lista solucao modulo2 C2 Lucas Seco

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Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 2
Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 2 – Lista 1 – Soluc¸a˜o
1) Nem tudo o que sobe desce. De fato, podemos imaginar que uma pedra seja lanc¸ada de um
estilingue com uma velocidade ta˜o grande que acabe escapando da atrac¸a˜o gravitacional
da Terra. Para ver que isso pode ocorrer e para se ter uma ide´ia dessa velocidade, denote
por v0 a velocidade inicial, por m a massa e por x(t) a distaˆncia da pedra ate´ o centro
da terra no instante t. Desconsiderando a resisteˆncia do ar, o corpo esta´ sujeito apenas
a` forc¸a gravitacional F = −mM G/x2, em que G e´ constante, M e´ a massa da Terra e
R seu raio. Pela segunda lei de Newton, temos que
(∗) mx′′(t) = −mMG
x(t)2
.
a) Cancelando a massa m e multiplicando a equac¸a˜o (∗) por x′(t),
obtemos que x′(t)x′′(t) = −M Gx′(t)/x(t)2. Integre ambos
os lados dessa equac¸a˜o e use as condic¸o˜es iniciais x(0) = R
e x′(0) = v0 para obter uma equac¸a˜o diferencial de primeira
ordem para x(t).
b) Mostre que, se v0 ≥ ve =
√
2MG
R
, enta˜o a velocidade x′(t) e´
sempre positiva. A constante ve e´ denominada a velocidade de
escape da Terra.
c) Quando v0 = ve, mostre que x(t) satisfaz uma equac¸a˜o diferen-
cial separada. Resolva essa equac¸a˜o e determine x(t) usando
que a posic¸a˜o inicial e´ x(0) = R.
h(t)
R
Soluc¸a˜o
a) Com a substituic¸a˜o v = x′(t) obtemos dv = x′′(t)dt e∫
x′(t)x′′(t) dt =
∫
v dv =
v2
2
+ A =
x′(t)2
2
+ A
Com a substituic¸a˜o x = x(t) obtemos dx = x′(t)dt e∫ −M Gx′(t)
x(t)2
dt = M G
∫ −1
x2
dx =
M G
x
+B =
M G
x(t)
+B
Assim
x′(t)2 =
2MG
x(t)
+ C
onde C = 2(B−A). Usando que x(0) = R e x′(0) = v0, temos que v20 = 2MG/R+C,
de modo que C = v20 − 2MG/R. Segue que x(t) satisfaz a equac¸a˜o diferencial de
primeira ordem
x′(t)2 =
2MG
x(t)
+ v20 −
2MG
R
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b) Se v0 ≥ ve, enta˜o v20 − 2MG/R ≥ 0. Usando o item anterior, segue que
x′(t)2 =
2MG
x(t)
+
(
v20 −
2MG
R
)
> 0
uma vez que x(t) > 0. Como x′(t)2 nunca se anula, segue que x′(t) na˜o se anula e,
portanto, na˜o muda de sinal. Uma vez que x′(0) = v0 > 0, segue que x′(t) e´ sempre
positiva.
c) Se v0 = ve, enta˜o x(t) satisfaz a equac¸a˜o
x′(t)2 =
2MG
x(t)
que e´ separa´vel, de modo que podemos aplicar os treˆs passos:
Separar: Multiplicando a equac¸a˜o acima por x(t), obtemos que
x(t)x′(t)2 = 2MG
Como x′(t) > 0 e x(t) > 0, podemos extrair a raiz para obter que√
x(t)x′(t) =
√
2MG
que e´ uma equac¸a˜o separada para x(t).
Integrar: Integrando os dois lados da equac¸a˜o separada, fazendo a substituic¸a˜o
x = x(t), dx = x′(t)dt no lado esquerdo obtemos∫ √
x(t)x′(t) dt =
∫ √
x dx =
2
3
x3/2 + A =
2
3
x(t)3/2 + A
e no lado direito temos ∫ √
2MGdt =
√
2MGt+B
de modo que
x(t)3/2 =
3
2
√
2MGt+ C
Fazendo t = 0 obtemos que C = R3/2.
Isolar: Isolando x(t), obtemos que
x(t) =
(
3
2
√
2MGt+R3/2
)2/3
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2) Um dos primeiros desafios da f´ısica atoˆmica foi explicar a longa vida do a´tomo mais
simples: o a´tomo de hidrogeˆnio. Segundo experieˆncias iniciais conduzidas por Rutherford
entre 1909 e 1911, o a´tomo de hidrogeˆnio consiste de um e´letron de carga −q e massa
pequena orbitando por atrac¸a˜o eletromagne´tica ao redor de um nu´cleo de carga q e massa
grande. De acordo com o eletromagnetismo cla´ssico, uma carga acelerada irradia energia:
esse e´ o princ´ıpio do funcionamento de antenas. Desse modo, se o ele´tron orbitasse ao
redor do nu´cleo segundo as leis da f´ısica cla´ssica, ele perderia energia a` cada revoluc¸a˜o e,
num movimento espiral, eventualmente colidiria com o nu´cleo.
−qq r
O a´tomo de hidrogeˆnio poderia ser compreendido dessa maneira se esse tempo de colisa˜o
fosse grande o suficiente para ser compat´ıvel com a longa vida do a´tomo de hidrogeˆnio
observada na natureza: a chamada estabilidade do a´tomo de hidrogeˆnio. O propo´sito
desse exerc´ıcio e´ mostrar que esse tempo de colisa˜o seria muito pequeno, mostrando que
a f´ısica cla´ssica na˜o explica o movimento do ele´tron ao redor do nu´cleo do a´tomo de
hidrogeˆnio nem sua estabilidade.
Seja r(t) a distaˆncia entre o ele´tron e o nu´cleo, onde t e´ medido em segundos. Em
unidades adequadas, a energia mecaˆnica do ele´tron e´
E(t) =
1
2
mv2(t)− q
2
r(t)
onde m e´ a massa do ele´tron e −q2/r(t) e´ o potencial da forc¸a de Coulumb entre entre as
cargas −q e q. Aproximando cada revoluc¸a˜o da o´rbita espiral do ele´tron por uma o´rbita
circular de raio r(t), temos que o ele´tron possui acelerac¸a˜o centr´ıpeta dada por
a(t) =
v2(t)
r(t)
Igualando a forc¸a centr´ıpeta ma(t) com a forc¸a de Coulumb entre as cargas −q e q
obtemos que
(∗) ma(t) = mv
2(t)
r(t)
=
q2
r2(t)
a) Substitua (∗) na energia E(t) e mostre que a energia mecaˆnica do ele´tron e´ dada por
E(t) = −q
2
2
1
r(t)
. A partir disso, obtenha a taxa E ′(t) em que o ele´tron perde energia.
b) Uma carga q com acelerac¸a˜o a(t) irradia energia a` taxa dada pela Lei de Lamour do
eletromagnetismo cla´ssico
P (t) = −2
3
q2
c3
a2(t)
onde c e´ a velocidade da luz. Substituindo (∗) em P (t) obtenha a taxa com que o
ele´tron perde energia em func¸a˜o do raio r(t) da o´rbita do ele´tron. Igualando isso com
E ′(t) do item anterior obtenha uma EDO para r(t).
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c) Mostre que a EDO do item anterior e´ separa´vel e obtenha a soluc¸a˜o r(t) com condic¸a˜o
inicial s(0) = r0.
d) Encontre o instante t tal que r(t) = 0, que e´ o tempo de colisa˜o entre o ele´tron cla´ssico
e o nu´cleo. Usando as ordens de grandeza das constantes nas unidades adotadas
m = 10−27 c = 1010 q = 10−10 r0 = 10−9
mostre que a ordem de grandeza de t e´ de 10−11/4 segundos.
Soluc¸a˜o
a) Multiplicando (∗) por r(t)/2 obtemos
m
v2(t)
2
=
1
2
q2
r(t)
substituindo isso em E(t) obtemos
E(t) =
1
2
q2
r(t)
− q
2
r(t)
= −1
2
q2
r(t)
logo
E ′(t) = −1
2
(
q2
r(t)
)′
= −1
2
−q2r′(t)
r2(t)
=
1
2
(
q
r(t)
)2
r′(t)
b) Dividindo (*) por m obtemos
(∗) a(t) = 1
m
q2
r2(t)
substituindo isso em P (t) obtemos
P (t) = −2
3
q2
c3
(
1
m
q2
r2(t)
)2
= −2
3
q2
c3m2
(
q
r(t)
)4
Igualando E ′(t) do item anterior com isso obtemos
1
2
(
q
r(t)
)2
r′(t) = −2
3
q2
c3m2
(
q
r(t)
)4
logo
r′(t) = −4
3
q2
c3m2
(
q
r(t)
)2
que e´ uma EDO de primeira ordem para r(t).
c) A EDO
r′(t) = −4
3
q4
c3m2
(
1
r(t)
)2
ja´ esta´ separada. Para resolveˆ-la, fazemos
r2(t)r′(t) = −4
3
q4
c3m2
e integramos os dois lados(∫
r2 dr
)
r=r(t)
=
∫
r2(t)r′(t) dt = −4
3
q4
c3m2
t+ C
Pa´gina 4 de 64
logo
r3(t)
3
= −4
3
q4
c3m2
t+ C
e enta˜o
r(t) =
3
√
−4 q
4
c3m2
t+D
e´ a soluc¸a˜o geral. Fazendo t = 0 temos que
r0 =
3
√
D =⇒ D = r30
e enta˜o
r(t) =
3
√
r30 − 4
q4
c3m2
t
e´ a soluc¸a˜o do PVI.
d) Pelo item anterior, temos que r(t) = 0 quando
r30 − 4
q4
c3m2
t = 0 =⇒ t = m
2c3r30
4q4
Usando as ordens de grandezas dadas,
m = 10−27 c = 1010 q = 10−10 r0 = 10−9
temos que a ordem de grandeza de t e´
t =
10−54 × 1030 × 10−27
4× 10−40 =
10−51
4× 10−40 =
10−11
4
segundos.
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3) Numa reac¸a˜o qu´ımica do tipo X + Y → Z, a taxa de crescimento da concentrac¸a˜o de Z
e´ proporcional ao produto das concentrac¸o˜es de X e Y . Como a massa total do sistema
se conserva, essas concentrac¸o˜es sa˜o proporcionais a`s respectivas quantidades, de modo
que a taxa de formac¸a˜o de Z e´ proporcional ao produto das quantidades remanescentes
de X e Y . Supondo que 1g de X combina com 3g de Y para formar 4g de Z e denotando
por q(t) a quantidade de Z no instante t, temos que q(t)/4 corresponde a` quantidade
consumida de X e 3 q(t)/4 corresponde a` quantidade consumida de Y . Supondo que
existem inicialmente 50 g de X e 33 g de Y , as quantidades remanescentes de X e Y apo´s
t segundos sa˜o, respectivamente, 50 − q(t)/4 e 33 − 3 q(t)/4. Com essas considerac¸o˜es,
temos que a taxa de formac¸a˜o do composto Z e´ dada por
q′(t) = k
(
50− q(t)
4
)(
33− 3q(t)
4
)
= K(200− q(t))(44− q(t))
onde k e K sa˜o constantes positivas.
a) Determine q(t) usando que a quantidade inicial de Z e´ q(0) = 0.
b) Determine o que acontece com a quantidade q(t) apo´s muito tempo decorrido, calcu-
lando o limite lim
t→∞
q(t). Sobrara´ algum reagente apo´s muito tempo decorrido?
Soluc¸a˜o
a) A equac¸a˜o acima e´ separa´vel, de modo que podemos aplicar os treˆs passos:
Separar: Essa EDO e´ separa´vel, pois e´ equivalente a` seguinte equac¸a˜o separada
q′(t)
(200− q(t))(44− q(t)) = K
Integrar: Integrando os dois lados, obtemos que(∫
1
(200− q)(44− q) dq
)
q=q(t)
=
∫
q′(t)
(200− q(t))(44− q(t)) dt =
∫
K dt
onde na primeira igualdade usamos a substituic¸a˜o q = q(t), de modo que dq = q′(t)dt.
Para resolver a integral ∫
1
(200− q)(44− q) dq
vamos utilizar o me´todo das frac¸o˜es parciais. Para isso, devemos escrever
1
(200− q)(44− q) =
A
200− q +
B
44− q
determinando as constantes A e B. Multiplicando os dois lado por (200− q)(44− q),
obtemos que
1 = A(44− q) +B(200− q)
que pode ser escrita como uma igualdade dos polinoˆmios
0q + 1 = (−A−B)q + 44A+ 200B
de modo que que −A− B = 0 e que 44A+ 200B = 1. Segue enta˜o que A = −1/156
e B = 1/156, de modo que∫
1
(200− q)(44− q) dq = −
1
156
∫
1
200− q dq +
1
156
∫
1
44− q dq
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Integrando cada um dos termos dessa soma e utilizando a propriedades do logaritmo,
segue que∫
1
(200− q)(44− q) dq =
1
156
log(|200− q|)− 1
156
log(|44− q|) +R
=
1
156
log
(∣∣∣∣200− q44− q
∣∣∣∣)+R
Substituindo esse resultado na equac¸a˜o(∫
1
(200− q)(44− q) dq
)
q=q(t)
=
∫
K dt
obtemos que
1
156
log
(
200− q(t)
44− q(t)
)
+R = Kt+ S.
onde usamos que usando que 200− q(t) > 0 e 44− q(t) > 0.
Isolar: Passando R subtraindo para o lado direito da equac¸a˜o, multiplicando por 156
e aplicando a exponencial, segue que
200− q(t)
44− q(t) = e
156Kt+C = De156Kt
onde C = 156(S − R) e D = eC sa˜o constantes arbitra´rias. Calculando a equac¸a˜o
acima em t = 0 e usando que q(0) = 0, obtemos que
D =
200
44
,
de modo que
200− q(t)
44− q(t) =
200
44
e156Kt
Da equac¸a˜o acima, segue que
44(200− q(t)) = 200(44− q(t))e156Kt
de modo que, isolando q(t), obtemos que
q(t) =
8800e156Kt − 8800
200e156Kt − 44
b) Como aparece uma indeterminac¸a˜o do tipo ∞/∞, podemos aplicar L’Hospital para
calcular o limite
lim
t→∞
q(t) = lim
t→∞
8800(156Ke156Kt)
200(156Ke156Kt)
= lim
t→∞
8800
200
= 44
A quantidade remanescente dos reagentes X e Y apo´s muito tempo decorrido e´ dada,
respectivamente, pelos limites
lim
t→∞
50− q(t)/4 = 39, lim
t→∞
33− 3q(t)/4 = 0
mostrando que sobraram 39g de reagente X e 0g de reagente Y .
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4) Podemos modelar a produc¸a˜o de iogurte atrave´s do modelo log´ıstico, onde uma populac¸a˜o
p(t) de bacte´rias cresce transformando uma quantidade L(t) de leite em iogurte. Segundo
esse modelo, a taxa de reproduc¸a˜o da populac¸a˜o por bacte´ria p′(t)/p(t) e´ proporcional
a` taxa de consumo de leite por bacte´ria −L′(t)/p(t), que e´ proporcional a` concentrac¸a˜o
de leite, que por sua vez e´ proporcional a L(t), uma vez que a massa total do sistema se
conserva. Deste modo, existem constantes positivas a e b tais que
(∗) p
′(t)
p(t)
= −aL
′(t)
p(t)
= bL(t)
a) Utilizando a equac¸a˜o (∗), verifique que L′(t) = − 1
a
p′(t). Integrando essa equac¸a˜o e
utilizando as condic¸o˜es iniciais p(0) = p0 e L(0) = L0, mostre que L(t) =
1
a
(c− p(t)),
onde c = aL0 + p0.
b) Substituindo a expressa˜o de L(t) obtida no item anterior na equac¸a˜o (∗), verifique
que p′(t) =
b
a
p(t)(c− p(t)), denominada equac¸a˜o log´ıstica.
c) Determine p(t) usando que a populac¸a˜o inicial e´ p(0) = p0.
d) Determine o que acontece com a populac¸a˜o p(t) apo´s muito tempo decorrido, calcu-
lando o limite lim
t→∞
p(t).
Soluc¸a˜o
a) Uma vez que, pela equac¸a˜o (∗), p
′(t)
p(t)
= −aL
′(t)
p(t)
, obtemos a expressa˜o desejada
cancelando p(t) e isolando L′(t). Integrando a equac¸a˜o L′(t) = − 1
a
p′(t), obtemos que
L(t) = −1
a
p(t) + C
Utilizando as condic¸o˜es iniciais p(0) = p0 e L(0) = L0, obtemos que C = L0 + p0/a,
de modo que
L(t) =
1
a
(c− p(t))
onde c = aL0 + p0.
b) Pela equac¸a˜o (∗) e pelo item anterior, temos que
p′(t)
p(t)
= bL(t) =
b
a
(c− p(t))
de modo que
p′(t) =
b
a
p(t)(c− p(t))
c) A equac¸a˜o acima e´ separa´vel, de modo que podemos aplicar os treˆs passos:
Separar: Essa EDO e´ equivalente a` seguinte equac¸a˜o separada
p′(t)
p(t)(c− p(t)) =
b
a
Integrar: Integrando os dois lados, obtemos que(∫
1
p(c− p) dp
)
p=p(t)
=
∫
p′(t)
p(t)(c− p(t)) dt =
∫
b
a
dt
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onde na primeira igualdade usamos a substituic¸a˜o p = p(t), de modo que dp = p′(t)dt.
Para resolver a integral ∫
1
p(c− p) dp
vamos utilizar o me´todo das frac¸o˜es parciais. Para isso, devemos escrever
1
p(c− p) =
A
p
+
B
c− p
determinando as constantes A e B. Multiplicando os dois lado por p(c− p), obtemos
que
1 = A(c− p) +Bp
que pode ser escrita como uma igualdade dos polinoˆmios
0p+ 1 = (B − A)p+ Ac
de modo que B − A = 0 e que Ac = 1. Segue enta˜o que A = B = 1/c, de modo que∫
1
p(c− p) dp =
1
c
∫
1
p
dp+
1
c
∫
1
c− p dp
Integrando cada um dos termos dessa soma e utilizando a propriedades do logaritmo,
segue que ∫
1
p(c− p) dp =
1
c
log(|p|)− 1
c
log(|c− p|) +R
=
1
c
log
(∣∣∣∣ pc− p
∣∣∣∣)+R
Substituindo esse resultado na equac¸a˜o(∫
1
p(c− p) dp
)
p=p(t)
=
∫
b
a
dt
obtemos que
1
c
log
(
p(t)
c− p(t)
)
+R =
b
a
t+ S
onde usamos que p(t) > 0 e c− p(t) > 0.
Isolar: Passando R subtraindo para o lado direito da equac¸a˜o, multiplicando por c
e aplicando a exponencial, segue que
p(t)
c− p(t) = e
cb
a
t+C = De
cb
a
t
onde C = c(S−R) e D = eC sa˜o constantes arbitra´rias. Calculando a equac¸a˜o acima
em t = 0 e usando que p(0) = p0, obtemos que
D =
p0
c− p0
de modo que
p(t)
c− p(t) =
p0
c− p0 e
cb
a
t
Da equac¸a˜o acima, segue que
p(t)(c− p0) = (c− p(t))p0e cba t
de modo que, isolando p(t), obtemos que
p(t) =
cp0e
cb
a
t
c− p0 + p0e cba t
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d) Como aparece uma indeterminac¸a˜o do tipo ∞/∞, podemos aplicar L’Hospital para
calcular o limite
lim
t→∞
p(t) = lim
t→∞
cp0
cb
a
e
cb
a
t
p0
cb
a
e
cb
a
t
= lim
t→∞
c
1
= c
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Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 2
Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 2 – Lista 2 – Soluc¸a˜o
1) Considere um circuito RC onde a forc¸a eletromotriz e´ uma constante E, a capacitaˆncia e´
uma constante C e a resisteˆncia aumenta linearmente, de modo que R = R0 + at. Temos
que as quedas de tensa˜o no capacitor e na resisteˆncia sa˜o dadas, respectivamente, por
Cq(t) e Rq′(t), onde q(t) e´ a carga no capacitor. A segunda Lei de Kirchoff diz que a
soma das quedas de tensa˜o num circuito e´ igual a` forc¸a eletromotriz.
a) Mostre que a carga q(t) satisfaz uma equac¸a˜o da forma
q′(t) + p(t)q(t) = g(t). Mostre tambe´m que a carga cons-
tante q(t) = E
C
e´ uma soluc¸a˜o, conhecida como carga esta-
ciona´ria.
Para os pro´ximos itens considere E = 12, C = 6, R0 = 1,
a = 2.
b) Encontre uma primitiva P (t) de p(t) e determine eP (t) e
tambe´m e−P (t).
c) Obtenha a soluc¸a˜o geral q(t) da equac¸a˜o determinada no
primeiro item.
d) Determine a soluc¸a˜o com carga inicial q(0) = q0. Mostre
que, para qualquer carga inicial, apo´s muito tempo decor-
rido a carga q(t) se aproxima da carga estaciona´ria, isto e´,
mostre que lim
t→∞
q(t) = E
C
= 2.
E
R
C
q(t)
Soluc¸a˜o
a) Pela segunda Lei de Kirchoff temos que
(R0 + at)q
′(t) + Cq(t) = E
Dividindo essa equac¸a˜o por R0 + at, segue que
q′(t) +
C
R0 + at
q(t) =
E
R0 + at
que e´ uma equac¸a˜o diferencial linear de primeira ordem da forma
q′(t) + p(t)q(t) = g(t),
onde
p(t) =
C
R0 + at
e g(t) =
E
R0 + at
Se q(t) = E
C
enta˜o q′(t) = 0 e enta˜o
q′(t) + p(t)q(t) =
C
R0 + at
E
C
= g(t)
mostrando que q(t) = E
C
e´ uma soluc¸a˜o.
Pa´gina 11 de 64
b) Usando os valores adotados das constantes, temos que
p(t) =
6
1 + 2t
de modo que ∫
6
1 + 2t
dt =
6
2
(∫
1
x
dx
)
x=1+2t
= 3 log(1 + 2t) + A
onde usamos que a resisteˆncia R = 1 + 2t e´ sempre positiva. Podemos enta˜o escolher
P (t) = 3 log(1 + 2t) = log((1 + 2t)3)
de modo que
eP (t) = elog((1+2t)
3) = (1 + 2t)3
e que
e−P (t) = (eP (t))−1 = (1 + 2t)−3
c) A soluc¸a˜o geral e´ dada por
q(t) = c(t)e−P (t)
onde
c(t) =
∫
g(t)eP (t) dt
Temos
c(t) =
∫
12
1 + 2t
(1 + 2t)3 dt
= 12
∫
(1 + 2t)2 dt
=
12
2
(∫
x2 dx
)
x=1+2t
= 6
1
3
(1 + 2t)3 +B
= 2(1 + 2t)3 +B
Segue que a soluc¸a˜o geral e´ dada por
q(t) = c(t)(1 + 2t)−3
de modo que
q(t) = 2 +B(1 + 2t)−3
d) Em t = 0 temos
q0 = q(0) = 2 +B
isolando B obtemos que
B = q0 − 2,
de modo que
q(t) = 2 + (q0 − 2)(1 + 2t)−3
e´ a soluc¸a˜o com carga inicial q(0) = q0. Uma vez que
lim
t→∞
(1 + 2t)−3 = 0
pois e´ um limite do tipo limitado/infinito, segue que
lim
t→∞
q(t) = 2 + (q0 − 2) lim
t→∞
(1 + 2t)−3 = 2
mostrando que esse limite na˜o depende da carga inicial q0 e coincide com a carga
estaciona´ria 2.
Pa´gina 12 de 64
2) Considere um circuito RC onde a forc¸a eletromotriz e´ alternada, de modo que E =
E0 cos(t), a capacitaˆncia e´ uma constante C e a resisteˆncia aumenta linearmente, de
modo que R = R0 + at. Temos que as quedas de tensa˜o no capacitor e na resisteˆncia
sa˜o dadas, respectivamente, por Cq(t) e Rq′(t), onde q(t) e´ a carga no capacitor. A
segunda Lei de Kirchoff diz que a soma das quedas de tensa˜o num circuito e´ igual a` forc¸a
eletromotriz.
a) Mostre que a carga q(t) satisfaz uma equac¸a˜o da forma
q′(t) + p(t)q(t) = g(t).
Para os pro´ximos itens considere E0 = 220, C = 2, R0 = 1,
a = 2.
b) Encontre uma primitiva P (t) de p(t) e determine eP (t) e
tambe´m e−P (t).
c) Obtenha a soluc¸a˜o geral q(t) da equac¸a˜o determinada no
primeiro item.
d) Determine a soluc¸a˜o com carga inicial q(0) = q0. Mostre
que lim
t→∞
q(t) = 0, mostrando que esse limite na˜o depende
da carga inicial q0.
E
R
C
q(t)
Soluc¸a˜o
a) Pela segunda Lei de Kirchoff temos que
(R0 + at)q
′(t) + Cq(t) = E
Dividindo essa equac¸a˜o por R0 + at, segue que
q′(t) +
C
R0 + at
q(t) =
E0 cos(t)
R0 + at
que e´ uma equac¸a˜o diferencial linear de primeira ordem da forma
q′(t) + p(t)q(t) = g(t)
onde
p(t) =
C
R0 + at
e g(t) =
E0 cos(t)
R0 + at
b) Usando os valores adotados das constantes, temos que
p(t) =
2
1 + 2t
de modo que ∫
2
1 + 2t
dt =
2
2
(∫
1
x
dx
)
x=1+2t
= log(1 + 2t) + A,
onde usamos que a resisteˆncia R = 1 + 2t e´ sempre positiva. Podemos enta˜o escolher
P (t) = log(1 + 2t)
de modo que
eP (t) = elog(1+2t) = 1 + 2t
e que
e−P (t) =
1
eP (t)
=
1
1 + 2t
Pa´gina 13 de 64
c) A soluc¸a˜o geral e´ dada por
q(t) = c(t)e−P (t),
onde
c(t) =
∫
g(t)eP (t) dt
Temos
c(t) =
∫
220 cos(t)
1 + 2t
(1 + 2t) dt
= 220
∫
cos(t) dt
= 220 sen(t) +B.
Segue que a soluc¸a˜o geral e´ dada por
q(t) = c(t)
1
1 + 2t
de modo que
q(t) =
220 sen(t) +B
1 + 2t
d) Em t = 0 temos
q0 = q(0) = B
de modo que
q(t) =
220 sen(t) + q0
1 + 2t
e´ a soluc¸a˜o com carga inicial q(0) = q0. Segue enta˜o que
lim
t→∞
q(t) = lim
t→∞
220 sen(t) + q0
1 + 2t
= 0
pois e´ um limite do tipo limitado/infinito, mostrando que esse limite na˜o depende da
carga inicial q0.
Pa´gina 14 de 64
3) Considere um circuito RC onde a forc¸a eletromotriz e´ uma constante E = 12, a capa-
citaˆncia e´ dada por C = cos(t) + 2 e a resisteˆncia e´ dada por R = sen(t) + 2t+ 1. Temos
que as quedas de tensa˜o no capacitor e na resisteˆncia sa˜o dadas, respectivamente, por
Cq(t) e Rq′(t), onde q(t) e´ a carga no capacitor. A segunda Lei de Kirchoff diz que a
soma das quedas de tensa˜o num circuito e´ igual a` forc¸a eletromotriz.
a) Mostre que a carga q(t) satisfaz uma equac¸a˜o da forma
q′(t) + p(t)q(t) = g(t).
b) Encontre uma primitiva P (t) de p(t) e determine eP (t) e
tambe´m e−P (t).
c) Obtenha a soluc¸a˜o geral q(t) da equac¸a˜o determinada no
primeiro item.
d) Determine a soluc¸a˜o com carga inicial q(0) = q0. Mostre
que lim
t→∞
q(t) = 6, mostrando que esse limite na˜o depende
da carga inicial q0.
E
R
C
q(t)
Soluc¸a˜o
a) Pela segunda Lei de Kirchoff temos que
( sen(t) + 2t+ 1)q′(t) + (cos(t) + 2)q(t) = 12
Dividindo essa equac¸a˜o por R0 + at, segue que
q′(t) +
cos(t) + 2
sen(t) + 2t+ 1
q(t) =
12
sen(t) + 2t+ 1
que e´ uma equac¸a˜o diferencial linear de primeira ordem da forma
q′(t) + p(t)q(t) = g(t),
onde
p(t) =
cos(t) + 2
sen(t) + 2t+ 1
e g(t) =
12
sen(t) + 2t+ 1
b) Usando os valores adotados das constantes, temos que
p(t) =
cos(t) + 2
sen(t) + 2t+ 1
,
de modo que∫
cos(t) + 2
sen(t) + 2t+ 1
dt =
(∫
1
x
dx
)
x=sen(t)+2t+1
= log( sen(t) + 2t+ 1) + A
onde usamos que a resisteˆncia R = sen(t) + 2t+ 1 e´ sempre positiva. Podemos enta˜o
escolher
P (t) = log( sen(t) + 2t+ 1)
de modo que
eP (t) = elog( sen(t)+2t+1) = sen(t) + 2t+ 1
e que
e−P (t) =
1
eP (t)
=
1
sen(t) + 2t+ 1
Pa´gina 15 de 64
c) A soluc¸a˜o geral e´ dada por
q(t) = c(t)e−P (t)
onde
c(t) =
∫
g(t)eP (t) dt
Temos
c(t) =
∫
12
sen(t) + 2t+ 1
( sen(t) + 2t+ 1) dt
=
∫
12 dt
= 12t+B
Segue que a soluc¸a˜o geral e´ dada por
q(t) = c(t)
1
sen(t) + 2t+ 1
de modo que
q(t) =
12t+B
sen(t) + 2t+ 1
d) Em t = 0 temos
q0 = q(0) = B
de modo que
q(t) =
12t+ q0
sen(t) + 2t+ 1
e´ a soluc¸a˜o com carga inicial q(0) = q0. Segue enta˜o que
lim
t→∞
q(t) = lim
t→∞
12t+ q0
sen(t) + 2t+ 1
= lim
t→∞
12 + q0/t
sen(t)/t+ 2 + 1/t
=
12
2
= 6
mostrando que esse limite na˜o depende da carga inicial q0.
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4) Num foguete, se o empuxo e´ uma constante d, a taxa de variac¸a˜o de sua massa e´ constante,
de modo que m(t) = m0−at. Se o foguete na˜o atinge uma altura muito elevada, podemos
supor que gravidade e´ uma constante g e que a forc¸a de arraste do ar e´ dada por −bv(t),
proporcional a` velocidade v(t) do foguete. Segue que a forc¸a que atua no foguete e´ dada
por
F = −m(t)g − bv(t) + d.
Neste caso, a segunda Lei de Newton e´ dada por (m(t)v(t))′ = F .
a) Mostre que v(t) satisfaz uma equac¸a˜o da forma v′(t)+p(t)v(t) = g(t).
Para os pro´ximos itens considere g = 10, b = 1, d = 100, m0 = 1,
a = 2.
b) Encontre uma primitiva P (t) de p(t) e determine eP (t) e tambe´m
e−P (t).
c) Obtenha a soluc¸a˜o geral v(t) da equac¸a˜o determinada no primeiro
item.
d) Determine a soluc¸a˜o v(t) com velocidade inicial v(0) = 0. Para que
valores de t ≥ 0 a velocidade v(t) esta´ definida?
d
−bv(t)
−m(t)g
Soluc¸a˜o
a) Temos que
(m(t)v(t))′ = m′(t)v(t) +m(t)v′(t) =
−av(t) + (m0 − at)v′(t)
e que a forc¸a resultante e´ dada por
F = −m(t)g − bv(t) + d = −(m0 − at)g − bv(t) + d.
Pela segunda Lei de Newton segue que v(t) satisfaz
−av(t) + (m0 − at)v′(t) = −(m0 − at)g − bv(t) + d
de modo que
(m0 − at)v′(t) + (b− a)v(t) = −(m0 − at)g + d.
Dividindo essa equac¸a˜o por m0 − at, segue que
v′(t) +
b− a
m0 − atv(t) = −g +
d
m0 − at,
que e´ uma equac¸a˜o diferencial linear de primeira ordem da forma
v′(t) + p(t)v(t) = g(t),
onde
p(t) =
b− a
m0 − at e g(t) = −g +
d
m0 − at.
b) Usando os valores adotados das constantes, temos que
p(t) = − 1
1− 2t ,
Pa´gina 17 de 64
de modo que ∫
− 1
1− 2t dt =
−1
−2
(∫
1
x
dx
)
x=1−2t
=
1
2
log(1− 2t) + A,
onde estamos usando que a massa 1− 2t e´ sempre positiva. Podemos enta˜o escolher
P (t) =
1
2
log(1− 2t) = log((1− 2t)1/2),
de modo que
eP (t) = elog((1−2t)
1/2) = (1− 2t)1/2.
e que
e−P (t) = (eP (t))−1 = (1− 2t)−1/2.
c) A soluc¸a˜o geral e´ dada por
v(t) = c(t)e−P (t),
onde
c(t) =
∫
g(t)eP (t) dt.
Temos
c(t) =
∫ (
−10 + 100
1− 2t
)
(1− 2t)1/2 dt
= −10
∫
(1− 2t)1/2 dt+ 100
∫
1
(1− 2t)1/2 dt
=
−10
−2
(∫
x1/2 dx
)
x=1−2t
+
100
−2
(∫
x−1/2 dx
)
x=1−2t
=
10
2
2
3
(1− 2t)3/2 − 100
2
2(1− 2t)1/2 +B
=
10
3
(1− 2t)3/2 − 100(1− 2t)1/2 +B.
Segue que a soluc¸a˜o geral e´ dada por
v(t) = c(t)(1− 2t)−1/2,
de modo que
v(t) = −100 + 10
3
(1− 2t) +B(1− 2t)−1/2.
d) Em t = 0 temos
0 = v(0) = −100 + 10
3
+B,
isolando B obtemos que
B = 100− 10
3
=
290
3
.
Segue que
v(t) = −100 + 10
3
(1− 2t) + 290
3
(1− 2t)−1/2,
e´ a soluc¸a˜o que satisfaz v(0) = 0. Pela forma de v(t), para que ela esteja definida,
devemos ter 1−2t > 0. Assim v(t) esta´ definida para t em [0, 1/2), que e´ precisamente
o intervalo onde a massa do foguete e´ positiva.
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Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 2
Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 2 – Lista 3 – Soluc¸a˜o
1) A temperatura de equil´ıbrio T (P ) em um ponto P
de uma chapa circular feita com um material uni-
forme pode ser escrita em func¸a˜o das coordenadas
polares (r, θ) de P , onde r e´ a distaˆncia entre o
ponto P e a origem O e θ e´ o aˆngulo formado en-
tre o eixo x e o segmento OP . Temos que θ varia
em [0, 2pi] e que r varia em [0, R], onde R e´ o raio
da chapa. Note que o conjunto dos pontos tais que
r e´ constante formam uma circunfereˆncia.
P
r θ
O x
y
R
Escrevendo a temperatura em P como produto de duas func¸o˜es T (P ) = y(θ)z(r), e´
poss´ıvel mostrar que as func¸o˜es y(θ) e z(r) satisfazem as seguintes equac¸o˜es diferenciais
y′′(θ)
−y(θ) = ν =
r2z′′(r) + rz′(r)
z(r)
,
onde ν e´ uma constante positiva. O objetivo dessa questa˜o e´ resolver essas duas equac¸o˜es
diferenciais e estudar suas soluc¸o˜es.
a) Mostre que y(θ) satisfaz a equac¸a˜o y′′(θ) + νy(θ) = 0. Determine os valores de a > 0
tais que y1(θ) = cos(aθ) e y2(θ) = sen(aθ) sa˜o soluc¸o˜es fundamentais dessa equac¸a˜o.
b) Use o fato de que (r, 0) e (r, 2pi) representam o mesmo ponto P na chapa, para concluir
que y(0) = y(2pi). Use esse fato para concluir que ν = λ2, para algum inteiro λ ≥ 0.
c) Mostre que z(r) satisfaz a equac¸a˜o r2z′′(r) + rz′(r) − λ2z(r) = 0, r > 0, conhecida
como equac¸a˜o de Euler. Determine os valores de b tais que z(r) = rb e´ soluc¸a˜o da
equac¸a˜o de Euler.
d) Use o item anterior para obter a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o de Euler. Verifique que
qualquer soluc¸a˜o que na˜o e´ proporcional a` soluc¸a˜o rλ possui ass´ıntota vertical em
r = 0.
Soluc¸a˜o
a) Temos que y(θ) satisfaz
y′′(θ)
−y(θ) = ν
logo y′′(θ) = −νy(θ) e, portanto,
y′′(θ) + νy(θ) = 0 (1)
onde ν > 0.
Considerando primeiro y1(θ) = cos(aθ), temos
y1(θ) = cos(aθ)
y′1(θ) = −a sen(aθ)
y′′1(θ) = −a2 cos(aθ)
Pa´gina 19 de 64
Segue que
y′′1(θ) + νy1(θ) = −a2 cos(aθ) + ν cos(aθ)
= (ν − a2) cos(aθ)
= 0 ⇐⇒ a2 = ν
logo se e so´ se a =
√
ν, uma vez que a > 0. Isso mostra que
y1(θ) = cos(
√
νθ)
e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o (1).
Considerando agora y2(θ) = sen(aθ), temos
y2(θ) = sen(aθ)
y′2(θ) = a cos(aθ)
y′′2(θ) = −a2 sen(aθ)
Segue que
y′′2(θ) + νy2(θ) = −a2 sen(aθ) + ν sen(aθ)
= (ν − a2) sen(aθ)
= 0 ⇐⇒ a2 = ν
logo se e so´ se a =
√
ν, uma vez que a > 0. Isso mostra que
y2(θ) = sen(
√
νθ)
e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o (1).
Elas sa˜o soluc¸o˜es fundamentais pois seu Wronskiano e´ dado por
W (y1(t), y2(t)) = det
(
cos(
√
νθ) sen(
√
νθ)
−√ν sen(√νθ) √ν cos(√νθ)
)
=
√
ν > 0
b) Como (r, 0) e (r, 2pi) representam o mesmo ponto P na chapa, segue que
y(0)z(r) = T (P ) = y(2pi)z(r)
para todo r ∈ [0, R], de modo que
y(0) = y(2pi)
Usando a soluc¸a˜o geral temos que
y(0) = c1 cos(0) + c2 sen(0) = c1
e que
y(2pi) = c1 cos(
√
ν2pi) + c2 sen(
√
ν2pi),
de modo que
c1 cos(
√
ν2pi) + c2 sen(
√
ν2pi) = c1
para todo c1, c2 ∈ R. Escolhendo c1 = 1 e c2 = 0, obtemos que
cos(
√
ν2pi) = 1
de modo que
√
ν2pi e´ um mu´ltiplo inteiro de de 2pi, isto e´,
√
ν2pi = 2piλ,
onde λ ≥ 0 e´ um inteiro. Segue que √ν = λ e enta˜o que ν = λ2, onde λ ≥ 0 e´ um
inteiro, como quer´ıamos.
Pa´gina 20 de 64
c) Temos que ν = λ2 de modo que z(r) satisfaz
r2z′′(r) + rz′(r)
z(r)
= λ2
logo r2z′′(r) + rz′(r) = λ2z(r) e, portanto,
r2z′′(r) + rz′(r)− λ2z(r) = 0,
onde r > 0 pois e´ o raio.
Seja z(r) = rb, enta˜o
z(r) = rb
z′(r) = brb−1
z′′(r) = b(b− 1)rb−2
de modo que
r2z′′(r) + rz′(r)− λ2z(r) = r2(b(b− 1)rb−2) + r(brb−1)− λ2(rb)
= (b(b− 1) + b− λ2)rb = 0
e portanto z(r) = rb e´ soluc¸a˜o se e somente se
b(b− 1) + b− λ2 = b2 − λ2 = 0 ⇐⇒ b = ±λ,
Isso fornece soluc¸o˜es
z1(r) = r
λ e z2(r) = r
−λ
d) Elas sa˜o soluc¸o˜es fundamentais pois seu Wronskiano e´ dado por
W (z1(r), z2(r)) = det
(
rλ r−λ
λrλ−1 −λr−λ−1
)
= −2λr−1 6= 0
Portanto a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o de Euler e´
z(r) = c1r
λ + c2r
−λ
Se z(r) na˜o e´ proporcional a` rλ enta˜o o coeficiente c2 na˜o-se anula e
lim
r→0
z(r) = c1 lim
r→0
rλ + c2 lim
r→0
r−λ
= c1 · 0 + c2 ·+∞
= ±∞
que e´ ±∞ dependendo do sinal do coeficiente c2. Isso mostra que qualquer soluc¸a˜o
na˜o-proporcional a rλ possui ass´ıntota vertical em r = 0.
Pa´gina 21 de 64
2) No a´tomo de hidrogeˆnio, a posic¸a˜o do ele´tron e´ dada em coordenadas esfe´ricas por (r, θ, φ),
onde r e´ a distaˆncia do ele´tron ao nu´cleo, θ e´ o aˆngulo polar e φ e´ o anˆgulo azimutal.
A probabilidade do ele´tron estar na regia˜o de coordenadas (r, θ, φ) com r ∈ (r1, r2),
θ ∈ (θ1, θ2) e φ ∈ (φ1, φ2) e´ proporcional a∫ r2
r1
R(r)2 dr
∫ θ2
θ1
Θ(θ)2 dθ
∫ φ2
φ1
Φ(φ)2 dφ
onde Φ(φ) = 1, Θ(θ) esta´ relacionada com a equac¸a˜o de
Legendre
(1− x2)y′′(x)− 2xy′(x) + λ(λ+ 1)y(x) = 0
e R(r) esta´ relacionada com a equac¸a˜o de Laguerre
xy′′(x) + (1− x)y′(x) + (ν + λ)y(x) = 0
onde ν e λ sa˜o nu´meros inteiros.
x
y
z
φ
θ
r
As equac¸o˜es acima sempre possuem uma soluc¸a˜o polinomial e qualquer outra soluc¸a˜o
na˜o proporcional a ela possui ass´ıntota vertical, de modo que, nesse problema, a u´nica
soluc¸a˜o que possui significado f´ısico e´ a soluc¸a˜o polinomial. O objetivo desse exerc´ıcio e´
mostrar esse fato em alguns casos.
a) Obtenha o Wronskiano da equac¸a˜o de Legendre, utilizando a fo´rmula de Abel.
b) Considere a equac¸a˜o de Legendre com λ = 1 . Verifique que y1(x) = x e´ soluc¸a˜o
e obtenha a soluc¸a˜o geral y(x) usando o item anterior. Na integrac¸a˜o, use frac¸o˜es
parciais.
c) Verifique que qualquer outra soluc¸a˜o obtida no item anterior que na˜o e´ proporcional
a y1(x) possui ass´ıntota vertical em x = 1 e tambe´m em x = −1.
d) Obtenha o Wronskiano da equac¸a˜o de Laguerre, utilizando a fo´rmula de Abel.
e) Considere
a equac¸a˜o de Laguerre com ν = λ = 0 . Verifique que y1(x) = 1 e´ soluc¸a˜o
e obtenha a soluc¸a˜o geral y(x) usando o item anterior. Na integrac¸a˜o, use a se´rie de
poteˆncias da exponencial.
f) Verifique que qualquer outra soluc¸a˜o obtida no item anterior que na˜o e´ proporcional
a y1(x) possui ass´ıntota vertical em x = 0.
Soluc¸a˜o
a) Colocando a equac¸a˜o de Legendre na forma
y′′(x)− 2x
1− x2y
′(x) +
λ(λ+ 1)
1− x2 y(x) = 0
temos que
q(x) = − 2x
1− x2
Pa´gina 22 de 64
logo ∫
q(x)dx =
∫
− 2x
1− x2dx
=
∫
2x
1− x2dx substituic¸a˜o y = 1− x
2 ⇒ dy = −2xdx
=
∫
1
y
dy
= log(y) + C
= log(1− x2) + C
e podemos tomar
Q(x) = log(1− x2)
Pela fo´rmula de Abel temos que
W (y1(x), y2(x)) = Ce
−Q(x)
= Ce− log(1−x
2)
= Celog(1−x
2)−1
= C
1
1− x2
para quaisquer duas soluc¸o˜es y1(x), y2(x) da equac¸a˜o de Legendre.
b) Para λ = 1 a equac¸a˜o de Legendre fica
(1− x2)y′′ − 2xy′ + 2y = 0
Para y1(x) = x temos que
y′1 = 1 y
′′
1 = 0
logo
(1− x2)y′′1 − 2xy′1 + 2y1 = (1− x2) · 0− 2x · 1 + 2 · x
= −2x+ 2x
= 0
o que mostra que y1(x) = x e´ soluc¸a˜o.
Para obter a soluc¸a˜o geral y(x), pelo item anterior temos que
W (y1(x), y(x)) = C
1
1− x2
por outro lado, considerando y(x)/y1(x) sabemos que(
y(x)
x
)′
=
(
y(x)
y1(x)
)′
=
W (y1(x), y(x))
y21(x)
= C
1
x2(1− x2) (2)
Uma vez que
x2(1− x2) = x2(1− x)(1 + x)
por frac¸o˜es parciais temos que
1
x2(1− x2) =
A
x
+
B
x2
+
E
1− x +
F
1 + x
Pa´gina 23 de 64
multiplicando pelo denominador obtemos
1 = Ax(1− x2) +B(1− x2) + Ex2(1 + x) + Fx2(1− x)
= A(x− x3) +B(1− x2) + E(x2 + x3) + F (x2 − x3)
= (−A+ E − F )x3 + (−B + E + F )x2 + Ax+B
portanto A = 0, B = 1, E = 1/2, F = 1/2.
Integrando ambos lados de (2), obtemos
y(x)
x
= C
∫
1
x2(1− x2)dx = C
(∫
1
x2
+
1/2
1− x +
1/2
1 + x
)
dx
= C
(
−1
x
− 1
2
log |1− x|+ 1
2
log |1 + x|
)
+D
= C
(
−1
x
+
1
2
log
∣∣∣∣1 + x1− x
∣∣∣∣)+D
Isolando y(x), obtemos a soluc¸a˜o geral
y(x) = C
(
−1 + 1
2
x log
∣∣∣∣1 + x1− x
∣∣∣∣)+Dx
c) Observe que a soluc¸a˜o obtida no item anterior e´ da forma
y(x) = C
(
−1 + 1
2
x log
∣∣∣∣1 + x1− x
∣∣∣∣)︸ ︷︷ ︸
y2(x)
+D x︸︷︷︸
y1(x)
= Cy2(x) +Dy1(x)
Se y(x) na˜o e´ proporcional a y1(x), enta˜o o coeficiente C de y2(x) na˜o se anula.
Temos que
lim
x→1
y1(x) = 1 e lim
x→1
y2(x) = lim
x→1
−1 + 1
2
x log
∣∣∣∣1 + x1− x
∣∣∣∣ = +∞
pois limx→1 |(1 + x)/(1− x)| = +∞ e limz→+∞ log(z) = +∞.
lim
x→−1
y1(x) = −1 e lim
x→−1
y2(x) = lim
x→−1
−1 + 1
2
x log
∣∣∣∣1 + x1− x
∣∣∣∣ = +∞
pois limx→−1 |(1 + x)/(1− x)| = 0 e limz→0 log(z) = −∞.
Uma vez que C 6= 0, temos
lim
x→1−
y(x) = C · −∞+D · 1 = ±∞
e
lim
x→−1+
y(x) = C · −∞+D · −1 = ±∞
que e´ ±∞ depedendo do sinal do coeficiente C. Isso mostra que qualquer soluc¸a˜o
na˜o-proporcional a y1(x) possui ass´ıntota vertical em x = 1 e tambe´m em x = −1.
d) Colocando a equac¸a˜o de Laguerre na forma
y′′(x) +
1− x
x
y′(x) +
(ν + λ)
x
y(x) = 0
Pa´gina 24 de 64
temos que
q(x) =
1− x
x
=
1
x
− 1
logo ∫
q(x)dx =
∫
1
x
− 1 dx
= log(x)− x+ C
e podemos tomar
Q(x) = log(x)− x
Pela fo´rmula de Abel temos que
W (y1(x), y2(x)) = Ce
−Q(x)
= Ce− log(x)+x
= Ce− log(x)ex
= Celog(x
−1)ex
= Cx−1ex
= C
ex
x
para quaisquer duas soluc¸o˜es y1(x), y2(x) da equac¸a˜o de Laguerre.
e) Para ν = λ = 0 a equac¸a˜o de Laguerre fica
xy′′(x) + (1− x)y′(x) = 0
Para y1(x) = 1 temos que
y′1 = 0 y
′′
1 = 0
logo
xy′′1(x) + (1− x)y′1(x) = x · 0 + (1− x) · 0
= 0
o que mostra que y1(x) = 1 e´ soluc¸a˜o.
Para obter a soluc¸a˜o geral y(x), pelo item anterior temos que
W (y1(x), y(x)) = C
ex
x
por outro lado, considerando y(x)/y1(x) sabemos que(
y(x)
1
)′
=
(
y(x)
y1(x)
)′
=
W (y1(x), y(x))
y21(x)
= C
ex
x
(3)
Usando a se´rie de poteˆncias
ex = 1 + x+
1
2!
x2 +
1
3!
x3 + · · ·
=
∞∑
n=0
1
n!
xn
Pa´gina 25 de 64
definida para x ∈ R, temos que
ex
x
=
1
x
+ 1 +
1
2!
x+
1
3!
x2 + · · ·
=
1
x
+
∞∑
n=1
1
n!
xn−1
onde a se´rie de poteˆncias esta´ definida para x ∈ R.
Integrando ambos lados de (3), obtemos a soluc¸a˜o geral
y(x) = C
∫
C
ex
x
dx = C
(∫
1
x
+
∞∑
n=1
1
n!
xn−1
)
dx
= C
(
log |x|+
∞∑
n=1
1
n!n
xn
)
+D
onde a se´rie de poteˆncias esta´ definida para x ∈ R.
f) Observe que a soluc¸a˜o obtida no item anterior e´ da forma
y(x) = C
(
log |x|+
∞∑
n=1
1
n!n
xn
)
︸ ︷︷ ︸
y2(x)
+D 1︸︷︷︸
y1(x)
= Cy2(x) +Dy1(x)
Se y(x) na˜o e´ proporcional a y1(x), enta˜o o coeficiente C de y2(x) na˜o se anula.
Como a se´rie de poteˆncias em y2(x) esta´ definida para x ∈ R, temos que
lim
x→0
∞∑
n=1
1
n!n
xn = lim
x→0
1 +
1
2!
x+
1
3!
x2 + · · ·
= 1 +
1
2!
0 +
1
3!
02 + · · ·
= 1
logo
lim
x→0
y2(x) = lim
x→0
log |x|+ 1
= −∞+ 1
= −∞
Uma vez que C 6= 0, temos
lim
x→0
y(x) = C · −∞+D · 1 = ±∞
que e´ ±∞ depedendo do sinal do coeficiente C. Isso mostra que qualquer soluc¸a˜o
na˜o-proporcional a y1(x) possui ass´ıntota vertical em x = 0.
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3) Considere um circuito RLC onde a forc¸a eletromotriz e´ E = 12e−2t, a resisteˆncia e´ R = 5,
a indutaˆncia e´ L = 1 e a capacitaˆncia e´ C = 4. Temos que a queda de tensa˜o no indutor,
no capacitor e na resisteˆncia e´ dada, respectivamente, por Lq′′(t), Rq′(t) e Cq(t), onde
q(t) e´ a carga no capacitor. A segunda Lei de Kirchoff afirma que a soma das quedas de
tensa˜o num circuito e´ igual a` forc¸a eletromotriz.
a) Mostre que a carga na capacitor satisfaz uma EDO linear
de segunda ordem.
b) Verifique que q1(t) = e
−t e q2(t) = e−4t sa˜o soluc¸o˜es fun-
damentais da equac¸a˜o homogeˆnea.
c) Obtenha a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o na˜o-homogeˆnea. A
carga no capacitor tende a zero quando t cresce?
d) Determine a carga q(t) do capacitor se a carga inicial e´
q(0) = 0 e a corrente inicial e´ q′(0) = 1.
E L
R
C
q(t)
Soluc¸a˜o
a) Pela segunda Lei de Kirchoff temos que q(t) satisfaz a seguinte equac¸a˜o
Lq′′ +Rq′ + Cq = E
Usando que E = 12e−2t, L = 1, R = 5 e C = 4, equac¸a˜o acima fica
q′′ + 5q′ + 4q = 12e−2t
b) Consideramos primeiro q1(t) = e
−t, temos
q1(t) = e
−t
q′1(t) = −e−t
q′′1(t) = e
−t
Segue que
q′′1 + 5q
′
1 + 4q1 = (e
−t) + 5(−e−t) + 4(e−t)
= (1− 5 + 4)e−t
= 0
Isso mostra que q1(t) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o homogeˆnea.
Consideramos agora q2(t) = e
−4t, temos
q2(t) = e
−4t
q′2(t) = −4e−4t
q′′2(t) = 16e
−4t
Segue que
q′′2 + 5q
′
2 + 4q2 = (16e
−4t) + 5(−4e−4t) + 4(e−4t) (4)
= (16− 20 + 4)e−4t (5)
= 0 (6)
Isso mostra que q2(t) tambe´m e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o homogeˆnea.
Elas sa˜o soluc¸o˜es fundamentais pois seu Wronskiano e´ dado por
W (q1(t), q2(t)) = det
(
e−t e−4t
−e−t −4e−4t
)
= −3e−5t
Pa´gina 27 de 64
c) Pelo me´todo da variac¸a˜o dos paraˆmetros, a soluc¸a˜o geral e´
q(t) = c1(t)e
−t + c2(t)e−4t,
onde
c1(t) =
∫
−12e
−2te−4t
−3e−5t dt
=
∫
4e−t dt
= −4e−t + c1
e
c2(t) =
∫
12e−2te−t
−3e−5t dt
=
∫
−4e2t dt
= −2e2t + c2
Segue que
q(t) = (−4e−t + c1)e−t + (−2e2t + c2)e−4t
= (−4e−t)e−t + (−2e2t)e−4t + c1e−t + c2e−4t
= −6e−2t + c1e−t + c2e−4t
de modo que a carga no capacitor tende a zero quando t cresce, uma vez que
lim
t→∞
q(t) = lim
t→∞
−6e−2t + c1 lim
t→∞
e−t + c2 lim
t→∞
e−4t = 0
d) Derivando
q(t) = −6e−2t + c1e−t + c2e−4t
temos
q′(t) = 12e−2t − c1e−t − 4c2e−4t
Usando as condic¸o˜es iniciais dadas
0 = q(0) = −6 + c1 + c2
1 = q′(0) = 12− c1 − 4c2
conclu´ımos
que
c1 + c2 = 6
−c1 − 4c2 = −11
cuja u´nica soluc¸a˜o e´ c1 = 13/3 e c2 = 5/3.
Segue que a soluc¸a˜o do PVI e´
q(t) = −6e−2t + 13
3
e−t +
5
3
e−4t
Pa´gina 28 de 64
4) Considere um sistema MMA onde a forc¸a externa e´ F = 5e−t, a massa e´ m = 1, a
constante da mola e´ k = 2 e constante de amortecimento e´ b = 2. Temos que a forc¸a da
mola e do amortecedor e´ dada, respectivamente, por ky(t) e by′(t), onde y(t) e´ a posic¸a˜o
da massa em relac¸a˜o ao equil´ıbrio. A segunda Lei de Newton afirma que o produto da
massa pela acelerac¸a˜o e´ igual ao somato´rio das forc¸as.
a) Mostre que a posic¸a˜o da massa satisfaz uma EDO linear de
segunda ordem.
b) Verifique que y1(t) = e
−t cos(t) e y2(t) = e−t sen(t) sa˜o
soluc¸o˜es fundamentais da equac¸a˜o homogeˆnea.
c) Obtenha a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o na˜o-homogeˆnea. A
posic¸a˜o da massa tende a zero quando t cresce?
d) Determine uma soluc¸a˜o que satisfaz as condic¸o˜es iniciais
y(0) = 0 e y′(0) = 1.
y(t)
Soluc¸a˜o
a) Pela segunda Lei de Newton, temos que y(t) satisfaz a seguinte equac¸a˜o
my′′(t) = −by′(t)− ky(t) + F,
Usando que F = 5e−t, m = 1, k = 2 e b = 2, a equac¸a˜o acima e´ equivalente a
y′′(t) + 2y′(t) + 2y(t) = 5e−t
b) Consideramos primeiro y1(t) = e
−t cos(t). Usando as regras de derivac¸a˜o, obtemos
que
y′1(t) = −e−t cos(t)− e−t sen(t) e y′′1(t) = 2e−t sen(t)
Segue enta˜o que
y′′1(t) + 2y
′
1(t) + 2y1(t) = 0
uma vez que
(2e−t sen(t)) + 2(−e−t cos(t)− e−t sen(t)) + 2(e−t cos(t)) = 0
Consideramos agora y2(t) = e
−t sen(t). Usando as regras de derivac¸a˜o, obtemos que
y′2(t) = −e−t sen(t) + e−t cos(t) e y′′2(t) = −2e−t cos(t)
Segue enta˜o que
y′′2(t) + 2y
′
2(t) + 2y2(t) = 0
uma vez que
(−2e−t cos(t)) + 2(−e−t sen(t) + e−t cos(t)) + 2(e−t sen(t)) = 0
Essas duas soluc¸o˜es sa˜o fundamentais, pois seu Wronskiano e´ dado por
W (y1(t), y2(t)) = det
(
e−t cos(t) e−t sen(t)
−e−t cos(t)− e−t sen(t) −e−t sen(t) + e−t cos(t)
)
= e−2t
Pa´gina 29 de 64
c) Pelo me´todo da variac¸a˜o dos paraˆmetros, a soluc¸a˜o geral e´ dada por
y(t) = c1(t)e
−t cos(t) + c2(t)e−t sen(t)
onde
c1(t) =
∫
−5e
−te−t sen(t)
e−2t
dt
=
∫
−5 sen(t) dt
= 5 cos(t) + c1
e
c2(t) =
∫
5e−te−t cos(t)
e−2t
dt
=
∫
5 cos(t) dt
= 5 sen(t) + c2
Segue que
y(t) = (5 cos(t) + c1)e
−t cos(t) + (5 sen(t) + c2)e−t sen(t)
= 5(cos2(t) + sen2(t))e−t + c1e−t cos(t) + c2e−t sen(t)
= 5e−t + c1e−t cos(t) + c2e−t sen(t)
de modo que a posic¸a˜o da massa tende a zero quando t cresce, uma vez que
lim
t→∞
y(t) = lim
t→∞
5e−t + c1 lim
t→∞
e−t cos(t) + c2 lim
t→∞
e−t sen(t) = 0
d) Uma vez que
y(t) = 5e−t + c1e−t cos(t) + c2e−t sen(t)
segue que
y′(t) = −5e−t + c1(−e−t cos(t)− e−t sen(t)) + c2(−e−t sen(t) + e−t cos(t))
Calculado em t = 0 e usando as condic¸o˜es iniciais, obtemos que
0 = y(0) = 5 + c1
e que
1 = y′(0) = −5− c1 + c2
de modo que c1 = −5, c2 = 1 e a soluc¸a˜o do PVI e´ dada por
y(t) = 5e−t − 5e−t cos(t) + e−t sen(t)
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Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 2
Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 2 – Lista 4 – Soluc¸a˜o
1) Considere um circuito RLC onde a forc¸a eletromotriz e´ E(t) = cos(2t), a resisteˆncia e´
R = 5, a indutaˆncia e´ L = 1 e a capacitaˆncia e´ C = 4. Pela segunda Lei de Kirchoff, a
carga q(t) no capacitor satisfaz
q′′(t) + 5q′(t) + 4q(t) = cos(2t)
a) Determine a soluc¸a˜o geral da homogeˆnea.
b) Determine a soluc¸a˜o geral da na˜o-homogeˆnea.
c) A carga no circuito tende a zero quando t cresce?
d) Determine a carga q(t) do capacitor se a carga inicial e´
q(0) = 0 e a corrente inicial e´ q′(0) = 1.
E L
R
C
q(t)
Soluc¸a˜o
a) A equac¸a˜o caracter´ıstica da homogeˆnea e´
r2 + 5r + 4 = 0,
cujas ra´ızes sa˜o r = −1 e r = −4. As duas soluc¸o˜es sa˜o fundamentais sa˜o dadas por
q1(t) = e
−t e q2(t) = e−4t. Segue que a soluc¸a˜o geral da homogeˆnea e´
q(t) = c1e
−t + c2e−4t
b) Pelo me´todo da variac¸a˜o dos paraˆmetros, a soluc¸a˜o geral e´ dada por
q(t) = c1(t)e
−t + c2(t)e−4t
onde
W (q1(t), q2(t)) = det
(
e−t e−4t
−e−t −4e−4t
)
= −3e−5t
c1(t) =
∫
−cos(2t)e
−4t
−3e−5t dt
=
1
3
∫
et cos(2t) dt
=
1
15
et cos(2t) +
2
15
et sen(2t) + c1
e
c2(t) =
∫
cos(2t)e−t
−3e−5t dt
= −1
3
∫
e4t cos(2t) dt
= − 1
15
e4t cos(2t)− 1
30
e4t sen(2t) + c2
Pa´gina 31 de 64
Segue que
q(t) =
(
1
15
et cos(2t) +
2
15
et sen(2t) + c1
)
e−t +
(
− 1
15
e4t cos(2t)− 1
30
e4t sen(2t) + c2
)
e−4t
=
1
15
cos(2t) +
2
15
sen(2t)− 1
15
cos(2t)− 1
30
sen(2t) + c1e
−t + c2e−4t
=
1
10
sen(2t) + c1e
−t + c2e−4t
c) Como
q(t) =
1
10
sen(2t) + c1e
−t + c2e−4t
segue que a carga na˜o tende a zero quando t cresce, uma vez que
lim
t→∞
e−t = lim
t→∞
e−4t = 0,
mas, no entanto, limt→∞ sen(2t) na˜o existe.
d) Derivando a soluc¸a˜o geral da na˜o-homogeˆnea
q(t) =
1
10
sen(2t) + c1e
−t + c2e−4t.
temos
q′(t) =
1
5
cos(2t)− c1e−t − 4c2e−4t.
Usando as condic¸o˜es iniciais
0 = q(0) = c1 + c2 1 = q
′(0) =
1
5
− c1 − 4c2
conclu´ımos que
c1 + c2 = 0
c1 + 4c2 = −45
de onde segue que c1 = −c2, 3c2 = −4/5, logo c2 = −4/15 e c1 = 4/15. Assim
q(t) =
1
10
sen(2t) +
4
15
e−t − 4
15
e−4t.
Pa´gina 32 de 64
2) Considere um sistema MMA onde a forc¸a externa e´ F (t) = e−t, a massa e´ m = 1, a
constante de amortecimento e´ b = 2 e a constante da mola e´ k = 1. Pela segunda Lei de
Newton, a posic¸a˜o y(t) da massa em relac¸a˜o ao equil´ıbrio satisfaz
y′′(t) + 2y′(t) + y(t) = e−t.
a) Determine a soluc¸a˜o geral da homogeˆnea.
b) Determine a soluc¸a˜o geral da na˜o-homogeˆnea.
c) A posic¸a˜o da massa tende a zero quando t cresce?
d) Determine a posic¸a˜o y(t) da massa se a posic¸a˜o inicial e´
y(0) = 1 e a velocidade inicial e´ y′(0) = 0.
y(t)
Soluc¸a˜o
a) A equac¸a˜o caracter´ıstica da homogeˆnea e´
r2 + 2r + 1 = 0,
cuja ra´ız e´ r = −1 com multiplicidade 2. As duas soluc¸o˜es fundamentais sa˜o portanto
y1(t) = e
−t e y2(t) = te−t
e a soluc¸a˜o geral da homogeˆnea e´
y(t) = c1e
−t + c2te−t.
b) Pelo me´todo da variac¸a˜o dos paraˆmetros, a soluc¸a˜o geral e´ dada por
y(t) = c1(t)e
−t + c2(t)te−t
onde
W (e−t, te−t) = det
(
e−t te−t
−e−t (1− t)e−t
)
= (1− t)e−2t + te−2t
= e−2t
c1(t) =
∫
−e
−tte−t
e−2t
dt
= −
∫
t dt
= −1
2
t2 + c1
e
c2(t) =
∫
e−te−t
e−2t
dt
=
∫
1 dt
= t+ c2
Pa´gina 33 de 64
Segue que
y(t) =
(
−1
2
t2 + c1
)
e−t + (t+ c2) te−t
=
(
−1
2
t2
)
e−t + (t) te−t + c1e−t + c2te−t
=
1
2
t2e−t + c1e−t + c2te−t
c) A posic¸a˜o da massa e´
y(t) =
1
2
t2e−t + c1e−t + c2te−t.
Temos que
lim
t→∞
t2e−t = lim
t→∞
t2
et
= lim
t→∞
2t
et
= 0
lim
t→∞
e−t = lim
t→∞
1
et
= 0
lim
t→∞
te−t = lim
t→∞
t
et
= lim
t→∞
1
et
= 0
onde no primeiro e no u´ltimo limite usamos a regra de L’Hospital, pois aparece uma
indeterminac¸a˜o do tipo ∞/∞. Segue que
lim
t→∞
y(t) =
1
2
lim
t→∞
t2e−t + c1 lim
t→∞
e−t + c2 lim
t→∞
te−t = 0,
de modo que a posic¸a˜o da massa tende a zero quando t cresce.
d) Derivando
y(t) =
1
2
t2e−t + c1e−t + c2te−t.
temos
y′(t) = te−t − 1
2
t2e−t − c1e−t + c2e−t − c2te−t.
Usando as condic¸o˜es iniciais dadas
1 = y(0) = c1
0 = y′(0) = −c1 + c2
conclu´ımos que
c1 = 1
−c1 + c2 = 0
cuja u´nica soluc¸a˜o e´ c1 = c2 = 1.
Segue que a soluc¸a˜o do PVI e´
y(t) =
1
2
t2e−t + e−t + te−t.
Pa´gina 34 de 64
3) Considere dois sistemas massa-mola acoplados, ambos submetidos a uma forc¸a externa
nula.
x02x
0
1 x1 x2
k1 k2
m1 m2
y1 y2
Pela Lei de Hooke, a forc¸a de uma mola e´ proporcional a` sua distorc¸a˜o. Sejam x01 e x
0
2
as posic¸o˜es de equil´ıbrio dos blocos de massa, respectivamente, m1 e m2. A distorc¸a˜o da
mola de constante k1 e´ dada por x1(t)−x01, e a distorc¸a˜o da mola de constante k2 e´ dada
por (x2(t)− x1(t))− (x02 − x01). Pela segunda Lei de Newton, segue que{
m1x
′′
1 = −k1(x1 − x01) + k2((x2 − x1)− (x02 − x01))
m2x
′′
2 = −k2((x2 − x1)− (x02 − x01))
Colocando y1(t) = x1(t)− x01 e y2(t) = x2(t)− x02, segue que{
m1y
′′
1 = −k1y1 + k2(y2 − y1)
m2y
′′
2 = −k2(y2 − y1)
Considere as massas m1 = m2 = 1, as constantes da mola k1 = 3 e k2 = 2, e as condic¸o˜es
iniciais y1(0) = 0, y
′
1(0) = 0, y2(0) = 1, y
′
2(0) = 0.
a) Usando a primeira equac¸a˜o do sistema e as condic¸o˜es iniciais, determine y′′1(0) e
tambe´m y′′′1 (0).
b) Isolando y2(t) na primeira equac¸a˜o do sistema e substituindo na segunda, mostre que
y1(t) satisfaz uma EDO de ordem 4.
c) Determine a equac¸a˜o caracter´ıstica da EDO do segundo item e encontre suas ra´ızes.
d) Encontre as soluc¸o˜es fundamentais da EDO do segundo item e determine sua soluc¸a˜o
geral.
e) Usando o item anterior, o primeiro item e as condic¸o˜es iniciais, determine y1(t).
f) Usando o item anterior e a primeira equac¸a˜o do sistema, determine y2(t).
Soluc¸a˜o
a) Temos que y1 e y2 satisfazem{
y′′1 = −3y1 + 2(y2 − y1) = −5y1 + 2y2
y′′2 = −2(y2 − y1) = −2y2 + 2y1
de modo que, usando a primeira equac¸a˜o do sistema e tambe´m que y1(0) = 0 e
y2(0) = 1, obtemos que
y′′1(0) = −5y1(0) + 2y2(0) = 2
Derivando a primeira equac¸a˜o do sistema, obtemos que
y′′′1 (0) = −5y′1(0) + 2y′2(0) = 2
de modo que, usando que y′1(0) = 0 e y
′
2(0) = 0, obtemos que
y′′′1 (0) = −5y′1(0) + 2y′2(0) = 0
Pa´gina 35 de 64
b) Isolando y2(t) na primeira equac¸a˜o do sistema, obtemos que
y2(t) =
1
2
y′′1(t) +
5
2
y1(t)
Substituindo essa expressa˜o na segunda equac¸a˜o do sistema, obtemos que(
1
2
y′′1(t) +
5
2
y1(t)
)′′
= −2
(
1
2
y′′1(t) +
5
2
y1(t)
)
+ 2y1(t)
de modo que
1
2
y′′′′1 (t) +
5
2
y′′1(t) = −y′′1(t)− 3y1(t)
Multiplicando essa equac¸a˜o por 2, obtemos que
y′′′′1 (t) + 7y
′′
1(t) + 6y1(t) = 0
c) Temos que a equac¸a˜o caracter´ıstica e´ dada por
r4 + 7r2 + 6 = 0
Fazenso r2 = s, obtemos que
s2 + 7s+ 6 = 0
cujas ra´ızes sa˜o
s1 = −1 e s2 = −6
Segue enta˜o que as ra´ızes caracter´ısticas sa˜o dadas por
r1 = i, r2 = −i, r3 =
√
6i, r4 = −
√
6i
d) Temos quatro soluc¸o˜es fundamentais, dadas por
cos(t), sen(t), cos(
√
6t), sen(
√
6t)
de modo que a soluc¸a˜o geral e´ dada por
y1(t) = c1 cos(t) + c2 sen(t) + c3 cos(
√
6t) + c4 sen(
√
6t)
onde c1, c2, c3, c4 ∈ R.
e) Usando o item anterior, obtemos que Temos enta˜o que
y1(t) = c1 cos(t) + c2 sen(t) + c3 cos(
√
6t) + c4 sen(
√
6t)
y′1(t) = −c1 sen(t) + c2 cos(t)−
√
6c3 sen(
√
6t) +
√
6c4 cos(
√
6t)
y′′1(t) = −c1 cos(t)− c2 sen(t)− 6c3 cos(
√
6t)− 6c4 sen(
√
6x)
y′′′1 (t) = c1 sen(t)− c2 cos(t) + 6
√
6c3 sen(
√
6t)− 6
√
6c4 cos(
√
6t)
de modo que
c1 + c3 = 0
c2 +
√
6c4 = 0
−c1 − 6c3 = 2
−c2 − 6
√
6c4 = 0
Esse sistema e´ de fato composto por dois sistemas dois por dois
c1 + c3 = 0
−c1 − 6c3 = 2
Pa´gina 36 de 64
e tambe´m
c2 +
√
6c4 = 0
−c2 − 6
√
6c4 = 0
Obtemos enta˜o que
c1 =
2
5
, c2 = 0, c3 = −2
5
, c4 = 0
de modo que
y1(t) =
2
5
cos(t)− 2
5
cos(
√
6t)
f) Isolando y2(t) na primeira equac¸a˜o do sistema, obtemos que
y2(t) =
1
2
y′′1(t) +
5
2
y1(t)
Uma vez que
y′′1(t) = −
2
5
cos(t) +
12
5
cos(
√
6t)
segue que
y2(t) =
1
2
(
−2
5
cos(t) +
12
5
cos(
√
6t)
)
+
5
2
(
2
5
cos(t)− 2
5
cos(
√
6t)
)
= −1
5
cos(t) +
6
5
cos(
√
6t) + cos(t)− cos(
√
6t)
=
4
5
cos(t) +
1
5
cos(
√
6t)
Pa´gina 37 de 64
4) Uma viga de comprimento L e sec¸a˜o transversal constante oscilando harmonicamente
tem um perfil que varia com o tempo, descrito por y(x) cos(ωt), onde ω e´ a frequeˆncia de
oscilac¸a˜o, x ∈ [0, L] e´ a posic¸a˜o longitudinal na viga e y(x) e´ a altura do perfil ma´ximo,
que satisfaz
ay′′′′(x) + by′′(x) + cy(x) = 0
conhecida como equac¸a˜o da viga de Rayleigh-Timoshenko.
0 L
x
y
y(x)
Os coeficientes dessa equac¸a˜o sa˜o dados por
a = EI, b = ω2J
(
1 +
E
G
)
, c =
ω4J2
IG
− ρω2
onde E e G dependem do material da viga, sendo conhecidos como mo´dulos de Young
e de cisalhamento, I e J dependem tambe´m da geometria da sec¸a˜o transversal da viga,
sendo conhecidos como momentos de ine´rcia e de ine´rcia polar, e ρ e´ a densidade linear
da viga. Quando J = 0, obtemos a denominada equac¸a˜o da viga de Euler-Bernoulli. No
que segue, vamos supor que L = pi, a = 1, b = 3 e c = −4.
a) Determine a equac¸a˜o caracter´ıstica e encontre suas ra´ızes.
b) Encontre as soluc¸o˜es fundamentais e determine a soluc¸a˜o geral y(x). Calcule enta˜o a
inclinac¸a˜o y′(x), o momento fletor y′′(x) e a forc¸a de cisalhamento y′′′(x).
c) Determine y(x) supondo as seguintes condic¸o˜es de contorno para a viga: engastada
em x = 0, altura nula y(0) = 0 e inlinac¸a˜o nula y′(0) = 0, e uma forc¸a pontual vertical
em x = pi, momento fletor nulo y′′(pi) = 0 e forc¸a de cisalhamento y′′′(pi) = −1.
d) Determine y(x) supondo as seguintes condic¸o˜es de contorno para a viga: simplesmente
apoiada em x = 0 e em x = pi, alturas nulas y(0) = 0 = y(pi), momentos fletores nulos
y′′(0) = 0 = y′′(pi) e forc¸as de cisalhamento y′′′(0) = −16 = y′′′(pi).
Soluc¸a˜o
a) Uma vez que a equac¸a˜o da viga de Rayleigh-Timoshenko e´ dada por
y′′′′(x) + 3y′′(x)− 4y(x) = 0
temos que a equac¸a˜o caracter´ıstica e´ dada por
r4 + 3r2 − 4 = 0
Fazenso r2 = s, obtemos que
s2 + 3s− 4 = 0
cujas ra´ızes sa˜o
s1 = 1 e s2 = −4
Segue enta˜o que as ra´ızes caracter´ısticas sa˜o dadas por
r1 = 1, r2 = −1, r3 = 2i, r4 = −2i
Pa´gina 38 de 64
b) Temos quatro soluc¸o˜es fundamentais, dadas por
ex, e−x, cos(2x), sen(2x)
de modo que a soluc¸a˜o geral e´ dada por
y(x) = c1e
x + c2e
−x + c3 cos(2x) + c4 sen(2x)
onde c1, c2, c3, c4 ∈ R. Temos enta˜o que
y′(x) = c1ex + c2e−x − 2c3 sen(2x) + 2c4 cos(2x)
y′′(x) = c1ex + c2e−x − 4c3 cos(2x)− 4c4 sen(2x)
y′′′(x) = c1ex − c2e−x + 8c3 sen(2x)− 8c4 cos(2x)
c) Uma vez que y(0) = 0 e y′(0) = 0 e tambe´m que y′′(pi) = 0 e y′′′(pi) = −1, obtemos o
seguinte sistema
c1 + c2 + c3 = 0
c1 − c2 + 2c4 = 0
c1e
pi + c2e
−pi − 4c3 = 0
c1e
pi − c2e−pi − 8c4 = −1
Isolando c3 e 2c4 nas duas primeiras equac¸o˜es e substituindo nas duas u´ltimas, obtemos
que
(4 + epi)c1 + (4 + e
−pi)c2 = 0
(4 + epi)c1 − (4 + e−pi)c2 = −1
cuja soluc¸a˜o e´ dada por
c1 = − 1
2(4 + epi)
e c2 =
1
2(4 + e−pi)
de modo que
c3 =
1
2(4 + epi)
− 1
2(4 + e−pi)
e c4 =
1
4(4 + e−pi)
+
1
4(4 + epi)
Segue que
y(x) = − 1
2(4 + epi)
ex +
1
2(4 + e−pi)
e−x +
+
(
1
2(4 + epi)
− 1
2(4 + e−pi)
)
cos(2x) +
+
(
1
4(4 + e−pi)
+
1
4(4 + epi)
)
sen(2x)
d) Uma vez que y(0) = 0, y′′(0) = 0 e y′′′(0) = −16 e tambe´m que y(pi) = 0, y′′(pi) = 0
e y′′′(pi) = −16, obtemos o seguinte sistema
c1 + c2 + c3 = 0
c1 + c2 − 4c3 = 0
c1 − c2 − 8c4 = −16
c1e
pi + c2e
−pi + c3 = 0
c1e
pi + c2e
−pi − 4c3 = 0
c1e
pi − c2e−pi − 8c4 = −16
Pa´gina 39 de 64
Isolando c3 na primeira equac¸a˜o e substituindo na quarta e na quinta equac¸o˜es, ob-
temos que
(epi − 1)c1 + (e−pi − 1)c2 = 0
(4 + epi)c1 + (4 + e
−pi)c2 = 0
cuja soluc¸a˜o e´ dada por
c1 = 0 e c2 = 0
Da primeira equac¸a˜o, segue que
c3 = 0
e da terceira ou da sexta equac¸a˜o, segue que
c4 = 2
de modo que
y(x) =
2 sen(2x)
Pa´gina 40 de 64
Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Ca´lculo 2
Lista de Exerc´ıcios – Mo´dulo 2 – Lista 5 – Soluc¸a˜o
1) A descric¸a˜o quaˆntica dos fenoˆmenos subatoˆmicos e´ probabil´ıstica. Considere um oscilador
harmoˆnico quaˆntico unidimensional, onde part´ıcula subatoˆmica de massam se movimenta
no eixo x sob a ac¸a˜o de um potencial da forma V (x) = mω2x2/2, que e´ o potencial do
sistema massa-mola com frequeˆncia ω.
x2x1 x
A probabilidade de encontrarmos a part´ıcula no intervalo (x1, x2) e´ proporcional a` integral∫ x2
x1
X(x)2 dx
onde a func¸a˜o X(x) satisfaz a equac¸a˜o de Schro¨dinger
− ~
2
2m
X ′′(x) +
mω2
2
x2X(x) = EX(x)
onde ~ e´ a constante de Planck dividida por 2pi e E e´ a energia do oscilador. Por
simplicidade, vamos supor que m = ~ = ω = 1 de modo que
X ′′(x) + (2E − x2)X(x) = 0
a) Escrevendo X(x) = e−x
2/2y(x), mostre que y(x) satisfaz y′′(x)−2xy′(x)+2λy(x) = 0,
conhecida como equac¸a˜o de Hermite, onde λ = E − 1/2. Por que e´ poss´ıvel afirmar
que y(x) pode ser escrita como uma se´rie de poteˆncias que converge para x ∈ R?
b) Escrevendo y(x) =
∑∞
n=0 cnx
n, determine, em func¸a˜o dos coeficientes cn, os coefici-
entes pn da se´rie −2xy′(x) =
∑∞
n=0 pnx
n. Use a equac¸a˜o de Hermite para obter a
equac¸a˜o de recorreˆncia satisfeita pelos cn.
c) Para as condic¸o˜es iniciais y(0) = 1 e y′(0) = 0, mostre que y(x) =
∑∞
k=0 c2kx
2k, e
determine c0, c2, c4, c6.
d) Considerando as soluc¸o˜es do item anterior, verifique que, quando λ e´ um inteiro
par, enta˜o y(x) e´ um polinoˆmio e, mesmo quando λ na˜o e´ um inteiro par, o raio de
convergeˆncia de y(x) e´ infinito.
e) Para as condic¸o˜es iniciais y(0) = 0 e y′(0) = 1, mostre que y(x) =
∑∞
k=0 c2k+1x
2k+1, e
determine c1, c3, c5, c7.
f) Considerando as soluc¸o˜es do item anterior, verifique que, quando λ e´ um inteiro
ı´mpar, enta˜o y(x) e´ um polinoˆmio e, mesmo quando λ na˜o e´ um inteiro ı´mpar, o raio
de convergeˆncia de y(x) e´ infinito.
Soluc¸a˜o
Pa´gina 41 de 64
a) Escrevendo X(x) = e−x
2/2y(x), temos que
X ′(x) = −xe−x2/2y(x) + e−x2/2y′(x)
= e−x
2/2(y′(x)− xy(x))
X ′′(x) = −xe−x2/2(y′(x)− xy(x))
+e−x
2/2(y′′(x)− y(x)− xy′(x))
= e−x
2/2(y′′(x)− 2xy′(x) + (x2 − 1)y(x))
(2E − x2)X(x) = e−x2/2(2E − x2)y(x)
Somando as duas u´ltimas equac¸o˜es, segue que
0 = e−x
2/2(y′′(x)− 2xy′(x) + (2E − 1)y(x))
portanto y(x) satisfaz a equac¸a˜o
0 = y′′(x)− 2xy′(x) + 2λy(x),
onde λ = E − 1/2 e´ uma constante.
Como q(x) = −2x e p(x) = 2λ sa˜o polinoˆmios, portanto se´ries de poteˆncias que
convergem para todo x ∈ R, segue que a soluc¸a˜o y(x) =
∞∑
n=0
cnx
n converge para todo
x ∈ R.
b) Temos que
−2xy′(x) = −2x
∞∑
n=0
(n+ 1)cn+1x
n
=
∞∑
n=0
−2(n+ 1)cn+1xn+1
=
∞∑
n=1
−2ncnxn
=
∞∑
n=0
−2ncnxn
onde usamos na u´ltima igualdade que que 0c0 = 0.
Sabemos que
y′′(x) =
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)cn+2x
n
Substituindo essas expresso˜es na equac¸a˜o de Hermite, obtemos que
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)cn+2x
n +
∞∑
n=0
−2ncnxn + 2λ
∞∑
n=0
cnx
n = 0
de modo que
∞∑
n=0
[(n+ 2)(n+ 1)cn+2 + 2(λ− n)cn]xn = 0,
Pa´gina 42 de 64
Segue enta˜o que
(n+ 2)(n+ 1)cn+2 + 2(λ− n)cn = 0,
de onde obtemos a seguinte equac¸a˜o de recorreˆncia
cn+2 =
2(n− λ)
(n+ 2)(n+ 1)
cn.
c) Uma vez que y(0) = c0 e y
′(0) = c1, utilizando as condic¸o˜es iniciais y(0) = 1 e
y′(0) = 0, segue que c0 = 1 e que c1 = 0. Utilizando a equac¸a˜o de recorreˆncia, segue
que
c3 =
2(1− λ)
3 · 2
=0︷︸︸︷
c1 = 0
c5 =
2(3− λ)
5 · 4
=0︷︸︸︷
c3 = 0
e assim por diante, de modo que
c2k+1 = 0
para todo k. Segue que
y(x) =
∞∑
k=0
c2kx
2k,
onde
c0 = 1
c2 =
2(0− λ)
2 · 1 c0 =
2(0− λ)
2!
c4 =
2(2− λ)
4 · 3 c2 =
4(2− λ)(0− λ)
4!
c6 =
2(4− λ)
6 · 5 c4 =
8(4− λ)(2− λ)(0− λ)
6!
.
d) Considere as soluc¸o˜es do item anterior. Quando λ e´ um inteiro par, enta˜o
cλ+2 =
=0︷ ︸︸ ︷
2(λ− λ)
(λ+ 2)(λ+ 1)
cλ = 0,
de modo que
cλ+4 =
2((λ+ 2)− λ)
(λ+ 4)(λ+ 3)
=0︷︸︸︷
cλ+2 = 0
cλ+6 =
2((λ+ 4)− λ)
(λ+ 6)(λ+ 5)
=0︷︸︸︷
cλ+4 = 0
e assim por diante, de onde segue que
y(x) = 1 + c2x
2 + c4x
4 + c6x
6 + · · ·+ cλxλ,
conhecido como polinoˆmio de Hermite grau par λ.
Quando λ na˜o e´ um inteiro par, temos que c2k nunca se anula e podemos calcular o
raio de convergeˆncia R de y(x) atrave´s do teste da raza˜o. Temos que
lim
k→∞
∣∣∣∣c2(k+1)x2(k+1)c2kx2k
∣∣∣∣ = |x|2 limk→∞
∣∣∣∣c2k+2c2k
∣∣∣∣ = 0,
Pa´gina 43 de 64
uma vez que, usando a equac¸a˜o de recorreˆncia, segue que
lim
k→∞
c2k+2
c2k
= lim
k→∞
2(2k − λ)
(2k + 2)(2k + 1)
= 0,
por L’Hospital. Pelo teste da raza˜o, a se´rie converge para todo x, de modo que seu
raio de convergeˆncia e´ R =∞.
e) Uma vez que y(0) = c0 e y
′(0) = c1, utilizando as condic¸o˜es iniciais y(0) = 0 e
y′(0) = 1, segue que c0 = 0 e que c1 = 1. Utilizando a equac¸a˜o de recorreˆncia, segue
que
c2 =
2(0− λ)
2 · 1
=0︷︸︸︷
c0 = 0
c4 =
2(2− λ)
4 · 3
=0︷︸︸︷
c2 = 0
e assim por diante, de modo que
c2k = 0
para todo k. Segue que
y(x) =
∞∑
k=0
c2k+1x
2k+1,
onde
c1 = 1
c3 =
2(1− λ)
3 · 2 c1 =
2(1− λ)
3!
c5 =
2(3− λ)
5 · 4 c3 =
4(3− λ)(1− λ)
5!
c7 =
2(5− λ)
7 · 6 c5 =
8(5− λ)(3− λ)(1− λ)
7!
f) Considere as soluc¸o˜es do item anterior. Quando λ e´ um inteiro ı´mpar, enta˜o
cλ+2 =
=0︷ ︸︸ ︷
2(λ− λ)
(λ+ 2)(λ+ 1)
cn = 0,
de modo que
cλ+4 =
2((λ+ 2)− λ)
(λ+ 4)(λ+ 3)
=0︷︸︸︷
cλ+2 = 0
cλ+6 =
2((λ+ 4)− λ)
(λ+ 6)(λ+ 5)
=0︷︸︸︷
cλ+4 = 0
e assim por diante, de onde segue que
y(x) = x+ c3x
3 + c5x
5 + c7x
7 + · · ·+ cλxλ,
conhecido como polinoˆmio de Hermite grau ı´mpar λ.
Quando λ na˜o e´ um inteiro ı´mpar, temos que c2k+1 nunca se anula e podemos calcular
o raio de convergeˆncia R de y(x) atrave´s do teste da raza˜o. Temos que
lim
k→∞
∣∣∣∣c2(k+1)+1x2(k+1)+1c2k+1x2k+1
∣∣∣∣ = |x|2 limk→∞
∣∣∣∣c2k+3c2k+1
∣∣∣∣ = 0,
Pa´gina 44 de 64
uma vez que, usando a equac¸a˜o de recorreˆncia, segue que
lim
k→∞
c2k+3
c2k+1
= lim
k→∞
2((2k + 1)− λ)
(2k + 3)(2k + 2)
= 0,
por L’Hospital. Pelo teste da raza˜o, a se´rie converge para todo x, de modo que seu
raio de convergeˆncia e´ R =∞.
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2) (Desafio) No a´tomo de hidrogeˆnio, a posic¸a˜o do ele´tron e´ dada em coordenadas esfe´ricas
por (r, θ, φ), onde r e´ a distaˆncia do ele´tron ao nu´cleo, θ e´ o aˆngulo polar e φ e´ o
anˆgulo azimutal. A probabilidade do ele´tron estar na regia˜o de coordenadas (r, θ, φ) com
r ∈ (r1, r2), θ ∈ (θ1, θ2) e φ ∈ (φ1, φ2) e´ proporcional a∫ r2
r1
R(r)2 dr
∫ θ2
θ1
Θ(θ)2 dθ
∫ φ2
φ1
Φ(φ)2 dφ
onde R(r) satisfaz a equac¸a˜o
1
R(r)
(
r2R′(r)
)′ − 2mr2
~2
(
− e
2
4pi�0
1
r
− E
)
= λ(λ+ 1)
onde m e´ a massa do ele´tron, ~ e´ a constante de Planck
dividida por 2pi, e e´ a carga ele´trica do pro´ton, �0 e´ a
permissividade no va´cuo, E < 0 e´ a energia do ele´tron
e λ e´ um inteiro denominado nu´mero quaˆntico orbital. x
y
z
φ
θ
r
O objetivo desse exerc´ıcio e´ mostrar que R(r) e´ determinada pela equac¸a˜o de Laguerre,
que sera´ resolvida por se´ries de poteˆncias no pro´ximo exerc´ıcio.
a) Seja S(x) soluc¸a˜o da equac¸a˜o
x2S ′′(x) + 2xS ′(x) +
(
2νx− x2 − λ(λ+ 1))S(x) = 0
Mostre que R(r) = S(κr) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o do enunciado, onde
κ =
√−2mE
~
e ν =
me2
4pi�0~2κ
b) Seja z(x) soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Laguerre associada
xz′′(x)− 2(λ− x+ 1)z′(x) + 2(ν − λ− 1)z(x) = 0
Mostre que S(x) = xλe−xz(x) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o do item anterior.
c) Mostre que
(xy′′ + (1− x)y′ + py)(q) = xy(q+2) + (1− x+ q)y(q+1) + (p− q)y(q)
onde p e´ uma constante, q e´ um inteiro positivo e y(q) e´ a derivada q-e´sima de y(x).
d) Seja y(x) soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Laguerre
xy′′(x) + (1− x)y′(x) + (ν + λ)y(x) = 0
Use o item anterior com p = ν + λ e q = 2λ+ 1, para mostrar que
z(x) = y(2λ+1)(2x)
e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Laguerre associada.
Soluc¸a˜o
a) Primeiro note que podemos escrever a equac¸a˜o do encunciado da seguinte forma
r2R′′(r) + 2rR′(r) +
(
2
me2
4pi�0~2
r +
2mE
~2
r2
)
R(r) = λ(λ+ 1)R(r)
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Observando que
νκ =
me2
4pi�0~2
e κ2 =
−2mE
~2
a equac¸a˜o acima pode ser escrita como
r2R′′(r) + 2rR′(r) +
(
2νκr − κ2r2 − λ(λ+ 1))R(r) = 0
Como R(r) = S(x), com x = κr, pela regra da cadeia, segue que
R′(r) = S ′(x)κ e R′′(r) = S ′′(x)κ2
Substituindo essas expresso˜es no lado direito da equac¸a˜o acima, obtemos que
x2S ′′(x) + 2xS ′(x) +
(
2νx− x2 − λ(λ+ 1))S(x)
que e´ igual a zero pela escolha de S(x), mostrando que R(r) = S(κr) e´ soluc¸a˜o da
equac¸a˜o do enunciado.
b) Como S(x) = xλe−xz(x), temos que
S ′ = λxλ−1e−xz − xλe−xz + xλe−xz′
e tambe´m que
S ′′ = λ(λ− 1)xλ−2e−xz − λxλ−1e−xz + λxλ−1e−xz′ −
−λxλ−1e−xz + xλe−xz − xλe−xz′ +
+λxλ−1e−xz′ − xλe−xz′ + xλe−xz′′
Segue enta˜o que(
2νx− x2 − λ(λ+ 1))S = 2νxλ+1e−xz − xλ+2e−xz − λ(λ+ 1)xλe−xz
2xS ′ = 2λxλe−xz − 2xλ+1e−xz + 2xλ+1e−xz′
x2S ′′ = λ(λ− 1)xλe−xz − λxλ+1e−xz + λxλ+1e−xz′ −
−λxλ+1e−xz + xλ+2e−xz − xλ+2e−xz′ +
+λxλ+1e−xz′ − xλ+2e−xz′ + xλ+2e−xz′′
Somando as treˆs equac¸o˜es acima, obtemos, apo´s cancelamentos, que
x2S ′′+2xS ′+
(
2νx− x2 − λ(λ+ 1))S = e−xxλ+1 (xz′′ − 2(λ− x+ 1)z′ + 2(ν − λ− 1)z)
que e´ igual a zero pela escolha de z(x), mostrando que S(x) = xλe−xz(x) e´ soluc¸a˜o
da equac¸a˜o do item anterior.
c) Vamos provar a fo´rmula atrave´s de induc¸a˜o em q. Quando q = 0, temos que y(0) = y,
de modo que
(xy′′ + (1− x)y′ + py)(0) = xy(0+2) + (1− x+ 0)y(0+1) + (p− 0)y(0)
Se a fo´rmula for verdadeira para q, vamos mostrar que ela tambe´m e´ verdadeira para
q + 1. De fato, derivando a equac¸a˜o
(xy′′ + (1− x)y′ + py)(q) = xy(q+2) + (1− x+ q)y(q+1) + (p− q)y(q)
obtemos que
(xy′′ + (1− x)y′ + py)(q+1) = (xy(q+2) + (1− x+ q)y(q+1) + (p− q)y(q))′
= y(q+2) + xy(q+3) − y(q+1) + (1− x+ q)y(q+2) + (p− q)y(q+1)
= xy(q+3) + (1− x+ q + 1)y(q+2) + (p− (q + 1))y(q+1)
mostrando que a fo´rmula tambe´m e´ verdadeira para q + 1.
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d) Derivando a equac¸a˜o de Laguerre
0 = xy′′(x) + (1− x)y′(x) + (ν + λ)y(x)
e usando o item anterior com p = ν + λ e q = 2λ+ 1, obtemos que
0 = (xy′′(x) + (1− x)y′(x) + (ν + λ)y(x))(2λ+1)
= xy(2λ+3)(x) + (1− x+ (2λ+ 1))y(2λ+2)(x) + (ν + λ− (2λ+ 1))y(2λ+1)(x)
= xy(2λ+3)(x) + (2− x+ 2λ)y(2λ+2)(x) + (ν − λ+ 1)y(2λ+1)(x)
Multiplicando essa equac¸a˜o por 2 e susbtituindo x por 2x, obtemo que
x4y(2λ+3)(2x) + (2− 2x+ 2λ)2y(2λ+2)(2x) + 2(ν − λ+ 1)y(2λ+1)(2x) = 0
de modo que
xz′′(x) + 2(1− x+ λ)z′(x) + 2(ν − λ+ 1)z(x) = 0
uma vez que, como z(x) = y(2λ+1)(2x), temos que
z′(x) = 2y(2λ+2)(2x) e z′′(x) = 4y(2λ+3)(2x)
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3) Vimos no exerc´ıcio anterior que para descrever a posic¸a˜o do ele´tron no a´tomo de hi-
drogeˆnio, precisamos resolver a equac¸a˜o de Laguerre
xy′′(x) + (1− x)y′(x) + (ν + λ)y(x) = 0
O objetivo desse exerc´ıcio e´ investigar as soluc¸o˜es dessa equac¸a˜o usando se´ries de poteˆncias.
a) Por que na˜o e´ poss´ıvel afirmar que y(x) pode ser escrita como uma se´rie de poteˆncias?
Escrevendo y(x) =
∑∞
n=0 cnx
n, determine, em func¸a˜o dos coeficientes cn, os coeficien-
tes pn e qn das se´ries (1− x)y′(x) =
∑∞
n=0 pnx
n e tambe´m xy′′(x) =
∑∞
n=0 qnx
n.
b) Use o item anterior e a equac¸a˜o de Laguerre para obter a equac¸a˜o de recorreˆncia
satisfeita pelos cn.
c) Para as condic¸a˜o inicial y(0) = 1, determine c0, c1, c2, c3.
d) Verifique que, quando ν+λ e´ um inteiro, enta˜o y(x) e´ um polinoˆmio e, mesmo quando
ν + λ na˜o e´ um inteiro, o raio de convergeˆncia de y(x) e´ infinito.
Soluc¸a˜o
a) Dividindo a equac¸a˜o de Laguerre por x, obtemos
y′′(x) +
1− x
x
y′(x) +
ν + λ
x
y(x) = 0.
Como
p(x) =
ν + λ
x
e
q(x) =
1− x
x
na˜o esta˜o definidas em x = 0 e, portanto, na˜o podem ser escritas como se´ries de
poteˆncias com raio de convergeˆncia positivo. Portanto na˜o podemos aplicar o resul-
tado geral que garante que as soluc¸o˜es podem ser escritas como se´ries de poteˆncias.
Temos que
(1− x)y′(x) = (1− x)
∞∑
n=0
cn+1(n+ 1)x
n
=
∞∑
n=0
cn+1(n+ 1)x
n +
∞∑
n=0
−cn+1(n+ 1)xn+1
=
∞∑
n=0
cn+1(n+ 1)x
n +
∞∑
n=1
−cnnxn
=
∞∑
n=0
cn+1(n+ 1)x
n +
∞∑
n=0
−cnnxn
=
∞∑
n=0
(cn+1(n+ 1)− cnn)xn
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onde usamos na penu´ltima igualdade que que −c00x0 = 0. Temos tambe´m que
xy′′(x) = x
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n
=
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n+1
=
∞∑
n=1
cn+1(n+ 1)nx
n
=
∞∑
n=0
cn+1(n+ 1)nx
n
onde usamos na u´ltima igualdade que que c0+1(0 + 1)0x
0 = 0.
b) Substituindo as expresso˜es do item anterior na equac¸a˜o de Laguerre, obtemos que
∞∑
n=0
cn+1(n+ 1)nx
n +
∞∑
n=0
(cn+1(n+ 1)− cnn)xn + (ν + λ)
∞∑
n=0
cnx
n = 0
de modo que
∞∑
n=0
[cn+1(n+ 1)n+ cn+1(n+ 1)− cnn+ (ν + λ)cn]xn = 0
Segue enta˜o que
cn+1(n+ 1)n+ cn+1(n+ 1)− cnn+ (ν + λ)cn = 0
que e´ equivalente a
cn+1(n+ 1)
2 = cn(n− (ν + λ))
Isolando cn+1, obtemos a seguinte equac¸a˜o de recorreˆncia
cn+1 = cn
n− (ν + λ)
(n+ 1)2
c) Uma vez que y(0) = c0, utilizando a condic¸a˜o inicial y(0) = 1, segue que c0 = 1.
Utilizando a equac¸a˜o de recorreˆncia, segue que
c1 = c0
0− (ν + λ)
(0 + 1)2
=
0− (ν + λ)
(1!)2
c2 = c1
1− (ν + λ)
(1 + 1)2
=
(0− (ν + λ))(1− (ν + λ))
(2!)2
c3 = c2
2− (ν + λ)
(2 + 1)2
=
(0− (ν + λ))(1− (ν + λ))(2− (ν + λ))
(3!)2
d) Usando a equac¸a˜o de recorreˆncia, quando ν + λ e´ inteiro, enta˜o
cν+λ+1 = cν+λ
=0︷ ︸︸ ︷
ν + λ− (ν + λ)
(ν + λ+ 1)2
= 0,
de modo que
cν+λ+2 =
=0︷ ︸︸ ︷
cν+λ+1
ν + λ+ 1− (ν + λ)
(ν + λ+ 2)2
= 0
cν+λ+3 =
=0︷ ︸︸ ︷
cν+λ+2
ν + λ+ 2− (ν + λ)
(ν + λ+ 3)2
= 0
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e assim por diante, de onde segue que
y(x) = 1 + c1x+ c2x
2 + c3x
3 + · · ·+ cν+λxν+λ,
conhecido como polinoˆmio de Laguerre de grau ν + λ.
Quando ν + λ na˜o e´ inteiro, enta˜o cn nunca se anula e podemos calcular o raio de
convergeˆncia R de y(x) atrave´s do teste da raza˜o. Temos que
lim
n→∞
∣∣∣∣cn+1xn+1cnxn
∣∣∣∣ = |x| limn→∞
∣∣∣∣cn+1cn
∣∣∣∣ = 0,
uma vez que, usando a equac¸a˜o de recorreˆncia, segue que
lim
n→∞
cn+1
cn
= lim
n→∞
n− (ν + λ)
(n+ 1)2
= 0,
por L’Hospital. Pelo teste da raza˜o, a se´rie converge para todo x real, de modo que
seu raio de convergeˆncia e´ R =∞.
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4) (Desafio) No a´tomo de hidrogeˆnio, a posic¸a˜o do ele´tron e´ dada em coordenadas esfe´ricas
por (r, θ, φ), onde r e´ a distaˆncia do ele´tron ao nu´cleo, θ e´ o aˆngulo polar e φ e´ o
anˆgulo azimutal. A probabilidade do ele´tron estar na regia˜o de coordenadas (r, θ, φ) com
r ∈ (r1, r2), θ ∈ (θ1, θ2) e φ ∈ (φ1, φ2) e´ proporcional a
∫ r2
r1
R(r)2 dr
∫ θ2
θ1
Θ(θ)2 dθ
∫ φ2
φ1
Φ(φ)2 dφ
Temos que Θ(θ) satisfaz a equac¸a˜o
1
Θ(θ)
(
sen(θ) ( sen(θ)Θ′(θ) )′
)
+ λ(λ+ 1) sen2(θ) = µ2
onde λ e µ sa˜o inteiros denominados nu´meros quaˆnticos,
respectivamente, orbital e magne´tico.
x
y
z
φ
θ
r
O objetivo desse exerc´ıcio e´ mostrar que Θ(θ) e´ determinada pela equac¸a˜o de Legendre,
que sera´ resolvida por se´ries de poteˆncias no pro´ximo exerc´ıcio.
a) Desenvolva a equac¸a˜o do enunciado e obtenha que
Θ′′(θ) +
cos(θ)
sen(θ)
Θ′(θ) +
(
λ(λ+ 1)− µ
2
sen2(θ)
)
Θ(θ) = 0
b) Seja z(x) soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Legendre associada
(1− x2)z′′(x)− 2xz′(x) +
(
λ(λ+ 1)− µ
2
1− x2
)
z(x) = 0
Mostre que Θ(θ) = z(x), onde x = cos(θ), e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o do item anterior.
c) Seja y(x)
soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Legendre
(1− x2)y′′ − 2xy′ + λ(λ+ 1)y = 0
Mostre que
(1− x2)y(µ+2) − 2(µ+ 1)xy(µ+1) + (λ(λ+ 1)− µ(µ+ 1))y(µ) = 0
d) Seja y(x) soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Legendre. Use o item anterior para mostrar que
z(x) = (1− x2)µ2 y(µ)(x)
e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Legendre associada.
Soluc¸a˜o
a) Desenvolvendo
sen(θ) ( sen(θ)Θ′(θ) )′ = sen(θ) ( cos(θ)Θ′(θ) + sen(θ)Θ′′(θ) )
= sen2(θ)Θ′′(θ) + sen(θ) cos(θ)Θ′(θ)
a equac¸a˜o do enunciado fica enta˜o
1
Θ(θ)
(
sen2(θ)Θ′′(θ) + sen(θ) cos(θ)Θ′(θ)
)
+ λ(λ+ 1) sen2(θ)− µ2 = 0
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Mutiplicando por Θ(θ) e dividindo por sen2(θ) obtemos
Θ′′(θ) +
cos(θ)
sen(θ)
Θ′(θ) +
(
λ(λ+ 1)− µ
2
sen2(θ)
)
Θ(θ) = 0
como quer´ıamos.
b) Se Θ(θ) = z(x) e x = cos(θ) enta˜o pela regra da cadeia
Θ′(θ) =
d
dθ
z(x)
=
d
dx
z(x)
d
dθ
x
= z′(x)(− sen(θ))
de modo que
cos(θ)
sen(θ)
Θ′(θ) =
x
sen(θ)
(− sen(θ))z′(x) = −xz′(x) (7)
e tambe´m, novamente pela regra da cadeia
Θ′′(θ) =
d
dθ
(−z′(x) sen(θ))
= −
(
d
dθ
z′(x)
)
sen(θ)− z′(x) d
dθ
sen(θ)
= −
(
d
dx
z′(x)
d
dθ
x
)
sen(θ)− z′(x) cos(x)
= (z′′(x) sen(θ)) sen(θ)− z′(x)x
= (1− x2)z′′(x)− xz′(x) (8)
onde usamos que
sen2(θ) = 1− cos2(θ) = 1− x2
Substituindo as equac¸o˜es (7) e (8) na equac¸a˜o do item anterior, obtemos
Θ′′(θ) +
cos(θ)
sen(θ)
Θ′(θ) +
(
λ(λ+ 1)− µ
2
sen2(θ)
)
Θ(θ)
= (1− x2)z′′(x)− 2xz′(x) +
(
λ(λ+ 1)− µ
2
1− x2
)
z(x)
= 0 (9)
como quer´ıamos, uma vez que z(x) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Legendre associada.
c) Derivando µ vezes a equac¸a˜o de Legendre, temos que
( (1− x2)y′′ − 2xy′ + λ(λ+ 1)y )(µ) =
((1− x2)y′′ − 2xy′)(µ) + λ(λ+ 1)y(µ) = 0 (10)
Afirmamos que
((1− x2)y′′ − 2xy′)(µ) =
(1− x2)y(µ+2) − 2(µ+ 1)xy(µ+1) − µ(µ+ 1)y(µ) (11)
o que provamos por induc¸a˜o. De fato, temos
((1− x2)y′′ − 2xy′)(0) =
(1− x2)y(2) − 2(1)xy(1) − 0(1)y(0) =
(1− x2)y′′ − 2xy′
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que e´ a equac¸a˜o (11) para µ = 0. Se a equac¸a˜o (11) vale para µ− 1, temos
((1− x2)y′′ − 2xy′)(µ−1) =
(1− x2)y(µ+1) − 2µxy(µ) − (µ− 1)µy(µ−1)
e provamos que a equac¸a˜o (11) tambe´m vale para µ derivando a expressa˜o acima
((1− x2)y′′ − 2xy′)(µ) =
( (1− x2)y′′ − 2xy′)(µ−1) )′ =
(1− x2)y(µ+2) − 2xy(µ+1) − 2µy(µ) − 2µxy(µ+1) − (µ− 1)µy(µ) =
(1− x2)y(µ+2) − 2(µ+ 1)xy(µ+1) − µ(µ+ 1)y(µ)
como quer´ıamos, onde usamos que 2µ+ (µ− 1)µ = (2 + µ− 1)µ = µ(µ+ 1).
Juntando as equac¸o˜es (10) e (11) obtemos que
(1− x2)y(µ+2) − 2(µ+ 1)xy(µ+1) − µ(µ+ 1)y(µ) + λ(λ+ 1)y(µ) =
(1− x2)y(µ+2) − 2(µ+ 1)xy(µ+1) + (λ(λ+ 1)− µ(µ+ 1))y(µ) = 0 (12)
Isso mostra que toda soluc¸a˜o y(x) da equac¸a˜o de Legendre (10) satisfaz (12), como
quer´ıamos.
d) Uma vez que
((1− x2)z′)′ = −2xz′ + (1− x2)z′′
podemos reescrer a equac¸a˜o de Legendre associada na forma
((1− x2)z′)′ +
(
λ(λ+ 1)− µ
2
1− x2
)
z = 0
Para substituir
z(x) = (1− x2)µ2 y(µ)(x) (13)
nessa equac¸a˜o, calculamos(
λ(λ+ 1)− µ
2
1− x2
)
z = λ(λ+ 1)z − µ2(1− x2)−1z
= λ(λ+ 1)(1− x2)µ2 y(µ) − µ2(1− x2)µ2−1y(µ) (14)
e
z′ =
µ
2
(1− x2)µ2−1(−2x)y(µ) + (1− x2)µ2 y(µ+1)
= −µx(1− x2)µ2−1y(µ) + (1− x2)µ2 y(µ+1)
logo
(1− x2)z′ = −µx(1− x2)µ2 y(µ) + (1− x2)µ2+1y(µ+1)
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e enta˜o
((1− x2)z′)′ = (−µx(1− x2)µ2 y(µ) )′ + ( (1− x2)µ2+1y(µ+1) )′
= −(µx(1− x2)µ2 )′y(µ)
−µx(1− x2)µ2 y(µ+1) + ( (1− x2)µ2+1 )′y(µ+1)
+(1− x2)µ2+1y(µ+2)
= −(µ(1− x2)µ2 + µ
2
2
x(1− x2)µ2−1(−2x))y(µ)
−µx(1− x2)µ2 y(µ+1) + ((µ
2
+ 1)(1− x2)µ2 (−2x))y(µ+1)
+(1− x2)µ2+1y(µ+2)
= (1− x2)µ2−1(−µ(1− x2) + µ2x2)y(µ)
−2(µ+ 1)x(1− x2)µ2 y(µ+1)
+(1− x2)µ2+1y(µ+2) (15)
onde usamos que −2(µ/2 + 1)− µ = −2(µ+ 1).
Assim, podemos substituir (13) na equac¸a˜o de Legendre associada somando as equac¸o˜es
(14) e (15), obtendo
(1− x2)µ2+1y(µ+2)
−2(µ+ 1)x(1− x2)µ2 y(µ+1)
+(1− x2)µ2−1(−µ2 − µ(1− x2) + µ2x2︸ ︷︷ ︸
=−µ2(1−x2)−µ(1−x2)
)y(µ)
+λ(λ+ 1)(1− x2)µ2 y(µ)
= (1− x2)µ2 ( (1− x2)y(µ+2) − 2(µ+ 1)xy(µ+1) )
+(1− x2)µ2−1(−(µ2 + µ)︸ ︷︷ ︸
=−µ(µ+1)
(1− x2) )y(µ)
+(1− x2)µ2 λ(λ+ 1)y(µ)
= (1− x2)µ2 ( (1− x2)y(µ+2) − 2(µ+ 1)xy(µ+1) + (λ(λ+ 1)− µ(µ+ 1) ) y(µ))︸ ︷︷ ︸
=0, pelo item anterior
= 0
Isso mostra que (13) e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Legendre associada, toda vez que y(x)
e´ soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Legendre, como quer´ıamos.
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5) Vimos no exerc´ıcio anterior que para descrever a posic¸a˜o do ele´tron no a´tomo de hi-
drogeˆnio, precisamos resolver a equac¸a˜o de Legendre
(1− x2)y′′(x)− 2xy′(x) + λ(λ+ 1)y(x) = 0
O objetivo desse exerc´ıcio e´ investigar as soluc¸o˜es dessa equac¸a˜o usando se´ries de poteˆncias.
a) Por que e´ poss´ıvel afirmar que y(x) pode ser escrita como uma se´rie de poteˆncias
convergindo pelo menos para |x| < 1? Escrevendo y(x) = ∑∞n=0 cnxn, determine, em
func¸a˜o dos coeficientes cn, os coeficientes pn e qn das se´ries −2xy′(x) =
∑∞
n=0 pnx
n e
tambe´m (1− x2)y′′(x) = ∑∞n=0 qnxn.
b) Use o item anterior e a equac¸a˜o de Legendre para obter a equac¸a˜o de recorreˆncia
satisfeita pelos cn.
c) Para as condic¸o˜es iniciais y(0) = 1 e y′(0) = 0, mostre que y(x) =
∑∞
k=0 c2kx
2k, e
determine c0, c2, c4, c6.
d) Considerando as soluc¸o˜es do item anterior, verifique que, se λ e´ par, enta˜o y(x) e´ um
polinoˆmio e, se λ e´ ı´mpar, enta˜o o raio de convergeˆncia de y(x) e´ igual a 1.
e) Para as condic¸o˜es iniciais y(0) = 0 e y′(0) = 1, mostre que y(x) =
∑∞
k=0 c2k+1x
2k+1, e
determine c1, c3, c5, c7.
f) Considerando as soluc¸o˜es do item anterior, verifique que, se λ e´ ı´mpar, enta˜o y(x) e´
um polinoˆmio e, se λ e´ par, enta˜o o raio de convergeˆncia de y(x) e´ igual a 1.
Soluc¸a˜o
a) Dividindo a equac¸a˜o de Legendre por 1− x2, obtemos
y′′(x) +
−2x
1− x2y
′(x) +
λ(λ+ 1)
1− x2 y(x) = 0.
Como
p(x) =
λ(λ+ 1)
1− x2 =
∞∑
n=0
λ(λ+ 1)x2n
e
q(x) =
−2x
1− x2 =
∞∑
n=0
−2x2n+1
sa˜o se´ries de poteˆncias convergindo para |x| < 1, segue que y(x) pode ser escrita como
uma se´rie de poteˆncias convergindo pelo menos para |x| < 1.
Temos que
−2xy′(x) = −2x
∞∑
n=0
cn+1(n+ 1)x
n
=
∞∑
n=0
−2cn+1(n+ 1)xn+1
=
∞∑
n=1
−2cnnxn
=
∞∑
n=0
−2cnnxn
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onde usamos na u´ltima igualdade que que −2c00x0 = 0. Temos tambe´m que
(1− x2)y′′(x) = (1− x2)
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n
=
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n +
∞∑
n=0
−cn+2(n+ 2)(n+ 1)xn+2
=
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n +
∞∑
n=2
−cnn(n− 1)xn
=
∞∑
n=0
cn+2(n+ 2)(n+ 1)x
n +
∞∑
n=0
−cnn(n− 1)xn
=
∞∑
n=0
(cn+2(n+ 2)(n+ 1)− cnn(n− 1))xn
onde usamos na penu´ltima igualdade que que −c00(0− 1)x0 = 0 = −c11(1− 1)x1.
b) Substituindo as expresso˜es do item anterior na equac¸a˜o de Legendre, obtemos que
∞∑
n=0
(cn+2(n+ 2)(n+ 1)− cnn(n− 1))xn +
∞∑
n=0
−2cnnxn + λ(λ+ 1)
∞∑
n=0
cnx
n = 0
de modo que
∞∑
n=0
[cn+2(n+ 2)(n+ 1)− cnn(n− 1)− 2cnn+ λ(λ+ 1)cn]xn = 0,
Segue enta˜o que
cn+2(n+ 2)(n+ 1)− cnn(n− 1)− 2cnn+ λ(λ+ 1)cn = 0,
que e´ equivalente a
cn+2(n+ 2)(n+ 1) = cnn(n− 1) + 2cnn− λ(λ+ 1)cn.
Colocando cn em evideˆncia e isolando cn+2, obtemos a seguinte equac¸a˜o de recorreˆncia
cn+2 = cn
n(n+ 1)− λ(λ+ 1)
(n+ 2)(n+ 1)
.
c) Uma vez que y(0) = c0 e y
′(0) = c1, utilizando as condic¸o˜es iniciais y(0) = 1 e
y′(0) = 0, segue que c0 = 1 e que c1 = 0. Utilizando a equac¸a˜o de recorreˆncia, segue
que
c3 =
=0︷︸︸︷
c1
1 · 2− λ(λ+ 1)
3 · 2 = 0
c5 =
=0︷︸︸︷
c3
3 · 4− λ(λ+ 1)
5 · 4 = 0,
e assim por diante, de modo que
c2k+1 = 0,
para todo k. Segue que
y(x) =
∞∑
k=0
c2kx
2k,
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onde
c0 = 1
c2 = c0
0 · 1− λ(λ+ 1)
2 · 1 =
−λ(λ+ 1)
2!
c4 = c2
2 · 3− λ(λ+ 1)
4 · 3 =
−λ(λ+ 1)(2 · 3− λ(λ+ 1))
4!
c6 = c4
4 · 5− λ(λ+ 1)
6 · 5 =
−λ(λ+ 1)(2 · 3− λ(λ+ 1))(4