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Enunciado

Cálculo - Boyce - Equações Diferenciais - Ed: 10º - Capítulo 11.3 - Ex. 30e

30. É possível mostrar que o problema de Sturm-Liouville

L y = - p x y ' ' + q x y = f x ,               ( i )

α 1 y 0 + α 2 y ' 0 = 0 ,                 β 1 y 1 + β 2 y ' 1 = 0             i i

tem uma solução em termos de uma função de Green

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

Desde que λ = 0 não seja um autovalor de L y = λ y sujeita às condições de contorno i i . Além disso, G x ,   s é dada por

G x ,   s = - y 1 s y 2 x p x W y 1 ,   y 2 x ,               0 ≤ s ≤ x   - y 1 x y 2 s p x W y 1 ,   y 2 x ,               x ≤ s ≤ 1                     i v

em que y 1 é uma solução de L [ y ]   =   0 satisfazendo a condição de contorno em x   =   0 , y 2 é uma solução de L [ y ]   =   0 satisfazendo a condição de contorno em x   =   1 , e W ( y 1 ,   y 2 ) é o wronskiano de y 1 e y 2 .

(a) Verifique se a função de Green, obtida no Problema 28, é fornecida pela fórmula (iv).

(b) Verifique se a função de Green, obtida no Problema 29, é determinada pela fórmula (iv).

(c) Prove que p ( x ) W y 1 ,   y 2 ( x ) é uma constante, mostrando que sua derivada é nula.

(d) Usando a Eq. (iv) e o resultado do item (c), mostre que G ( x ,   s )   =   G ( s ,   x ) .

(e) Verifique se y   = ϕ ( x ) na Eq. (iii), com G ( x ,   s ) dada pela Eq. (iv), satisfaz a equação diferencial (i) e as condições de contorno (ii).

Passo 1

L e t r a   E :

Poxa, sabemos que y pode ser assim determinado:

y = ∫ 0 1 G x ,   s f s d s     →

Separando em duas partes...

y = ∫ 0 x G x ,   s f s d s + ∫ x 1 G x ,   s f s d s     →

Removendo a parte que tem x daí dessa integral, ficaremos...

y = ∫ 0 x - y 1 s y 2 x p x W y 1 ,   y 2 x f s d s + ∫ x 1 - y 1 x y 2 s p x W y 1 ,   y 2 x f s d s     →

y = - y 2 x p x W y 1 ,   y 2 x ∫ 0 x y 1 s f s d s - y 1 x p x W y 1 ,   y 2 x ∫ x 1 y 2 s f s d s     →

Vamos fazer como na letra C e chamar p x W y 1 ,   y 2 x de - 1 / k , já que sabemos que ela é uma constante:

y = k y 2 x ∫ 0 x y 1 s f s d s + k y 1 x ∫ x 1 y 2 s f s d s     →

Bem melhor, neh?

Passo 2

Derivando agora aplicando a regra do produto:

y ' = k y 2 x ∫ 0 x y 1 s f s d s ' + k y 2 ' x ∫ 0 x y 1 s f s d s + k y 1 ' x ∫ x 1 y 2 s f s d s +   k y 1 x ∫ x 1 y 2 s f s d s '   →

Ou ainda aplicando a regra do TFC para a derivada dessa integrais...

y ' = k y 2 x y 1 x f x + k y 2 ' x ∫ 0 x y 1 s f s d s + k y 1 ' x ∫ x 1 y 2 s f s d s +   k y 1 x - y 2 x f x   →

Concluímos que:

y ' = k y 2 ' x ∫ 0 x y 1 s f s d s + k y 1 ' x ∫ x 1 y 2 s f s d s

É de se esperar então que a segunda derivada seja:

y ' ' = k y 2 ' ' x ∫ 0 x y 1 s f s d s + k y 1 ' ' x ∫ x 1 y 2 s f s d s

Substituindo agora na equação que queremos que ela satisfaça:

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

- p x y ' ' - p ' x y ' +   q x y = f x     →

Teremos o seguinte:

- p x k y 2 ' ' x ∫ 0 x y 1 s f s d s + k y 1 ' ' x ∫ x 1 y 2 s f s d s - p ' x k y 2 ' x ∫ 0 x y 1 s f s d s + k y 1 ' x ∫ x 1 y 2 s f s d s + q x k y 2 x ∫ 0 x y 1 s f s d s + k y 1 x ∫ x 1 y 2 s f s d s = f x   →

Podemos reagrupar os termos daí de modo que se tenha:

∫ 0 x y 1 s f s d s - p x k y 2 ' ' x - p ' x k y 2 ' x + q x k y 2 x + ∫ x 1 y 2 s f s d s - p x k y 1 ' ' x - p ' x k y 1 ' x + q x k y 1 x = f x   →

Beleza, então das condições que precisamos estar sendo satisfeita:

α 1 y 0 + α 2 y ' 0 = 0

β 1 y 1 + β 2 y ' 1 = 0            

Aplicando x = 0 nas equações:

∫ 0 x y 1 s f s d s - p x k y 2 ' ' x - p ' x k y 2 ' x + q x k y 2 x + ∫ x 1 y 2 s f s d s - p x k y 1 ' ' x - p ' x k y 1 ' x + q x k y 1 x = 0   →

∫ 0 1 y 2 s f s d s - p 0 k y 1 ' ' 0 - p ' 0 k y 1 ' 0 + q 0 k y 1 0 = 0

Veja que de fato - p 0 k y 1 ' ' 0 - p ' 0 k y 1 ' 0 + q 0 k y 1 0 é igual a 0 , pois y 1 é solução. Fazendo o mesmo para a outra, verificamos que y 2 também é solução e portanto as equações se verificam!

Resposta

Questão de demonstração.

y

y ' x = G x ,   1

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