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Universidade de Braśılia
Departamento de Matemática
Cálculo II
Módulo 3 – Gabaritos – Lista 3 2.◦/2021
Atenção: na questão 1, decida se cada item é certo (C) ou errado (E), assinalando sua resposta no espaço
ao lado do item e justificando a sua resposta.
1) No PVI envolvendo a equaçao de Euler
t2y′′(t) + 3ty′(t)− 3y(t) = 0, y(1) = a y′(1) = b
o coeficiente de y′′(t) se anula em t = 0, o que pode causar problemas para a solução nesse
ponto. É importante, então, verificar a existência de soluções que são bem comportadas em
t = 0, isto é, soluções para as quais existe limt→0 y(t). Nesse sentido, em razão da simetria
dos coeficiente, a equação possui duas soluções na forma y0(t) = tr0 e y1(t) = tr1 com r0 < r1.
C E a) Apenas uma das soluções y0(t0) e y1(t) é bem compor-
tada na origem.
C E b) O wronskiano entre y0 e y1 envolve um potência posi-
tiva de t
C E c) Como os coeficientes são variáveis, a equação pode ter
solução que não é combinação linear de y0 e y1.
C E d) No caso do PVI, a solução é da forma y(t) = c0y0(t) + c1y1(t) onde c0 depende
apenas de a.
C E e) Para que a solução do PVI seja bem comportada na origem deve-se ter necessa-
riamente que a− b = 0.
2) Os polinômios de Chebyshev pm(x) e pn(x) são as soluções polinomiais de (∗) com k = m
e k = n. Uma propriedade desses polinônios é que são funções ortogonais, como indi-
cado a seguir. Para isso, deve-se usar que (∗) se transforma em (∗∗) por meio da mu-
dança x = cos(θ) e Y (θ) = y(cos(θ)). Alem disso, pm(x) e pn(x) correspondem às soluções
Yk(θ) = pk(cos(θ)) = cos(kθ) de (∗∗) com k = m e k = n.
(∗) (1− x2)y′′(x)− xy′(x) + k2y(x) = 0, (∗∗) d2
dθ2
Y (θ) + k2Y (θ) = 0
Chebyshev (1821-1894)
a) Use as equações satisfeitas por Ym(θ) e Yn(θ) para mostrar que
d
dθ
(
d
dθ
Ym(θ)Yn(θ)−
d
dθ
Yn(θ)Ym(θ)
)
= (n2 −m2)Ym(θ)Yn(θ).
Resposta: d
dθ
(
d
dθYmYn−
d
dθYnYm
)
= d2
dθ2YmYn−Ym
d2
dθ2Yn=(n
2 −m2)YmYn
b) Use o item anterior para verificar que Ym(θ) = cos(mθ) e
Yn(θ) = cos(nθ) são tais que
∫ π
0
Ym(θ)Yn(θ) dθ = 0.
Resposta: (n2 −m2)
∫ π
0
Ym(θ)Yn(θ) dθ =
(
d
dθYmYn−
d
dθYnYm
) ∣
∣
π
0
= 0
c) Verifique a afirmação de que (∗) se transforma em (∗∗).
Resposta: usar que d2
dθ2Y (θ) = sen2(θ)y′′(cos(θ)) − cos(θ)y′(cos(θ))
d) Usando que pk(cos(θ)) = cos(kθ) e a mudança x = cos(θ), conclua que pm(x) e pn(x)
são ortogonais no sentido de que
∫ 1
−1
pm(x)pn(x)√
1−x2
dx = 0.
Resposta:
∫ 1
−1
pm(x)pn(x)√
1−x2
dx =
∫ π
0
pm(cos(θ))pn(cos(θ))√
1−cos2(θ)
sen(θ) dθ =
∫ π
0 cos(mθ) cos(nθ) dθ = 0
e) Finalmente, calcule a integral
∫ 1
−1
pm(x)2√
1−x2
dx.
Resposta:
∫ 1
−1
pm(x)2√
1−x2
dx =
∫ π
0 cos2(mθ) dθ = π
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Cálculo II Módulo 3 – Gabaritos – Lista 3 2.◦/2021 – 1/2
3) Considere a equação de Schrödinger para o elétron
(∗) − ky′′(x) + U(x)y(x) = Ey(x), x ∈ R
onde k > 0 é uma constante e U(x) e E são as energias potencial e total do elétron, respec-
tivamente. O ponto x = 0, onde U(0) = E, é de especial interesse em mecânica quântica,
pois nele acontece a transição entre uma part́ıcula livre e uma part́ıcula em tunelamento.
Considere o problema de encontrar a solução de (∗) para pontos próximos de x = 0, e indique
por p1(x) o polinômio de Maclaurin de ordem 1 para U(x).
a) Obtenha a expressão de p1(x).
Resposta: p1(x) = U(0) + U ′(0)x
b) Aproximando U(x) por p1(x) em (∗), obtém-se uma nova
equação (∗∗) da forma y′′(x)− cxy(x) = 0. Determine a
constante c.
Resposta: c = U ′(0)/k x
y
E
U(x)
p1(x)
c) Com a mudança de variáveis z = c1/3x e Y (z(x)) = y(x), mostre que (∗∗) se transforma
na equação (∗ ∗ ∗) de Airy, Y ′′(z)− zY (z) = 0.
Resposta: 0 = y′′(x) − cxy(x) = c2/3(Y ′′(z)− zY (z))
d) Tente solução de (∗∗∗) na forma Y (z) =
∑∞
n=0 an z
n e obtenha as relações de recorrência
para os an’s.
Resposta: a2 = 0 e ak+2 =
ak−1
(k+2)(k+1)
e) Descreva a solução do item anterior na forma Y (z) = a0Y0(z) + a1Y1(z) e obtenha os
3 primeiros termos das séries Y0(z) e Y1(z).
Resposta: Y (z) = a0Y0(z)+a1Y1(z), onde Y0(z) = 1+ z3
2.3+
z6
2.3.5.6+ . . . , Y1(z) = x+ z4
3.4 +
z7
3.4.6.7+ . . .
4) A equação de Schrödinger para o oscilador harmônico quântico é
(∗) w′′(x) + (2λ+ 1− x2)w(x) = 0 , x ∈ R,
e as soluções admisśıveis são aquelas para as quais lim|x|→∞w(x) = 0. Apenas para essas
soluções, a energia do oscilador é finita e igual a E = 2λ + 1. Para simplificar os cálculos é
usual fazer a mudança w(x) = e−x2/2 y(x), que transforma (∗) na equação de Hermite
Hermite (1822-1901)
(∗∗) y′′(x)− 2xy′(x) + 2λy(x) = 0 , x ∈ R
a) Verifique a afirmação feita acima, de que a mudança w(x) =
e−x2/2 y(x) transforma (∗) em (∗∗).
Resposta: verificação imediata.
b) Procure solução de (∗∗) na forma y(x) =
∑∞
n=0 anx
n e determine
as relações de recorrência para os an
′s.
Resposta: an+2 = 2(n− λ)an/[(n+ 2)(n+ 1)]
c) Descreva a solução geral na forma y(x) = a0y0(x) + a1y1(x), e determine os três pri-
meiros termos das séries y0(x) e y1(x).
Resposta: y0(x) = 1− λx2 + λ(λ−2)22
4! x4 − λ(λ−2)(λ−4)23
6! x6 + · · ·
e y1(x) = x− (λ−1)2
3! x3 + (λ−1)(λ−3)22
5! x5 − (λ−1)(λ−3)(λ−5)23
7! x7 + · · · .
d) Verifique que, se λ é um inteiro não negativo, então uma das funções w0(x) = e−x2/2 y0(x)
ou w1(x) = e−x2/2 y1(x) é uma solução admisśıvel para (∗).
Resposta: nesse caso, y0(x) ou y1(x) é um polinômio de grau λ e limx→∞ e−x2/2 yi(x) = 0, i = 0, 1.
e) Pode-se mostrar que as únicas soluções admisśıveis são aquelas obtidas no item anterior.
Use essa informação para determinar todos os valores finitos para a energia do oscilador.
Resposta: E = 2n+ 1, n = 0, 1, 2, . . . .
Cálculo II Módulo 3 – Gabaritos – Lista 3 2.◦/2021 – 2/2