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Enunciado

Cálculo - Boyce - Equações Diferenciais - Ed: 10º - Capítulo 11.2 - Ex. 5

Em cada um dos problemas de 1 a 5 , determine as autofunções normalizadas do problema dado

y ' ' - 2 y ' + 1 + λ y = 0 ,       y 0 = 0 ,       y 1 = 0 ;   v e j a   a   S e ç ã o   11.1 ,   P r o b l e m a   17

Passo 1

Como vimos na solução 17 da seção 1 a solução dessa E D O é dada por:

y = e x c 1 s e n   λ x + c 2 cos ⁡ λ x

Com derivada em x igual a:

y ' = λ e x c 1 cos ⁡ λ x - c 2 s e n λ x

E se aplicarmos as condições de contorno nós encontramos:

c 2 = 0

E

e c 1 s e n λ x = 0

E como seno só pode ser zero em 0 , π , 2 π , … então λ = n π

E a autofunção para essa solução é:

ϕ n = k n e x s e n λ x

(uma vez que c 2 = 0 e dizemos que c 1 não pode ser zero para não termos a solução trivial)

Passo 2

Então o valor de k n sabendo que a função tem peso 1 será de:

k n 2 ∫ 0 1 e 2 x   s e n 2 λ x d x = 1  

E s e n 2 x = 1 2 - c o s ⁡ ( 2 x ) 2 , então:

k n 2 ∫ 0 1 e 2 x 2 - e 2 x cos ⁡ 2 λ x 2 d x = 1

k n 2 2 ∫ 0 1 ( e 2 x - e 2 x cos ⁡ 2 λ x )   d x = 1

Fazendo a integração por partes de e x cos ⁡ 2 λ x nós teremos:

2 λ e 2 x sin ⁡ 2 λ x + 2 e 2 x c o s ⁡ ( 2 λ x ) 4 λ + 4

Sem contar que o resultado da integral de e 2 x será 1 2 e 2 x nos dando algo como:

k n 2 2 e 2 x 2 - 2 λ e 2 x sin ⁡ 2 λ x - 2 e 2 x cos ⁡ 2 λ x 4 λ + 4 0 1 = 1

k n 2 2 e 2 - 1 2 - 2 λ e 2 sin ⁡ 2 λ - 2 e 2 cos ⁡ 2 λ 4 λ + 1 + + 2 4 ( λ + 1 ) = 1

Onde s i n ⁡ ( 2 π n ) é sempre zero e c o s ⁡ ( 2 π n ) é sempre um. Para n inteiro e positivo.

k n 2 2 e 2 - 1 2 - 0 - 2 e 2 4 λ + 1 + 2 4 ( λ + 1 ) = 1

k n 2 2 e 2 - 1 2 + - 2 ( e 2 - 1 ) 4 λ + 1 = 1

k n 2 2 2 ( e 2 - 1 ) ( λ + 1 ) 4 ( λ + 1 ) + - 2 e 2 + 2 4 λ + 1 = 1

k n 2 2 2 e 2 - 1 λ + 1 - 2 ( e 2 - 1 ) 4 λ + 1 = 1

k n 2 2 2 e 2 - 1 [ λ + 1 - 1 ] 4 λ + 1 = 1

k n 2 2 e 2 - 1 [ λ ] 2 λ + 1 = 1

Dessa forma:

k n = 4 λ + 1 λ e 2 - 1

Então a autofunção fica:

ϕ n = 4 λ + 1 λ e 2 - 1 e x s e n λ x

Resposta

ϕ n = 4 λ + 1 λ e 2 - 1 e x s e n λ x

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