λ = 0
As c.c. X(0) = X(L) = 0 so serao satisfeitas para λ < 0 ⇒ A = 0 e√−λ =
nπ
L⇒ λn = −n
2π2
L2
que sao os valores proprios ou caracterısticos.
45
Funcoes caracterısticas:
Xn(x) = Bn sennπx
L
Para T (t) temos
1
c21
Tn
d2Tndt2
= λn = −n2π2
L2⇒ Tn(t) = Cn cos
nπct
L+Dn sen
nπct
L
e temos um numero infinito de solucoes
un(x, t) =
(An cos
nπct
L+ Bn sen
nπct
L
)sen
nπx
L
com modos caracterısticos e frequencias ωn =nπc
L, onde n = 1, 2, . . .
Princıpio da superposicao:
u(x, t) =
∞∑n=1
(An cosωnt+ Bn senωnt
)sen
nπx
L
que e uma serie seno de Fourier em x.
Se tivermos as c.i. u(x, 0) = u0(x) e∂u(x, 0)
∂t= v0(x), entao,
u0(x) =
∞∑n=1
An sennπx
L
v0(x) =
∞∑n=1
Bnωn sennπx
L
Sabemos que,2
L
∫ L
0
sennπx
Lcos
n′πx
Ldx = 0 ∀ n, n′
e2
L
∫ L
0
sennπx
Lsen
n′πx
Ldx = δnn′ ,
2
L
∫ L
0
cosnπx
Lcos
n′πx
Ldx = δnn′
onde δnn′ e o sımbolo de Kronecker (delta de Kronecker):
δnn′ =
{1 n = n′
0 n 6= n′
Entao,
An =2
L
∫ L
0
u0(x) sennπx
Ldx e Bn =
2
ωnL
∫ L
0
v0(x) sennπx
Ldx
46
Exemplo Cilindro oco e muito longo de metal, com raio a e cortado ao meio ao longo de seucomprimento, formando 2 metades, isoladas uma da outra. As metades sao mantidas nos potenciais+V e −V . Achar o potencial ϕ.
M
r
P
Isolamento
O
�
� = + V
� = - V
a 0�
Figura 14: Cilindro oco
Equacao de Laplace em coordenadas cilındricas
1
r
∂
∂r
(r∂ϕ
∂r
)+
1
r2
∂2ϕ
∂θ2+∂2ϕ
∂z2= 0
Devido a simetria, em qualquer ponto do eixo z o potencial e o mesmo e assim ϕ = ϕ(r, θ):
1
r
∂
∂r
(r∂ϕ
∂r
)+
1
r2
∂2ϕ
∂θ2= 0 (61)
c.c.
{ϕ(a, θ) = +V (0 < θ < π)
ϕ(a, θ) = −V (−π < θ < 0)
Variaveis separaveisϕ(r, θ) = R(r)Θ(θ) (62)
Substituindo (62) em (61):
Θ
r
d
dr
(rdR
dr
)+R
r2
d2Θ
dθ2= 0
multiplicando porr2
ΘR:
r
R
d
dr
(rdR
dr
)= − 1
Θ
d2Θ
dθ2= λ
1a equacao diferencial:d2Θ
dθ2= −λΘ
Θ = eαθ
α2 = −λ = −m2 pois Θ deve ser periodica em θ
α = ±imΘ = e±imθ
Θ =
{cosmθ
senmθm = 0, 1, 2, · · ·
47
2a equacao diferencial:
r
R
(dR
dr+ r
d2R
dr2
)= m2
multiplicando por R:
r2 d2R
dr2+ r
dR
dr−m2R = 0
que e a equacao de Euler: R = rα
α(α− 1) + α−m2 = 0
α2 = m2 ⇒ α = ±m
R =
{rm
r−mm 6= 0
Se m = 0
r �2d2R
dr2+ �r
dR
dr= 0
Seja
y =dR
dr⇒ dy
dr=d2R
dr2
assim
rdy
dr+ y = 0 ⇒ dy
y= −dr
r
integrando,
ln y = − ln r + lnC ⇒ y =C
r=dR
dr⇒ dR = C
dr
r⇒ R = C ln r + C ′
A solucao nao pode divergir em r = 0. Escolhendo m > 0 ⇒ solucoes ln r e r−m nao saoconsideradas. Assim,
R =
{C ′ m = 0
rm m 6= 0
Usando o princıpio da superposicao das solucoes:
ϕ(r, θ) = R(r)Θ(θ) =A0
2+
∞∑m=1
rm(Am cosmθ +Bm senmθ)
c.c. ϕ(a, θ) = f(θ) =
{+V (0 < θ < π)
−V (−π < θ < 0)⇒
f(θ) =A0
2+
∞∑m=1
am(Am cosmθ +Bm senmθ)
Como
f(−θ) = −f(θ)
A0
2+
∞∑m=1
am(Am cosmθ −(((((Bm senmθ) = −
[A0
2+
∞∑m=1
am(Am cosmθ +(((((
Bm senmθ)
]
entaoA0 = Am = 0 ∀ m
48
logo
f(θ) =
∞∑m=1
amBm senmθ (63)
Determinacao do Bm por series de Fourier:
multiplicando (63) por senm′θ e integrando1
π
∫ +π
−πdθ,
1
π
∫ +π
−πf(θ) senm′θ dθ =
∞∑m=1
amBm
δmm′ =
{1 m = m′
0 m 6= m′︷ ︸︸ ︷1
π
∫ +π
−πsenmθ senm′θ dθ
=
∞∑m=1
amBmδmm′ = am′Bm′
tirando o ′
Bm =1
am1
π
∫ +π
−πf(θ) senmθ dθ
=1
am1
π
∫ 0
−π(−V ) senmθ dθ︸ ︷︷ ︸
θ 7→−θ
+
∫ +π
0
(+V ) senmθ dθ
=
1
am1
π
[∫ 0
+π
(−V )(− senmθ) (−dθ) +
∫ +π
0
(+V ) senmθ dθ
]
=2V
am1
π
∫ π
0
senmθ dθ =2V
am1
π
(−cosmθ
m
)π0
=
0 m = par4V
amπmm = ımpar
∴
ϕ(r, θ) =4V
π
∞∑m=1,3,···
1
m
( ra
)msenmθ
�
Exemplo um disco circular de raio unitario cujas faces sao isoladas. A temperatura de suas
bordas estao sujeitas as c.c.
{u(1, θ) = u1 0 ≤ θ ≤ πu(1, θ) = u2 π ≤ θ ≤ 2π
. Achar a temperatura do disco para o
estado estacionario.
Equacao da conducao do calor∂u
∂t= a2∇2u
onde u e a temperatura.
49
M
r
P
Isolamento
O
�
u = u
u = u
1
2
R = 1
� 0
Figura 15: Disco circular
No estado estacionario e em coordenadas polares u = u(r, θ)
r2 ∂2u
∂r2+ r
∂u
∂r+∂2u
∂θ2= 0
utilizando o metodo de separacao das variaveis u(r, θ) = R(r)Θ(θ),
r2
R
d2R
dr2+r
R
dR
dr= − 1
Θ
d2Θ
dθ2= m2 m = 0, 1, 2, . . .
A solucao de Θ(θ) e cosmθ e senmθ.
A solucao de R(r) = rα ⇒ α(α− 1) + α = m2 ⇒ α = ±m.
Como u(r, θ) nao diverge em r = 0 so vale a solucao rm e pelo princıpio da superposicao:
u(r, θ) =A0
2+
∞∑m=1
rm [Am cos(mθ) +Bm sen(mθ)]
c.c. u(1, θ) =A0
2+
∞∑m=1
[Am cos(mθ) +Bm sen(mθ)] (64)
como
1
π
∫ 2π
0
{cos(mθ) cos(m′θ)sen(mθ) sen(m′θ)
}dθ = δmm′ e
1
π
∫ 2π
0
sen(mθ) cos(m′θ) dθ = 0 ∀ m,m′
temos de (64)
Am =1
π
∫ π
0
u1 cos(mθ) dθ +1
π
∫ 2π
π
u2 cos(mθ) dθ =
{0 m 6= 0
(u1 + u2) m = 0
Bm =1
π
∫ π
0
u1 sen(mθ) dθ +1
π
∫ 2π
π
u2 sen(mθ) dθ
= (u1 − u2)[1− cos(mπ)]
mπ=
0 m = par
(u1 − u2)2
mπm = ımpar
logo:
u(r, θ) =u1 + u2
2+
∞∑m=1,3,5,...
(u1 − u2)2rm
mπsen(mθ)
�
50
Exemplo Membrana retangular com lados a e b, fixa em suas bordas.
Figura 16: Membrana retangular. Os modos normais podem ser vistos em: Vibrational Modes ofa Rectangular Membrane - Dan Russell, Grad. Prog. Acoustics, Penn State
Equacao da onda:
∇2u =1
c2∂2u
∂t2
onde u e o deslocamento.
Em coordenadas cartesianas e com u = u(x, y, t) temos:
∂2u
∂x2+∂2u
∂y2=
1
c2∂2u
∂t2
Condicoes de contorno: {u(0, y, t) = u(a, y, t) = 0
u(x, 0, t) = u(x, b, t) = 0
Metodo de separacao das variaveis: u(x, y, t) = X(x)Y (y)T (t), entao
d2X
dx2= λ1X (65)
d2Y
dy2= λ2Y (66)
d2T
dt2= λc2T (67)
com λ = λ1 + λ2.
As solucoes das equacoes (65) e (66) que satisfazem as condicoes de contorno sao:
X(x) 7→ sen(nπx
a
)com λ1 = −n
2π2
a2, n = 1, 2, 3, . . .
Y (y) 7→ sen(mπy
b
)com λ2 = −m
2π2
b2, m = 1, 2, 3, . . .
51
Logo a solucao de (67) e T (t) e e uma combinacao de cos (ωnmt) e sen (ωnmt) onde
ωnm = πc
√n2
a2+m2
b2
Pelo princıpio da superposicao a solucao e:
u(x, y, t) =
∞∑n=1
∞∑m=1
[Anm cos (ωnmt) +Bnm sen (ωnmt)] sen(nπx
a
)sen(mπy
b
)que e uma serie dupla de senos de Fourier.
Os coeficientes Anm e Bnm podem ser calculados atraves de condicoes iniciais. Se
u(x, y, 0) = u0(x, y) e∂u(x, y, 0)
∂t= v0(x, y)
temos
u0(x, y) =
∞∑n=1
∞∑m=1
Anm sen(nπx
a
)sen(mπy
b
)(68)
v0(x, y) =
∞∑n=1
∞∑m=1
Bnm ωnm sen(nπx
a
)sen(mπy
b
)(69)
Multiplicando (68) e (69) por4
absen
(n′πx
a
)sen
(m′πy
b
)e integrando nos intervalos 0 ≤ x ≤ a e 0 ≤ y ≤ b e usando a propriedade
2
a
∫ a
0
sen
(n′πx
a
)sen(nπx
a
)dx = δnn′
temos
Anm =4
ab
∫ b
0
∫ a
0
u0(x, y) sen(nπx
a
)sen(mπy
b
)dx dy
e
Bnm =4
abωnm
∫ b
0
∫ a
0
v0(x, y) sen(nπx
a
)sen(mπy
b
)dx dy
Se u0(x, y) = u0 = constante e v0(x, y) = v0 = constante
4
ab
∫ b
0
∫ a
0
sen(nπx
a
)sen(mπy
b
)dx dy =
4
π2nm[1− cos(nπ)][1− cos(mπ)]
=
0 n,m = par16
π2nmn,m = ımpar
Logo
Anm =16u0
π2nm, n,m = ımpar
Bnm =16v0
π2nm ωnm, n,m = ımpar
u(x, y, t) =16
π2
∞∑n=1,3,5,...
∞∑m=1,3,5,...
1
nm
[u0 cos (ωnmt) +
v0
ωnmsen (ωnmt)
]sen(nπx
a
)sen(mπy
b
)�
52
5. Transformadas integrais
Forma geral
F (α) =
∫ b
a
f(t)k(α, t) dt
onde, F (α) - transformada integral e k(α, t) - nucleo (kernel).
Exemplos:
• F (α) =
∫ ∞0
f(t) e−αt︸︷︷︸k(α,t)
dt - transformada de Laplace
• F (α) =1√2π
∫ +∞
−∞f(t) eiαt︸︷︷︸
k(α,t)
dt - transformada de Fourier
• F (α) =
∫ ∞0
f(t) tα−1︸︷︷︸k(α,t)
dt - transformada de Mellin
• F (α) =
∫ ∞0
f(t) tJn(αt)︸ ︷︷ ︸k(α,t)
dt - transformada de Hankel (Fourier-Bessel)
onde Jn(αt) - funcao de Bessel de 1aespecie
1) Transformada de Laplace
Definicao 5 Se f(t) e definida em 0 ≤ t <∞ com t e f(t) reais:
F (s) =
∫ ∞0
f(t)e−st dt = L{f(t)} (s = complexo)
Propriedades
(i) f(t) = tα (α > −1)
F (s) =
∫ ∞0
tαe−st dt =Γ(α+ 1)
sα+1
Γ(α+ 1) =
∫ ∞0
tαe−t dt
(ii) f(t) = eat ⇒ F (s) =1
s− a(Re s > a)
(iii) f(t) = sen(kt)⇒ F (s) =k
s2 + k2(Re s > 0)
(iv) f(t) = cos(kt)⇒ F (s) =s
s2 + k2(Re s > 0)
(v) propriedade do deslocamento
S(t− a) =
{0 t < a
1 t > a
L{f(t− a)S(t− a)} =
∫ ∞a
e−stf(t− a)S(t− a) dt
53
t t
f(t)S(t) f(t - a)S(t - a)a
Figura 17: Propriedade do deslocamento
com uma mudanca de variavel τ = t− a⇒ dτ = dt
L{f(t− a)S(t− a)} =
∫ ∞0
e−s(τ+a)f(τ)S(τ) dτ = e−sa L{f(τ)} = e−saF (s)
logo,f(t− a)S(t− a) = L−1{e−saF (s)}
(vi) propriedade do amortecimento
L{e−atf(t)} = F (s+ a) =
∫ ∞0
e−atf(t)e−st dt =
∫ ∞0
e−(s+a)tf(t) dt
(vii) propriedade da derivacao
L{fn(t)} = sn L{f(t)} −n∑k=1
sk−1f (n−k)(0) , fn(t) =dnf(t)
dtn
Exemplos:
L{f ′(t)} = sL{f(t)} − f(0)
L{f ′′(t)} = s2 L{f(t)} − f ′(0)− sf(0)
(viii) teorema da convolucao
convolucao: f ∗ g =
∫ t
0
f(τ)g(t− τ) dτ , g ∗ f =
∫ t
0
g(τ)f(t− τ) dτ = f ∗ g
Demonstracao Seja t′ = t− τ ⇒ dt′ = −dτ , tal que,{τ = 0⇒ t′ = t
τ = t⇒ t′ = 0
Assim,
f ∗ g =
∫ 0
t
f(t− t′)g(t′)(−dt′) =
∫ t
0
f(t− t′)g(t′) dt′ = g ∗ f
�
Teorema 4L{f ∗ g} = F (s)G(s)
onde F (s) = L{f(t)} e G(s) = L{g(t)}.
Logo,f ∗ g = L−1{F (s)G(s)}
54
(ix) funcao delta
L{δ(t− a)} =
∫ ∞0
e−stδ(t− a) dt =
∫ +∞
−∞e−stδ(t− a) dt = e−sa (a > 0)
L{δ(t)} = 1
(x) teorema da funcao primitiva
Teorema 5
L{∫ t
0
f(τ) dτ
}=
1
sF (s) pois L−1{F (s)} = f(t) , L−1
{1
s
}= 1
L−1
{1
sF (s)
}=
∫ t
0
f(τ) dτ pelo teorema da convolucao
Exemplo Haste cilındrica muito longa e diametro pequeno. (Figura 18)
x
u(0,t)=u0
Figura 18: Haste cilındrica
Observacao Conducao do calor [1D], u = u(x, t) - temperatura.
∂u
∂t= a2 ∂
2u
∂x2(70)
equacao de conducao do calor.{c.i. u(x, 0) = 0
c.c. u(0, t) = u0 , u(∞, t) = 0
Observacao L{u(x, t)} =
∫ ∞0
e−stu(x, t) dt = U(x, s).
Observacao L{f ′(t)} = sL{f(t)} − f(0)
Transformada de Laplace de (70):
L{∂2u(x, t)
∂x2
}=∂2U(x, s)
∂x2
L{∂u(x, t)
∂t
}= sU(x, s)−����:
0u(x, 0)︸ ︷︷ ︸pela c.i.
= sU(x, s)
Logo a ED:
sU(x, s) = a2 ∂2U(x, s)
∂x2(71)
Substituindo a expressao U(x, s) = eαx em (71):
seαx = a2 ∂2eαx
∂x2⇒ seαx = a2α2eαx ⇐⇒ s = a2α2 ⇒ α = ±
√s
a
55
Solucao:
U(x, s) =
e+√sa x
e−√sa x
usando a c.c u(∞, t) = 0
Logo, e+√sa x nao e solucao.
Com a c.c. u(0, t) = u0
U(x, s) = U(0, s)e−√sa x
U(0, s) =
∫ ∞0
e−st u(0, t)︸ ︷︷ ︸u0
dt = u0e−st
s
∣∣∣∣∞0
=u0
s
∴
U(x, s) =u0
se−√sa x
Observacao Formula da transformada inversa de Mellin: f(t) =1
2πi
∫ γ+i∞
γ−i∞estF (s) ds
C
Im
Re
C
B rA
D
�
N
M
Figura 19: Contorno Γ
No nosso caso,
u(x, t) =1
2πi
∫ γ+i∞
γ−i∞est(u0
se−√sa x)ds
1
2πi
∮Γ
1
se−√sa xest dt =
1
2πi
∫ M
N︸︷︷︸¬
+
∫ A
M︸︷︷︸
+
∫ B
A︸︷︷︸®
+
∫Cr︸︷︷︸¯
+
∫ D
C︸︷︷︸°
+
∫ N
D︸︷︷︸±
= 0
Queremos determinar ¬,
limR→∞
∫ A
M
= limR→∞
∫ D
N
= = ± = 0
56
vamos calcular ® e °, sendo que,
em AB s = ρeiπ = −ρ e√s =√ρeiπ/2 = i
√ρ
em CD s = ρe−iπ = −ρ e√s =√ρe−iπ/2 = −i√ρ
assim,
1
2πi
{∫ B
A
+
∫ D
C
}=
1
2πi
{∫ r
R
1
(−ρ)e−i
√ρ
a xe−tρ(−dρ) +
∫ R
r
1
(−ρ)ei√ρ
a xe−tρ(−dρ)
}
=1
2πi
{∫ R
r
1
ρ
(−e−i
√ρ
a x)
e−tρ dρ+
∫ R
r
1
ρei√ρ
a xe−tρ dρ
}
=1
π
∫ R
r
1
ρ
ei√ρ
a x − e−i√ρ
a x
2i
e−tρ dρ
=1
π
∫ R
r
sen√ρx/a
ρe−tρ dρ = ® + °
tal que, no limite r→0R→∞, e com a mudanca de variaveis:
y =
√ρ
a, dy =
dρ
2√ρa
⇒ dρ = 2√ρa dy = 2a2y dy
temos
® + ° =1
π
∫ ∞0
sen√ρx/a
ρe−tρ dρ =
2
π
∫ ∞0
senxy
ye−ta
2y2 dy =1
2πi
{∫ B
A
+
∫ D
C
}(72)
Vamos calcular a integral auxiliar∫ ∞0
e−λy2
cos zy dy =1
2
∫ +∞
−∞e−λy
2
(cos zy + i sen zy) dy =1
2
∫ +∞
−∞e−λy
2
eizy dy
=1
2
∫ +∞
−∞e−(√λy+iz/2
√λ)2e−z
2/4λ dy =1
2
∫ +∞
−∞e−w
2 dw
λ1/2e−z
2/4λ
=1
2e−z
2/4λ
√π
λ1/2
Note que na segunda integral acima somamos
1
2
∫ +∞
−∞e−λy
2
i sen zy dy = 0
e que na quarta integral fizemos uma mudanca de variaveis
w =√λy + iz/2
√λ ⇒ dw =
√λdy
logo, integrando em z temos∫ x
0
∫ ∞0
e−λy2
cos zy dy dz =
∫ ∞0
senxy
ye−λy
2
dy =
√π
2λ1/2
∫ x
0
e−z2/4λ dz (73)
porem
erf (x) =2√π
∫ x
0
e−u2
du
57
e das equacoes (72) e (73) com λ = a2t
® + ° =1
2πi
{∫ B
A
+
∫ D
C
}=
2
π
∫ ∞0
senxy
ye−ta
2y2 dy =2
π
√π
2a√t
∫ x
0
e−z2/4ta2 dz
=1√π
1
a√t
∫ x2a√t
0
e−u2
2a√t du = erf
(x
2a√t
), pois u2 =
z2
4ta2
¯:
1
2πi
∫Cr
= limr→0
1
2πi
∫ −π+π
1
se−x√s/aest ds
s=reiθ︷︸︸︷= lim
r→0
1
2πi
∫ −π+π
1
reiθe−x√s/aestrieiθ dθ
=1
2πi
∫ −π+π
i dθ = −1⇒∫ M
N︸︷︷︸¬
= −∫ B
A︸︷︷︸®
−∫ D
C︸︷︷︸°
−∫Cr︸︷︷︸¯
u(x, t) =u0
2πi
∫ γ+i∞
γ−i∞
1
se−x√s/aest ds = u0
[1− erf
(x
2a√t
)]= u0 erfc
(x
2a√t
)�
Figura 20: Grafico de u(x, t) = erfc(x√t
)
58
Exemplo Onda eletromagnetica se propagando ao longo do eixo x, seja3 E = Ey ou E = Ez.
∂2E(x, t)
∂x2=
1
c2∂2E(x, t)
∂t2(74)
c.i.∂E(x, t)
∂t
∣∣∣∣t=0
= 0 , E(x, t)|t=0 = E(x, 0) = 0
c.c.
{E(0, t) = f(t)
E(∞, t) e finito
Metodo da transformada de Laplace
L{E(x, t)} =
∫ ∞0
e−stE(x, t) dt = E (x, s)
L{∂2E(x, t)
∂x2
}=∂2E (x, s)
∂x2
L{∂2E(x, t)
∂t2
}= s2E (x, s)−
����
���*
0∂E(x, t)
∂t
∣∣∣∣t=0
−������:
0sE(x, t)|t=0
substituindo em (74):
∂2E (x, s)
∂x2=
s2
c2E (x, s)
E (x, s) = eαx
s2
c2= α2 ⇒ α = ±s
c
E (x, s) =
{e+sx/c
e−sx/c
Logo, e+sx/c nao e solucao pois →∞ quando x→∞,
E (x, s) = E (0, s)e−sx/c
E (0, s) =
∫ ∞0
e−stf(t) dt = F (s)
E (∞, s)︸ ︷︷ ︸finito
=
∫ ∞0
e−stE(∞, t)︸ ︷︷ ︸finito
dt
E (x, s) = E (0, s)e−sx/c
E (x, s) = F (s)e−sx/c
E(x, t) = L−1{E (x, s)} = L−1{F (s)e−sx/c}pela propriedade do deslocamento
E(x, t) = f(t− x
c
)S(t− x
c
)︸ ︷︷ ︸funcao escada
=
{f(t− x
c
)se t > x
c
0 se t < xc
como c e constante,
f(t− x
c
)= f(ct− x) = f(x− ct)
3E = E(x, t) ⇒ Ey = Ey(x, t) ou Ez = Ez(x, t)
59
onda que se propaga ao longo do eixo x no sentido positivo.
Se considerassemos E(−∞, t) e finito,
E(x, t) =
{g(x+ ct) se x < −ct0 se x > −ct
onda na direcao −x.�
Exemplo Oscilador harmonico forcado e amortecido.
2a lei de Newton
mx = − kx︸︷︷︸mola
−atrito︷︸︸︷αx + F (t)︸︷︷︸
forca externa
(75)
dividindo (75) por m:x+ 2λx+ ω2
0x = f(t) (76)
onde, 2λ =α
m, ω2
0 =k
m, f(t) =
F (t)
m.
c.i.
{x(0) = x0
x(0) = v0
Transformada de Laplace
L{x(t)} = X(s)
L{x(t)} = sX(s)− x(0)
L{x(t)} = s2X(s)− x(0)− sx(0)
L{f(t)} = F (s)
substituindo em (76)
s2X(s)− v0 − sx0 + 2λ[sX(s)− x0] + ω20X(s) = F (s)
equacao algebrica para X(s).
(s2 + 2λs+ ω20)X(s) = F (s) + sx0 + v0 + 2λx0
Observacao (s2 + 2λ+ λ2) + ω20 − λ2 ⇒ (s+ λ)2 + (ω2
0 − λ2)
X(s) =x0(s+ λ)
(s+ λ)2 + (ω20 − λ2)
+v0 + λx0
(s+ λ)2 + (ω20 − λ2)
+F (s)
(s+ λ)2 + (ω20 − λ2)
(77)
Observacao L{senωt} =ω
s2 + ω2, L{cosωt} =
s
s2 + ω2
supondo ω20 − λ2 > 0⇒ oscilacao com amortecimento (raızes complexas). Seja ω2 = ω2
0 − λ2,
L−1 {X(s)} = x(t)
L−1
{x0(s+ λ)
(s+ λ)2 + ω2
}= x0e−λt cosωt
L−1
{v0 + λx0
(s+ λ)2 + ω2
}= (v0 + λx0)e−λt
senωt
ω
60
substituindo em (77),
x(t) = x0e−λt cosωt+ (v0 + λx0)e−λtsenωt
ω+ L−1
{F (s)
(s+ λ)2 + ω2
}(78)
tal que, pelo teorema da convolucao e, no caso, com G(s) =1
(s+ λ)2 + ω2
L−1
{F (s)
(s+ λ)2 + ω2
}= L−1 {F (s)G(s)} = f ∗ g =
∫ t
0
f(τ)e−λ(t−τ) senω(t− τ)
ωdτ
substituindo em (78) e por fim temos
x(t) = x0e−λt cosωt+ (v0 + λx0)e−λtsenωt
ω+
∫ t
0
f(τ)e−λ(t−τ) senω(t− τ)
ωdτ
�
2) Transformadas de Fourier
Series de Fourier de perıodo 2L
f(x) =a0
2+
∞∑n=1
(an cos
nπx
L+ bn sen
nπx
L
)onde
an =1
L
∫ +L
−Lf(t) cos
nπt
Ldt , bn =
1
L
∫ +L
−Lf(t) sen
nπt
Ldt
logo
f(x) =1
2L
∫ +L
−Lf(t) dt+
1
L
∞∑n=1
∫ +L
−Lf(t) cos
nπ
L(t− x) dt
f(x) =1
2L
∫ +L
−Lf(t) dt+
1
L
∞∑n=0
∫ +L
−Lf(t) cos
nπ
L(t− x) dt− 1
L
∫ +L
−Lf(t) dt
ou
f(x) =1
L
∞∑n=0
∫ +L
−Lf(t) cos
nπ
L(t− x) dt− 1
2L
∫ +L
−Lf(t) dt
considerar o limite quando L→∞ e que
∫ +∞
−∞f(t) dt e finito,
limL→∞
1
2L
∫ +L
−Lf(t) dt→ 0
entao
f(x) = limL→∞
1
L
∞∑n=0
∫ +L
−Lf(t) cos
nπ
L(t− x) dt
Fazendonπ
L= ωn e ∆ωn = ωn+1 − ωn =
(n+ 1)π
L− nπ
L=π
L
61
temos
f(x) =1
π
∞∑n=0
∆ωn
∫ +∞
−∞f(t) cosωn(t− x) dt =
1
π
∫ ∞0
dω
∫ +∞
−∞f(t) cosω(t− x) dt
=1
2π
∫ +∞
−∞dω
∫ +∞
−∞f(t) cosω(t− x) dt
sendo que, ∫ +∞
−∞dω
∫ +∞
−∞f(t) senω(t− x) dt = 0
entao
f(x) =1
2π
∫ +∞
−∞dω
∫ +∞
−∞f(t)eiω(t−x) dt =
1
2π
∫ +∞
−∞e−iωxdω
∫ +∞
−∞f(t)eiωt dt
∴
transformada de Fourier F (ω) = F{f(x)} =1√2π
∫ +∞
−∞f(x)eiωx dx
transformada inversa f(x) = F−1{F (ω)} =1√2π
∫ +∞
−∞F (ω)e−iωx dω
Delta de Dirac
f(x) =
∫ +∞
−∞f(t)
[1
2π
∫ +∞
−∞eiω(t−x) dω
]dt ⇒ δ(t− x) =
1
2π
∫ +∞
−∞eiω(t−x) dω
Propriedades:
(i) f(x) deve ser integravel e a integral deve convergir para x→ ±∞ e limx→±∞
f(x) = 0.
Se
F1(ω) =1√2π
∫ +∞
−∞
df
dxeiωxdx =
1√2π
[���
����:0
eiωxf(x)∣∣+∞−∞ − iω
∫ +∞
−∞eiωxf(x) dx
]
= −iω 1√2π
∫ +∞
−∞eiωxf(x) dx︸ ︷︷ ︸
F (ω)
entaoF1(ω) = −iωF (ω)
Caso geral:
Fn(ω) =1√2π
∫ +∞
−∞
dnf
dxneiωxdx = (−iω)nF (ω)
(ii) relacao de Parseval ∫ +∞
−∞F (ω)G∗(ω) dω =
∫ +∞
−∞f(t)g∗(t) dt
onde ∗ e o complexo conjugado.
F (ω) = F{f(t)} , G(ω) = F{g(t)}
62
∫ +∞
−∞f(t)g∗(t) dt =
∫ +∞
−∞dt
[1√2π
∫ +∞
−∞F (ω)e−iωtdω
] [1√2π
∫ +∞
−∞G∗(ω′)eiω
′tdω′]
=1
2π
∫ +∞
−∞
∫ +∞
−∞
∫ +∞
−∞F (ω)G∗(ω′)eit(ω
′−ω) dt dω dω′
=
∫ +∞
−∞F (ω) dω
∫ +∞
−∞G∗(ω′)
(1
2π
∫ +∞
−∞dt eit(ω
′−ω)
)︸ ︷︷ ︸
δ(ω′−ω)
dω′
=
∫ +∞
−∞F (ω) dω
∫ +∞
−∞G∗(ω′)δ(ω′ − ω) dω′
=
∫ +∞
−∞F (ω)G∗(ω) dω
(iii) teorema da convolucao ∫ +∞
−∞F (ω)G(ω)e−iωx dω = f ∗ g = g ∗ f
∫ +∞
−∞F (ω)e−iωx dω
1√2π
∫ +∞
−∞g(y)eiωy dy =
∫ +∞
−∞
[1√2π
∫ +∞
−∞F (ω)e−iω(x−y) dω
]︸ ︷︷ ︸
f(x−y)
g(y) dy
=
∫ +∞
−∞f(x− y)g(y) dy = f ∗ g
Exemplo probabilidade gaussiana
f(x) = Ne−αx2
onde α = constante, N = constante de normalizacao obtida atraves de
∫ +∞
−∞f(x)dx = 1 =
∫ +∞
−∞Ne−αx
2
dx =︸︷︷︸αx2=y2√αx=y√αdx=dy
N√α
√π︷ ︸︸ ︷∫ +∞
−∞e−y
2
dy = N
√π
α⇒ N =
√α
π
∴
f(x) =
√α
πe−αx
2
F (ω) = F{f(x)} =1√2π
∫ +∞
−∞
√α
πe−αx
2
eiωxdx
Observacao
−αx2 + iωx = −
[(√αx)2 − iωx+
(iω
2√α
)2]
+
(iω
2√α
)2
= −u2 − ω2
4α
onde u =√αx− iω
2√α⇒ du =
√α dx, assim,
F (ω) =1√2π
√�α
πexp
(−ω2
4α
)∫ +∞
−∞e−u
2 du√�α
=1√2π
1
��√π
exp
(−ω2
4α
) ��√π︷ ︸︸ ︷∫ +∞
−∞e−u
2
du
63
logo,
F (ω) =1√2π
exp
(−ω2
4α
)gaussiana em ω.
Figura 21: Grafico de f(x) =√
απ e−αx
2
Figura 22: Grafico de F (ω) = 1√2π
exp(−ω2
4α
)�
64
Exemplo funcao de onda retangular
f(x) =
{1 |x| < 1
0 |x| > 1
F (ω) = F{f(x)} =1√2π
∫ +1
−1
eiωxdx =1√2π
eiωx
iω
∣∣∣∣+1
−1
=1√2π
eiω − e−iω
iω=
√2
π
senω
ω
Figura 23: Onda retangular
Figura 24: Grafico de F (ω)
�
65
Exemplo equacao da onda [1D]: corda infinita em vibracao
∂2u
∂x2=
1
c2∂2u
∂t2(79)
onde u = u(x, t).
c.i. u(x, 0) = f(x)
c.c. u(±∞, t) = 0
F{u(x, t)} =1√2π
∫ +∞
−∞u(x, t)eiωxdx = U(ω, t)
F{∂2u
∂x2
}= (−iω)2U(ω, t) = −ω2U(ω, t)
F{∂2u
∂t2
}=∂2U(ω, t)
∂t2
Transformada de Fourier de (79):
−ω2U(ω, t) =1
c2∂2U(ω, t)
∂t2
U(ω, t) = eαt
α2
c2= −ω2 ⇒ α = ±iωc
U(ω, t) = U(ω, 0)e±iωct
U(ω, 0) =1√2π
∫ +∞
−∞u(x, 0)︸ ︷︷ ︸f(x)
eiωxdx = F (ω)
U(ω, t) = F (ω)e±iωct
u(x, t) = F−1{U(ω, t)} =1√2π
∫ +∞
−∞U(ω, t)e−iωxdω
u(x, t) =1√2π
∫ +∞
−∞F (ω)e±iωcte−iωxdω
=1√2π
∫ +∞
−∞
[1√2π
∫ +∞
−∞f(x′)eiωx
′dx′]
e±iωcte−iωxdω
=
∫ +∞
−∞f(x′) dx′
1
2π
∫ +∞
−∞eiω(x′±ct−x) dω︸ ︷︷ ︸
δ(x′−x±ct)
=
∫ +∞
−∞f(x′)δ(x′ − x± ct︸ ︷︷ ︸
x′−(x∓ct)
) dx′ = f(x∓ ct)
�
66
Exemplo Cano longo de pequeno diametro cheio de agua. Em t = 0 introduzimos sal em x = x0
e desejamos encontrar a concentracao de sal ρ(x, t) em instantes posteriores. (Figura 25)
x
x0
Sal introduzido em t = 0
Figura 25: Cano cheio de agua com sal introduzido em t = 0
Equacao da difusao∂ρ
∂t= D
∂2ρ
∂x2(80)
onde ρ = ρ(x, t) e a concentracao, D e o coeficiente de difusao.
c.c. ρ(±∞, t) = 0
c.i. ρ(x, 0) =M
Aδ(x− x0)
onde M - massa do sal, A - area da secao transversal.
F {ρ(x, t)} =1√2π
∫ +∞
−∞ρ(x, t)eiωxdx = R(ω, t)
F{∂2ρ(x, t)
∂x2
}= (−iω)2R(ω, t) = −ω2R(ω, t)
F{∂ρ(x, t)
∂t
}=∂R(ω, t)
∂t
Transformada de Fourier de (80):
∂R(ω, t)
∂t= −Dω2R(ω, t) ⇒ R(ω, t) = R(ω, 0)e−Dω
2t
R(ω, 0) =1√2π
∫ +∞
−∞
M
Aδ(x− x0)eiωxdx =
M
A√
2πeiωx0
∴
R(ω, t) =1√2π
M
Aeiωx0e−Dω
2t
Transformada Inversa de R(ω, t):
ρ(x, t) = F−1 {R(ω, t)} =1√2π
∫ +∞
−∞
1√2π
M
Aeiωx0e−Dω
2te−iωxdω
Observacao
−ω2Dt− iω(x− x0) = −[ω2Dt+ iω(x− x0)] = −[ω√Dt+
i(x− x0)
2√Dt
]2
− (x− x0)2
4Dt
67
assim,
ρ(x, t) =1
2π
M
A
∫ +∞
−∞exp
{−[ω√Dt+
i(x− x0)
2√Dt
]2}
exp
[− (x− x0)2
4Dt
]dω
com a mudanca de variaveis
u = ω√Dt+
i(x− x0)
2√Dt
⇒ du = dω√Dt
entao
ρ(x, t) =1
2π
M
Aexp
[− (x− x0)2
4Dt
] √π︷ ︸︸ ︷∫ +∞
−∞e−u
2
du1√Dt
∴
ρ(x, t) =1√
4πDt
M
Aexp
[− (x− x0)2
4Dt
]
Figura 26: grafico de ρ(x, t) = 1√te−x
2/t
�
68
Representacao da quantidade de movimento funcao de onda como solucao da equacao deSchrodinger estacionaria.
− ~2
2m∇2ψ(~r) + V (~r)ψ(~r) = Eψ(~r)
Observacao em [1D]: ψ(x) , ∇2ψ =d2ψ
dx2
Propriedades de ψ(x):
(i) ψ∗(x)ψ(x) nos da a probabilidade de encontrarmos a partıcula quantica entre x e x+ dx.
(ii) normalizacao:
∫ +∞
−∞ψ∗(x)ψ(x) dx = 1
(iii) valor esperado da posicao: 〈x〉 =
∫ +∞
−∞ψ∗(x) x ψ(x) dx
Para a quantidade de movimento (momento linear) p definimos uma funcao g(p) que e a transfor-mada de Fourier de ψ(x)
g(p) =1√2π~
∫ +∞
−∞ψ(x)e−ipx/~ dx (81)
ψ(x) =1√2π~
∫ +∞
−∞g(p)eipx/~ dp (82)
Observacao Note que introduzimos ~ e mudamos o sinal da exponencial em
F (ω) =1√2π
∫ +∞
−∞f(x)eiωx dx
(81) em (82):
ψ(x) =1√2π~
∫ +∞
−∞
(1√2π~
∫ +∞
−∞ψ(x′)e−ipx
′/~ dx′)
eipx/~ dp
=
∫ +∞
−∞
{1
2π~
∫ +∞
−∞exp
[−ip(x′ − x)
~
]dp
}ψ(x′) dx′
=
∫ +∞
−∞δ(x′ − x)ψ(x′) dx′ = ψ(x)
onde,
δ(x′ − x) =1
2π~
∫ +∞
−∞exp
[−ip(x′ − x)
~
]dp (83)
Propriedades de g(p):
(i) g∗(p)g(p) nos da a probabilidade de encontrarmos a partıcula quantica com momento linearentre p e p+ dp.
(ii) normalizacao:
∫ +∞
−∞g∗(p) g(p) dp = 1
(iii) valor esperado do momento linear: 〈p〉 =
∫ +∞
−∞g∗(p) p g(p) dp
69
A propriedade (ii) e uma consequencia da relacao de Parseval:
1 =
∫ +∞
−∞ψ∗(x)ψ(x) dx =
∫ +∞
−∞g∗(p)g(p) dp
A propriedade (iii) nos fornece:
〈p〉 =
∫ +∞
−∞g∗(p) p g(p) dp =
∫ +∞
−∞
1
2π~
∫ +∞
−∞
∫ +∞
−∞ψ∗(x′)eipx
′/~pψ(x)e−ipx/~ dx dx′ dp
como
pe−ip(x−x′)/~ =
d
dx
[−~i
e−ip(x−x′)/~]
entao,
〈p〉 =
∫ +∞
−∞
1
2π~
∫ +∞
−∞
∫ +∞
−∞ψ∗(x′)
d
dx
[−~i
e−ip(x−x′)/~]ψ(x) dx dx′ dp
tal que, integrando por partes e considerando limx→±∞
ψ(x) = 0,
〈p〉 =1
2π~
∫ +∞
−∞
∫ +∞
−∞
∫ +∞
−∞ψ∗(x′)
~i
e−ip(x−x′)/~ dψ(x)
dxdx dx′ dp
=
∫ +∞
−∞
∫ +∞
−∞ψ∗(x′)
~i
d
dxψ(x)δ(x− x′) dx dx′
utilizando a definicao da ”funcao”delta (83) . Integrando em x′ temos
〈p〉 =
∫ +∞
−∞ψ∗(x)
(~i
d
dx
)ψ(x) dx
Logo~i
d
dxe o operador momento no espaco da representacao das coordenadas.
Exercıcio : Mostre que 〈x〉 =
∫ +∞
−∞g∗(p)
(−~i
d
dp
)g(p)dp.
Na representacao das coordenadas: x 7→ x , p 7→ −i~ ∂
∂x
Na representacao dos momentos: p 7→ p , x 7→ i~∂
∂p
Relacao de comutacao da Mecanica Quantica
[p, x] = px− xp = −i~
Na representacao das coordenadas:
[p, x]ψ(x) = pxψ(x)− xpψ(x) = −i~∂xψ(x)
∂x− x(−i~)
∂ψ(x)
∂x
= −i~
[����
x∂ψ(x)
∂x+ ψ(x)
]+��
���
xi~∂ψ(x)
∂x= −i~ψ(x)
Na representacao do momento:
[p, x]g(p) = pxg(p)− xpg(p) = pi~∂g(p)
∂p− i~∂pg(p)
∂p
=���
��pi~
∂g(p)
∂p− i~g(p)−
���
��i~p
∂g(p)
∂p= −i~g(p)
70
Oscilador harmonico
H(p, x) =p2
2m+
1
2kx2 = E , (funcao hamiltoniana)
representacao das coordenadas:
Hψ(x) = − ~2
2m
d2ψ(x)
dx2+
1
2kx2ψ(x) = Eψ(x) (84)
iremos mostrar na secao sobre polinomios de Hermite que a solucao de (84) para n = 0 e:
ψ(x) = exp
(−√mk
2~x2
)substituindo em (84),
dψ
dx= −x
√mk
~exp
(−√mk
~x2
)d2ψ
dx2= −√mk
~exp
(−√mk
2~x2
)− x√mk
~
(−x√mk
~
)exp
(−√mk
2~x2
)
− ~2
2m
(−√mk
~+mk
~2x2
)+
1
2kx2 = E
∴
E =~2
√k
mEnergia fundamental do oscilador quantico.
ω =
√k
m⇒ E =
~ω2
=1
2
h
2πω =
1
2hν
Para n qualquer,
E =
(n+
1
2
)~ω
representacao dos momentos:
Hg(p) =p2
2mg(p)− ~2k
2
d2g(p)
dp2= Eg(p) (85)
que e satisfeita por
g(p) =1√2π~
∫ +∞
−∞ψ(x) exp
(− ip
~x
)dx =
1
(mk)1/4exp
(− p2
2~√mk
)(86)
pois,
g(p) =1√2π~
∫ +∞
−∞exp
(−√mk
2~x2
)exp
(− ip
~x
)dx
=1√2π~
∫ +∞
−∞exp
[−(
(mk)1/4
(2~)1/2x+
ip
(2~√mk)1/2
)2]
exp
(− p2
2~√mk
)dx
=(2~)1/2
(mk)1/4
1√2π~
exp
(− p2
2~√mk
)∫ +∞
−∞e−y
2
dy︸ ︷︷ ︸√π
=1
(mk)1/4exp
(− p2
2~√mk
)
71
fazendo
y =(mk)1/4
(2~)1/2x+
ip
(2~√mk)1/2
⇒ dy =(mk)1/4
(2~)1/2dx
Exercıcio Mostre que (86) satisfaz (85) com E =~ω2
.
6. O Problema de Sturm-Liouville (S-L)
A equacao de Helmholtz:∇2u+ λu = 0
tem a forma de uma equacao S-L.
d
dx
[p(x)
dy
dx
]− s(x)y + λr(x)y = 0
que e equacao caracterıstica para λ (λ sao os auto-valores desta equacao).
Operador de S-L:
L =d
dx
[p(x)
d
dx
]− s(x)
e um operador diferencial linear de 2a ordem.
L{y} = −λr(x)y e L{c1y1 + c2y2} = c1 L{y1}+ c2 L{y2}
onde c1 e c2 sao constantes.
Pergunta: Quando e possıvel representar uma solucao de uma ED por meio de uma serie defuncoes caracterısticas de um operador de S-L com determinadas c.c.?
Resposta: Considere o intervalo (a, b) onde a e b podem ser infinitos e 2 funcoes caracterısticasyn(x) e ym(x) correspondentes aos autovalores λn e λm.
d
dx
[p(x)
dyndx
]− s(x)yn + λnr(x)yn = 0 (87)
d
dx
[p(x)
dymdx
]− s(x)ym + λmr(x)ym = 0 (88)
Multiplicando (87) por ym, (88) por yn e subtraindo
ymd
dx
[p(x)
dyndx
]− yn
d
dx
[p(x)
dymdx
]= (λm − λn)yn(x)ym(x) (89)
Integrando por partes:∫ b
a
ymd
dx
[p(x)
dyndx
]dx = ymp(x)
dyndx
∣∣∣∣ba
−∫ b
a
p(x)dyndx
dymdx
dx (90)
∫ b
a
ynd
dx
[p(x)
dymdx
]dx = ynp(x)
dymdx
∣∣∣∣ba
−∫ b
a
p(x)dymdx
dyndx
dx (91)
tal que, a integracao de (89) resulta em[p(x)
(ym
dyndx− yn
dymdx
)]ba
= (λm − λn)
∫ b
a
r(x)yn(x)ym(x) dx (92)
72
Se o lado esquerdo de (92) se anular devido as c.c. ⇒ (λm − λn)
∫ b
a
r(x)yn(x)ym(x) dx = 0.
Se λn 6= λm (autovalores distintos) ⇒ yn(x) 6= ym(x) funcoes caracterısticas distintas que saoortogonais com relacao a funcao peso r(x).
Exemplo Se
f(x) =
∞∑m=0
amym(x)
onde ym(x) sao as funcoes caracterısticas.
Multiplicando por r(x)yn(x) e integrando no intervalo (a, b):∫ b
a
r(x)yn(x)f(x) dx =
∞∑m=0
am
∫ b
a
r(x)yn(x)ym(x) dx = an
∫ b
a
r(x) [yn(x)]2dx
logo
an =
∫ b
a
r(x)yn(x)f(x) dx∫ b
a
r(x) [yn(x)]2dx
�
Pergunta: Que tipo de c.c. resultam em funcoes caracterısticas ortogonais, tal que,[p(x)
(ym
dyndx− yn
dymdx
)]ba
= 0 ?
Resposta:
(i) Condicoes homogeneas de Dirichlet : yn(x) e ym(x) se anulam em a e b.
(ii) Condicoes homogeneas de Neumann :dyn(x)
dxedym(x)
dxse anulam em a e b.
(iii) Condicoes homogeneas intermediarias : yn(a) +αdyn(a)
dx= 0 e yn(b) + β
dyn(b)
dx= 0, onde α
e β sao constantes.
(iv) Condicoes mistas : yn(a) = yn(b) edyn(a)
dx=dyn(b)
dx
Uma outra condicao e que p(a) = p(b) = 0 (Equacao de Legendre). Neste caso a equacao de S-Lpossui singularidade em a e b.
73
7. Funcoes Especiais
Equacao da onda [3D]:
∇2ϕ =1
c2∂2ϕ
∂t2
ϕ(~r~r~r, t) = ψ(~r~r~r)T (t) ⇒ d2T (t)
dt2= λc2T (t) e ∇2ψ(~r~r~r) = λψ(~r~r~r)
Solucoes harmonicas no tempo
λ = −k2 , T (t) = e±iωt →
{cos(ωt)
sen(ωt)
onde ω = kc. Equacao de Helmholtz
∇2ψ + k2ψ = 0
a) geometria cilındrica: ψ(r, θ, z)
1
r
∂
∂r
(r∂ψ
∂r
)+
1
r2
∂2ψ
∂θ2+∂2ψ
∂z2+ k2ψ = 0
substituindo nesta a expressao ψ(r, θ, z) = R(r)Θ(θ)Z(z) temos,
1
rR
d
dr
(rdR
dr
)+
1
r2Θ
d2Θ
dθ2+
1
Z
d2Z
dz2+ k2 = 0
1
rR
d
dr
(rdR
dr
)+
1
r2Θ
d2Θ
dθ2︸ ︷︷ ︸f(r,θ)
= − 1
Z
d2Z
dz2− k2︸ ︷︷ ︸
g(z)
= −a
1
Z
d2Z
dz2+ k2 = a = constante ⇒ d2Z
dz2= λ1Z
onde λ1 = −(k2 − a) ⇒ a = λ1 + k2.
r
R
d
dr
(rdR
dr
)+ ar2︸ ︷︷ ︸
h(r)
+1
Θ
d2Θ
dθ2︸ ︷︷ ︸p(θ)
= 0
d2Θ
dθ2= λ2Θ , λ2 = constante
rd
dr
(rdR
dr
)+[(k2 + λ1)r2 + λ2
]R = 0
Θ e periodica em θ ⇒ d2Θ
dθ2= λ2Θ = −m2Θ (m = 0, 1, · · · ) , Θm = e±imθ →
{cos(mφ)
sen(mφ)
Z(z) se anula em z = 0 e z = L⇒ d2Z
dz2= λ1Z = −n
2π2
L2Z (n = 1, 2, · · · ) , Zn = sen
nπz
L
rd
dr
(rdR
dr
)+
[(k2 − n2π2
L2
)r2 −m2
]R = 0
que e a equacao caracterıstica para k2.
74
Se fizermos a mudanca de variaveis
x = r
√k2 − n2π2
L2⇒ d
dr=
√k2 − n2π2
L2
d
dxe R(r) = R
(x√
k2 − n2π2/L2
)≡ y(x)
assim,
x2 d2y
dx2+ x
dy
dx+ (x2 −m2)y = 0
ED de Bessel de ordem m cuja solucao sao as funcoes de Bessel e Neumann de 1a especie.
b) geometria esferica: ψ(r, θ, φ)
1
r2
∂
∂r
(r2 ∂ψ
∂r
)+
1
r2 sen θ
∂
∂θ
(sen θ
∂ψ
∂θ
)+
1
r2 sen2 θ
∂2ψ
∂φ2+ k2ψ = 0
substituindo nesta a expressao ψ(r, θ, φ) = R(r)Θ(θ)Φ(φ) temos,
1
r2R
d
dr
(r2 dR
dr
)+
1
Θr2 sen θ
d
dθ
(sen θ
dΘ
dθ
)+
1
Φr2 sen2 θ
d2Φ
dφ2+ k2 = 0
d2Φ
dφ2= λ1Φ ,
1
R
d
dr
(r2 dR
dr
)+ k2r2 = −λ2 ,
d
dθ
(sen θ
dΘ
dθ
)+
[λ1
sen θ− λ2 sen θ
]Θ = 0
Φ e periodica em φ⇒ d2Φ
dφ= λ1Φ = −m2Φ (m = 0, 1, · · · ) , Φm = e±imφ →
{cos(mφ)
sen(mφ)
x = cos θ ⇒ d
dθ=dx
dθ
d
dx= − sen θ
d
dx, Θ(θ) = Θ(arccosx) = y(x)
assim,d
dx
[(1− x2)
dy
dx
]−(λ2 +
m2
1− x2
)y = 0
Solucao para λ2 = −l(l + 1) l = 0, 1, 2, · · ·
d
dx
[(1− x2)
dy
dx
]+
[l(l + 1)− m2
1− x2
]y = 0
ED associada de Legendre cuja solucao sao os polinomios associados de Legendre.
Se m = 0d
dx
[(1− x2)
dy
dx
]+ l(l + 1)y = 0
ED de Legendre cuja solucao sao os polinomios de Legendre.−1 ≤ x ≤ +1 pois 0 ≤ θ ≤ π.
Logo,d
dr
(r2 dR
dr
)+[r2k2 − l(l + 1)
]R = 0
com kr = x, R(r) = R(xk
)= y(x)
d
dx
(x2 dy
dx
)+ [x2 − l(l + 1)]y = 0
ED de Bessel esferica cuja solucao sao funcoes esfericas de Bessel e Neumann.
75
Se y(x) =u(x)√x
, entao
x2 d2u
dx2+ x
du
dx+
[x2 −
(l +
1
2
)2]u = 0
ED de Bessel de ordem
(l +
1
2
).
1) Funcoes de Bessel
ED de Bessel
x2 d2y
dx2+ x
dy
dx+(x2 −m2
)y = 0
onde m = inteiro.
Considere m = µ
x2 d2y
dx2+ x
dy
dx+(x2 − µ2
)y = 0
onde, µ e um numero real nao negativo.
Metodo de Frobenius: solucao em series de potencias
y(x) =
∞∑n=0
anxs+n ⇒
∞∑n=0
{an [(s+ n)(s+ n− 1) + (s+ n)]xs+n + an
(x2 − µ2
)xs+n
}= 0⇒
a0[s(s− 1) + s− µ2]xs + a1[(s+ 1)2 − µ2]xs+1 +
+
∞∑n=2
{an[(s+ n)(s+ n− 1) + (s+ n)− µ2] + an−2
}xs+n = 0⇒
Equacao polinomial em x onde todos os coeficientes devem ser nulos
a0(s2 − µ2) = 0 , a0 6= 0⇒ s = ±µ
a1[(s+ 1)2 − µ2] = 0
an[(n+ s)2 − µ2] + an−2 = 0 ∀n ≥ 2
(a) Considerando s = +µ, entao a formula de recorrencia:
an =−1
(s+ µ+ n)(s− µ+ n)an−2 n ≥ 2 ⇒ an =
−1
(2µ+ n)nan−2
a1[2µ+ 1] = 0 ⇒ a1 = 0 ⇒ a2n+1 = 0 coef. ımpares se anulam
Com n = 2k temos,
a2k =−1
22k(µ+ k)a2k−2 (k ≥ 1) ⇒ a2k =
(−1)k
22kk!(µ+ 1)(µ+ 2) · · · (µ+ k)a0
Escolhemos
a0 =1
2µΓ(µ+ 1)
como Γ(k + µ+ 1) = Γ(µ+ 1)(µ+ 1)(µ+ 2) · · · (µ+ k), entao
a2k =(−1)k
k!22k+µΓ(k + µ+ 1)
76
logo, a funcao de Bessel de 1a especie e ordem µ:
Jµ(x) =
∞∑k=0
(−1)k
k!Γ(k + µ+ 1)
(x2
)2k+µ
e uma serie que converge ∀x.
(b) Considerando s = −µ, entao
a1(1− 2µ) = 0 e an =−1
n(n− 2µ)an−2 n ≥ 2
(i) µ 6= inteiro, µ 6= semi-inteiro (1/2, 3/2, 5/2, · · · )
a1 = 0 e todos os coeficientes ımpares se anulam. Entao
J−µ(x) =
∞∑k=0
(−1)k
k!Γ(k − µ+ 1)
(x2
)2k−µ
e a solucao geral e
y(x) = C1Jµ(x) + C2J−µ(x) (93)
(ii) µ = semi-inteiro logo 2µ e inteiro ımpar. A formula para os coeficientes pares permanece,porem para os ımpares a1 = a3 = · · · = a2µ−2 = 0. Logo de n(n − 2µ)an = an−2
poderıamos concluir que a2µ 6= 0. Se escolhermos a2µ = 0 entao todos os ımpares saonulos e vale (93).
(iii) µ = inteiro. Problema pois Γ(−n+ 1) =∞, n = inteiro.
Como 2m e par segue da equacao a1(1 − 2m) = 0 que todos os coeficientes ımparesse anulam. Logo de
a2n (2n− 2m) = − 1
2na2n−2
escolhemos a2k = 0 ∀k < m e
J−m(x) =
∞∑k=m
(−1)k
k!Γ(k −m+ 1)
(x2
)2k−m
trocando k′ = k −m
J−m(x) =
∞∑k′=0
(−1)k′+m
(k′ +m)!Γ(k′ + 1)
(x2
)2k′+m
como (k′ +m)!Γ(k′ + 1) = k′!Γ(k′ +m+ 1)
J−m(x) = (−1)m∞∑k′=0
(−1)k′
(k′)!Γ(k′ +m+ 1)
(x2
)2k′+m
= (−1)mJm(x)
logo e linearmente dependente.
A segunda solucao e uma funcao de Bessel de 2a especie, conhecida tambem como funcaode Neumann.
77
Funcao geratriz
g(x, t) = exp
[x
2
(t− 1
t
)]=
+∞∑m=−∞
tmJm(x) (94)
pois
exp(x
2t)
=
∞∑r=0
1
r!
(xt
2
)re
exp
(−x
2
1
t
)=
∞∑k=0
(−1)k
k!
( x2t
)klogo
g(x, t) =
∞∑r=0
∞∑k=0
(−1)k
r!k!
(x2
)r+ktr−k
mudando para r − k = m, assim o coeficiente de tm e
∞∑k=0
(−1)k
(k +m)!k!
(x2
)2k+m
= Jm(x)
ou
Jm(x) =
∞∑k=0
(−1)k
Γ(k +m+ 1)︸ ︷︷ ︸(k+m)!
k!
(x2
)2k+m
para 0 ≤ r ≤ ∞, 0 ≤ k ≤ ∞ ⇒ −∞ < m < +∞
Relacoes de recorrencia
Derivando (94) em relacao a t
∂g(x, t)
∂t=x
2
(1 +
1
t2
)exp
[x
2
(t− 1
t
)]=x
2
(1 +
1
t2
) +∞∑m=−∞
tmJm(x) =
+∞∑m=−∞
m tm−1Jm(x)
multiplicando por t2,
x
2
[+∞∑
m=−∞tm+2Jm(x) +
+∞∑m=−∞
tmJm(x)
]=
+∞∑m=−∞
m tm+1Jm(x)
igualando os coeficientes de potencia tm+1,
x
2[Jm+1(x) + Jm−1(x)] = mJm(x)
Jm+1(x) + Jm−1(x) =2m
xJm(x) (95)
78
Derivando (94) em relacao a x
∂g(x, t)
∂x=
1
2
(t− 1
t
)exp
[x
2
(t− 1
t
)]=
1
2
(t− 1
t
) +∞∑m=−∞
tmJm(x) =
+∞∑m=−∞
tmJ ′m(x)
multiplicando por t,
1
2
[+∞∑
m=−∞tm+2Jm(x)−
+∞∑m=−∞
tmJm(x)
]=
+∞∑m=−∞
tm+1J ′m(x)
igualando os coeficientes de potencia tm+1,
1
2[Jm−1(x)− Jm+1(x)] = J ′m(x)
Jm−1(x)− Jm+1(x) = 2J ′m(x) (96)
Somando (95) e (96):
�2m
xJm(x) + �2J
′m(x) = �2Jm−1(x)
que multiplicando por xm resulta em
mxm−1Jm(x) + xmJ ′m(x) = xmJm−1(x)
[xmJm(x)]′
= xmJm−1(x) (97)
Subtraindo (95) de (96):
�2Jm+1(x) = �2m
xJm(x)− �2J ′m(x)
que dividindo por xm resulta em
Jm+1(x)
xm=
m
xm+1Jm(x)− J ′m(x)
xm= −
[Jm(x)
xm
]′[Jm(x)
xm
]′= −Jm+1(x)
xm(98)
Da equacao (98):
Jm(x)
xm= − 1
x
d
dx
[Jm−1(x)
xm−1
]= − 1
x
d
dx
{− 1
x
d
dx
[Jm−2(x)
xm−2
]}=
operador︷ ︸︸ ︷(− 1
x
d
dx
)2 [Jm−2(x)
xm−2
]= · · ·
=
(− 1
x
d
dx
)m[J0(x)]
Vamos analisar a funcao de Bessel
Jm(x) =
∞∑k=0
(−1)k1
k!Γ(k +m+ 1)
(x2
)2k+m
= xm∞∑k=0
(−1)k1
k!Γ(k +m+ 1)
(x2
)2k 1
2m︸ ︷︷ ︸f(x)
f(x) e uma funcao analıtica que nao se anula na origem. Logo
J0(0) = 1 , Jµ(0) = 0 ∀µ ∈ < µ 6= 0
79
As funcoes de Bessel Jm(x) tem carater oscilatorio com infinitos zeros. (vide Figura 27)
Figura 27: Funcoes de Bessel
Equacao de Helmholtz em coordenadas cilındricas sem a dependencia da coordenada z
d
dr
(rdR
dr
)+
(k2r − m2
r
)R = 0 (99)
Equacao de S-Ld
dx
[p(x)
dy
dx
]− s(x)y + λr(x)y = 0
onde y ≡ R, x ≡ r, p(r) ≡ r, s(r) ≡ m2
r, λ ≡ k2, r(r) ≡ r.
c.c. para um problema em geometria cilındrica que nao depende da coordenada z. Sao ne-cessarias 2 condicoes de contorno:
(i) R(0) e finita
(ii)
c.c. Dirichlet R(a) = 0
c.c. NeumanndR(a)
dr= 0
c.c. Intermediaria AR(a) +BdR(a)
dr= 0
, a e o raio da base do cilindro.
Funcoes de Bessel sao ortogonais em relacao a funcao peso r(r) = r.
Da equacao (99) com x = kr e y(x) = R(x/k),
x2 d2y
dx2+ x
dy
dx+ (x2 −m2)y = 0
cuja solucao sao as funcoes de Bessel Jm(x) e Neumann Nm(x).
80
As funcoes de Neumann → −∞ quando x→ 0, logo pela c.c. (i) ela e descartada.
A solucao de (99) que obedece a c.c. (i) e Jm(x) = Jm(kr).
ym(x) = Jm(x) ⇒ R(r) = Jm(kr)
Zeros de Jm(x) : αmn (vide Tabela 1): α01 = 2, 404, α11 = 3, 832, . . .
m→ ordem da funcao de Besseln = 1, 2, 3, · · · da a ordem do zero da funcao de Bessel
Tabela 1: Zeros (n = 1, 2, 3, . . . ) de Jm(x)
n = 1 n = 2 n = 3 n = 4m = 0 2,404 5,520 8,654 11,792m = 1 3,832 7,016 10,173 13,323m = 2 5,135 8,417 11,620 14,796m = 3 6,379 9,760 13,017 16,224m = 4 7,586 11,064 14,373 17,616
Condicao de contorno de Dirichlet:
R(a) = 0 = Jm(ka) , kmn =αmna
ondeJm(αmn) = 0
Series de Fourier-Bessel: podemos desenvolver R(r) segundo a serie
R(r) =
∞∑n=1
anJm(kmnr)
multiplicando esta por rJm(kmn′r) e integrando em (0 ≤ r ≤ a) temos∫ a
0
rJm(kmn′r)R(r) dr =
∞∑n=1
an
∫ a
0
rJm(kmn′r)Jm(kmnr) dr = an′
∫ a
0
r [Jm(kmn′r)]2dr
pois pela condicao de ortogonalidade∫ a
0
rJm(kmn′r)Jm(kmnr) dr = 0 , ∀ n 6= n′
Logo o coeficiente da serie e dado por
an′ =
∫ a
0
R(r)rJm(kmn′r) dr∫ a
0
r [Jm(kmn′r)]2dr
81
Calculo da integral de normalizacao:
In =
∫ a
0
r [Jm(kmnr)]2dr
Considere R(r) = Jm(kr) uma solucao qualquer e R(r) = Jm(kmnr) outra solucao que satisfaz ac.c. de Dirichlet Jm(kmna) = 0. Entao,
d
dr
[rd Jm(kmnr)
dr
]− m2
rJm(kmnr) = −k2
mnrJm(kmnr) (100)
d
dr
[rd Jm(kr)
dr
]− m2
rJm(kr) = −k2rJm(kr) (101)
multiplicando (100) por Jm(kr), (101) por Jm(kmnr), subtraindo e integrando por partes:[rJm(kr)
d
drJm(kmnr)− rJm(�
��*0
kmnr)d
drJm(kr)
]a0
= (k2 − k2mn)
∫ a
0
rJm(kmnr)Jm(kr) dr
Note que o segundo termo se anula em a pois satisfaz a c.c de Dirichlet Jm(kmna) = 0. Assim,
aJm(ka)J ′m(kmna)kmn = (k2 − k2mn)
∫ a
0
rJm(kmnr)Jm(kr) dr
onde ′ representa a diferenciacao em relacao ao seu argumento.
dJm(kmnr)
dr=dJm(kmnr)
d(kmnr)
d(kmnr)
dr= J ′m(kmnr)kmn
Diferenciando agora em relacao a k,
aJ ′m(ka)aJ ′m(kmna)kmn = 2k
∫ a
0
rJm(kmnr)Jm(kr) dr + (k2 − k2mn)
∫ a
0
rJm(kmnr)J′m(kr)r dr
quando k → kmn temos ∫ a
0
r [Jm(kmnr)]2dr =
a2
2[J ′m(kmna)]
2
como
2J ′m(x) = Jm−1(x)− Jm+1(x) e Jm+1(x) + Jm−1(x) =2m
xJm(x)
entao
Jm+1(kmna) + Jm−1(kmna) =2m
kmna����
�:0Jm(kmna)
Note que o termo do lado direito se anula em a pois satisfaz a c.c de Dirichlet Jm(kmna) = 0.Assim,
Jm+1(kmna) = −Jm−1(kmna)
e2J ′m(kmna) = Jm−1(kmna)− Jm+1(kmna) = −2Jm+1(kmna)
logo ∫ a
0
r [Jm(kmnr)]2dr =
a2
2[Jm+1(kmna)]
2(102)
82
Exemplo disco circular de raio unitario. A temperatura inicial do disco e constante e a borda dodisco e mantida a uma temperatura zero. Achar a temperatura do disco em qualquer instante detempo.
0
u(r,0) = uu(1,t) = 00
R = 1
Figura 28: Disco circular
Equacao da conducao do calor em coordenadas polares:
∂u
∂t= a2∇2u = a2
(∂2u
∂r2+
1
r
∂u
∂r+
1
r2
∂2u
∂θ2
)pela simetria em relacao ao angulo u = u(r, θ, t) so e funcao de u(r, t) e
∂u
∂t= a2
(∂2u
∂r2+
1
r
∂u
∂r
)
c.i.{u(r, 0) = u0
c.c.
{u(0, t) e finita
u(1, t) = 0
separacao de variaveis: u(r, t) = R(r)T (t), logo
dT (t)
dt= −k2a2T (t)
r2 d2R(r)
dr2+ r
dR(r)
dr+ k2r2R(r) = 0
que e uma equacao de Bessel de ordem m = 0.
Solucoes: T (t) 7→ exp(−k2a2t
), R(r) 7→ J0(kr) e N0(kr).
Pela c.c. que u(0, t) e finita N0(kr) nao e solucao pois N0(0)→ −∞
Pela c.c. u(1, t) = 0 = J0(k)⇒ k = k0n = α0n, onde n = 1, 2, 3, · · · sao os zeros de J0(k).
Princıpio da superposicao:
u(r, t) =
∞∑n=1
An exp(−k2
0na2t)J0(k0nr)
c.i.:
u(r, 0) = u0 =
∞∑n=1
AnJ0(k0nr)
83
multiplicando por rJ0(k0n′r) e integrando [0, 1]:∫ 1
0
u0J0(k0n′r)r dr =
∞∑n=1
An
∫ 1
0
rJ0(k0nr)J0(k0n′r) dr = An′1
2J2
1 (k0n′)
pela condicao de ortogonalidade e uso da relacao (102). Assim
An′ =2u0
J21 (k0n′)
∫ 1
0
rJ0(k0n′r) dr
como[xmJm(x)]′ = xmJm−1(x)
com x = k0n′r e m = 1
d
d(k0n′r)[k0n′rJ1(k0n′r)] =
d
dr[rJ1(k0n′r)] = k0n′rJ0(k0n′r)
integrando em [0, 1]:
J1(k0n′) = k0n′
∫ 1
0
rJ0(k0n′) dr
e
An′ =2u0
J1(k0n′)k0n′
entao
u(r, t) =
∞∑n=1
2u0
J1(k0n)k0nexp
(−k2
0na2t)J0(k0nr)
�
Exemplo Teoria do potencial. Determinar o potencial ϕ(r, θ, z) de um cilindro semi-infinito deraio de base igual a 1 (0 ≤ z <∞, 0 ≤ r ≤ 1) com as condicoes de contorno
ϕ(r, 0) = ϕ0
ϕ(1, z) = 0
ϕ(r,∞)→ 0
ϕ(0, z) e finito
Pela simetria ϕ(r, θ, z) 7→ ϕ(r, z) e a equacao de Laplace ∇2ϕ = 0 em coordenadas cilındricas e:
∂2ϕ
∂r2+
1
r
∂ϕ
∂r+∂2ϕ
∂z2= 0
Pelo metodo de separacao das variaveis ϕ(r, z) = R(r)Z(z), entao
d2Z
dz2= k2Z (103)
d2R
dr2+
1
r
dR
dr+ k2R = 0 (104)
A solucao de (103) que satisfaz a c.c. ϕ(r,∞)→ 0 e Z(z) = e−kz.
A equacao (104) e uma equacao de Bessel de ordem m = 0. A solucao que satisfaz a c.c. ϕ(0, z)e finito e R(r) = J0(kr) pois N0(0)→ −∞.
84
Pela c.c. ϕ(1, z) = 0⇒ J0(k) = 0 e k = k0n = α0n onde n = 1, 2, 3, . . . sao os zeros de J0(k).
Pelo princıpio da superposicao:
ϕ(r, z) =
∞∑n=1
Ane−k0nzJ0 (k0nr)
Pela c.c. ϕ(r, 0) = ϕ0 =
∞∑n=1
AnJ0 (k0nr).
Multiplicando por rJ0 (k0n′r) e integrando em [0, 1]:∫ 1
0
ϕ0J0 (k0n′r) r dr =
∞∑n=1
An
∫ 1
0
rJ0 (k0nr) J0 (k0n′r) dr = An′1
2J2
1 (k0n′)
pela condicao de ortogonalidade e uso da relacao (102). Assim,
An′ =2ϕ0
J21 (k0n′)
∫ 1
0
rJ0 (k0n′r) dr =2ϕ0
J1 (k0n′) k0n′
∴
ϕ(r, z) =
∞∑n=1
2ϕ0
J1 (k0n) k0ne−k0nzJ0 (k0nr)
�
Exemplo Vibracoes livres de uma membrana circular. Coordenadas polares: u(r, θ, t)
1
r
∂
∂r
(r∂u
∂r
)+
1
r2
∂2u
∂θ2=
1
c2∂2u
∂t2
c.c.
{u(0, θ, t) e finito
u(a, θ, t) = 0
onde a = raio.
c.i.
u(r, θ, 0) = u0(r, θ)∂
∂tu(r, θ, 0) = v0(r, θ)
Separacao de variaveis: u(r, θ, t) = R(r)Θ(θ)T (t)
d2T
dt2= λc2T = −ω2T
onde λ = −k2 e ω = kc.
Solucao: e±iωt.d2Θ
dθ2= λ1Θ
Θ e periodica, λ1 = −m2,m = 0, 1, · · ·
{senmθ
cosmθ.
r2 d2R
dr2+ r
dR
dr+ (k2r2 −m2)R = 0 ou x2y′′ + xy′ + (x2 −m2)y = 0
85
onde x = kr,R(x) ≡ y(x).
Solucao de R(r): Jm(kr) e Nm(kr) - funcao de Neumann [Nm(0)→ −∞].
Se αmn forem os zeros da funcao de Bessel, entao, kmn =αmna
e ωmn = ckmn = αmnc
a, da
c.c. J(ka) = 0 em r = a.
u(r, θ, t) =
∞∑m=0
∞∑n=1
Jm
(αmn
r
a
) [(Amneiωmnt +A∗mne−iωmnt
)cosmθ+
+(Bmneiωmnt +B∗mne−iωmnt
)senmθ
]para t = 0
u0(r, θ) =
∞∑m=0
∞∑n=1
Jm
(αmn
r
a
)[(Amn +A∗mn) cosmθ + (Bmn +B∗mn) senmθ] (105)
que e uma serie de Fourier-Bessel em r e uma serie de Fourier em θ.
para t = 0
v0(r, θ) =
∞∑m=0
∞∑n=1
Jm
(αmn
r
a
)iωmn [(Amn −A∗mn) cosmθ + (Bmn −B∗mn) senmθ] (106)
multiplicando (105) e (106) por rJm′(αm′n′
r
a
)cosm′θ, integrando 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ 2π e
usando ∫ a
0
r[Jm′
(αm′n′
r
a
)]2dr =
a2
2[Jm′+1(αm′n′)]
2
∫ 2π
0
cos2m′θ dθ =
{π se m′ 6= 0
2π se m′ = 0,
∫ 2π
0
sen2m′θ dθ =
{π se m′ 6= 0
0 se m′ = 0
obtemos um sistema algebrico de equacoes para a determinacao de Amn e Bmn cuja solucao e:
Amn =
∫ a
0
∫ 2π
0
[u0(r, θ)− i
ωmnv0(r, θ)
]cosmθ rJm
(αmn
r
a
)dr dθ
πa2 [Jm+1(αmn)]2
A0n =
∫ a
0
∫ 2π
0
[u0(r, θ)− i
ω0nv0(r, θ)
]rJ0
(α0n
r
a
)dr dθ
2πa2 [J1(α0n)]2
e
Bmn =
∫ a
0
∫ 2π
0
[u0(r, θ)− i
ωmnv0(r, θ)
]senmθ rJm
(αmn
r
a
)dr dθ
πa2 [Jm+1(αmn)]2
As frequencias sao dadas por: ωmn = αmnc
a. A frequencia fundamental e ω01 = α01
c
a= 2, 404
c
a.
As outras frequencias sao: ω11 = α11c
a=
α11
α01ω01 = 1, 594 ω01 , ω02 =
α02
α01= 2, 296 ω01 ,
ω12 =α12
α01= 2, 918 ω01 , . . .
�
86
Figura 29: Membrana circular. Os modos normais podem ser vistos em: Vibrational Modes of aCircular Membrane - Dan Russell, Grad. Prog. Acoustics, Penn State
2) Funcoes de Neumann
Considere a ED de Bessel onde m e um numero inteiro
x2y′′ + xy′ + (x2 −m2)y = 0 (107)
Para se achar a segunda solucao da equacao de Bessel quando µ = m escrevemos
y(x) = u(x)Jm(x)⇒ u[x2J ′′m + xJ ′m + (x2 −m2)Jm] + 2x2u′J ′m + x2u′′Jm + xu′Jm = 0
O termo entre colchetes se anula pois Jm(x) satisfaz a ED de Bessel. Dividindo por xu′Jm temos
u′′
u′+ 2
J ′mJm
+1
x= 0
integrandolnu′ + ln J2
m + lnx = lnA
onde A e uma constante, logo
u′ =A
xJ2m
entao
Nm(x) = u(x)Jm(x) = AJm(x)
∫dx
xJ2m(x)
que e a funcao de Bessel de 2a especie ou funcao de Neumann.
A funcao de Neumann escrita como
Nµ(x) =Jµ(x) cos(µπ)− J−µ(x)
sen(µπ)
e solucao da equacao de Bessel (107) com m = µ.
87
Para µ = m aplicamos a regra de l’Hospital: Nm(x) = limµ→m
Nµ(x)
Nm(x) = limµ→m
(∂Jµ(x)
∂µ
)cos(µπ)− Jµ(x) sen(µπ)−
(∂J−µ(x)
∂µ
)π cos(µπ)
=1
π
[∂Jµ(x)
∂µ− (−1)m
∂J−µ(x)
∂µ
]µ=m
pois cos(mπ) = (−1)m.
Para m = 0
N0(x) = AJ0(x)
∫dx
xJ20 (x)
e como J0(x) = 1− x2
4+x4
64−+ · · · , temos que
1
xJ20 (x)
=1
x+x
2+
5x3
32+ · · ·
N0(x) = AJ0(x)
[lnx+
x2
4+
5x4
128+ · · ·
]= A
(1− x2
4+x4
64+ · · ·
)[lnx+
x2
4+
5x4
128+ · · ·
]logo
N0(0)→ −∞
Figura 30: Funcoes de Newmann
Relacoes de Recorrencia :
d
dx[xmNm(x)] = xmNm−1(x) ,
d
dx
[Nm(x)
xm
]= −Nm+1(x)
xm,
Nm(x)
xm=
(− 1
x
d
dx
)mN0(x)
88
3) Equacao de Bessel Modificada
Se trocarmos na equacao (107)x 7→ ix
obtemos a equacao modificada de Bessel
x2y′′ + xy′ − (x2 +m2)y = 0
cuja solucao ey(x) = C1Jm(ix) + C2Nm(ix)
Define-se
Iµ(x) = i−µJµ(ix) = i−µ∞∑k=0
(−1)k
k!Γ(k + µ+ 1)
(ix
2
)2k+µ
tal que, (i)2k = (−1)k, entao
Iµ(x) =
∞∑k=0
1
k!Γ(k + µ+ 1)
(x2
)2k+µ
que e a funcao modificada de Bessel de 1a especie.
A funcao modificada de Bessel de 2a especie e dada por
Kµ(x) =π
2
I−µ(x)− Iµ(x)
senπµ
Para µ = m
Km(x) =(−1)m
2
[∂I−µ(x)
∂µ− ∂Iµ(x)
∂µ
]µ=m
pela regra de l’Hospital.
Figura 31: Funcoes de Bessel Modificadas
89
Exemplo A equacao do calor ∇2u =1
a2
∂u
∂tindependente do tempo e em coordenadas cilındricas
e dada por1
r
∂
∂r
(r∂u
∂r
)+
1
r2
∂2u
∂θ2+∂2u
∂z2= 0
Achar a temperatura u(r, θ, z) num cilindro de comprimento L e raio da base b com as condicoesde contorno
c.c
u(0, θ, z) finita
u(b, θ, z) = u1
u(r, θ, 0) = u(r, θ, L) = 0
u(r, θ, z) = R(r)Θ(θ)Z(z)
d2Z
dz2= λ1Z ,
d2Θ
dθ2= λ2Θ ,
d
dr
(rdR
dr
)+
[rλ1 +
λ2
r
]R = 0
c.c. u(r, θ, 0) = u(r, θ, L) = 0:
λ1 = −n2π2
L2, n = 1, 2, · · · ⇒ Z(z) tem solucao sen
nπz
L
λ2 = −m2, m = 0, 1, · · · ⇒ Θ(θ) tem solucao
{senmθ
cosmθ
Assim,d
dr
(rdR
dr
)+
[−n
2π2
L2r − m2
r
]R = 0
comnπ
Lr = x e R(r) ≡ y(x)
x2y′′ + xy′ − (x2 +m2)y = 0
que e a equacao modificada de Bessel cujas solucoes sao Im(x) e Km(x). R(r) tem solucao
Im
(nπLr)
pois deve ser finita em x = 0 e Km(0) → ∞. Como a solucao deve ser axialmente
simetrica pois u(b, θ, z) = u1 ⇒ m = 0 e Θ = constante, entao pelo princıpio da superposicao
u(r, θ, z) =
∞∑n=1
An sen(nπzL
)I0
(nπLr)
em que a c.c. u(b, θ, z) = u1 representa uma serie seno de Fourier em z.
u1 =
∞∑n=1
An sen(nπzL
)I0
(nπLb)
multiplicando por2
Lsen(nπzL
), integrando [0, L] e utilizando a relacao
2
L
∫ L
0
sen(nπzL
)sen
(n′πz
L
)dz = δnn′
temos
An′I0
(n′π
Lb
)=
2
L
∫ L
0
u1 sen
(n′πz
L
)dz =
4u1
n′πımpar
0 par
logo a solucao e
u(r, θ, z) =4u1
π
∞∑n=1,3,5,···
1
n
I0
(nπrL
)I0
(nπb
L
) sennπz
L
�
90
4) Polinomios de Hermite
Equacao estacionaria de Schrodinger para uma partıcula que se move num campo conservativocom energia total E:
− ~2
2m∇2ψ(~r~r~r) + V (~r~r~r)ψ(~r~r~r) = Eψ(~r~r~r)
para um oscilador harmonico ψ = ψ(ξ)
V =k
2ξ2 , ∇2ψ =
d2ψ
dξ2
assim,
− ~2
2m
d2ψ
dξ2+k
2ξ2ψ = Eψ
fazendo ξ = αx
α =
(~2
mk
)1/4
, λ =
(2E
~
)√m
k=
2E
~ω, ω =
√k
m
entao,d2ψ
dx2+ (λ− x2)ψ = 0
fazendo ψ(x) = e−x2/2y(x), temos
y′′ − 2xy′ − (1− λ)y = 0
que e a equacao diferencial de Hermite.
Para λ = 2n+ 1 =2E
~ω⇒ E =
(n+
1
2
)~ω e a ED de Hermite fica:
y′′ − 2xy′ + 2ny = 0 (108)
cuja solucao sao os polinomios de Hermite (vide Figura 32):
Hn(x) = (−1)nex2 dn
dxn
(e−x
2)
(109)
H0(x) = 1 , H1(x) = 2x , H2(x) = 4x2 − 2
H3(x) = 8x3 − 12x , H4(x) = 16x4 − 48x2 + 12
Multiplicando (108) por e−x2
,
e−x2 d2y
dx2− 2xe−x
2 dy
dx+ 2ne−x
2
y = 0
d
dx
(e−x
2 dy
dx
)−���
����d
dx
(e−x
2) dydx−��
���
2xe−x2 dy
dx+ 2ne−x
2
y = 0
d
dx
(e−x
2 dy
dx
)− e−x
2
y + (2n+ 1)e−x2
y = 0
que e uma ED S-Ld
dx
[p(x)
dy
dx
]− s(x)y + λr(x)y = 0
onde p(x) = e−x2
, s(x) = e−x2
, r(x) = e−x2
e λ = 2n+ 1.
91
Figura 32: Polinomios de Hermite
Polinomios de Hermite sao ortogonais com relacao a funcao peso e−x2
:∫ +∞
−∞e−x
2
Hm(x)Hn(x) dx = 0 m 6= n
Funcao geratriz :
G(x, t) = e−t2+2tx =
∞∑n=0
tn
n!Hn(x) (110)
e−t2
=
∞∑n=0
(−t2
)nn!
= 1− t2 +t4
2!− t6
3!+ · · · (111)
e2tx =
∞∑n=0
(2tx)n
n!= 1 + (2x)t+
(2x)2t2
2!+
(2x)3t3
3!+ · · · (112)
Exercıcio Verifique atraves da multiplicacao de (111) e (112) que (110) e valida para os coefici-entes de t0, t1 e t2.
Relacoes de recorrencia :
Diferenciando G(x, t) com relacao a t:
∂G
∂t=
∞∑n=1
1
n!nHn(x)tn−1
n′=n−1︷︸︸︷=
∞∑n′=0
1
n′!Hn′+1(x)tn
′= (−2t+ 2x)e−t
2+2tx
= (−2t+ 2x)
∞∑n=0
1
n!Hn(x)tn
92
igualando os coeficientes de tn temos
2xHn(x) = Hn+1(x) + 2nHn−1(x)
Diferenciando G(x, t) com relacao a x:
∂G
∂x=
∞∑n=0
1
n!
dHn(x)
dxtn = 2te−t
2+2tx = 2t
∞∑n=0
1
n!Hn(x)tn
igualando os coeficientes de tn temos
dHn(x)
dx= 2nHn−1(x)
Normalizacao :
∫ +∞
−∞e−x
2
[Hn(x)]2dx
usando (109)︷︸︸︷=
∫ +∞
−∞Hn(x)(−1)n
dn
dxn
(e−x
2)dx
integrando por partes︷︸︸︷=
= Hn(x)������
�:0(−1)n
dn−1
dxn−1
(e−x
2)
︸ ︷︷ ︸−Hn−1(x)e−x2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣+∞
−∞
− (−1)n∫ +∞
−∞
dHn(x)
dx︸ ︷︷ ︸2nHn−1(x)
dn−1
dxn−1
(e−x
2)dx
integrando por partes︷︸︸︷=
= (−1)n−12nHn−1(x)����>
0dn−2
dxn−2
(e−x
2)∣∣∣∣∣∣∣
+∞
−∞
−
− (−1)n−12n
∫ +∞
−∞
dHn−1(x)
dx︸ ︷︷ ︸2(n−1)Hn−2(x)
dn−2
dxn−2
(e−x
2)dx = · · ·
= 2nn(n− 1) · · · (2)(1)(−1)n−n∫ +∞
−∞H0(x)
dn−n
dxn−n
(e−x
2)dx
= 2nn!
∫ +∞
−∞e−x
2
dx = 2nn!√π
Funcao de onda:
ψ(x) = e−x2/2y(x)
normalizada:
ψn(x) =e−x
2/2Hn(x)
(2nn!√π)
1/2
∫ +∞
−∞ψn(x)ψm(x) dx =
∫ +∞
−∞
e−x2
Hn(x)Hm(x)
(2nn!√π)
1/2(2mm!
√π)
1/2dx =
{1 m = n
0 m 6= n
ψ0(x) =e−x
2/2
(√π)1/2
, ψ1(x) =2xe−x
2/2
(2√π)1/2
, ψ2(x) =(4x2 − 2)e−x
2/2
(8√π)1/2
ψ0(x) e uma Gaussiana (Figura 33); ψ1(x) (Figura 34) e ψ2(x) (Figura 35).
93
Figura 33: Grafico de ψ0(x)
Figura 34: Grafico de ψ1(x)
Probabilidade de transicao entre 2 estados:∫ +∞
−∞xe−x
2
Hn(x)Hm(x) dx =
∫ +∞
−∞ψn(x) x ψm(x) dx
=
∫ +∞
−∞e−x
2
[1
2Hn+1(x) + nHn−1(x)
]Hm(x) dx
=1
2δm,n+12mm!
√π + nδm,n−12mm!
√π
=
{√π2n−1(n− 1)! m = n− 1√π2n(n+ 1)! m = n+ 1
transicao ocorre somente quando m = n± 1 entre estados de energia adjacentes.
94
Figura 35: Grafico de ψ2(x)
O deslocamento medio do oscilador quantico∫ +∞
−∞x2e−x
2
Hn(x)Hm(x) dx =
=
∫ +∞
−∞e−x
2
[nHn−1(x) +
1
2Hn+1(x)
] [mHm−1(x) +
1
2Hm+1(x)
]dx =
=√π[nm2n−1(n− 1)!δm−1,n−1 + n2n−2(n− 1)!δn−1,m+1 +
+ m2n(n+ 1)!δm−1,n+1 + 2n−1(n+ 1)!δm+1,n+1
]se n = m ∫ +∞
−∞x2e−x
2
[Hn(x)]2dx =
√π2nn!
(n+
1
2
)Exemplo Oscilador harmonico em M.Q.
operador criacao: a† =1√2
(x− d
dx
)operador destruicao: a =
1√2
(x+
d
dx
)mostramos que a funcao de onda e dada por
ψn(x) =e−x
2/2Hn(x)
(2nn!√π)
1/2
a†ψn(x) =1√2
1
(2nn!√π)
1/2
xe−x2/2Hn(x) + xe−x
2/2Hn(x)− e−x2/2
2nHn−1(x)︷ ︸︸ ︷dHn(x)
dx
=
√2e−x
2/2
(2nn!√π)
1/2
xHn(x)− nHn−1(x)︸ ︷︷ ︸Hn+1(x)/2
=(n+ 1)1/2e−x
2/2
[2n+1(n+ 1)!√π]
1/2Hn+1(x)
=√n+ 1ψn+1(x)
95
Exercıcio mostre que aψn(x) =√nψn−1(x).
Se combinarmos(a†a+ aa†
)obtemos:(
a†a+ aa†)
=1
2
[(x− d
dx
)(x+
d
dx
)+
(x+
d
dx
)(x− d
dx
)]=
1
2
[x2 +
���xd
dx− �1−
d2
dx2+ x2 −
���xd
dx+ �1−
d2
dx2
]=
[x2 − d2
dx2
]equacao do oscilador harmonico
−d2ψ
dx2+ x2ψ =
2E
~ωψ
(a†a+ aa†)ψ =2E
~ωψ
1
2(a†a+ aa†)︸ ︷︷ ︸
H
ψ =E
~ωψ
Hψ =E
~ωψ
H - funcao Hamiltoniana do oscilador harmonico �
5) Polinomios de Legendre
Equacao de Helmholtz da onda em coordenadas esfericas:
d
dr
(r2 dR
dr
)+[r2k2 + λ2
]R = 0
d2Φ
dφ2= −m2Φ
d
dθ
(sen θ
dΘ
dθ
)−(λ2 sen θ +
m2
sen θ
)Θ = 0
Se x = cos θ, Θ(θ) ≡ y(x) e λ2 = −l(l + 1), temos
d
dx
[(1− x2)
dy
dx
]+
(l(l + 1)− m2
1− x2
)y = 0
que e a equacao diferencial associada de Legendre.
Se m = 0⇒ Φ = constante:
d
dx
[(1− x2)
dy
dx
]+ l(l + 1)y = 0 (113)
que e a equacao diferencial de Legendre, cuja solucao sao os polinomios de Legendre:
Pl(x) =1
2ll!
dl
dxl(x2 − 1)l
que e a formula de Rodrigues.
P0(x) = 1 , P1(x) = x , P2(x) =1
2(3x2 − 1) , P3(x) =
1
2(5x3 − 3x) ,
P4(x) =1
8(35x4 − 30x2 + 3) , P5(x) =
1
8(63x5 − 70x3 + 15x)
96
Figura 36: Polinomios de Legendre
Funcao geratriz :
1
(1− 2xt+ t2)1/2=
∞∑l=0
tlPl(x)
Interpretacao da funcao geratriz: potencial no ponto (x, y, z) de uma carga situada no eixo z.(Vide Figura 37)
zz = a
q
rr
1
�
q
4��0r1
� =
Figura 37: Potencial no ponto (x, y, z)
ϕ(x, y, z) =q
4πε0r1⇒ ϕ(x, y, z) =
q
4πε0 (a2 + r2 − 2ra cos θ)1/2
pois pela lei dos co-senos r1 = (a2 + r2 − 2ra cos θ)1/2
97
ϕ(r, θ) =
q
4πε0a
(1 +
r2
a2− 2
r
acos θ
)1/2r < a , t =
r
a, x = cos θ
q
4πε0r
(1 +
a2
r2− 2
a
rcos θ
)1/2r > a , t =
a
r, x = cos θ
ϕ(r, θ) e solucao da equacao de Laplace: ∇2ϕ = 0 que por variaveis separaveis fornece
d
dθ
(sen θ
dΘ
dθ
)+ l(l + 1) sen θΘ = 0 (114)
d
dr
(r2 dR
dr
)− l(l + 1)R = 0 (115)
Solucoes de (114) sao os polinomios de Legendre:
Θ = Pl(cos θ)
Solucoes de (115) sao:
R =
rl
1
rl+1
Se a solucao nao deve divergir em r = 0, entao
ϕ(r, θ) =
∞∑l=0
AlPl(cos θ)rl (116)
Se a solucao nao deve divergir em r →∞, entao
ϕ(r, θ) =
∞∑l=0
BlPl(cos θ)1
rl+1(117)
Exemplo Dipolo eletrico
zz = az = - a
- q q
rr
r2
1
�
q
4��0( )1 1
r r1 2� =
Figura 38: Dipolo eletrico
98
ϕ =q
4πε0
(1
r1− 1
r2
)Pela lei dos co-senos:
r1 =√r2 + a2 − 2ra cos θ , r2 =
√r2 + a2 + 2ra cos θ
ϕ(r, θ) =q
4πε0r
1√1 +
a2
r2− 2
a
rcos θ
− 1√1 +
a2
r2+ 2
a
rcos θ
(r > a)
Funcao geratriz dos polinomios de Legendre
1√1− 2xt+ t2
=
∞∑l=0
tlPl(x)
t = ±ar
, x = cos θ
ϕ(r, θ) =q
4πε0r
∞∑l=0
[(ar
)lPl(cos θ)−
(−ar
)lPl(cos θ)
]∴
ϕ(r, θ) =2q
4πε0r
∞∑l=0
[(ar
)2l+1
P2l+1(cos θ)
]�
A equacao de Legendre (113) e uma equacao de Sturm-Liouville
d
dx
[p(x)
dy
dx
]− s(x)y + λr(x)y = 0
onde p(x) = (1− x2), s(x) = 0, λ = l(l + 1), r(x) = 1.
Ortogonalidade e assegurada pois[p(x)
(yndymdx− ym
dyndx
)]ba
= 0
onde b = +1, a = −1, p(±1) = 0.
Os polinomios de Legendre sao ortogonais em relacao a funcao peso r(x) = 1:∫ +1
−1
Pl(x)Pl′(x) dx = 0 ∀ l 6= l′
Integral de normalizacao
Il =
∫ +1
−1
[Pl(x)]2dx
Il =
∫ +1
−1
1
22l(l!)2
dl
dxl(x2 − 1)l︸ ︷︷ ︸u
dl
dxl(x2 − 1)l dx︸ ︷︷ ︸
dv
99
Integrando por partes:
Il =1
22l(l!)2
dl
dxl(x2 − 1)l
������*0
dl−1
dxl−1(x2−1)l
∣∣∣∣∣∣∣+1
−1
−∫ +1
−1
dl−1(x2 − 1)l
dxl−1
dl+1(x2 − 1)l
dxl+1dx
=
1
22l(l!)2
(−1)
∫ +1
−1
dl+1(x2 − 1)l
dxl+1︸ ︷︷ ︸u
dl−1(x2 − 1)l
dxl−1dx︸ ︷︷ ︸
dv
=
1
22l(l!)2
{(−1)(−1)
∫ +1
−1
dl+2(x2 − 1)l
dxl+2
dl−2(x2 − 1)l
dxl−2dx
}· · ·
Il =(−1)l
22l(l!)2
∫ +1
−1
(x2 − 1)l
������*
(2l)!
d2l(x2 − 1)l
dx2ldx
=(−1)l(2l)!
22l(l!)2
∫ +1
−1
(x2 − 1)l dx
efetuando uma mudanca de variaveis: x = 1− 2t⇒ dx = −2dt ; −1 ≤ x ≤ +1⇒ 0 ≤ t ≤ 1
x2 − 1 = (1− 2t)2 − 1 = 1− 4t+ 4t2 − 1 = 22t(t− 1) = 22t(−1)(1− t)
Il =(−1)l(2l)!
��22l(l!)2
∫ 0
1��22ltl(−1)l(1− t)l(−2 dt)
=2(−1)2l(2l)!
(l!)2
∫ 1
0
tl(1− t)l dt
B(a, b) =
∫ 1
0
ta−1(1− t)b−1 dt =Γ(a)Γ(b)
Γ(a+ b)
onde a = l + 1, b = l + 1
Il =2���*
1
(−1)2l(2l)!
(l!)2
Γ(l + 1)Γ(l + 1)
Γ(2l + 2)
Observacao Γ(n+ 1) = nΓ(n) = n! ; Γ(2l + 2) = (2l + 1)! = (2l + 1)(2l)!
Il =2���(2l)!
���(l!)2
��l!l!
(2l + 1)��2l!
Il =2
2l + 1=
∫ +1
−1
[Pl(x)]2 dx
Relacoes de recorrencia :
(l + 1)Pl+1(x) = (2l + 1)xPl(x)− lPl−1(x)
(1− x2)dPl(x)
dx= lPl−1(x)− lxPl(x)
dPl+1(x)
dx− dPl−1(x)
dx= (2l + 1)Pl(x)
100
Propriedades :
P2l+1(0) = 0 , Pl(1) = 1
P2l(0) =(−1)l(2l)!
22l(l!)2
Exemplo Potencial eletrostatico para um anel carregado de raio a e carga eletrica total q.
z
a
q
r�
(r,�)
x
y
Figura 39: Problema eletrostatico com simetria cilındrica
Devido a simetria cilındrica o potencial depende apenas de r e θ e a equacao de Laplace fica∇2ϕ(r, θ) = 0 e segundo (117)
ϕ(r, θ) =
∞∑l=0
BlPl(cos θ)1
rl+1
No eixo z temos θ = 0 e r = z
ϕ(z, 0) =
∞∑l=0
BlPl(1)1
zl+1=
∞∑l=0
Blzl+1
(118)
pois Pl(1) = 1.
Segundo a lei de Coulomb o potencial em z devido a carga do anel carregado e
ϕ(z) =q
4πε0
1√z2 + a2
=q
4πε0z
1√1 + a2/z2
Funcao geratriz
1√1− 2xt+ t2
=
∞∑l=0
tlPl(x)
t =a
z, x = 0
101
Assim,
ϕ(z, 0) =q
4πε0z
∞∑l=0
(az
)lPl(0) (119)
Igualando (118) e (119) temos
Bl =q
4πε0alPl(0)
onde
P2l+1(0) = 0 , P2l(0) =(−1)l(2l)!
22l(l!)2
logo
ϕ(r, θ) =q
4πε0r
∞∑l=0
(−1)l(2l)!
22l(l!)2
(ar
)2l
P2l(cos θ)
�
Exemplo Potencial eletrostatico no interior de uma esfera de raio r0 onde nao existem cargas noseu interior com c.c. na superfıcie ϕ(r0, θ, φ) = f(θ).
+V0
Figura 40: Problema eletrostatico com simetria esferica
∇2ϕ = 0, devido a simetria ϕ(r, θ, φ) = ϕ(r, θ)
3 ED: ϕ(r, θ, φ) = R(r)Θ(θ)Φ(φ)d2Φ
dφ2= −m2Φ
d
dθ
(sen θ
dΘ
dθ
)+
[l(l + 1) sen θ − m2
sen θ
]Θ = 0
d
dr
(r2 dR
dr
)+[r2k2 − l(l + 1)
]R = 0
Para que a solucao independa de φ, m = 0.
102
Se m = 0,
d
dθ
(sen θ
dΘ
dθ
)+ l(l + 1) sen θΘ = 0 (120)
d
dr
(r2 dR
dr
)− l(l + 1)R = 0 (121)
tal que, k = 0 pois a solucao e independente do tempo.
ϕ(r, θ) = R(r)Θ(θ)
Com uma mudanca de variaveis x = cos θ em (120):
d
dx
[(1− x2)
dy
dx
]+ l(l + 1)y = 0
cuja solucao e Pl(x). Assim, a solucao de (120): Pl(cos θ).
Solucao de (121):
Seja a expressao R = rα em (121):
d
dr
(r2αrα−1
)− l(l + 1)rα = 0
2rαrα−1 + r2α(α− 1)rα−2 − l(l + 1)rα = 0
2α+ α(α− 1)− l(l + 1) = 0
α2 + α− l(l + 1) = 0
α =
{l
−(l + 1)
Solucao R(r) =
rl
1
rl+1
Solucao Θ(θ) = Pl(cos θ)
Solucoes para interior e exterior da esfera nao divergem; interior: rl, exterior:1
rl+1
Interior (r < r0):
ϕ(r, θ) =
∞∑l=0
AlrlPl(cos θ) (122)
Exterior (r > r0):
ϕ(r, θ) =
∞∑l=0
A′l1
rl+1Pl(cos θ) (123)
onde Al e A′l sao determinados pelas c.c.
multiplicando (122) por Pl′(cos θ) sen θ e integrando [0, π]:∫ π
0
ϕ(r, θ)Pl′(cos θ) sen θ dθ =
∞∑l=0
Alrl
∫ π
0
Pl(cos θ)Pl′(cos θ) sen θ dθ = Al′rl′ 2
2l′ + 1
103
quando r = r0 → ϕ(r0, θ) = f(θ), assim,
Al =1
rl0
2l + 1
2
∫ π
0
f(θ)Pl(cos θ) sen θ dθ
f(θ) =
{+V0 0 ≤ θ ≤ π/2−V0 π/2 ≤ θ ≤ π
Al =1
rl0
2l + 1
2
∫ π/2
0
V0Pl (cos θ)︸ ︷︷ ︸x
sen θ dθ︸ ︷︷ ︸−dx
−∫ π
π/2
V0Pl (cos θ)︸ ︷︷ ︸x
sen θ dθ︸ ︷︷ ︸−dx
com a mudanca de variaveis: x = cos θ, dx = − sen θ dθ
Al =V0
rl0
2l + 1
2
{−∫ 0
1
Pl(x) dx+
∫ −1
0
Pl(x) dx
}das relacoes de recorrencia:
P ′l+1(x)− P ′l−1(x) = (2l + 1)Pl(x)
(2l + 1)
∫Pl(x) dx = Pl+1(x)− Pl−1(x)
temos
Al =V0
rl0
���2l + 1
2
1
���2l + 1
{[Pl+1(x)− Pl−1(x)]
10 + [Pl+1(x)− Pl−1(x)]
−10
}Al =
V0
2rl0{����Pl+1(1)− Pl+1(0)−����Pl−1(1) + Pl−1(0) +���
��Pl+1(−1)− Pl+1(0)−�����Pl−1(−1) + Pl−1(0)}
Observacao
Pl(1) = 1 ∀ lPl(−x) = (−1)lPl(x)
Pl(x) =1
2ll!
dl
dxl(x2 − 1)l
Pl+1(−1)− Pl−1(−1) = (−1)l+1Pl+1(1)− (−1)l−1Pl−1(1) = (−1)l+1(1− (−1)−2
)= 0
Al =V0
�2rl0
[�2Pl−1(0)− �2Pl+1(0)
]Solucao geral (note que P2l+1(0) = 0 logo Al 6= 0 somente para l = 2l + 1):
ϕ(r, θ) =
∞∑l=0
A2l+1r2l+1P2l+1(cos θ)
onde
A2l+1 =V0
r2l+10
[P2l(0)− P2l+2(0)]
Para r < r0:
ϕ(r, θ) = V0
{3
2
(r
r0
)P1(cos θ)− 7
8
(r
r0
)3
P3(cos θ) +− · · ·
}
104
Para r > r0:
ϕ(r, θ) =
∞∑l=0
Al1
rl+1Pl(cos θ) =
∞∑l=0
A2l+11
r2l+2P2l+1(cos θ)
ϕ(r, θ) = V0
{3
2
(r0
r
)2
P1(cos θ)− 7
8
(r0
r
)4
P3(cos θ) +− · · ·}
�
6) Equacao associada de Legendre
Equacao de Helmholtz∇2ψ + k2ψ = 0
em coordenadas esfericas: ψ(r, θ, φ) = R(r)Θ(θ)Φ(φ)
d2Φ
dφ2= −m2Φ (124)
d
dr
(r2 dR
dr
)+[r2k2 − l(l + 1)
]R = 0 (125)
d
dθ
(sen θ
dΘ
dθ
)+
[l(l + 1) sen θ − m2
sen θ
]Θ = 0 (126)
Da equacao (126) com x = cos(θ) e Θ(x) = y(x) temos equacao associada de Legendre
d
dx
((1− x2)
dy
dx
)+
[l(l + 1)− m2
1− x2
]y = 0 (127)
Observacao Se m = 0⇒ equacao de Legendre.
Solucao de (127): polinomios associados de Legendre
Pml (x) =1
2ll!(x2 − 1)m/2
dl+m
dxl+m(x2 − 1)l , (0 ≤ m ≤ l)
Algumas formulas de recorrencia
(l −m+ 1)Pml+1(x) = (2l + 1)xPml (x)− (l +m)Pml−1(x) (128)
dPml (x)
dx= −
Pm+1l (x)√1− x2
− mxPml (x)
1− x2(129)
Propriedade : ∫ +1
−1
Pml (x)Pml′ (x) dx =(l +m)!
(l −m)!
2
2l + 1δll′ (−l ≤ m ≤ l) (130)
onde δll′ =
{1 l = l′
0 l 6= l′.
7) Harmonicos Esfericos
Combinando (124) e (126) e a expressao Y (θ, φ) = Θ(θ)Φ(φ)
1
sen θ
∂
∂θ
(sen θ
∂Y
∂θ
)+
1
sen2 θ
∂2Y
∂φ2+ l(l + 1)Y = 0 (131)
105
Solucao da equacao (124): e±imφ
Solucao da equacao (126): Pml (cos θ)
Solucao da equacao (131) e um produto de(e±imφ
)e [Pml (cos θ)]
Solucoes normalizadas
Θ(θ) normalizado:x = cos θ ⇒ dx = − sen θ dθ
Θml (θ) =
√(l −m)!
(l +m)!
2l + 1
2Pml (cos θ)
(−1 ≤ x ≤ 10 ≤ θ ≤ π
)
funcao peso em
{x e 1
θ e sen θ ∫ π
0
[Θml (θ)]
2sen θ dθ = 1
com x = cos θ e segundo (130)∫ −1
+1
[(l −m)!
(l +m)!
2l + 1
2
][Pml (x)]
2(−dx) = 1
Φ(φ) normalizado:
Φm(φ) =1√2π
eimφ (0 ≤ φ ≤ 2π)∫ 2π
0
Φ∗mΦm dφ =
∫ 2π
0
eimφe−imφ
2πdφ = 1
Solucao dos harmonicos esfericos
Y ml (θ, φ) = (−1)m
√2l + 1
4π
(l −m)!
(l +m)!Pml (cos θ)eimφ
(−1)m e introduzido na MQ e e o fator de fase Condon-Shortley
Y 00 =
1√4π
, Y 01 =
√3
4πcos θ , Y 1
1 = −√
3
8πsen θeiφ , Y −1
1 =
√3
8πsen θe−iφ
∫ 2π
0
∫ π
0
(Y m1
l1
)∗ (Y m2
l2
)sen θ dθ dφ = δl1l2δm1m2
Exemplo operadores momento angular em M.Q.: Lx ± iLy
Lx + iLy = eiφ(∂
∂θ+ i
cos θ
sen θ
∂
∂φ
), operador subida (criacao)
Lx − iLy = e−iφ(− ∂
∂θ+ i
cos θ
sen θ
∂
∂φ
), operador descida (destruicao ou aniquilacao)
YML (θ, φ) =
√2L+ 1
4π
(L−M)!
(L+M)!PML (cos θ)eiMφ
106
(Lx + iLy)YML (θ, φ) = eiφ(∂
∂θ+ i
cos θ
sen θ
∂
∂φ
)YML (θ, φ)
= eiφ
√2L+ 1
4π
(L−M)!
(L+M)!
eiMφPM+1L (cos θ)︷ ︸︸ ︷[
dPML (cos θ)
dθeiMφ −M cos θ
sen θPML (cos θ)eiMφ
]pois de (129)
dPML (cos θ)
dθ= PM+1
L (cos θ) +Mcos θ
sen θPML (cos θ)
(Lx + iLy)YML (θ, φ) = ei(M+1)φ
√√√√√2L+ 1
4π
(L−M)(L−M − 1)!
(L+M + 1)!
L+M + 1
PM+1L (cos θ)
=√
(L−M)(L+M + 1)YM+1L (θ, φ)
Exercıcio mostre que
(Lx − iLy)YML (θ, φ) =√
(L+M)(L−M + 1)YM−1L (θ, φ)
�
8) Funcoes esfericas de Bessel
Solucao da equacao (125):
d
dr
(r2 dR
dr
)+[k2r2 − l(l + 1)
]R = 0
com x = kr, y(x) ≡ R(r), temos
x2 d2y
dx2+ 2x
dy
dx+[x2 − l(l + 1)
]y = 0 (132)
com y(x) =u(x)√x
, temos
x2u′′ + xu′ +
[x2 −
(l +
1
2
)2]u = 0
que e uma ED de Bessel de ordem l + 1/2, logo
y(x) = C1
Jl+1/2(x)√x
+ C2
J−l−1/2(x)√x
Definicao 6 Funcao esferica de Bessel
jl =
√π
2xJl+1/2(x)
Da relacao de recorrenciaJm(x)
xm=
(− 1
x
d
dx
)mJ0(x)
entaojl(x)
xl=
(− 1
x
d
dx
)lj0(x) (133)
107
Determina-se j0 atraves da equacao (132) fazendo l = 0
x2y′′ + 2xy + x2y = 0
cujas solucoes saosenx
xe
cosx
xassim
j0 =
√π
2xJ1/2(x) =
senx
x
logo, pela lei de recorrencia (133),
j1(x) =senx
x2− cosx
x, j2(x) =
(3
x3− 1
x
)senx− 3
x2cosx
Figura 41: Funcoes esfericas de Bessel
A outra solucao e
n0(x) = −cosx
x= −
√π
2xJ−1/2(x)
comnl(x)
xl=
(− 1
x
d
dx
)ln0(x) (134)
logo, pela lei de recorrencia (134),
n1(x) = −cosx
x2− senx
x, n2(x) = −
(3
x3− 1
x
)cosx− 3
x2senx
onde nl(x) - funcoes esfericas de Neumann.
1o zero de j0 e π e de n0 e π/2.
108
Figura 42: Funcoes esfericas de Neumann
Exemplo partıcula numa esfera de raio a.
Equacao de Schrodinger
− ~2
2m∇2ψ = Eψ
que e uma equacao de Helmholtz∇2ψ + k2ψ = 0
onde k2 =2mE
~2.
Em coordenadas esfericas: ψ(r, θ, φ) = Y (θ, φ)R(r)
1
sen θ
∂
∂θ
(sen θ
∂Y
∂θ
)+
1
sen2 θ
∂2Y
∂φ2+ l(l + 1)Y = 0 =⇒ Y ml (θ, φ)
d
dr
(r2 dR
dr
)+[k2r2 − l(l + 1)
]R = 0 =⇒ R = C1jl(kr) + C2nl(kr)
c.c.
{ψ(a, θ, φ) = 0
ψ(0, θ, φ), e finita
Pela segunda c.c., n0(kr) nao e solucao.
Pela primeira c.c., jl(ka) = 0 ∀l. Assim, para l = 0,
ka = π =
√2mE
~2a
ou
Emin =π2~2
2ma2
que e a energia mınima da partıcula na esfera de raio a.
109
Solucao da equacao de Schrodinger ψ(r, θ, φ) e um produto das funcoes jl(kr) e Y ml (θ, φ).�
9) Polinomios de Laguerre
Equacao diferencial de Laguerre (0 ≤ x <∞)
xy′′ + (1− x)y′ + ny = 0 , n = 0, 1, 2, · · · (135)
cuja solucao sao os polinomios de Laguerre
Ln(x) =ex
n!
dn (xne−x)
dxn
L0(x) = 1 , L1(x) = 1− x , L2(x) =1
2!(x2 − 4x+ 2)
L3(x) =1
3!(6− 18x+ 9x2 − x3) , L4(x) =
1
4!(24− 96x+ 72x2 − 16x3 + x4)
Figura 43: Polinomios de Laguerre
Equacao de S-L :d
dx
[p(x)
dy
dx
]− s(x)y + λr(x)y = 0
multiplicando (135) por e−x temos
d
dx
[xe−x
dy
dx
]+ ne−xy = 0
logop(x) = xe−x , s(x) = 0 , λ = n , r(x) = e−x∫ ∞
0
e−xLn(x)Ln′(x) dx = δnn′ =
{1 n = n′
0 n 6= n′
110
Funcao geratriz :
e−xt/(1−t)
1− t=
∞∑n=0
tnLn(x)
Relacoes de recorrencia :
(n+ 1)Ln+1(x) = (2n+ 1− x)Ln(x)− nLn−1(x)
xL′n(x) = nLn(x)− nLn−1(x)
10) Polinomios associados de Laguerre
Equacao diferencial associada de Laguerre
xy′′ + (m+ 1− x)y′ + ny = 0
cuja solucao sao os polinomios associados de Laguerre
Lmn (x) =exx−m
n!
dn (e−xxn+m)
dxn
com ∫ ∞0
e−xxkLkn(x)Lkn′(x) dx =(n+ k)!
n!δnn′
Exemplo atomo de hidrogenio (potencial V (r) = −e2
ronde e e a carga eletrica)
− ~2
2m∇2ψ − e2
rψ = Eψ
em coordenadas esfericas: ψ(r, θ, φ) = R(r)Y (θ, φ)
− ~2
2m
{1
R
d
dr
(r2 dR
dr
)}−(e2
r+ E
)r2 =
~2
2m
{1
Y sen θ
∂
∂θ
(sen θ
∂Y
∂θ
)+
1
Y sen2 θ
∂2Y
∂φ2
}︸ ︷︷ ︸
−l(l+1)
A solucao do lado direito sao os harmonicos esfericos
Y ml (θ, φ) = (−1)m
√2l + 1
4π
(l −m)!
(l +m)!Pml (cos θ)eimφ
A equacao do lado esquerdo resulta em
− ~2
2m
{1
R
d
dr
(r2 dR
dr
)}−(e2
r+ E
)r2 = − ~2
2ml(l + 1)
Se x = αr, α2 = −8mE
~2com E < 0, λ =
2me2
α~2, R = e−x/2xly(x) temos a equacao diferencial
associada de Laguerre
xy′′ + [(2l + 1) + 1− x]y′ + (λ− l − 1)y = 0 , λ = p = 1, 2, · · ·
λ 6= inteiro ⇒ polinomios divergem.
111
Identificando m = 2l + 1 e n = p − l − 1, a solucao sao os polinomios associados de LaguerreL2l+1p−l−1(x) com x = αr, logo de
α2 = −8mE
~2e p =
2me2
α~2
temos
Ep = − e4m
2p2~2
O sinal negativo e devido ao fato de estarmos lidando com estados limitados.
Solucao da equacao de Schrodinger ψlpm(r, θ, φ) 7→ exp(−αr
2
)(αr)lL2l+1
p−l−1(αr)Y ml (θ, φ).
�
8. Equacoes Integrais
1) Classificacao
• Equacao integral de Fredholm de 1a especie:
f(x) =
∫ b
a
k(x, t)ϕ(t) dt
onde f(x) - funcao conhecida, ϕ(t) - funcao incognita, k(x, t) - nucleo (kernel) conhecido
• Equacao integral de Volterra de 1a especie:
f(x) =
∫ x
a
k(x, t)ϕ(t) dt
• Equacao integral de Fredholm de 2a especie:
ϕ(x) = f(x) +
∫ b
a
k(x, t)ϕ(t) dt
• Equacao integral de Volterra de 2a especie:
ϕ(x) = f(x) +
∫ x
a
k(x, t)ϕ(t) dt
Se f(x) = 0⇒ equacao integral homogenea.
2) Transformacao de uma ED em uma EI
Considere a EDy′′ +A(x)y′ +B(x)y = g(x) (136)
c.c.
{y(a) = y0
y′(a) = y′0
112
integrando (136) em [a, x]:
y′ − y′0 +
∫ x
a
A(x)︸ ︷︷ ︸u
y′ dx︸ ︷︷ ︸dv
+
∫ x
a
B(x)y dx =
∫ x
a
g(x) dx
y′ − y′0 + A(x)y|xa −∫ x
a
yA′(x) dx+
∫ x
a
B(x)y dx =
∫ x
a
g(x) dx
y′ − y′0 +A(x)y −A(a)y0 +
∫ x
a
y[B(x)−A′(x)] dx =
∫ x
a
g(x) dx
integrando novamente
y − y0 − y′0(x− a) +
∫ x
a
A(x)y dx−A(a)y0(x− a) +
+
∫ x
a
[∫ x
a
[B(t)−A′(t)]y(t) dt
]dx =
∫ x
a
[∫ x
a
g(t) dt
]dx (137)
Propriedade : ∫ x
a
[∫ x
a
f(t) dt
]dx =
∫ x
a
(x− t)f(t) dt (138)
Prova Regra de diferenciacao de Leibniz:
d
dα
∫ h(α)
g(α)
f(t, α) dt =
∫ h(α)
g(α)
∂f(t, α)
∂αdt+ f (h(α), α)
dh(α)
dα− f (g(α), α)
dg(α)
dα
diferenciando (138) em relacao a x:∫ x
a
f(t) dt =
∫ x
a
∂(x− t)f(t)
∂xdt+ (x− t)f(t)|t=x
dx
dx− (x− t)f(t)|t=a
da
dx=
∫ x
a
f(t) dt
�
assim, (137) fica
y(x) =
∫ x
a
(x− t)g(t)dt+y0 +y′0(x−a) +A(a)y0(x−a)−∫ x
a
{A(t) + (x− t) [B(t)−A′(t)]} y(t)dt
que e uma equacao integral de Volterra de 2a especie:
ϕ(x) = f(x) +
∫ x
a
k(x, t)ϕ(t) dt
onde
ϕ(x) ≡ y(x) , k(x, t) = −{A(t) + (x− t) [B(t)−A′(t)]}
f(x) = y0 + [y′0 +A(a)y0] (x− a) +
∫ x
a
(x− t)g(t) dt
Exemplo oscilador harmonicoy′′ + ω2y = 0 (139)
c.c.
{y(0) = 0
y′(0) = 1
integrando (139) em [0, x]:
y′ − 1 + ω2
∫ x
0
y(t) dt = 0
113
integrando novamente em [0, x]:
y(x)− x+ ω2
∫ x
0
[∫ x
0
y(t) dt
]dx = 0
usando (138):
y(x) = x− ω2
∫ x
0
(x− t)y(t) dt
que e uma equacao integral de Volterra de 2a especie onde ϕ(x) = y(x), f(x) = x,k(x, t) = −ω2(x− t). �
Exemplo oscilador harmonicoy′′ + ω2y = 0 (140)
c.c.
{y(0) = 0
y(b) = 0
integrando (140) em [0, x]:
y′ − y′(0) + ω2
∫ x
0
y(t) dt = 0
integrando novamente em [0, x]:
y(x)− y′(0)x+ ω2
∫ x
0
[∫ x
0
y(t) dt
]dx = 0
usando (138):
y(x)− y′(0)x+ ω2
∫ x
0
(x− t)y(t) dt = 0
em x = b
−y′(0)b+ ω2
∫ b
0
(b− t)y(t) dt = 0 ⇒ y′(0) =ω2
b
∫ b
0
(b− t)y(t) dt
0 ≤ x ≤ b:
y(x)− ω2x
b
∫ b
0
(b− t)y(t) dt+ ω2
∫ x
0
(x− t)y(t) dt = 0
[0, x] ∪ [x, b] = [0, b]
y(x) =ω2x
b
∫ x
0
(b− t)y(t) dt+ω2x
b
∫ b
x
(b− t)y(t) dt− ω2
∫ x
0
(x− t)y(t) dt
no intervalo [0, x]
k(x, t) =ω2x
b(b− t)− ω2(x− t) =
ω2t(b− x)
b
no intervalo [x, b]
k(x, t) =ω2x
b(b− t)
y(x) =
∫ x
0
ω2t(b− x)
by(t) dt+
∫ b
x
ω2x(b− t)b
y(t) dt
y(x) =
∫ b
0
k(x, t)y(t) dt
equacao integral de Fredholm de 2a especie
k(x, t) =
ω2t
b(b− x) 0 ≤ t ≤ x
ω2x
b(b− t) x ≤ t ≤ b
simetria k(x, t) = k(t, x) �
114
Exemploy′′(x)− y(x) = 0 , c.c. { y(0) = 0 , y′(0) = 1
y′(x)−∫ x
0
y(t) dt = 1 ⇒ y(x)−∫ x
0
∫ x
0
y(t) dt dx = x ⇒
y(x) = x+
∫ x
0
(x− t)y(t) dt
�
Exemploy′′(x)− y(x) = 0 , c.c. { y(1) = 1 , y(−1) = 1
y′(x)−∫ x
−1
y(t) dt = y′(−1) ⇒ y(x)− 1−∫ x
−1
(x− t)y(t) dt = y′(−1)(x+ 1) ⇒
y′(−1) = −1
2
∫ +1
−1
(1− t)y(t) dt ⇒ y(x) = 1 +
∫ x
−1
(x− t)y(t) dt− x+ 1
2
∫ +1
−1
(1− t)y(t) dt
[−1, 1] = [−1, x] ∪ [x, 1] em [−1, x]:
(x− t)− x+ 1
2(1− t) = − (1− x)(t+ 1)
2⇒ y(x) = 1−
∫ +1
−1
k(x, t) dt
onde
k(x, t) =
{(1−x)(t+1)
2 (−1 ≤ t ≤ x)(x+1)(1−t)
2 (x ≤ t ≤ 1)
�
3) Solucao de uma EI por transformadas de Laplace
Equacao integral de Volterra de 2a especie:
ϕ(x) = f(x) +
∫ x
0
k(x− t)ϕ(t) dt (141)
nucleo e do tipo k(x− t)
Pelo teorema da convolucao:
L{f ∗ g} = F (s)G(s) = L{f(t)}L{g(t)}
onde
f ∗ g =
∫ x
0
f(t)g(x− t) dt = g ∗ f
transformada de Laplace de (141)
L{ϕ(x)} = L{f(x)}+ L{k(x)}L{ϕ(x)}
L{ϕ(x)} =L{f(x)}
1− L{k(x)}
115
Exemplo
ϕ(x) = 1 +
∫ x
0
(x− t)ϕ(t) dt
f(x) = 1 , k(x− t) = (x− t)⇒ k(x) = x
L{f(x)} =1
s, L{k(x)} =
1
s2
L{ϕ(x)} =
1
s
1− 1
s2
=s
s2 − 1
ϕ(x) = L−1
{s
s2 − 1
}= coshx
�
Exemplo
ϕ(x) = x−∫ x
0
(x− t)ϕ(t) dt
f(x) = x , k(x− t) = −(x− t)⇒ k(x) = −x
L{f(x)} =1
s2, L{k(x)} = − 1
s2
L{ϕ(x)} =
1
s2
1 +1
s2
=1
s2 + 1
ϕ(x) = L−1
{1
s2 + 1
}= senx
�
Exemplo
ϕ(x) = senx+
∫ x
0
sen [2(x− t)]ϕ(t) dt
f(x) = senx , k(x− t) = sen (2(x− t))⇒ k(x) = sen 2x
L{senx} =1
s2 + 1, L{sen 2x} =
2
s2 + 4
pois
L{sen ax} =a
s2 + a2
L{ϕ(x)} =
1
s2 + 1
1− 2
s2 + 4
=s2 + 4
(s2 + 1)(s2 + 2)=
3
s2 + 1− 2
s2 + 2
ϕ(x) = L−1
{3
s2 + 1
}− L−1
{2
s2 + 2
}= 3 senx−
√2 sen
(√2x)
�
116
4) Solucoes de uma EI por transformadas de Fourier
EI de Fredholm de 2a especie
ϕ(x) = f(x) +
∫ +∞
−∞k(x− t)ϕ(t) dt (142)
vimos que o teorema da convolucao nos fornece
f ∗ g =
∫ +∞
−∞f(t)g(x− t) dt =
∫ +∞
−∞F (ω)G(ω)e−iωx dω
F (ω) = F{f(x)} =1√2π
∫ +∞
−∞f(x)eiωx dx , G(ω) = F{g(x)} =
1√2π
∫ +∞
−∞g(x)eiωx dx
Φ(ω) = F{ϕ(x)} , K(ω) = F{k(x)}
Transformada de Fourier de (142):
Φ(ω) = F (ω) +1√2π
∫ +∞
−∞eiωx dx
∫ +∞−∞ K(ω′)Φ(ω′)e−iω
′x dω′︷ ︸︸ ︷∫ +∞
−∞k(x− t)ϕ(t) dt
= F (ω) +1√2π
∫ +∞
−∞e−ix(ω−ω′) dx︸ ︷︷ ︸
2πδ(ω−ω′)
∫ +∞
−∞K(ω′)Φ(ω′) dω′
= F (ω) +2π√2π
∫ +∞
−∞δ(ω − ω′)K(ω′)Φ(ω′) dω′ = F (ω) +
√2πK(ω)Φ(ω)
Φ(ω) =F (ω)
1−√
2πK(ω)
Para uma EI de Fredholm de 1a especie
f(x) =
∫ +∞
−∞k(x− t)ϕ(t) dt
temos
Φ(ω) =F (ω)√2πK(ω)
Exemplo
e−x2
=
∫ +∞
−∞e−(x−t)2ϕ(t) dt
f(x) = e−x2
, k(x− t) = e−(x−t)2 ⇒ k(x) = e−x2
F{f(x)} = F (ω) =1√2
exp
(−ω
2
4
)= K(ω)
Φ(ω) =1√2π
ϕ(x) =1√2π
∫ +∞
−∞e−iωx
1√2π
dω = δ(x)
�
117
Exemplo1
1 + x2=
∫ +∞
−∞ϕ(x− t)ϕ(t) dt
f(x) =1
1 + x2, k(x− t) = ϕ(x− t)⇒ k(x) = ϕ(x)
F (ω) = F{
1
1 + x2
}=
1√2π
∫ +∞
−∞
eiωx
1 + x2dx =
π√2π
e−|ω|
pois ∮Γ
eiωz
z2 + 1dz = 2πi lim
z→i���
�(z − i) eiωz
����(z − i)(z + i)
= πe−|w|
logo
Φ2(ω) =F (ω)√
2π=
√π
2
1√2π
e−|ω| ⇒ Φ(ω) =1√2
exp
(−|ω|
2
)
ϕ(x) =1√2π
∫ +∞
−∞
1√2
exp
(−|ω|
2
)exp (−iωx) dω
=1√2π
1√2
[∫ +∞
0
exp(−ω
2− iωx
)dω +
∫ 0
−∞exp
(ω2− iωx
)dω
]
=
exp
[−ω
(1
2+ ix
)]−(
1
2+ ix
)∣∣∣∣∣∣∣∣∞
0
+
exp
[ω
(1
2− ix
)](
1
2− ix
)∣∣∣∣∣∣∣∣0
−∞
1√2π
1√2
=
[1
1/2 + ix+
1
1/2− ix
]1√2π
1√2
=1
2√π
1
x2 + 1/4=
2√π
1
(4x2 + 1)
�
5) Solucoes de uma EI atraves de series de Neumann
Considere a EI de Fredholm de 2a especie
ϕ(x) = f(x) + λ
∫ b
a
k(x, t)ϕ(t) dt
e seja ϕ(x) ≈ ϕ0(x) = f(x), assim
ϕ1(x) = f(x) + λ
∫ b
a
k(x, t)f(t) dt
substituindo novamente
ϕ2(x) = f(x) + λ
∫ b
a
k(x, t1)
[f(t1) + λ
∫ b
a
k(t1, t2)f(t2) dt2
]dt1 · · ·
ou
ϕn(x) =
∞∑p=0
λpup(x)
onde
u0(x) = f(x) , u1(x) =
∫ b
a
k(x, t)f(t) dt , u2(x) =
∫ b
a
∫ b
a
k(x, t1)k(t1, t2)f(t2) dt2 dt1 ,
un(x) =
∫ b
a
· · ·∫ b
a
k(x, t1)k(t1, t2) · · · k(tn−1, tn)f(tn) dtn · · · dt1
118
e
ϕ(x) = limn→∞
ϕn(x) = limn→∞
∞∑p=0
λpup(x)
Exemplo
ϕ(x) = x+1
2
∫ +1
−1
(t− x)ϕ(t) dt
ϕ0(x) = x
ϕ1(x) = x+1
2
∫ +1
−1
(t− x)t dt = x+1
2
[t3
3− xt
2
2
]+1
−1
= x+1
3
ϕ2(x) = x+1
2
∫ +1
−1
(t− x)
(t+
1
3
)dt = x+
1
2
[t3
3− xt
2
2+t2
6− x t
3
]+1
−1
=2
3x+
1
3
ϕ3(x) =2
3x+
2
9, ϕ4(x) =
7
9x+
2
9, · · ·
ϕ(x) =3
4x+
1
4
�
Exemplo
ϕ(x) = 1 + λ
∫ 1
0
(1− 3xt)ϕ(t) dt
ϕ0(x) = 1 , ϕ1(x) = 1 + λ
(1− 3
2x
)ϕ2(x) = 1 + λ
∫ 1
0
(1− 3xt)
[1 + λ
(1− 3
2t
)]dt = 1 + λ
(1 +
λ
4− 3
2x
), · · ·
ϕ(x) =4 + 4λ− 6λx
4− λ2
�
Exemplo Equacao de Volterra de 2a especie
ϕ(x) = 1− 2
∫ x
0
tϕ(t) dt
ϕ0(x) = 1 , ϕ1(x) = 1− 2
∫ x
0
t dt = 1− x2
ϕ2(x) = 1− 2
∫ x
0
(1− t2
)t dt = 1− x2 +
x4
2+ · · · ⇒ ϕ(x) =
∞∑n=0
(−x2
)nn!
ϕ(x) = e−x2
�
Exemplo Equacao de Volterra de 2a especie
ϕ(x) = x+
∫ x
0
(t− x)ϕ(t) dt
ϕ0(x) = x , ϕ1(x) = x− x3
6, ϕ2(x) = x− x3
6+
x5
120, · · ·
ϕ(x) = senx
�
119
6) Equacao de Abel
Considere a EI de Volterra de 1a especie
f(x) =
∫ x
0
ϕ(t)√x− t
dt (143)
onde f(x) e conhecida, ϕ(t) e a funcao incognita.
Dividindo (143) por√ξ − x e integrando x em [0, ξ]:∫ ξ
0
f(x)√ξ − x
dx =
∫ ξ
0
dx
∫ x
0
ϕ(t)√x− t
√ξ − x
dt
tal que, (0 ≤ t ≤ x ≤ ξ) e trocando a ordem de integracao∫ ξ
0
f(x)√ξ − x
dx =
∫ ξ
0
dt
∫ ξ
t
ϕ(t)√x− t
√ξ − x
dx
efetuando a mudanca de variaveis: (x− t) = (ξ − t)η quando
{x = t⇒ η = 0
x = ξ ⇒ η = 1
logo (ξ − x) = (ξ − t)(1− η) pois ξ − x+ t = ξ − ξη + tη e dx = (ξ − t) dη∫ ξ
0
f(x)√ξ − x
dx =
∫ ξ
0
dt
∫ 1
0
ϕ(t)����(ξ − t)√
����(ξ − t)2(1− η)η
dη =
∫ ξ
0
ϕ(t) dt
∫ 1
0
dη√(1− η)η
se η = sen2 θ, logo dη = 2 sen θ cos θ dθ, 0 ≤ θ ≤ π/2, assim∫ 1
0
dη√(1− η)η
=
∫ π/2
0
2(((((sen θ cos θ√
((((((
sen2 θ cos2 θdθ = π ⇒
∫ ξ
0
f(x)√ξ − x
dx = π
∫ ξ
0
ϕ(t) dt
Diferenciando em relacao a ξ,
ϕ(ξ) =1
π
d
dξ
∫ ξ
0
f(x)√ξ − x
dx
Suponha que uma partıcula de massa m, partindo do repouso em t = 0 desliza ao longo de umacurva suave no plano vertical sob acao da gravidade e suponha que ξ e a altura em t e x a alturainicial em t = 0. A velocidade no tempo t e
ds
dt= −
√2g(x− ξ) ⇒
∫ t(x)
0
dt = −∫ 0
x
s′(ξ)√2g√x− ξ
dξ ⇒ t(x) =1√2g
∫ x
0
s′(ξ)√x− ξ
dξ
Abel considerou: dado o tempo em funcao de x, isto e,√
2g t(x) = f(x), qual e a curva que apartıcula vai seguir?
f(x) =
∫ x
0
s′(x)√x− ξ
dξ ⇒ s′(ξ) =1
π
d
dξ
∫ ξ
0
f(x)√ξ − x
dx
se f(x) = 2x1/2
s′(ξ) =1
π
d
dξ
∫ ξ
0
2x1/2
√ξ − x
dx
com a mudanca de variaveis x = ξ sen2 θ, dx = 2ξ sen θ cos θ dθ
s′(ξ) =1
π
d
dξ
∫ π/2
0
2��√ξ sen θ 2ξ sen θ���cos θ dθ
��√ξ���cos θ
=1
π
d
dξ
(4 ξ
π
4
)⇒ s(ξ) = ξ + c
que e uma reta. √2g t = 2x1/2 ⇒ x =
g
2t2
120
7) Nucleos separaveis
Se o nucleo for separavel
k(x, t) =
n∑j=1
Mj(x)Nj(t)
por exemplo, cos(x−t) = cosx cos t+senx sen t, podemos escrever a equacao integral de Fredholmde 2a especie
ϕ(x) = f(x) + λ
∫ b
a
k(x, t)ϕ(t) dt
como
ϕ(x) = f(x) + λ
n∑j=1
Mj(x)
∫ b
a
Nj(t)ϕ(t) dt = f(x) + λ
n∑j=1
cjMj(x) (144)
onde
cj =
∫ b
a
Nj(t)ϕ(t) dt
Para encontrar cj multiplicamos (144) por Ni(x) e integramos em [a, b],∫ b
a
Ni(x)ϕ(x) dx = ci =
∫ b
a
f(x)Ni(x) dx+ λ
n∑j=1
cj
∫ b
a
Ni(x)Mj(x) dx
ou
ci = bi + λ
n∑j=1
aijcj
onde
bi =
∫ b
a
f(x)Ni(x) dx e aij =
∫ b
a
Ni(x)Mj(x) dx
ou~b~b~b = ~c~c~c− λ~A~A~A~c~c~c = (11− λ~A~A~A)~c~c~c ⇒ ~c~c~c = (11− λ~A~A~A)−1~b~b~b
Se a equacao for homogenea f(x) = 0 e ~b~b~b = 0. Logo, devemos ter |11− λ~A~A~A| = 0.
Exemplo
ϕ(x) = λ
∫ +1
−1
(t+ x)ϕ(t) dt
M1(x) = 1 , N1(t) = t , M2(x) = x , N2(t) = 1
a11 = a22 =
∫ +1
−1
x dx =x2
2
∣∣∣∣+1
−1
= 0 , a12 =
∫ +1
−1
x2 dx =2
3, a21 =
∫ +1
−1
dx = 2
∣∣∣∣∣ 1 −2
3λ
−2λ 1
∣∣∣∣∣ = 0 ⇒ λ = ±√
3
2
pois devemos ter |11− λ~A~A~A| = 0
ci = bi + λ
n∑j=1
aijcj , bi = 0 ⇒ c1 = λ(a11c1 + a12c2) = λ2
3c2 ⇒ c1 = ± c2√
3
c2 = 2λc1
121
logo c1 = 1⇒ c2 = ±√
3, assim
ϕ(x) = λ
n∑j=1
cjMj(x) = ±√
3
2[c1M1(x) + c2M2(x)] = ±
√3
2
[1±√
3x]
entao
ϕ(x) =
√3
2
[1 +√
3x]
e ϕ(x) = −√
3
2
[1−√
3x]
�
Exemplo
ϕ(x) = x+1
2
∫ +1
−1
(t+ x)ϕ(t) dt
M1(x) = 1 , N1(t) = t , M2(x) = x , N2(t) = 1 , λ =1
2
bi =
∫ b
a
f(x)Ni(x) dx ⇒ b1 =
∫ +1
−1
x2 dx =2
3, b2 =
∫ +1
−1
x dx = 0
a11 = a22 = 0 , a12 =2
3, a21 = 2
ci = bi + λ
n∑j=1
aijcj ⇒ c1 =2
3+
1
2
2
3c2 , c2 = 0 +
1
22c1 ⇒ c2 = c1
logo c1 = c2 = 1 entao
ϕ(x) = f(x) + λ
n∑j=1
cjMj(x) ⇒ ϕ(x) = x+1
2(1 + x)
�
Exemplo
ϕ(x) = f(x) + λ
∫ 1
0
(1− 3xt)ϕ(t) dt
M1(x) = 1 , N1(t) = 1 , M2(x) = −3x , N2(t) = t
b1 =
∫ 1
0
f(x) dx , b2 =
∫ 1
0
xf(x) dx
a11 =
∫ 1
0
dx = 1, a12 =
∫ 1
0
−3x dx = −3
2, a21 =
∫ 1
0
x dx =1
2, a22 =
∫ 1
0
(−3x2) dx = −1
c1 =
∫ 1
0
f(x) dx+ λ
(c1 −
3
2c2
), c2 =
∫ 1
0
xf(x) dx+ λ
(1
2c1 − c2
)(145)
a) caso f(x) = 0 ∣∣∣∣∣∣∣1− λ 3
2λ
−λ2
1 + λ
∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇒ 1− λ2 +3
4λ2 = 0 ⇒ λ = ±2
assim
c1 = λ
(c1 −
3
2c2
)⇒
{c1 = 3c2 se λ = +2
c1 = c2 se λ = −2
122
entao para λ = 2
ϕ(x) = 0 + λ [c1M1(x) + c2M2(x)] = 2
[c1 +
1
3c1(−3x)
]= 2c1(1− x)
e para λ = −2ϕ(x) = −2 [c1 + c1(−3x)] = −2c1(1− 3x)
b) caso f(x) = 1 das equacoes (145)
c1 = 1 + λ
(c1 −
3
2c2
), c2 =
1
2+ λ
(1
2c1 − c2
)assim
c1 =
∣∣∣∣∣∣∣1
3
2λ
1
21 + λ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− λ 3
2λ
−λ2
1 + λ
∣∣∣∣∣∣∣=
1 +λ
4
1− λ2
4
=4 + λ
4− λ2, c2 =
∣∣∣∣∣1− λ 1
−λ2
1
2
∣∣∣∣∣1− λ2
4
=
1
2
1− λ2
4
=2
4− λ2
entao
ϕ(x) = f(x) + λ
n∑j=1
cjMj(x) = 1 + λ
[4 + λ
4− λ2− 3x
2
4− λ2
]= 1 +
λ
4− λ2(4 + λ− 6x)
�
A Apendices
1) Gerando os graficos no Maple
⇑
1 Figura 4:
> with(plots):
> plot(int(t^(x-1)*exp(-t), t=0..infinity), x=-4..4, legend=GAMMA(x))
2 Figura 5:
> with(plots):
> plot(int(exp(-t)/t, t=x..infinity), x=0..2, legend=E[1](x))
3 Figura 6:
> with(plots):
> plot([int(sin(t)/t, t=0..x), -(int(cos(t)/t, t=x..infinity))],
x=0..12, legend=[S[i](x), C[i](x)], linestyle=[solid, dash])
4 Figura 7:
> with(plots):
> plot([erfc(x), erf(x)], x=0..2, legend=[erfc(x), erf(x)],
linestyle=[solid, dash])
123
5 Figura 10:
> with(plots):
> plot([sqrt(2-y^2-y^4), -sqrt(2-y^2-y^4), sqrt(1/2-y^2-y^4),
-sqrt(1/2-y^2-y^4), sqrt(4-y^2-y^4), -sqrt(4-y^2-y^4)], y=-1.5..1.5,
legend=[C=1, C=1, C=1/4, C=1/4, C=2, C=2], linestyle=[solid, solid,
dash, dash, dot, dot])
6 Figura 11:
> with(plots):
> DEplot([diff(x(t), t)=y(t), diff(y(t), t)=-sin(x(t))],[x(t),y(t)],
t=0..10,[[x(0)=0,y(0)=0.5],[x(0)=0,y(0)=1],[x(0)=0,y(0)=1.8], [x(0)=-2
Pi,y(0)=1],[x(0)=2 Pi,y(0)=0.5],[x(0)=-2 Pi,y(0)=2.1], [x(0)=2
Pi,y(0)=-2.1]],title=’Vibrac~oes do Pendulo’, linecolor=blue)
7 Figura 20:
> with(plots):
> plot3d(erfc(x/sqrt(t)), x=0..1, t=0..1, axes=boxed)
8 Figura 21:
> with(plots):
> plot([sqrt(1/Pi)*exp(-x^2), sqrt(4/Pi)*exp(-4*x^2)], x=-3..3,
legend=[alpha=1, alpha=4], linestyle=[solid, dash], title="f(x)")
9 Figura 22:
> with(plots):
> plot([exp(-(1/4)*w^2)/sqrt(2*Pi), exp(-w^2/(4*4))/sqrt(2*Pi)],
w=-10..10, legend=[alpha=1, alpha=4], linestyle=[solid, dash],
title="F(w)")
10 Figura 23:
> with(plots):
> f := piecewise(-1 < x and x < 1, 1, abs(x) >= 1, 0);
> plot(f);
11 Figura 24:
> with(plots):
> plot(sqrt(2/Pi)*sin(w)/w,w=-9*Pi..9*Pi,caption=typeset("F(w)"," "))
12 Figura 26:
> with(plots):
> plot3d(exp(-x^2/t)/sqrt(t), x=-1..1, t=0.1..0.8, axes=boxed)
13 Figura 27:
> with(plots):
> plot([BesselJ(0, x), BesselJ(1, x), BesselJ(2, x)], x=0..20,
legend=[J[0](x), J[1](x), J[2](x)], linestyle = [solid, dot, dash])
14 Figura 30:
> with(plots):
> plot([BesselY(0, x), BesselY(1, x), BesselY(2, x)], x=0..20,
legend=[N[0](x), N[1](x), N[2](x)], linestyle=[solid, dot, dash])
124
15 Figura 31:
> with(plots):
> plot([BesselK(0, x), BesselK(1, x), BesselI(0, x), BesselI(1, x)],
x=0..3, legend=[K[0](x), K[1](x), I[0](x), I[1](x)], linestyle=[solid,
dot, dash, dashdot])
16 Figura 32:
> with(orthopoly):
> plot([H(0, x), H(1, x), H(2, x), H(3, x), H(4, x)], x=0..2,
y=-25..20, legend = [Eta[0](x), Eta[1](x), Eta[2](x), Eta[3](x),
Eta[4](x)], linestyle = [solid, dot, dash, dashdot, longdash])
17 Figura 33:
> with(plots):
> plot(exp(-(1/2)*x^2)/sqrt(Pi)^(1/2), x=-5..5, legend=[psi[0]])
18 Figura 34:
> with(plots):
> plot(2*x*exp(-(1/2)*x^2)/(2*sqrt(Pi))^(1/2), x=-5..5,
legend=[psi[1]])
19 Figura 35:
> with(plots):
> plot((4*x^2-2)*exp(-(1/2)*x^2)/(8*sqrt(Pi))^(1/2), x=-5..5,
legend=[psi[2]])
20 Figura 36:
> with(plots):
> plot([LegendreP(0, x), LegendreP(1, x), LegendreP(2, x), LegendreP(3,
x), LegendreP(4, x), LegendreP(5, x)], x=-1..1, legend=[P[0](x),
P[1](x), P[2](x), P[3](x), P[4](x), P[5](x)], linestyle=[solid, dot,
dash, dashdot, solid, dash])
21 Figura 41:
> with(plots):
> plot([sin(x)/x, sin(x)/x^2-cos(x)/x, (3/x^3-1/x)*sin(x)-3*cos(x)/x^2],
x=0..4*Pi, legend=[j[0](x), j[1](x), j[2](x)], linestyle=[solid, dot,
dash])
22 Figura 42:
> with(plots):
> plot([-cos(x)/x, -cos(x)/x^2-sin(x)/x, -(3/x^3-1/x)*cos(x)-3*sin(x)/x^2],
x=0*Pi..4*Pi,-1..0.5, legend=[n[0](x), n[1](x), n[2](x)],
linestyle=[solid, dot, dash])
23 Figura 43:
> with(plots):
> undefine(L):
> plot([LaguerreL(0, x), LaguerreL(1, x), LaguerreL(2, x), LaguerreL(3,
x), LaguerreL(4, x)], x=0..2, legend=[L[0](x), L[1](x), L[2](x),
L[3](x), L[4](x)], linestyle=[solid, dot, dash, dashdot, longdash])
125
2) Links externos
(1) Vibrational Modes of a Rectangular Membrane - Dan Russell, Grad. Prog. Acoustics, PennState: http://www.acs.psu.edu/drussell/Demos/MembraneSquare/Square.html
(2) Vibrational Modes of a Circular Membrane - Dan Russell, Grad. Prog. Acoustics, Penn State:http://www.acs.psu.edu/drussell/demos/membranecircle/circle.html
Referencias
[1] Eugene Butkov, Fısica Matematica, Editora LTC
[2] George Arfken e Hans J. Weber, Fısica Matematica – Metodos Matematicos para Engenhariae Fısica, Editora Campus
[3] G. Stephenson e P. M. Radmore, Advanced Mathematical Methods for Engineering and ScienceStudents, Cambridge UP, Cambridge 1990
[4] Carmen L.R. Braga, Notas de Fısica Matematica, Livraria da USP, 2006
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