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Enunciado

Cálculo - Boyce - Equações Diferenciais - Ed: 10º - Capítulo 11.3 - Ex. 35

Considere o problema de valor de contorno

L y = - p x y ' ' + q x y = μ r x y + f x

a 1 y 0 + a 2 y ' 0 = 0 ,     b 1 y 1 + b 2 y ' 1 = 0

De acordo com o texto, a solução y = ϕ ( x ) é dada pela Eq. (13), onde c n é definido pela Eq. (9), desde que μ não seja um autovalor do problema homogêneo correspondente. Nesse caso, pode-se mostrar, também, que a solução é dada por uma integral envolvendo a função de Green da forma

y = ϕ x = ∫ 0 1 G x , s , μ f x d s

Note que, nesse problema, a função de Green depende, também, do parâmetro μ .

a) Mostre que, para que essas duas expressões para ϕ x sejam equivalentes, é preciso que

G x , s , μ = ∑ i = 1 ∞ ϕ i x ϕ i s λ i - μ

onde λ i e ϕ i são os autovalores e autofunções, respectivamente, das Eqs. (3), (2) do texto. Novamente, vemos, da Eq. (iv), que μ não pode ser igual a nenhum autovalor λ i .

b) Deduza a Eq. (iv), diretamente, supondo que G ( x ,   s ,   μ ) tem uma expansão em autofunção da forma

G x , s , μ = ∑ i = 1 ∞ a i x , μ ϕ i s ;

determine a i ( x ,   μ ) multiplicado a Eq. (v) por r s ϕ i s e integrando em relação a s de s = 0   a   s = 1 .

Sugestão:Mostre, primeiro, que λ i e ϕ i satisfazem a equação

ϕ i x = λ i - μ ∫ 1 G x , s , μ r s ϕ i s d s

Passo 1

a) Procedemos mostrando que se a expressão dada pela Eq (iv) foi substituída dentro da integral da Eq (iii), o resultado é a solução do problema não homogêneo. Desde que nós possamos trocar o somatório e a integral

y = ϕ x = ∫ 1 G x , s , μ f s d s

= ∑ i = 1 ∞ ϕ i x λ i - μ ∫ 0 1 f s ϕ i s d s

Note que

∫ 0 1 f s ϕ i s d s = c i

Então

y = ϕ x = ∑ i = 1 ∞ ϕ i x c i λ i - μ

Como dado pela equação (13) no texto. É assumido então que as autofunções são normalizadas e λ i ≠ μ .

Passo 2

b) Para qualquer valor corrigido de x, G ( x , s , μ ) é uma função de s e do paramêtro μ . Com a suposição correta em G , podemos escrever a expansão da autofunção como

G x , s , μ = ∑ i = 1 ∞ a i x , μ ϕ i s

Como as autofunções são ortogonais em relação a r ( x )

∫ 0 1 G x , s , μ r s ϕ i s d s = a i ( x , μ )

Passo 3

Agora façamos

y i x = ∫ 0 1 G x , s , μ r s ϕ i s d s

Baseado na associação f x = r x ϕ i x ,   conseguimoes notar que

L y i = μ r x y i x + r x ϕ i ( x )

Com o objetivo de avaliar o lado esquerdo da igualdade, nós consideramos a expansão da autofunção

y i x = ∑ i = 1 ∞ b i k ϕ k ( x )

Isso nos da que

L y i = ∑ i = 1 ∞ b i k L ϕ k

= ∑ i = 1 ∞ b i k λ k r x ϕ k ( x )

Então

r x = ∑ i = 1 ∞ b i k λ k r x ϕ k ( x ) = μ r ( x ) ∑ i = 1 ∞ b i k ϕ k x + r x ϕ i ( x )

E com r x ≠ 0

∑ i = 1 ∞ b i k λ k r x ϕ k ( x ) = μ ∑ i = 1 ∞ b i k ϕ k x + ϕ i ( x )

Passo 4

Rearrumando os termos nós encontramos que

ϕ i x = ∑ i = 1 ∞ b i k λ k - μ ϕ k x

Como os autovalores são linearmente independentes, b i k λ k - μ = δ i k , logo

y i x = ∑ i = 1 ∞ δ i k λ k - μ ϕ k ( x ) = 1 λ i - μ ϕ i ( x )

Concluimos então que a i x , μ = 1 λ i - μ ϕ i ( x )

O que verifica que

G x , s , μ = ∑ i = 1 ∞ ϕ i x ϕ i s λ i - μ

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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