Exercícios Resolvidos de Problemas de Autovalor

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Enunciado

Encontre todos os valores de λ para os quais existem soluções não triviais da seguinte equação de Euler com condições de contorno.

x 2 y ' ' + λ 4 y = 0 , y 1 = 0 ,     y 4 = 0

Quais são as soluções não triviais?

Passo 1

Vamos começar resolvendo a equação de Euler, ok?

Para achar o polinômio característico, lembramos que a solução que esperamos será sempre da forma:

y x = x r

Para toda equação de Euler. Assim, vamos ter que: y ' x = r x r - 1

y ' ' x = r x r - 1 ' = r r - 1 x r - 2

Agora, substituímos isso na nossa equação:

x 2 y ' ' + λ 4 y = 0

x 2 ⋅   r r - 1 x r - 2 + λ 4 ⋅ x r = 0

Ficando:

r r - 1 x r + λ 4 x r = 0

E vamos poder deixar x r em evidência: x r r r - 1 + λ 4 = 0

Com ao gente quer solução não trivial, então precisamos que x r ≠ 0 . Logo, precisamos que:

r r - 1 + λ 4 = 0

Legal. Esse vai ser nosso polinômio característico! Vamos distribuir e achar r agora:

r 2 - r + λ 4 = 0

r = - ( - 1 ) ± - 1 2 - 4 λ 4 2 = 1 ± 1 - λ 2

Bom, agora teremos que estudar os casos dos valores de λ !

Passo 2

Caso 1: λ < 1

λ < 1 → 1 - λ > 0

As raízes do polinômio serão diferentes e reais:

r 1 = 1 + 1 - λ 2

r 2 = 1 - 1 - λ 2

E então a solução da EDO será:

y x = c 1 x 1 + 1 - λ 2 + c 2 x 1 - 1 - λ 2

Usando as condições de contorno:

y 1 = 0 y 4 = 0

y 1 = c 1 1 1 + 1 - λ 2 + c 2 1 1 - 1 - λ 2 = 0 → c 1 = - c 2

y 4 = c 1 4 1 + 1 - λ 2 + c 2 4 1 - 1 - λ 2 = 0 → c 1 4 1 2 4 1 - λ 2 + c 2 4 1 2 4 - 1 - λ 2 = 0

Podemos cortar em ambos os lados o termo 4 1 2 :

c 1 4 1 - λ 2 + c 2 4 - 1 - λ 2 = 0 → c 1 4 1 - λ + c 2 = 0

Ficamos então com um sistema:

c 1 = - c 2 c 1 4 1 - λ + c 2 = 0

Substituindo a primeira equação na segunda:

- c 2 4 1 - λ + c 2 = 0 → c 2 1 - 4 1 - λ = 0

Como queremos a solução não trivial:

c 2 ≠ 0 → 1 - 4 1 - λ = 0

4 1 - λ = 1 → 4 1 - λ = 4 0

1 - λ = 0 → λ = 1

Mas perceba que estamos indo de encontro ao que dissemos antes. A gente assumiu ali no início que λ < 1 , então não temos solução para λ < 1 .

Passo 3

Caso 2: λ = 1

λ = 1 → 1 - λ = 0

Teremos então raízes reais e iguais:

r 1 = r 2 = 1 2

E a solução será:

y x = c 1 x 1 2 + c 2 x 1 2 ln ⁡ x

Beleza, agora vamos usar novamente as condições de contorno:

y 1 = 0 y 4 = 0

Para y 1 = 0

y 1 = c 1 1 1 2 + c 2 1 1 2 ln ⁡ 1 = 0 → c 1 = 0

Para y 4 = 0

y 4 = 0 . 4 1 2 + c 2 4 1 2 ln ⁡ 4 = 0 → c 2 4 ln ⁡ 2 = 0 → c 2 = 0

O que nos deu a solução trivial.

Passo 4

Por fim, vamos olhar para o último caso:

λ > 1 → 1 - λ < 0

Teremos raízes complexas. Vamos chamar 1 - λ = - δ 2

r = 1 ± 1 - λ 2 = 1 ± - δ 2 2 = 1 ± δ i 2

E então a solução será:

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

Beleza, agora vamos usar novamente as condições de contorno:

y 1 = 0 y 4 = 0

Para y 1 = 0

y 1 = 1 1 2 c 1 cos ⁡ δ 2 ln ⁡ 1 + c 2 s e n δ 2 ln ⁡ 1 = 0 → c 1 = 0

Para y 4 = 0

y 1 = 4 1 2 0 . cos ⁡ δ 2 ln ⁡ 4 + c 2 s e n δ 2 ln ⁡ 4 = 0 → 2 c 2 s e n δ ln ⁡ 2 = 0

Como queremos a solução não trivial, temos que c 2 ≠ 0 :

sen ⁡ δ ln ⁡ 2 = 0 → δ ln ⁡ 2 = n π → δ = n π ln ⁡ 2

Nossa solução então será:

y x = x 1 2 c 2 sen ⁡ n π 2 ln ⁡ 2 ln ⁡ x

E daí podemos escolher qualquer constante c 2 para colocar nessa solução, pois sempre será solução. Com isso, teremos nossas autofunções y n x que não possuem essa constante geral:

y n x = x 1 2 sen ⁡ n π 2 ln ⁡ 2 ln ⁡ x

Além disso, nossa solução não será trivial. Portanto, temos os autovalores λ n associados. Vimos então que

δ = n π ln ⁡ 2

nos dá soluções não triviais. Como definimos 1 - λ = - δ 2 . Então:

δ = λ - 1

Logo:

λ - 1 = n π ln ⁡ 2

λ - 1 = n 2 π 2 ln ⁡ 2 2

λ n = n 2 π 2 ln ⁡ 2 2 + 1

Os λ n são nossos autovalores, ou seja, todos os valores de λ para qual temos solução trivial para o problema!

Resposta

λ n = n 2 π 2 ln ⁡ 2 2 + 1

y n x = x 1 2 sen ⁡ n π 2 ln ⁡ 2 ln ⁡ x

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Em cada um dos problemas de 1 a 6 , diga se o problema de valores de contorno dado é homogêneo ou não homogêneo - y ' ' + x 2 y = λ y , y ' 0 - y 0 = 0 , y ' 1 + y 1 = 0
Resolva o problema de valores de contorno dado ou mostre que não tem solução..
Considere o problema em que α é uma constante dada. Se α1, mostre que existe exatamente um autovalor negativo e que esse autovalor diminui quando a aumenta.
Considere o problema em que α é uma constante dada. Mostre que λ = 0 é um autovalor, se e somente se α = 1.
Determine se o problema de valores de contorno dado é autoadjunto.