Exercícios Resolvidos de Problemas de Autovalor

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Enunciado

Resolva o seguinte problema de autovalores (Obs.: todas as possibilidades de λ devem ser analisadas.)

y ' ' + λ y = 0

y ' 0 = 0 ,           y L = 0

Passo 1

A primeira coisa que vamos fazer é escrever a equação característica:

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Como não sabemos o valor de λ , temos que analisar o problema para cada caso de Δ .

Passo 2

O primeiro caso é quando Δ > 0 , o que nos dá λ < 0 . Nesse caso, as soluções são do tipo:

y x = c 1 e - λ x + c 2 e - - λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: y ' 0 = 0 y L = 0 . Temos:

y ' ( x ) = c 1 - λ e - λ x - c 2 - λ e - - λ x

y ' 0 = c 1 - λ - c 2 - λ = 0

y L = c 1 e L - λ + c 2 e - L - λ = 0

Isso nos dá

( c 1 - c 2 ) - λ = 0

Como - λ é diferente de zero, então:

c 1 = c 2

Aqui temos o mesmo raciocínio ( - λ ≠ 0 ) :

c 1 ( e L - λ + e - L - λ ) = 0

c 1 = 0

c 2 = c 1 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos

y x = 0

Mas isso não nos ajuda em nada. Essa é a solução trivial, que não nos interessa. Portanto, esse caso, Δ > 0 , não nos dá soluções para a EDO.

Passo 3

Vamos agora ao caso em que Δ = 0 , o que nos dá λ = 0 . As soluções são do tipo:

y x = c 1 + c 2 x

Agora vamos usar as condições de contorno: y ' 0 = 0 y L = 0

y ' x = c 2

y ' 0 = c 2 = 0

y L = c 1 + c 2 L = 0

Isso nos dá

c 1 + 0 . L = 0

c 1 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos

y x = 0

Novamente, a solução trivial, que não nos ajuda em nada, então o caso Δ também não traz soluções para a EDO.

Passo 4

Vamos agora ao último caso, Δ < 0 . Ou seja, o que está dentro da raiz é negativo. Nesse caso, λ > 0 . As soluções são do tipo:

y x = c 1 e α c o s   β x   + c 2 e α x   s e n   β x  

Substituindo r = ± - λ = 0 ± i λ

y x = c 1 c o s   λ x   + c 2 λ x  

Agora vamos usar as condições de contorno: y ' 0 = 0 y L = 0 . Temos:

y ' ( x ) = - c 1 λ   s e n   λ x   + c 2 λ   c o s   λ x  

y ' 0 = - c 1 λ   s e n   0   + c 2 λ   c o s   0   = 0

y L = c 1 c o s   L λ   + c 2   s e n   L λ   = 0

Isso nos dá

c 2 λ = 0         →         c 2 = 0

c 1   c o s   L λ   = 0

Agora vamos com calma! Se tivermos c 1 = 0 , a solução é a trivial y x = 0 , que não nos interessa. Então, para essa igualdade ai em cima ser verdadeira, precisamos que o cosseno seja zero.

c o s   L λ   = 0

Mas como o cosseno é uma função trigonométrica, isso não tem só uma resposta. O cosseno se anula de forma “intercalada” com o seno. Como assim? O seno se anula em n π , já o cosseno se anula “ π / 2 antes”, ou seja, em n π - π / 2 . Se você ficar confuso, pode desenhar um ciclo trigonométrico! Temos, então:

L λ = n π - π 2             n = 1,2 , 3 …

λ = ( 2 n - 1 ) π 2 L

λ n = 2 n - 1 π 2 L 2  

Nós descobrimos, então, um conjunto de valores λ n (autovalores) que satisfazem o nosso problema. Agora vamos substituir isso na solução geral y ( x ) :

y x = c 1   c o s   λ x   + c 2   s e n   λ x  

Já descobrimos que

c 2 = 0

λ n = 2 n - 1 π 2 L 2  

Substituindo:

y n x = c o s   2 n - 1 π x 2 L                   n = 1,2 , 3 …

Por convenção, as autofunções são escritas sem as constantes que as multiplicam, por isso tiramos o c 1 , ok? Mas qualquer combinação linear de y n ( x ) satisfaz o nosso problema!

Pronto, essa é a nossa resposta!

Resposta

y n x = c o s   2 n - 1 π x 2 L  

λ n = 2 n - 1 π 2 L 2

Exercícios de Livros Relacionados

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.