CF367 notas de aula

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Me´todos de F´ısica Teo´rica II - CF367
Notas de aula do professor Gilberto M. Kremer ∗
Compilado por: Fabio Iareke †
26 de julho de 2016
∗kremer@fisica.ufpr.br
†iareke@gmail.com
1
Suma´rio
1. Conceitos sobre Teoria de Distribuic¸a˜o 3
1) Sequeˆncias delta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2) Regras de ca´lculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
3) Representac¸o˜es da func¸a˜o delta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
4) Transformada de Fourier de distribuic¸o˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2. Func¸o˜es de Green 13
1) Equac¸a˜o de Langevin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2) Equac¸a˜o da onda (corda distendida) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3) Func¸o˜es de Green para o operador de Sturm-Liouville (S-L) . . . . . . . . . . . . . 17
4) Desenvolvimento em se´ries de G(x|ξ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
5) Te´cnica do uso de func¸o˜es caracter´ısticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
6) Func¸o˜es de Green em 2D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
7) A func¸a˜o de Green para condic¸o˜es iniciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
8) Func¸o˜es de Green com propriedades de reflexa˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3. Me´todos Variacionais 38
1) Problemas que envolvem o operador S-L . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2) Me´todo de Rayleigh-Ritz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3) Formulac¸a˜o variacional de problemas de auto-valores . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4) Problemas variacionais em muitas dimenso˜es (2D) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
4. Introduc¸a˜o a` teoria de grupos 56
1) Matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2) Matrizes especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2
1. Conceitos sobre Teoria de Distribuic¸a˜o
Dirac: propoˆs ”func¸a˜o”delta Dirac
• δ(x) =
{
0 , x 6= 0
∞ , x = 0
•
∫ +∞
−∞
δ(x) dx = 1
Seja f(x) uma func¸a˜o qualquer, assim,
•
∫ +∞
−∞
δ(x)f(x) dx = f(0)
pois,
∫ +�
−�
δ(x)f(x) dx = f(0)
∫ +�
−�
δ(x) dx = f(0)
1︷ ︸︸ ︷∫ +∞
−∞
δ(x) dx = f(0)
Propriedade de filtragem.
δ(x) na˜o e´ uma func¸a˜o.
1) Sequeˆncias delta
1. φn(x) =
{
0 , |x| > 1n
n
2 , |x| < 1n
, n ∈ Z( ou N?)
lim
n→∞
∫ +∞
−∞
φn(x)f(x) dx = lim
n→∞
∫ + 1n
− 1n
n
2
f(x) dx
pelo teorema do valor me´dio,
lim
n→∞
∫ + 1n
− 1n
n
2
f(x) dx = lim
n→∞
n
2
[
1
n
−
(
− 1
n
)]
f(ξ) = lim
n→∞
�n
�2
�2
�n
f(ξ) = f(0)
tal que, − 1
n
≤ ξ ≤ + 1
n
.
2. φn(x) =
n
pi
1
1 + n2x2
, n ∈ Z
Normalizada, propriedades da delta de Dirac∫ +∞
−∞
dx
1 + n2x2
dx =
pi
n
;
∫ +∞
−∞
φn(x) dx = 1
lim
n→∞φn(x) =
{
0 , x 6= 0
∞ , x = 0
3
3. φn(x) =
n√
pi
e−n
2x2 , n ∈ Z
∫ +∞
−∞
e−n
2x2 dx =
√
pi
n
;
∫ +∞
−∞
φn(x) dx = 1
lim
n→∞φn(x) =
{
0 , x 6= 0
∞ , x = 0
4. φn(x) =
1
npi
sen2(nx)
x2
, n ∈ Z
∫ +∞
−∞
sen2(nx)
x2
dx = npi ;
∫ +∞
−∞
φn(x) dx = 1
lim
n→∞φn(x) =
{
0 , x 6= 0
∞ , x = 0
5. φn(x) =
sen(nx)
pix
, n ∈ Z
Caso 3. :
lim
n→∞
∫ +∞
−∞
φn(x)f(x) dx = lim
n→∞
∫ +∞
−∞
n√
pi
e−n
2x2f(x) dx
mudanc¸a de varia´vel: nx = y , ndx = dy,
lim
n→∞
∫ +∞
−∞
�n√
pi
e−y
2
f
( y
n
) dy
�n
= f(0)
∫ +∞
−∞
e−y
2
√
pi
dy = f(0)
Seja
Φn(x) =
∫ x
−∞
φn(ξ) dξ ;
dΦn(x)
dx
= φn(x)
escolhendo
φn(x) =
n
pi
1
1 + n2x2
Φn(x) =
∫ x
−∞
n
pi
1
1 + n2ξ2
=
∫ nx
−∞
�n
pi
1
1 + y2
dy
�n
=
1
pi
arctan(y)
∣∣∣∣nx
−∞
Φn(x) =
1
pi
[arctan(nx)− arctan(−∞)]
lim
n→∞Φn(x) = limn→∞
1
pi
arctan(nx)− −pi/2︷ ︸︸ ︷arctan(−∞)
 =

1 , x > 0
1/2 , x = 0
0 , x < 0
dS(x)
dx
= δ(x)
lim
n→∞
∫ +∞
−∞
φn(x)f(x) dx = f(0)
lim
n→∞
∫ +∞
−∞
dφn(x)
dx
f(x) dx = lim
n→∞
{
f(x)φn(x)|+∞−∞ −
∫ +∞
−∞
φn(x)f
′(x) dx
}
= −f ′(0)
4
Abuso de linguagem: ∫ +∞
−∞
δ′(x)f(x) d(x) = −f ′(0)
generalizando ∫ +∞
−∞
dnδ(x)
dxn
f(x) d(x) = (−1)n d
nf
dxn
(0)
2) Regras de ca´lculo
1. δ(x− a) ∫ +∞
−∞
δ(x− a)f(x) dx =
∫ +∞
−∞
δ(y)f(y + a) dy = f(a)
2. δ(ax) ∫ +∞
−∞
δ(ax)f(x) dx =
∫ +∞
−∞
δ(y)f
(y
a
) dy
a
=
1
a
f(0) =
=
∫ +∞
−∞
δ(x)
a
f(x) dx⇒ δ(ax) = δ(x)
a
a > 0
∫ +∞
−∞
δ(ax)f(x) dx = −
∫ +∞
−∞
δ(y)f
(y
a
) dy
a
=
−1
a
f(0) =
=
∫ +∞
−∞
δ(x)
−a f(x) dx⇒ δ(ax) =
δ(x)
−a a < 0
∴
δ(ax) =
δ(x)
|a|
3. δ(x2 − a2) , a > 0∫ +∞
−∞
δ(x2 − a2)f(x) dx =
∫ +∞
−∞
δ[(x− a)(x+ a)]f(x) dx =
∫ −a+�
−a−�
δ[(x− a)(x+ a)]f(x) dx+
∫ +a+�
+a−�
δ[(x− a)(x+ a)]f(x) dx =
∫ −a+�
−a−�
δ[−2a(x+ a)]f(x) dx+
∫ +a+�
+a−�
δ[2a(x− a)]f(x) dx =
∫ −a+�
−a−�
δ(x+ a)
2a
f(x) dx+
∫ +a+�
+a−�
δ(x− a)
2a
f(x) dx =
∫ +∞
−∞
δ(x2 − a2)f(x) dx =
∫ +∞
−∞
[
δ(x− a) + δ(x+ a)
2a
]
f(x) dx
δ(x2 + a2) =
δ(x− a) + (x+ a)
2a
Obs.: na˜o tem sentido δ(x2).
5
3) Representac¸o˜es da func¸a˜o delta
Se´ries de Fourier
f(x) =
−a0
2
+
∞∑
n=1
(
an cos
npix
L
+ bn sen
npix
L
)
−L ≤ x ≤ +L
an =
1
L
∫ +L
−L
f(x) cos
npix
L
dx
bn =
1
L
∫ +L
−L
f(x) sen
npix
L
dx
Considere a func¸a˜o φa(x)
φa(x) =
{
0 , |x| > a
1/2a , |x| < a
φa(x) e´ uma func¸a˜o par, logo bn = 0
an =
1
L
∫ +L
−L
φa(x) cos
npix
L
dx
a0 =
1
L
∫ +a
−a
1
2a
dx = L
an =
1
L
∫ +a
−a
1
2a
cos
npix
L
dx , n ≥ 1
an =
1
�L
1
2a
sen
npix
L
∣∣∣∣+a
−a
�L
npi
=
1
�2npia
2 sen
npia
L
an =
1
npia
sen
npia
L
φa(x) =
1
2L
+
∞∑
n=1
1
npia
sen
npia
L
cos
npix
L
δ(x) = lim
a→0
φa(x) =
1
2L
+
∞∑
n=1 ��
��
��*
1
lim
a→0
sennpiaL
npia
L
1
L
cos
npix
L
δ(x) =
1
2L
+
∞∑
n=1
1
L
cos
npix
L
esta se´rie diverge, portanto, na˜o e´ func¸a˜o −L ≤ x ≤ +L∫ +∞
−∞
δ(x) f(x) dx =
∫ +L
−L
[
1
2L
+
∞∑
n=1
1
L
cos
npix
2
]
f(x) dx =
=
1
2L
∫ +L
−L
f(x) dx+
∞∑
n=1
1
L
∫ +L
−L
f(x) cos
npix
L
dx =
a0
2
+
∞∑
n=1
an = f(0)
δ(x− ξ) :
φa(x) =
{
1/2a , ξ − a ≤ x ≤ ξ + a
0 , fora
6
Desenvolvimento em se´ries seno de Fourier
f(x) =
∞∑
n=1
bn sen
npix
L
bn =
2
L
∫ L
0
f(x) sen
npix
L
dx
bn =
�2
L
∫ ξ+a
ξ−a
1
�2a
sen
npix
L
dx
=
1
�La
(
−cosnpix
L
)∣∣∣ξ+a
ξ−a
�L
npi
= − 1
npia
[
cos
npi(ξ + a)
L
− cosnpi(ξ − a)
L
]
cosx− cosy = −2senx+ y
2
sen
x− y
2
bn =
1
npia
sen
npiξ
L
sen
npia
L
φa(x) =
∞∑
n=1
1
npia
sen
npiξ
L
sen
npia
L
sen
npix
L
e´ uma func¸a˜o
δ(λ− ξ) = lim
a→0
φa(x) =
∞∑
n=1
lim
a→0
sennpiaL
npia
L
1
L
sen
npiξ
L
sen
npix
L
δ(λ− ξ) = 1
L
∞∑
n=1
sen
npiξ
L
sen
npix
L
se´rie divergente
Exerc´ıcio: mostrar que
∫ +∞
−∞ δ(x− ξ)f(x) dx = f(ξ)
Contorno de Bromvick
Define a func¸a˜o escada (degrau)
S(x) =
1
2pii
∫ γ+i∞
γ−i∞
exz
z
dz =

0 , x < 0
1/2 , x = 0
0 , x > 0
dS(x)
dx
= δ(x) =
1
2pii
∫ γ+iω
γ−iω
exz dz
@ po´lo, fazendo γ = 0
δ(x) =
1
2pii
∫ +i∞
−i∞
exz dz
mudanc¸a de varia´vel: z =
ik ⇒ dz = i dk1
δ(x) =
1
2pii
∫ +∞
−∞
eikx idk =
1
2pi
∫ +∞
−∞
eikx dk
1(−i)2∞ = −(−i)ik ⇒ −1∞ = −1k
7
integral divergente
φa(x) =
1
2pi
∫ +∞
−∞
e−a
2k7eikx dk
δ(x) = lim
a→0
φa(x)
−(a2k2 − ikx) = −
(
ak − ix
2a
)2
+
(
− ix
2a
)2
= −
(
ak − ix
2a
)2
− x
2
4a2
mudanc¸a de varia´vel
u = ak − ix
2a
⇒ du = adk
φa(x) =
1
2pi
∫ +∞
−∞
e−u
2
e−
x2
4a2
du
a∫ +∞
−∞
e−u
2
du =
√
pi
φa(x) =
1
2a
√
pi
e−
x2
4a2
lim
a→0
∫ +∞
−∞
φa(x) f(x) d(x) = lim
a→0
∫ +∞
−∞
1
2a
√
pi
e−
x2
4a2 f(x) dx
x = 2ay ⇒ dx = 2ady
lim
a→0
∫ +∞
−∞
1
2�a
√
pi
e−y
2
f(2ay)�2ady = f(0)
1√
pi
∫ +∞
−∞
e−y
2
dy = f(0)
Pulso retangular
Transformada de Laplace
L{f(t)} = F (s) =
∫ ∞
0
e−stf(t) dt
no limite τ → 0⇒ δ(t− t0)∫ t0+τ
t0
e−st
1
τ
dt =
e−st
−sτ
∣∣∣∣t0+τ
t0
e−st0
(−sτ) [e
−sτ − 1] = e−st0
[
1− e−sτ
sτ
]
L{δ(t− t0)} = lim
τ→0
e−st0
[
1− e−sτ
sτ
]
= e−st0
e−x =
∞∑
n=0
(−1)nxn
n!
= 1− x+ x
2
2!
− x
3
3!
+ · · ·
1− e−sτ
sτ
=
1− (1− sτ + (sτ)22! − (sτ)
3
3! + · · · )
sτ
= 1− (sτ)
2!
+
(sτ)2
3!
+ · · ·
L {δ(t− t0)} = e−st0
em particular, se t0 = 0
L{δ(t)} = 1
8
Oscilador harmoˆnico amortecido e forc¸ado
mx¨ = −kx− ρx˙+ f(t)
onde −kx e´ o termo relativo a` restituic¸a˜o/mola; −ρx˙ e´ o termo relativo ao atrito; f(t) e´ o termo
relativo a` forc¸a externa.
x¨+ 2λx˙+ ω20x =
f(t)
m
(1)
2λ =
ρ
m
, ω20 =
k
m
c.i.
{
x(0) = 0
x˙(0) = 0
f(t) = Iδ(t− t0)
onde I e´ impulso
Transformadas de Laplace
L{x(t)} = X(s)
L{x˙(t)} = sX(s)− x(0)
L{x¨(t)} = s2X(s)− sx(0)− x˙(0)
Transformada de Laplace de (1)
s2X(s) + 2λsX(s) + ω20X(s) =
I
m
e−st0
X(s) =
I
m
e−st0
1
s2 + 2λs+ ω20
x(t) = L−1 {x(s)}
s2 + 2λs+ ω20 = 0 ⇒ s = −λ±
√
λ2 − ω20
quando tivermos λ < ω0 temos oscilac¸a˜o com amortecimento
s = −λ± iω , ω2 = −λ2 + ω20
s1 = −λ+ iω , s2 = −λ− iω
X(s) =
I
m
e−st0
(s− s1)(s− s2)
propriedade do deslocamento
L{e−asF (s)} = f(t− s)S(t− a) ; a ≡ t0
Teorema 1 Teorema de Heaviside
L−1
{
P (s)
Q(s)
}
=
n∑
i=1
P (si)
Q′(si)
esit
onde si sa˜o as n ra´ızes de Q(s) = 0
9
P (s) e Q(s) sa˜o polinoˆmios em s
Q′(si) e´ derivada em relac¸a˜o a s
P (s) = 1
Q(s) = (s− s1) (s− s2)
Q′(s) = (s− s2) + (s− s1)
x(t) =
I
m
S(t− t0)
{
1
s1 − s2 e
s1(t−t0) +
1
s2 − s1 e
s
t−t0
2
}
x(t) =
I
m
S(t− t0) 1
2iω
{
e(−λ+iω)(t−t0) − e(−λ−iω)(t−t0)
}
x(t) =
I
m
S(t− t0)e
−λt
2iω
{
eiω(t−t0) − e−iω(t−t0)
}
x(t) =
I
m
S(t− t0)e
−λt
w
sen[ω(t− t0] =
{
0 , t < to
I
me
−λtsen[ω(t− t0)] , t > t0
Outro me´todo
x¨+ 2λx˙+ ω20x =
I
m
δ(t− t0) (2)
para,
t < t0 ⇒ x(t) = 0
t > t0 ⇒ x¨+ 2λx˙+ ω20x = 0
soluc¸a˜o
x = eαt ⇒ α2 + 2λα+ ω20 = 0
λ < ω0 ⇒ ω2 = ω20 − λ2
α = −λ± iω
x(t)→ e−λte±iωt
x(t) = Ae−λt sen(ωt+ φ) (3)
onde A e φ sa˜o duas constantes
Para determinac¸a˜o de A e φ fac¸o uso da E.D. nas vizinhanc¸as de t = t0
Integrar (3) no intervalo de [t0 − �, t0 + �]
x˙(t0 + �)− x˙(t0 − �) + 2λ[x(t0 + �)− x(t0 − �)] + ω20
∫ t0+�
t0−�
x dt =
I
m
(4)
pois, ∫ t0+�
t0−�
δ(t− t0) dt =
∫ +�
−�
δ(τ) dτ =
∫ +∞
−∞
δ(τ) dτ = 1
t+ t0 = τ ⇒ dt = dτ
x(0) = 0 = x(t0 − �) ; x˙(t0) = I
m
x˙(0) = 0 = x˙(t0 − �) ; x(t0) = 0
10
Da eq. (3) e x(t0) = 0
0 = Ae−λt0sen(ωt0 + φ)
ωt0 + φ = npi
n = 1, 2, · · ·
φ = npi − ωt0
Derivando (3) e usando x˙(t0) = I/m
I
m
= −Aλe−λt0����
���:0
sen(ωt0 + φ) +Ae
−λt0cos(
npi︷ ︸︸ ︷
ωt0 + φ)ω
A =
I
m
eλt0
ω
(−1)n
x(t) =
I
m
e−λ(t−t0)
ω
sen[ω(t− t0) + npi](−1)n
x(t) =
I
m
e−λ(t−t0)
ω
sen[ω(t− t0)]
Ex.: viga simplesmente apoiada sujeita a uma carga
d4y
dx4
=
1
EI
q(x)
onde 1/EI → rigidez da viga, E → mo´dulo de Young, I → momento de ine´rcia da sec¸a˜o
transversal
d4y
dx4
=
1
EI
Pδ
(
x− 1
2
)
(5)
δ(x− ξ) = 2
L
∞∑
n=1
sen
npix
L
sen
npiξ
L
δ(x− L
2
) =
2
L
∞∑
n=1
sen
npix
L
(−1)n−12 ⇒ n=1,3,5,···︷ ︸︸ ︷
sen
npi
2
δ
(
x− L
2
)
=
2
L
∞∑
n=1,3,5,···
(−1)n−12 sennpix
L
(6)
y(x) =
∞∑
n=1
bnsen
npix
L
d4y
dx4
=
∞∑
n=1
bn
(npi
L
)4
sen
npix
L
(7)
11
Substituindo (6) e (7) em (5)
∞∑
n=1
bn
(npi
L
)4
sen
npix
L
=
P
EI
∞∑
n=1,3,5,···
(−1)n−12 sennpix
L
bn = 0 , n = 2, 4, 6, · · · ; bn =
(
L
npi
)4
(−1)n−12 P
EI
, n = 1, 3, 5, · · ·
y(x) =
P
EI
∞∑
n=1,3,5,···
(−1)n−12
(
L
npi
)4
sen
npix
L
Convergeˆncia Fraca
func¸o˜es delta → teoria de distribuic¸o˜es ou func¸o˜es generalizadas
Estudo das distribuic¸o˜es atrave´s das integrais de sequeˆncias de func¸o˜es fn(x) n = 1, 2, · · · tal
que
∫
fn(x)g(x) dx convergem para uma func¸a˜o g(x), func¸a˜o teste, com as seguintes condic¸o˜es:
1. g(x) e´ infinitamente diferencia´vel
2. g(x) na˜o diverge em −∞ < x < +∞
3. g(x) e´ zero fora de (a, b)
Exemplo:
fn(x) =
1
2
+
1
pi
arctan(nx)
lim
n→∞ fn(x) = S(x) = limn→∞
[
1
2
+
1
pi
arctan(npi)
]
=

1 , x > 0
1
2 , x = 0
0 , x < 0
lim
n→∞
∫ +∞
−∞
fn(x)g(x) dx =
∫ +∞
−∞
S(x)g(x) dx =
∫ ∞
0
g(x) dx
Definic¸a˜o 1 Uma distribuic¸a˜o φ(x) e´ um conceito matema´tico associado a uma sequeˆncia fraca-
mente convergente para as quais∫ +∞
−∞
φ(x)g(x) dx = lim
n→∞
∫ +∞
−∞
fn(x)g(x) dx
Distribuic¸a˜o θ(x) (escada, degrau, Heaviside)
1. fn(x) =
1
2
+
1
pi
arctan(nx)
2. fn(x) =
1
2
erfc(−nx) = 1√
pi
∫ +∞
−nx
e−u
2
du = lim
n→∞ fn(x) =

1 , x > 0
1
2 , x = 0
0 , x < 0
3. fn(x) =
1
2
+
1
pi
Si(nx)
4. fn(x) = e
−e−nx =

1 , x > 0
e−1 , x = 0
0 , x < 0
12
Distribuic¸a˜o δ(x)
i. fn(x) =
n
pi
1
1 + n2x2
ii. fn(x) =
n√
pi
e−n
2x2
iii. fn(x) =
1− cosnx
npix2
Propriedades das distribuic¸o˜es
1. lim
n→∞
∫ +∞
−∞
[fn(x) + hn(x)]g(x) dx =
∫ +∞
−∞
[φ(x) + χ(x)]g(x) dx
2. lim
n→∞
∫ +∞
−∞
c fn(x)g(x) dx =
∫ +∞
−∞
c φ(x)g(x) dx
3. lim
n→∞
∫ +∞
−∞
fn(x)hn(x)g(x) dx =?
4. lim
n→∞
∫ +∞
−∞
f ′n(x)g(x) dx
4) Transformada de Fourier de distribuic¸o˜es
...
2. Func¸o˜es de Green
1) Equac¸a˜o de Langevin
Equac¸a˜o de Langevin → movimento Browniano
1828 - botaˆnico Robert Brown (descobriu)
1905 - Einstein (explicou)
m
dv
dt
= −Rv + f(t) (8)
f(t) age em t = t0; f(t) = 0, t < t0
Soluc¸a˜o de (8)
f(t) 6= 0 , t0 < t < t0 + τ
A equac¸a˜o (8) para t > t0 + τ
m
dv
dt
= −Rv ⇒ dv
v
=
−R
m
dt
v(t) = Ae−
R
m t (9)
13
Integrar (8) [t0, t0 + τ ]
v(t0 + τ)−���*
0
v(t0) = −R
m
∫ t0+τ
t0
v(t) dt+
∫ t0+τ
t0
f(t)
m
dt
lim
τ→0
v(t0 + 0
+) =
I
m
= A exp
(
−R
m
t0
)
⇒ A = I
m
e
R
m t0
v(t) =
I
m
e−
R
m (t−t0) t > t0
Part´ıcula sofre 2 golpes, 1 em τ1 e outro em τ2:
v(t) =

0 , t < τ1
I1
me
− Rm (t−τ1) , τ1 < t < τ2
I1
me
− Rm (t−τ1) + I2me
− Rm (t−τ2) , t > τ2
Sucessivos golpes (n golpes)
v(t) =
n∑
i=1
Ii
m
e−
R
m (t−τi) t > τn
I =
∫ t0+τ
t0
f(t)
m
dt ; dI =
f(t)
m
dt
v(t) =
∫ t
t0
f(τ)
m
dτ e−
R
m (t−τ) , t > t0 (10)
dv
dt
= −R
m
v(t) +
f(t)
m
(11)
(10) e´ soluc¸a˜o de (11).
Regra de Leibniz
d
dα
∫ b(α)
a(α)
f(x, α) dx =
∫ b(α)
a(α)
∂f(x, α)
∂α
dx+ f(b(α), α)
db(α)
dα
− f(a(α), α)da(α)
dα
dv(t)
dt
=
d
dt
[∫ t
t0
f(τ)
m
dτe−
R
m (t−τ)
]
=
=
∫ t
t0
f(τ)
m
e−
R
m (t−τ)
(
−R
m
)
dτ +
f(τ)
m
e−
R
m (t−τ)
∣∣∣∣
τ=t
dt
dt
=
= −R
m
v(t) +
f(t)
m
dy
dx
= −Ry
m
+
f(x)
m
; y(x) =
∫ x
x0
f(ξ)
m
e−
R
m (x−ξ) dξ , x > x0
14
Voltando ao nosso problema:
v(t) =

0 , t < t0∫ t
t0
1
m
e−
R
m (t−τ)f(τ) dτ , t > t0
G(t|τ) =
0 , t < t01
m
e−
R
m (t−τ)f(τ) , t > t0
v(t) =
∫ t
t0
G(t|τ)f(τ) dτ
G(t|τ) : func¸a˜o influeˆncia ou func¸a˜o de Green.
Exemplo oscilador harmoˆnico, amortecido e forc¸ado
d2x
dt2
+ 2λ
dx
dt
+ ω20 =
f(t)
m
f(t) = 0, t < τ .
Soluc¸a˜o da E.D. para t > τ :
d2x
dt2
+ 2λ
dx
dt
+ ω20 = 0
x = eαt ; α = −λ±
√
λ2 − ω20 , ω0 > λ
α = −λ± iω , ω2 = λ2 − ω20
x(t) = C1e
−λt cosωt+ C2e−λt senωt
x(t = τ+) = x(t = τ−) = 0 ; v(t = τ−) = 0 , v(t = τ+) =
I
m
0 = C1e
−λτ cosωτ + C2e−λτ senωτ
v(t = τ+) =
I
m
=
0︷ ︸︸ ︷
C1e
−λτ (−λ) cosωτ + C2e−λτ (−λ) senωτ
+C1e
−λω(−λ) cosωτ + C2e−λτ (ω) senωτ
C1 =
∣∣∣∣ 0 senωτI
me
λτ cosωτ
∣∣∣∣∣∣∣∣ cosωτ senωτ−ω senωτ ω cosωτ
∣∣∣∣ =
− Im senωτeλτ
ω
C2 =
∣∣∣∣ cosωτ 0−ω senωτ Imeλτ
∣∣∣∣∣∣∣∣ cosωτ senωτ−ω senωτ ω cosωτ
∣∣∣∣ =
I
m cosωτe
λτ
ω
x(t) =
Ie−λ(t−τ)
mω
[− senωτ cosωt+ cosωτ senωt]
x(t) =
Ie−λ(t−τ)
mω
senω(t− τ)
dI = f(t)dt
x(t) =
∫ t
τ0
f(τ)dτ
m
e−λ(t−τ) senω(t− τ)
�
15
2) Equac¸a˜o da onda (corda distendida)
T
∂2u
∂x2
= ρ
∂2u
∂t2
+ F (x, t) (12)
onde T e´ a tensa˜o na corda, ρ a densidade linear de massa, tal que, c =
√
T
ρ
e´ a velocidade de
propagac¸a˜o.
d2u
dx2
=
F (x)
T
c.c.
{
u(0) = 0
u(L) = 0
∃ G(x|ξ) tal que,
d2G(x|ξ)
dx2
= δ(x− ξ) (13)
c.c.
{
G(0|ξ) = 0
G(L|ξ) = 0
Fora de x = ξ,
0 ≤ x < ξ : soluc¸a˜o de (13)
G(x|ξ) = Ax+B (14)
ξ < x ≤ L : soluc¸a˜o de (13)
G(x|ξ) = A′x+B′ (15)
De (14) : G(0|ξ) = 0 = B
De (15) : G(L|ξ) = A′L+B′ = 0
(14) : G(x|ξ) = Ax , 0 ≤ x < ξ
(15) : G(x|ξ) = A′(x− L) , ξ < x ≤ L
G(0|ξ) e´ cont´ınua em x = ξ.
Aξ = A′(ξ − L) ⇒ A′ = A ξ
ξ − L
(14) : G(x|ξ) = Ax , 0 ≤ x < ξ
(15) : G(x|ξ) = Aξ (x− L)
ξ − L , ξ < x ≤ L
16
Integrar (13) entre [ξ − �, ξ + �]:
(14)︷ ︸︸ ︷
G(ξ + �)
dx
−
(15)︷ ︸︸ ︷
G(ξ − �)
dx
= 1
Aξ
ξ − L −A = 1
AL
ξ − L = 1
A =
ξ − L
L
G(x|ξ)

ξ − L
L
x , 0 ≤ x < ξ
ξ(x− L)
L
, ξ < x ≤ L
u(x) =
∫ L
0
G(x|ξ)F (ξ)
T
dξ
d2u(x)
dx2
=
∫ L
0
d2G(x|ξ)
dx2
F (ξ)
T
dξ
=
∫ L
0
δ(x|ξ)F (ξ)
T
dξ
=
F (x)
T
G(x|ξ) e´ sime´trica: G(x|ξ) = G(ξ|x).
3) Func¸o˜es de Green para o operador de Sturm-Liouville (S-L)
Operador de S-L:
L =
d
dx
[
p(x)
d
dx
]
− s(x)
Achar soluc¸a˜o de E.D. L y = f(x).
E.D. S-L
L y = −λr(x)y
Ana´lise da E.D.
A(x)
d2
dx2
+B(x)
d
dx
+ C(x)y = D(x) (16)
Definic¸a˜o 2
H(x) =
1
A(x)
exp
[∫ x B(ξ)
A(ξ)
dξ
]
(17)
17
(17) × (16)
exp
[∫ x B(ξ)
A(ξ)
dξ
]
d2y
dx2
+
B(x)
A(x)
exp
[∫ x B(ξ)
A(ξ)
dξ
]
dy
dx
+
C(x)
A(x)
exp
[∫ x B(ξ)
A(ξ)
dξ
]
y
=
D(x)
A(x)
exp
[∫ x B(ξ)
A(ξ)
dξ
]
d
dx

p(x)︷ ︸︸ ︷
exp
[∫ x B(ξ)
A(ξ)
dξ
]
dy
dx
−�����
���
���
�
exp
[∫ x B(ξ)
A(ξ)
dξ
]
B(x)
A(x)
dy
dx
+
���
���
���
���B(x)
A(x)
exp
[∫ x B(ξ)
A(ξ)
dξ
]
dy
dx
+
C(x)
A(x)
exp
[∫ x B(ξ)
A(ξ)
dξ
]
︸ ︷︷ ︸
−s(x)
y
=
D(x)
A(x)
exp
[∫ x B(ξ)
A(ξ)
dξ
]
︸ ︷︷ ︸
f(x)
d
dx
[
p(x)
dy
dx
]
− s(x)y = f(x) = L y (18)
Determinar a soluc¸a˜o de (18).
Encontrar a func¸a˜o de Green G(x|ξ) que satisfaz a E.D.
d
dx
[
p(x)
dG(x|ξ)
dx
]
− s(x)G(x|ξ) = δ(x|ξ) (19)
com as seguintes condic¸o˜es:
1) G(x|ξ) satisfaz a E.D. homogeˆnea fora de x = ξ
2) G(x|ξ) satisfaz as c.c. homogeˆneas no intervalo [a, b]
a) c.c. de Dirichlet:
{
G(a|ξ) = G(b|ξ) = 0
b) c.c. de Neumann:
{
G′(a|ξ) = G′(b|ξ) = 0
c) c.c. Intermedia´rias:
{
α1G(a|ξ) + α2G′(a|ξ) = 0
β1G(b|ξ) + β2G′(b|ξ) = 0
estas c.c. sa˜o as mesmas de y(x).
3) G(x|ξ) e´ cont´ınua em x = ξ
4) G(x|ξ) tem uma descontinuidade de salto em x = ξ
18
Integrar (19) entre [ξ − �, ξ + �]:
p(ξ + �)
dG(ξ + �|ξ)
dx
− p(ξ − �)dG(ξ − �|ξ)
dx
−
∫ ξ+�
ξ−�
s(x)G(x|ξ)dx = 1
no limite �→ 0
dG(ξ + 0+|ξ)
dx
− dG(
ξ−0︷ ︸︸ ︷
ξ + 0− |ξ)
dx
=
1
p(ξ)
Considere o intervalo entre a ≤ x < ξ e seja y1(x) a soluc¸a˜o da E.D. homogeˆnea L y = 0 que
satisfaz a`s c.c.
α1y1(a) + β1y
′
1(a) = 0 (20)
Sabendo que G(x|ξ) satisfaz a`s c.c.
α1G(a|ξ) + β1G′(a|ξ) = 0 (21)
O sistema (20) e (21) tera´ soluc¸o˜es se, e somente se,∣∣∣∣ y1(a) y′1(a)G(a|ξ) G′(a|ξ)
∣∣∣∣ = 0
que e´ o Wronskiano das func¸o˜es y(x) e G(x|ξ) no ponto a. Se o Wronskiano se anula em um ponto,
ele tambe´m se anula em todos os pontos do intervalo y(x) e G(x|ξ) sa˜o proporcionais.
G(x|ξ) = C1y1(x) , a ≤ x < ξ
da mesma forma,
G(x|ξ) = C2y2(x) , ξ < x ≤ b
continuidade de G(x|ξ) em x = ξ
C2y2(ξ)− C1y1(ξ) = 0 (22)
descontinuidade de salto em em x = ξ
C2y
′
2(ξ)− C1y′1(ξ) =
1
p(ξ)
(23)
Do sistema (22) e (23)
C1 =
∣∣∣∣∣∣
y2(ξ) 0
y′2(ξ)
1
p(ξ)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣y2(ξ) −y1(ξ)y′2(ξ) −y′1(ξ)
∣∣∣∣ =
y2(ξ)
p(ξ)
y1(ξ)y
′
2(ξ)− y2(ξ)y′1(ξ)︸ ︷︷ ︸
W (ξ)
=
y2(ξ)
W (ξ)p(ξ)
W (ξ) 6= 0 se y1 e 2 forem linearmente independentes
C2 =
∣∣∣∣∣∣
0 −y1(ξ)
1
p(ξ)
−y′1(ξ)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣y2(ξ) −y1(ξ)y′2(ξ) −y′1(ξ)
∣∣∣∣ =
y1(ξ)
p(ξ)
y1(ξ)y
′
2(ξ)− y2(ξ)y′1(ξ)︸ ︷︷ ︸
W (ξ)
=
y1(ξ)
W (ξ)p(ξ)
19
G(x|ξ) =

y1(x)y2(ξ)
W (ξ)p(ξ)
, a ≤ x ≤ ξ
y2(x)y1(ξ)
W (ξ)p(ξ)
, ξ ≤ x ≤ b
(24)
Achar as soluc¸o˜es da E.D. homogeˆnea, sem constantes, que satisfazem a`s c.c.; calcular o Wrons-
kiano e usar (24).
Exemplo
d2u
dx2
=
F (x)
T
Soluc¸a˜o de
d2u
dx2
= 0 que satisfaz a`s c.c.{
u1(x) = x , 0 ≤ x < ξ
u2(x) = L− x , ξ < x ≤ L
p(ξ) = 1
W (ξ) =
∣∣∣∣ u1(ξ) u′1(ξ)u′2(ξ) u′2(ξ)
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ ξ 1L− ξ −1
∣∣∣∣ = −L
G(x|ξ) =

x(L− ξ)
−L , 0 ≤ x ≤ ξ
(L− x)ξ
−L , ξ ≤ x ≤ L
A func¸a˜o de Green e´ sime´trica em x, ξ : G(x|ξ) = G(ξ, x).
y(x) =
∫ b
a
G(x|ξ)f(ξ)dξ
�
Demonstrac¸a˜o Prova de que p(x)W (x) e´ independente de ξ.
W (ξ) =
∣∣∣∣ y1(ξ) y2(ξ)y′1(ξ) y′2(ξ)
∣∣∣∣
d
dξ
[p(ξ)W (ξ)] =
d
dξ
{p(ξ) [y1(ξ)y′2(ξ)− y′1(ξ)y2(ξ)]}
=
s(ξ)y2(ξ)︷ ︸︸ ︷
���
���
���d
dξ
[p(ξ)y′2(ξ)] y1(ξ) +((((
(((p(ξ)y′2(ξ)y
′
1(ξ)−
s(ξ)y1(ξ)︷ ︸︸ ︷
���
���
���d
dξ
[p(ξ)y′1(ξ)] y2(ξ)−((((((
(
p(ξ)y′1(ξ)y
′
2(ξ)
= 0
�
Demonstrac¸a˜o Prova de que
y(x) =
∫ b
a
G(x|ξ)f(ξ)dξ
e´ soluc¸a˜o de
L y =
d
dx
[
p(x)
dy
dx
]
− s(x)y = f(x)
20
Seja a E.D.
p(x)y′′ + p′(x)y′ − s(x)y = f(x) (25)
tal que,
y(x) =
∫ x
a
G(x|ξ)f(ξ)dξ +
∫ b
x
G(x|ξ)f(ξ)dξ (26)
dy
dx
=
∫ x
a
G′(x|ξ)f(ξ)dξ +((((((
(
G(x|x− 0)f(x) +
∫ b
x
G′(x|ξ)f(ξ)dξ −((((((
(
G(x|x+ 0)f(x)
=
∫ x
a
G′(x|ξ)f(ξ)dξ +
∫ b
x
G′(x|ξ)f(ξ)dξ (27)
pela continuidade de G(x|ξ), G(x|x− 0) = G(x|x+ 0).
dy
dx
=
∫ x
a
G′′(x|ξ)f(ξ)dξ +G′(x|x− 0)f(x) +
∫ b
x
G′′(x|ξ)f(ξ)dξ −G′(x|x+ 0)f(x)
=
∫ x
a
G′′(x|ξ)f(ξ)dξ +
∫ b
x
G′′(x|ξ)f(ξ)dξ + f(x)
p(x)
(28)
Substituindo (26), (27) e (28) na E.D. (25):
∫ x
a

=0︷ ︸︸ ︷
p(x)G′′(x|ξ) + p′(x)G′(x|ξ)− s(x)G(x|ξ)
 f(ξ)dξ
+
∫ b
x
p(x)G′′(x|ξ) + p′(x)G′(x|ξ)− s(x)G(x|ξ)︸ ︷︷ ︸
=0
 f(ξ)dξ +���p(x)f(x)���p(x) = f(x)
�
Exemplo corda distendida
T
∂2u
∂x2
= ρ
∂2u
∂t2
+ F (x, t)
c.c.
{
u(0, t) = 0
u(L, t) = 0
F (x, t) = f(x)e−iωt ; u(x, t) = y(x)e−iωt
T
d2y
dx2
= ρy(iω)2 + f(x)
d2y
dx2
= −k2y + f(x)
T
onde k2 =
ρ
T
ω2 =
ω2
c2
, k: nu´mero de onda.
y(x) =
∫ L
0
G(x|ξ)f(ξ)
T
dξ
p(x) = 1, s(x) = −k2
21
E.D. homogeˆnea: y′′ + k2y = 0 deve satisfazer a`s c.c.
{
y(0) = y(L) = 0{
y1(x) = sen kx , 0 ≤ x ≤ ξ
y2(x) = sen k(L− x) , ξ ≤ x ≤ L
W (ξ) =
∣∣∣∣ sen kξ sen k(L− ξ)k cos kξ −k cos k(L− ξ)
∣∣∣∣ = −k sen kξ cos k(L− ξ)− k sen k(L− ξ) cos ξ = −k sen kL
G(x|ξ) =

sen kx sen k(L− ξ)
−k sen kL , 0 ≤ x ≤ ξ
sen kξ sen k(L− x)
−k sen kL , ξ ≤ x ≤ L
Soluc¸a˜o geral:
u(x, t) = e−iωt
∫ L
0
G(x|ξ)f(ξ)
T
dξ
�
4) Desenvolvimento em se´ries de G(x|ξ)
Exemplo
d2u
dx2
= f(x) (29)
c.c.
{
u(0) = u(L) = 0
∃ G(x|ξ) tal que,
d2G(x|ξ)
dx2
= δ(x− ξ) (30)
c.c.
{
G(0|ξ) = G(L|ξ) = 0
G(x|ξ) =
∞∑
n=1
γn sen
npix
L
(31)
δ(x− ξ) = 2
L
∞∑
n=1
sen
npix
L
sen
npiξ
L
(32)
Substituindo (31) e (32) em (30):
∞∑
n=1
γn sen
npix
L
(
−n
2pi2
L2
)
=
2
L
∞∑
n=1
sen
npix
L
sen
npiξ
L
γn = − 2
L
(
L2
n2pi2
)
sen
npiξ
L
G(x|ξ) = −2L
pi2
∞∑
n=1
sen
npix
L
sen
npiξ
L
n2
(33)
22
Pelo operador de S-L:
d2u
dx2
= 0 ⇒
{
u = x , 0 ≤ x ≤ ξ
u = L− x , ξ ≤ x ≤ L
p(x) = 1 ; W (ξ) =
∣∣∣∣ ξ L− ξ1 −1
∣∣∣∣ = −L
G(x|ξ) =

x(L− ξ)
−L , 0 ≤ x ≤ ξ
ξ(L− x)
−L , ξ ≤ x ≤ L
(34)
Retornando ao problema,
u(x) =
∫ L
0
G(x|ξ)f(ξ)dξ
=
∫ L
0
(
−2L
pi2
) ∞∑
n=1
sen
npix
L
sen
npiξ
L
n2
f(ξ)dξ
u(x) = −L
2
pi2
∞∑
n=1
[
2
L
∫ L
0
sen
npiξ
L
f(ξ) dξ
]
sen
npix
L
n2
bn =
2
L
∫ L
0
sen
npiξ
L
f(ξ)dξ , coeficientes de Fourier
∴
u(x) = −L
2
pi2
∞∑
n=1
bn
sen
npix
L
n2
�
Demonstrac¸a˜o Prova que (33) e (34) representam a mesma soluc¸a˜o.
Suponha que
G(x|ξ) =
∞∑
n=1
µn sen
npix
L
quando representada por (34).
µn =
2
L
∫ L
0
G(x|ξ) sen npix
L
dx
logo,
µn =
2
L
∫ ξ
0
u︷ ︸︸ ︷
x(L− ξ)
−L
du︷ ︸︸ ︷
sen
npix
L
dx+
∫ L
ξ
ξ(L− x)
−L sen
npix
L
dx

23
µn = − 2
L
{
L− ξ
L
[
−x cos npix
L
L
npi
∣∣∣∣ξ
0
+
∫ ξ
0
cos
npix
L
L
npi
dx
]
− ξ cos npix
L
L
npi
∣∣∣∣L
ξ
− ξ
L
[
−x cos npix
L
L
npi
∣∣∣∣L
ξ
+
∫ L
ξ
cos
npix
L
L
npi
dx
]}
µn = − 2
L
{
L− ξ
L
[
−����
��
ξ cos
npiξ
L
L
npi
+ sen
npiξ
L
(
L
npi
)2]
−����
��
ξ cos
npiL
L
L
npi
+���
���ξ cos
npiξ
L
L
npi
− ξ
L
−�������L cos npiLL Lnpi +������ξ cos npiξL Lnpi +��������:
0
sen
npiL
L
(
L
npi
)2
− sen npiξ
L
(
L
npi
)2
µn = − 2
L
(
L
npi
)2
sen
npiξ
L
∴
γn = µn
�
Achar G(x|ξ) em se´rie de Fourier
∃ G(x|ξ) que satisfaz
d2
dx2
G(x|ξ) + k2G(x|ξ) = δ(x− ξ) (35)
G(0|ξ) = G(L|ξ) = 0
G(x|ξ) =
∞∑
n=1
γn sen
npix
L
(36)
δ(x− ξ) = 2
L
∞∑
n=1
sen
npiξ
L
sen
npix
L
(37)
substituindo (36) e (37) em (35):
−
∞∑
n=1
γn
(npi
L
)2
sen
npix
L
+ k2
∞∑
n=1
γn sen
npix
L
=
2
L
∞∑
n=1
sen
npiξ
L
sen
npix
L
γn =
2
L
sen
npiξ
L
k2 −
(npi
L
)2
G(x|ξ) =
∞∑
n=1
2
L
sen
npiξ
L
k2 −
(npi
L
)2 sen npixL , k 6= npiL
Exemplo Movimento de uma part´ıcula numa reta
m
d2x
dt2
= f(t)
c.i.
{
x(0) = x˙(0) = 0
24
f(t) = 0 , t < τ
∃ G(t|τ) tal que satisfaz
d2
dt2
G(t|τ) = δ(t− τ) (38)
c.i.
{
G(t|τ) = G˙(t|τ) = 0
x(t) =
∫ t
0
G(t|τ)f(τ)
m
dτ
t < τ :
d2
dt2
G(t|τ) = 0 ⇒ G(t|τ) = At+B
como
G(t|τ) = G˙(t|τ) = 0 ⇒ A = B = 0
t > τ :
d2
dt2
G(t|τ) = 0 ⇒ G(t|τ) = A′t+B′
G(t|τ) e´ cont´ınua em t = τ .{
G(τ+|τ) = 0 = A′τ +B′ ⇒ B′ = −A′τ
G(τ−|τ) = 0
G(t|τ) = A′(t− τ)
Salto da derivada G(t|τ).
Integrar (38) no intervalo [τ−, τ+]
d
dt
G(τ+|τ)−
=0︷ ︸︸ ︷
d
dt
G(τ−|τ) = 1 ⇒ A′ = 1
G(t|τ) =
{
0 , t ≤ τ
(t− τ) , t ≥ τ
x(t) =
∫ t
0
(t− τ)f(τ)
m
dτ
dx
dt
=
∫ t
0
f(τ)
m
dτ + (t− τ)f(τ)
m
∣∣∣∣
τ=0
=1︷︸︸︷
dt
dt
=
∫ t
0
f(τ)
m
dτ
d2x
dt2
=
f(τ)
m
∣∣∣∣
τ=t
dt
dt
=
f(t)
m
�
Problema Oscilador harmoˆnico, forc¸ado e amortecido
x¨+ 2λx˙+ ω20x =
f(t)
m
c.i.
{
x(0) = x˙(0) = 0
25
λ2 > ω20 : super-amortecido
f(t) = 0 , t < τ
x(t) =
∫ t
0
G(t|τ)f(τ)
m
dτ
∃ G(t|τ) tal que,
G¨(t|τ) + 2λG˙(t|τ) + ω20G(t|τ) = δ(t− τ) (39)
c.i.
{
G(t|τ) = G˙(t|τ) = 0
t ≶ τ :
G¨(t|τ) + 2λG˙(t|τ) + ω20G(t|τ) = 0
G(t|τ) = eαt ⇒ α2 + 2λα+ ω20 = 0⇒ α = −λ±
√
λ2 + ω20
Seja ω2 = λ2 − ω20 , assim
α1 = −λ+ ω ; α2 = −λ− ω
logo
α2 − α1 = −2ω (40)
G(t|τ) = Aeα1t +Beα2t , t < τ
G(t|τ) = A′eα1t +B′eα2t , t > τ
t < τ :
G(0|τ) = G˙(0|τ) = 0
A+B = 0 ; α1A+ α2B = 0 ⇒ A = B = 0
G(t|τ) = 0 , t < τ ⇒ G(τ ′|τ) = 0
t > τ :
G(τ+|τ) = A′eα1τ +B′eα2τ
continuidade de G(t|τ) em t = τ
G(τ+|τ) = G(τ−|τ)
assim,
A′eα1τ +B′eα2τ = 0 (41)
Integrar (39) no intervalo [τ−, τ+]
G˙(τ+|τ)−
=0︷ ︸︸ ︷
G˙(τ+|τ) +
=0︷ ︸︸ ︷
2λ[G(τ+|τ)−G(τ−|τ)] +ω20
=0︷ ︸︸ ︷∫ τ+
τ−
G(t|τ) dt = 1
G˙(τ+|τ) = 1
A′α1eα1τ +B′α2eα2τ = 1 (42)
26
(41) e (42) fornecem A′ e B′.
A′ =
∣∣∣∣0 eα2τ1 α2eα2τ
∣∣∣∣∣∣∣∣ eα1τ eα2τα1eα1τ α2eα2τ
∣∣∣∣ =
−eα2τ
(α2 − α1)e(α1+α2)τ =
−eα1τ
(α2 − α1)
B′ =
∣∣∣∣ eα1τ 0α1eα1τ 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ eα1τ eα2τα1eα1τ α2eα2τ
∣∣∣∣ =
eα1τ
(α2 − α1)e(α1+α2)τ =
eα2τ
(α2 − α1)
sendo que,
(α2 − α1) = −2ω
logo,
G(t|τ) =
0 , t < τ1
2ω
[
e−(λ−ω)(t−τ) − e−(λ+ω)(t−τ)
]
, t > τ
G(t|τ) =
0 , t < τe−λ(t−τ)
ω
senhω(t− τ) , t > τ
�
Problema
y′′ − k2y = f(x)
0 ≤ x ≤ L
c.c.
{
y(0) = y(L) = 0
y(x) =
∫ L
0
G(x|ξ)f(ξ) dξ
a) Operador S-L
G(x|ξ) =

y1(x)y2(ξ)
W (ξ)p(ξ)
, 0 ≤ x ≤ ξ
y1(ξ)y2(x)
W (ξ)p(ξ)
, ξ ≤ x ≤ L
onde y1(x) e y2(x) sa˜o soluc¸o˜es sem constantes da E.D. homogeˆnea e que satisfazem a`s c.c.
y′ − k2y = 0{
y1(x) = senh kx , 0 ≤ x ≤ ξ
y1(x) = senh k(L− x) , ξ ≤ x ≤ L
L =
d
dx
[
p(x)
d
dx
]
− s(x)
p(x) = 1 , s(x) = k2
W (ξ) =
∣∣∣∣ senh kξ senh k(L− ξ)k cosh kξ −k cosh k(L− ξ)
∣∣∣∣ = −k senh kL
G(x|ξ) =

senh kx senh k(L− ξ)
−k senh kL , 0 ≤ x ≤ ξ
senh kξ senh k(L− x)
−k senh kL , ξ ≤ x ≤ L
b) Se´ries de Fourier
27
∃ G(x|ξ) tal que
d2
dx2
G(x|ξ)− k2G(x|ξ) = δ(x− ξ) (43)
c.c.
{
G(0|ξ) = G(L|ξ) = 0
G(x|ξ) =
∞∑
n=1
γn sen
npix
L
(44)
δ(x− ξ) = 2
L
∞∑
n=1
sen
npix
L
sen
npiξ
L
(45)
Das equac¸o˜es (43), (44) e (45)
−
∞∑
n=1
γn
(npi
L
)2
sen
npix
L
− k2
∞∑
n=1
γn sen
npix
L
=
2
L
∞∑
n=1
sen
npix
L
sen
npiξ
L
γn =
− 2
L
sen
npiξ
L
k2 +
n2pi2
L2
G(x|ξ) = − 2
L
∞∑
n=1
1
k2 +
n2pi2
L2
sen
npix
L
sen
npiξ
L
�
5) Te´cnica do uso de func¸o˜es caracter´ısticas
Resolver a E.D. L y(x) = f(x) que satisfaz a`s c.c. B y(x) = 0 onde B e´ um operador
B =

α1 + α2
d
dx
, x = a
β1 + β2
d
dx
, x = b
e L e´ o operador de S-L
L =
d
dx
[
p(x)
d
dx
]
− s(x)
Procuramos G(x|ξ) que satisfaz L G(x|ξ) = δ(x− ξ), com c.c. B G(x|ξ) = 0.
Neste caso usamos o conjunto de func¸o˜es caracter´ısticas ϕλ(x) do operador de S-L.
L ϕλ(x) = λϕλ(x) ; c.c.
{
B ϕλ(x) = 0
Se G(x|ξ) existir e {ϕλ(x)} for completo
G(x|ξ) =
∑
λ
γλ(ξ) ϕλ(x)
28
A determinac¸a˜o de γλ(ξ):
L G(x|ξ) =
∑
λ
γλ(ξ)
L ϕλ(x)︷ ︸︸ ︷
λϕλ(x) = δ(x− ξ)
(46)
Multiplicando (46) por ϕλ′(x) e integrando no intervalo [a, b]∑
λ
γλ(ξ)λ
∫ b
a
ϕλ′(x)ϕλ(x)dx︸ ︷︷ ︸
δλλ′ =
{
1 , λ = λ′
0 , λ 6= λ′
= ϕλ′(ξ)
∑
λ
γλ(ξ)λδλλ′ = ϕλ′(ξ) = γλ′(ξ)λ
′
γλ(ξ) =
ϕλ(ξ)
λ
G(x|ξ) =
∑
λ
ϕλ(ξ)ϕλ(x)
λ
Se a equac¸a˜o for L y − λy = f(x)
G(x|ξ) =
∑
n
ϕn(ξ)ϕn(x)
λn − λ
6) Func¸o˜es de Green em 2D
2D, independente do tempo
∇2u = f(x, y) = F (x, y)
T
=
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
3D, caso geral
∇2u− ρ∂
2u
∂t2
= f(x, y, z, t) = F (x, y, z)
u = u(x, y) ; c.c.
{
u(0, y) = u(a, y)
u(x, 0) = u(x, b)
∃ G(x|ξ; y|η) que satisfaz a E.D.
∂2G
∂x2
+
∂2G
∂y2
= δ(x− ξ)δ(y − η) (47)
{
G(0|ξ; y|η) = G(a|ξ; y|η) = 0
G(x|ξ; 0|η) = G(x|ξ; b|η) = 0
∇2ϕλ = λϕλ , ϕλ = ϕλ(x, y){
ϕλ(0, y) = ϕλ(a, y) = 0
ϕλ(x, 0) = ϕλ(x, b) = 0
29
∫ a
0
sen2
npix
a
dx =
a
2
ϕλ(x, y) =
2√
ab
sen
npix
a
sen
mpiy
b
= ϕm,n(x, y)∫ a
0
∫ b
0
ϕλ(x, y)ϕλ′(x, y) dx dy = 1 ; λ = m,n
G(x|ξ; y|η) = 2√
ab
∞∑
n=1
∞∑
m=1
Amn(ξ, η) sen
npix
a
sen
mpiy
b
(48)
Substituindo (48) em (47)
2√
ab
∞∑
n=1
∞∑
m=1
Anm(ξ, η)
[
−n
2pi2
a2
− m
2pi2
b2
]
sen
npix
a
sen
mpiy
b
= δ(x− ξ)δ(y − η)
=
(
2
a
∞∑
n=1
sen
npiξ
a
sen
npix
a
)(
2
a
∞∑
m=1
sen
mpiη
b
sen
mpiy
b
)
Anm(ξ, η) = − 2√
ab
1
n2pi2
a2
+
m2pi2
b2
sen
npiξ
a
sen
mpiη
b
(49)
Substituindo (49) em (48)
G(x|ξ; y|η) = − 4
ab
∞∑
n=1
∞∑
m=1
1
n2pi2
a2
+
m2pi2
b2
sen
npiξ
a
sen
npix
a
sen
mpiη
b
sen
mpiy
b
(50)
u(x, y) =
∫ a
0
∫ b
0
G(x|ξ; y|η)f(ξ, η) dη dξ (51)
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
=
∫ a
0
∫ b
0
δ(x−ξ)δ(y−η)︷ ︸︸ ︷(
∂2G
∂x2
+
∂2G
∂y2
)
f(ξ, η) dη dξ = f(x, y)
Substituindo (50) em (51)
u(x, y) = −
∞∑
n=1
∞∑
m=1
bnm︷ ︸︸ ︷[
4
ab
∫ a
0
∫ b
0
sen
npiξ
a
sen
mpiη
b
f(ξ, η) dη dξ
]
×
× 1
n2pi2
a2
+
m2pi2
b2
sen
npix
a
sen
mpiy
b
onde bnm sa˜o os coeficientes de Fourier da se´rie seno de Fourier da ”forc¸a”f(x, y).
u(x, y) = −
∞∑
n=1
∞∑
m=1
bnm
n2pi2
a2
+
m2pi2
b2
sen
npix
a
sen
mpiy
b
30
Outro me´todo de soluc¸a˜o:
∂2u
∂x2
+
∂2u
∂y2
= δ(x− ξ)δ(y − η) (52){
G(0|ξ; y|η) = G(a|ξ; y|η) = 0
G(x|ξ; 0|η) = G(x|ξ; b|η) = 0
G(x|ξ; y|η) =
√
2
b
∞∑
n=1
gn(x) sen
npiy
b
(53)
Substituindo (53) em (52)√
2
b
∞∑
n=1
d2gn
dx2
sen
npiy
b
−
√
2
b
∞∑
n=1
gn sen
npiy
b
(
n2pi2
b2
)
= δ(x− ξ)2
b
∞∑
n=1
sen
npiη
b
sen
npiy
b
d2gn
dx2
− n
2pi2
b2
gn =
√
2
b
sen
npiη
b
δ(x− ξ) (54)
Fora de x = ξ gn(x) satisfaz a E.D. homogeˆnea
d2gn
dx2
− n
2pi2
b2
gn = 0
0 ≤ x < ξ : gn(x) = An senh npix
b
ξ ≤ x < a : gn(x) = Bn senh npi(a− x)
b
Continuidade de gn(x) em x = ξ
An senh
npiξ
b
−Bn senh npi(a− x)
b
= 0??? (55)
Descontinuidade de
dgn(ξ)
dx
. Integrar (54) no intervalo [ξ − �, ξ + �]
dgn(ξ + �)
dx
− dgn(ξ − �)
dx
− n
2pi2
b2
∫ ξ+�
ξ−�
gn(x)dx︸ ︷︷ ︸
lim
�→0
= 0
=
√
2
b
sen
npiη
b
Bn cosh
npi(a− ξ)
b
(
−npi
b
)
−An cosh npiξ
b
(npi
b
)
=
√
2
b
sen
npiη
b
(56)
Determinar An e Bn das equac¸o˜es (55) e (56)
An =
∣∣∣∣∣∣∣∣
0 − senh npi(a− ξ)
b√
2
b
sen
npiη
b
(
b
npi
)
− cosh npi(a− ξ)
b
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
senh
npiξ
b
− senh npi(a− ξ)
b
− cosh npiξ
b
− cosh npi(a− ξ)
b
∣∣∣∣∣∣∣
=
√
2
b
sen
npiη
b
senh
npi(a− ξ)
b
(
b
npi
)
− senh npia
b
31
Bn =
√
2
b
sen
npiη
b
senh
npiξ
b
(
b
npi
)
− senh npia
b
G(x|ξ; y|η) =
√
2
b
∞∑
n=1
gn(x) sen
npiy
b
gn(x) =

−
√
2
b
(
b
npi
) sen npiη
b
senh
npia
b
senh
npix
b
senh
npi(a− ξ)
b
, 0 ≤ x < ξ
−
√
2
b
(
b
npi
) sen npiη
b
senh
npia
b
senh
npiξ
b
senh
npi(a− x)
b
, ξ ≤ x < b
gx(x|ξ) = gx(ξ|x)
7) A func¸a˜o de Green para condic¸o˜es iniciais
...
8) Func¸o˜es de Green com propriedades de reflexa˜o
...
Problema Problema da barra semi-infinita
c.i.
{
u(x, 0) = f(x)
c.c.
{
u(+∞, t) = 0
u(0, t) = 0 c.c. Dirichlet
usar
u(x, t) =
∫ +∞
−∞
e−
(x−ξ)2
4a2t√
4pia2t
f(ξ)dξ
com uma extensa˜o de f(x):
f(x) =
{
f(x) , x > 0
−f(−x) , x < 0
u(x, t) =
1√
4pia2t

∫ 0
−∞
e−
(x−ξ)2
4a2t [−f(−ξ)] dξ︸ ︷︷ ︸
ξ 7→ −ξ
+
∫ ∞
0
e−
(x−ξ)2
4a2t f(ξ)dξ

u(x, t) =
1√
4pia2t
{
−
∫ ∞
0
e−
(x+ξ)2
4a2t f(ξ)dξ +
∫ ∞
0
e−
(x−ξ)2
4a2t f(ξ)dξ
}
u(x, t) =
∫ ∞
0
g(x|ξ; t)f(ξ)dξ
onde
g(x|ξ; t) = e
− (x−ξ)24a2t − e−
(x+ξ)2
4a2t√
4pia2t
(57)
�
32
Exemplo Resolver
y′′ − λ2y = f(x), x ∈ (−∞,+∞)
∃ G(x|ξ), tal que,
G′′(x|ξ)− λ2G(x|ξ) = δ(x− ξ) (58)
Sejam
GF (k|ξ) = F {G(x|ξ)} = 1√
2pi
∫ +∞
−∞
G(x|ξ)eikxdx
F {G′′(x|ξ)} = (−ik)2GF (k|ξ)
F {δ(x− ξ)} = e
ikξ
√
2pi
Fazendo a transformada de Fourier de (58),
−k2GF (k|ξ)− λ2GF (k|ξ) = e
ikξ
√
2pi
GF (k|ξ) = − e
ikξ
√
2pi(k2 + λ2)
enta˜o,
G(x|ξ) = F−1 {GF (k|ξ)} = 1√
2pi
∫ +∞
−∞
GF (k|ξ)e−ikxdk
=
1√
2pi
∫ +∞
−∞
[
− e
ikξ
√
2pi(k2 + λ2)
]
e−ikxdk
= − 1
2pi
∫ +∞
−∞
e−ik(x−ξ)
(k2 + λ2)
dk
po´los em k = ±iλ.
Ana´lise de
e−ik(x−ξ) = e−ia(x−ξ)eb(x−ξ)
onde, k = a+ ib, tal que, eb(x−ξ) → 0, quando em ±∞.∣∣∣e−ia(x−ξ)∣∣∣ = 1
i) x < ξ
G(x|ξ) = 2pii lim
k→iλ�
���(k − λ)−1
2pi
e−ik(x−ξ)
(k + λ)����(k − λ) = −
eλ(x−ξ)
2λ
ii) x > ξ
G(x|ξ) = 2pii lim
k→−iλ�
���(k + λ)
−1
2pi
e−ik(x−ξ)
����(k + λ)(k − λ) = −
e−λ(x−ξ)
2λ
enta˜o,
G(x|ξ) =

−e
λ(x−ξ)
2λ
, x < ξ
−e
−λ(x−ξ)
2λ
, x > ξ
�
33
Exemplo Equac¸a˜o de Helmholtz
y′′ + λ2y = f(x)
c.c.
{
y(±∞) = 0
∃ G(x|ξ), tal que,
G′′(x|ξ) + λ2G(x|ξ) = δ(x− ξ) (59)
G(±∞|ξ) = 0
Sejam
F {G(x|ξ)} = G(k|ξ)
F {G′′(x|ξ)} = −k2G(k|ξ)
F {δ(x− ξ)} = e
ikx
√
2pi
fazendo a transformada de Fourier de (59),
−k2G(k|ξ) + λ2GF (k|ξ) = e
ikξ
√
2pi
G(k|ξ) = − e
ikξ
√
2pi(k2 − λ2)
enta˜o,
G(x|ξ) = F−1 {GF (k|ξ)} = 1√
2pi
∫ +∞
−∞
GF (k|ξ)e−ikxdk
=
1√
2pi
∫ +∞
−∞
[
− e
ikξ
√
2pi(k2 − λ2)
]
e−ikxdk
= − 1
2pi
∫ +∞
−∞
e−ik(x−ξ)
(k2 − λ2)dk
po´los em k = ±λ.
Ana´lise de
e−ik(x−ξ) = e−ia(x−ξ)eb(x−ξ) ,
∣∣∣e−ia(x−ξ)∣∣∣ = 1{
x > ξ ⇒ b negativo
x < ξ ⇒ b positivo
i) x < ξ
Valor principal de Cauchy
P
∫
f(x)dx = 2pii
∑
+
Res(plano superior) + pii
∑
Res(eixo x)
G(x|ξ) = pii
{
lim
k→λ�
���(k − λ)−1
2pi
e−ik(x−ξ)
(k + λ)����(k − λ) + limk→−λ�
���(k + λ)
−1
2pi
e−ik(x−ξ)
����(k + λ)(k − λ)
}
= −i
{
e−iλ(x−ξ)
4λ
+
eiλ(x−ξ)
−4λ
}
=
−eiλ(x−ξ) + e−iλ(x−ξ)
4λi
G(x|ξ) = − senλ(x− ξ)
2λ
34
ii) x > ξ
Valor principal de Cauchy
P
∫
f(x)dx = 2pii
∑
−
Res(plano inferior) + pii
∑
Res(eixo x)
G(x|ξ) = pii
{
lim
k→λ�
���(k − λ)−1
2pi
e−ik(ξ−x)
(k + λ)����(k − λ) + limk→−λ�
���(k + λ)
−1
2pi
e−ik(ξ−x)
����(k + λ)(k − λ)
}
= −i
{
e−iλ(ξ−x)
4λ
+
eiλ(ξ−x)
−4λ
}
=
−eiλ(ξ−x) + e−iλ(ξ−x)
4λi
G(x|ξ) = − senλ(ξ − x)
2λ
logo,
G(x|ξ) = senλ(x− ξ)
2λ
enta˜o,
G(x|ξ) =

− senλ(x− ξ)
2λ
, x < ξ
senλ(x− ξ)
2λ
, x > ξ
�
Exemplo Equac¸a˜o de Helmholtz 3D
∇2ψ + λ2ψ = f(~r) (60)
onde ~r = (x, y, z).
ψ se anula para x, y, z em ±∞
∃ G(x|ξx; y|ξy; z|ξz), tal que,
∂2G
∂x2
+
∂2G
∂y2
+
∂2G
∂z2
+ λ2G = δ(x− ξx)δ(y − ξy)δ(z − ξz) (61)
G se anula para x, y, z em ±∞
G(x|ξx; y|ξy; z|ξz) = 1
(
√
2pi)3
+∞∫∫∫
−∞
G(x|ξx; y|ξy; z|ξz)ei~k·~rdx dy dz
onde ~k · ~r = kxx+ kyy + kzz.
Transformada de Fourier de (61):
35
F {δ(x− ξx)δ(y − ξy)δ(z − ξz)} = F
{
δ(~r − ~ξ)
}
F
{
δ(~r − ~ξ)
}
=
1
(
√
2pi)3
+∞∫∫∫
−∞
δ(x− ξx)δ(y − ξy)δ(z − ξz)ei(kxx+kyy+kzz)dx dy dz
=
ei
~k·~ξ
(
√
2pi)3
onde ~k · ~ξ = kx + ky + kz.
F
{
∂2G
∂x2
}
=
1
(
√
2pi)3
+∞∫∫∫
−∞
∂2G
∂x2
ei(kx+ky+kz)dx dy dz
=
1
(
√
2pi)3
∫ +∞
−∞
∂2
∂x2
+∞∫∫
−∞
G(x|ξx; y|ξy; z|ξz) ei(ky+kz)dy dz
 eikxdx
=
1√
2pi
∫ +∞
−∞
∂2G(x|ξx; ky|ξy; kz|ξz)
∂x2
eikxdx
= (−ikx)2G(kx|ξx; ky|ξy; kz|ξz)
F
{
∂2G
∂y2
}
= (−iky)2G(kx|ξx; ky|ξy; kz|ξz)
F
{
∂2G
∂z2
}
= (−ikz)2G(kx|ξx; ky|ξy; kz|ξz)
Seja GF = G(kx|ξx; ky|ξy; kz|ξz), logo,
−(k2x + k2y + k2z)GF + λ2GF =
ei
~k·~ξ
(
√
2pi)3
Seja k2 = k2x + k
2
y + k
2
z , assim,
GF =
−ei~k·~ξ
(
√
2pi)3(k2 − λ2)
G = F−1 {GF }
G =
1
(
√
2pi)3
+∞∫∫∫
−∞
e−i~k·~r
[
−ei~k·~ξ
(
√
2pi)3(k2 − λ2)
]
dkx dky dkz
=
−1
(2pi)3
+∞∫∫∫
−∞
e−i
~k·(~r−~ξ)
k2 − λ2 dkx dky dkz
=
−1
(2pi)3
+∞∫∫∫
−∞
e−i~k·~r
′
k2 − λ2 dkx dky dkz
onde ~r ′ = ~r − ~ξ.
A partir da relac¸a˜o: dx dy dz = r2 sen θ dr dθ dφ, tal que,
36
dx dy dz = |J | dr dθ dφ
J =
∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂r
∂x
∂θ
∂x
∂φ
∂y
∂r
∂y
∂θ
∂y
∂φ
∂z
∂r
∂z
∂θ
∂z
∂φ
∣∣∣∣∣∣∣→ |J | = r2 sen θ
x = r sen θ cosφ, y = r sen θ senφ, z = r cos θ.
Dessa forma,
dkx dky dkz = k
2 sen θ dk dθ dφ
−∞ < kx, ky, kz < +∞; 0 ≤ k <∞, 0 ≤ θ ≤ pi, 0 ≤ φ ≤ 2pi
~k = (kx, ky, kz)
G =
−1
(2pi)3
∫ 2pi
0
∫ pi
0
∫ ∞
0
e−ikr
′ cos θ
k2 − λ2 k
2 sen θ dk dθ dφ
=
−1
(2pi)3
2pi
∫ ∞
0
k2
k2 − λ2
e−ikr
′ cos θ
ikr′
∣∣∣∣∣
pi
0
dk
=
−1
(2pi)2
∫ ∞
0
k
ir′(k2 − λ2)
(
eikr
′ − e−ikr′
)
dk
=
−1
(2pi)2
{∫ −∞
0
k
ir′(k2 − λ2)e
−ikr′dk −
∫ ∞
0
k
ir′(k2 − λ2)e
−ikr′dk
}
=
1
(2pi)2
∫ +∞
−∞
ke−ikr
′
ir′(k2 − λ2)dk
po´los em k = ±λ
ana´lise de e−ikr
′
k=a+ib︷︸︸︷
= e−iar
′
ebr
′
, se r′ < 0
G(~r|~ξ) = pii
(2pi)2
{
lim
k→λ
(k − λ) ke
−ikr′
ir′(k + λ)(k − λ) + limk→−λ(k + λ)
ke−ikr
′
ir′(k + λ)(k − λ)
}
=
1
4pir′
{
λe−iλr
′
2λ
+
−λeiλr′
−2λ
}
=
1
4pir′
cosλr′
no caso r′ < 0:
G(~r|~ξ) = − 1
4pi|~r − ~ξ|
cosλ|~r − ~ξ|
enta˜o,
ψ(~r) =
+∞∫∫∫
−∞
G(~r|~ξ)f(~ξ)dξx dξy dξz
que e´ a soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Helmholtz (60).
37
A equac¸a˜o de Laplace e´ obtida fazendo λ = 0:
∇2ψ = f(~r)⇒ G(~r|~ξ) = − 1
4pi|~r − ~ξ|
�
...
3. Me´todos Variacionais
...
Problema
dt =
ds
v
tal que,
v =
c
n
onde, n = n(y) - ı´ndice de refrac¸a˜o e c - velocidade da luz
ds =
√
1 + y′2dx
t =
∫ x1
x0
√
1 + y′2
c
n(y)dx
tal que,
n(y) =
1
y
enta˜o,
t =
1
c
∫ x1
x0
√
1 + y′2
y
dx
F − y′ ∂F
∂y′
= C (62)
onde C - constante.
F (y, y′) =
√
1 + y′2
y
∂F
∂y′
=
y′
y
√
1 + y′2
Substituindo em (62), √
1 + y′2
y
− y′ y
′
y
√
1 + y′2
= k
1
y
√
1 + y′2
= k ⇒ k2(1 + y′2) = 1
y2(
dy
dx
)2
=
1
k2
(
1
y2
− k2
)
dy√
1
y2
− k2
=
dx
k
38
Mudanc¸a de varia´vel
ky = sen θ ⇒ k dy = cos θ dθ
enta˜o,
cos θ
k
dθ
sen θ
k
cos θ
=
dx
k
logo,
kx+ a = − cos θ = −
√
1− sen2 θ = −
√
1− k2y2
onde a - constante.
(kx+ a)2 = 1 + k2y2
ou
(kx+ a)2 + k2y2 = 1
Fazendo a = 0,
x2 + y2 =
1
k2
�
...
Exemplo Ma´xima a´rea sob uma curva
J{y} =
∫ L
0
y dx
N =
∫ L
0
ds =
∫ L
0
√
1 + y′2dx = C
K = J + λN
Sejam
F = y ; G =
√
1 + y′2
assim,
H = F + λG = H(y, y′) = y + λ
√
1 + y′2
tal que,
H − y′ ∂H
∂y′
= k
∂H
∂y′
=
λy′√
1 + y′2
logo,
y + λ
√
1 + y′2 − y′ λy
′√
1 + y′2
= k
y +
λ√
1 + y′2
= k
(
y − k
λ
)2
− 1
1 + y′2
= 0(
y − k
λ
)2
[1 + y′2] = 1
39
y′2 =
1−
(
y − k
λ
)2
(
y − k
λ
)2
dy
dx
=
√
1−
(
y − k
λ
)2
y − k
λ
Mudanc¸a de varia´vel,
y − k
λ
= sen θ ⇒ dy = λ cos θ dθ
enta˜o,
λ cos θ dθ
dx
=
cos θ
sen θ
logo,
x+ a = −λ cos θ
onde a - constante.
x+ a = −λ
√
1− sen2 θ = −λ
√
1−
(
y − k
λ
)2
(x+ a)2 = λ2
[
1−
(
y − k
λ
)2]
∴
(x+ a)2 + (y − k)2 = λ2
Determinando as constantes a, k, λ.
Em x = 0, y = 0
a2 + k2 = λ2 (63)
Em x = L, y = 0
(L+ a)2 + k2 = λ2 (64)
subtraindo (63) de (64),
(L+ a)2 − a2 = 0 ⇒ L2 + 2La+ a2 − a2 = 0
∴
a = −L
2∫ L
0
√
1 + y′2 = C
...
�
40
Exemplo Problema da catena´ria
N =
∫ L
0
√
1 + y′2dx = C
ρ : densidade linear de massa (kg/m)
dm = ρds
dV = ρds gy ⇒ V = ρg
∫ L
0
yds = J{y} = ρg
∫ L
0
y
√
1 + y′2dx
H(y, y′) = ρgy
√
1 + y′2 = λρg
√
1 + y′2 = ρg
H∗(y,y′)︷ ︸︸ ︷[
y
√
1 + y′2 + λ
√
1 + y′2
]
H∗ − y′ ∂H
∗
∂y′
= k
y
√
1 + y′2 + λ
√
1 + y′2 − y′
[
(y + λ)y”√
1 + y′2
]
= k
y + λ√
1 + y′2
= k
(
y + λ
k
)2
− 1 =
(
dy
dx
)2
(y + λ)/k = cosh θ ⇒ dy/k = senh θdθ
���
���√
cosh2 θ − 1 = k�
��senh θ dθ
dx
integra
x+ a
k
= θ
y + λ
k
= cosh
(
x+ a
k
)
equac¸a˜o da catena´ria
�
Exemplo Distaˆncia mı´nima entre 2 pontos no plano
ds =
√
dx2 + dy2 = dx
√
1 + y′2
J{y} =
∫ b
a
F︷ ︸︸ ︷√
1 + y′2 dx
F = F (y, y′, x) ≡ F (y′)
Como F na˜o depende de x
F − y′ ∂F
∂y′
=
constante de k
∂F
∂y′
=
y′√
1 + y′2√
1 + y′2 − y
′y′√
1 + y′2
= k
41
1√
1 + y′2
= k
k2(1 + y′2) = 1 ⇒ 1 + y′2 = 1
k2
⇒ y′2 = 1
k2
− 1 = a2
dy
dx
= a ⇒ y = ax+ b
�
Exemplo Distaˆncia mı´nima entre 2 pontos na superf´ıcie de uma esfera (geode´sica)
em coordenadas cartesianas : ds2 = dx2 + dy2 + dz2
(x, y, z)→ (r, θ, ϕ);x = r sen θ cosϕ, y = r sen θ senϕ, z = r cos θ na superf´ıcie : constante de r
dx = r cos θ cosϕ dθ − r sen θ senϕ dϕ
dy = r cos θ cosϕ dθ + r sen θ senϕ dϕ
dz = −r sen θ dθ
ds2 = r2 dθ2 + r2 sen2 θ dϕ2
ds = rdθ
√
1 + sen2 θ
(
dϕ
dθ
)2
J{ϕ} = r
∫ θ2
θ1
dθ
√
1 + sen2 θ
(
dϕ
dθ
)2
identificando y ≡ ϕ , x ≡ θ
equac¸a˜o de Euler:
∂F
∂ϕ
− d
dθ
(
∂F
∂ϕ′
)
= 0
onde,
ϕ′ =
dϕ
dθ
, F = F (ϕ′, θ) =
√
1 + sen2 θ(ϕ′)2
∂F
∂ϕ
= 0 ,
∂F
∂ϕ′
=
sen2 θϕ′√
1 + sen2 θ(ϕ′)2
d
dθ
(
sen2 θϕ′√
1 + sen2 θ(ϕ′)2
)
= 0 ⇒ sen
2 θϕ√
1 + sen2 θ(ϕ′)2
= C
constante de C
sen2 θϕ′2 = C2[1 + sen2 θ(ϕ′)2]⇒ ϕ′2(sen4 θ − C sen2 θ) = C2
dϕ
dθ
=
C
sen θ
√
sen2 θ − C2 =
C
sen2 θ
√
1− C2sen2 θ
1
sen2 θ
= cosec2 θ = 1 + cotan2 θ ; C =
k√
1 + k2
1− C
2
sen2 θ
= 1− k
2
1 + k2
(1 + cotan2 θ) =
1− k2 cotan2 θ
1 + k2
dϕ
dθ
=
k
���
√
1+k2
cosec2 θ√
1−k2 cotan2 θ
���1+k2
=
k cosec2 θ√
1− k2 cotan2 θ
42
∫
dx√
1 + x2
= arcsen(x) ,
d
dθ
cotan θ = − cosec2 θ
ϕ− α = − arcsen(k cotan θ) ⇒ k cotan θ = − sen(ϕ− α)
k cos θ = − sen(ϕ− α) sen θ = sen(α− ϕ) sen θ
z = r cos θ ⇒ kz = rk cos θ = r[sen(α− ϕ) sen θ] = r[(senα cosϕ− senϕ cosα) sen θ]
kz = x senα− y cosα , plano que passa pela origem
�
Exemplo Superf´ıcie mı´nima de revoluc¸a˜o
dA = 2pix ds , ds =
√
1 + y′2
A = 2pi
∫ x1
x0
x ds = 2pi
∫ x1
x0
x
√
1 + y′2 dx
F (y, y′, x) = x
√
1 + y′2
Equac¸a˜o de Euler:
∂F
∂Y
= 0 ,
∂F
∂y′
=
xy′√
1 + y′2
d
dx
(
xy′√
1 + y′2
)
= 0 ⇒ xy
′√
1 + y′2
= C
x2y′2 = C2(1 + y′2) ⇒ (x2 − C2)y′2 = C2
dy
dx
=
C√
x2 − C2 ⇒ y + a = C arccosh
x
C
x = C cosh
y + a
C
, equac¸a˜o de uma catena´ria
�
Exemplo Lei de Snell (da refrac¸a˜o)
Princ´ıpio de Fermat:
∫
dt e´ um mı´nimo
v =
ds
dt
=
c
n
t =
∫
n
c
ds =
1
c
∫
n dy
√
1 +
dx
dy
2
F
(
x,
dx
dy
, dy
)
n =
√
1 +
dx
dy
2
43
Equac¸a˜o de Euler:
∂F
∂x
− d
dy
(
∂F
∂x′
)
= 0
∂F
∂x
= 0 ,
∂F
∂
(
dx
dy
) = n
dx
dy√
1 +
dx
dy
2
d
dy

n
dx
dy√
1 +
dx
dy
2
 = 0 ⇒
n
dx
dy√
1 +
dx
dy
2
= C
onde C = constante.
n1 tan θ1√
1 + tan2 θ1
=
n2 tan θ2√
1 + tan2 θ2
n1 sen θ1 = n2 sen θ2
�
1) Problemas que envolvem o operador S-L
operador de S-L:
L = d
dx
[
p(x)
d
dx
]
− s(x)
E.D. :
d
dx
[
p(x)
dy
dx
]
− s(x)y = f(x) (65)
0 ≤ x ≤ L , y(0) = y(L) = 0
funcional:
J{y} =
∫ L
0
(py′2 + sy2 + 2fy)dx (66)
A E.D. (65) pode ser obtida achando o extremo do funcional (66), pois da eq. de Euler-Lagrange
∂F
∂y
− d
dx
(
∂F
∂y′
)
= 0 (67)
F ≡ py′2 + sy2 + 2fy
∂F
∂y
= 2sy + 2f (68)
∂F
∂y′
= 2py′ (69)
44
substituindo (68) e (69) em (67)=
2sy + 2f − d
dx
(2py′) = 0
d
dx
(py′)− sy = f
Teorema 2 Na classe das func¸o˜es que sa˜o suaves em (0, L) e satisfazem y(0) = a e y(L) = b, o
funcional
J{y} =
∫ L
0
(py′2 + sy2 + 2fy)dx
atinge seu mı´nimo se e somente se y(x) for uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Euler-Lagrange.
2) Me´todo de Rayleigh-Ritz
...
Exemplo
y′′ + y − x = 0
c.c.
{
y(0) = y(1) = 0
Soluc¸a˜o da equac¸a˜o homogeˆnea
y′′ + y = 0
supor eαx, enta˜o,
α2 + 1 = 0⇒ α = ±i
yh(x) = C1 cosx+ C2 senx
yp(x) = x
y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 cosx+ C2 senx+ x
c.c.y(0) = C1 = 0 ; y(1) = 0⇒ 0 = C2 sen 1 + 1⇒ C2 = 1
sen 1
y(x) = − senx
sen 1
+ x , soluc¸a˜o exata
Pelo me´todo de Rayleigh-Ritz:
p(x) = 1 , s(x) = −1 , f(x) = x
ϕ1(x) = x(1− x)
ϕ2(x) = x
2(1− x)
...
ϕn(x) = x
n(1− x)
y(x) =
∞∑
n=1
ynx
n(1− x)
45
1aaproximac¸a˜o:
y(x) = y1x(1− x)
y′(x) = y1(1− 2x)
ϕ′1 = (1− 2x)
A11y1 + F1 = 0 ⇒ y1 = − F1
A11
A11 =
∫ 1
0
[
(1− 2x)2 − x2(1− x)2] dx = 3
10
F1 =
∫ 1
0
xx(1− x)dx = 1
3
− 1
4
=
1
12
y1 =
−1/12
3/10
= −10
36
= − 5
18
y(x) = − 5
18
x(1− x) , 1aaproximac¸a˜o
2aaproximac¸a˜o:
y(x) = y1x(1− x) + y2x2(1− x)
A12 = A21 =
3
20
; A22 =
13
165
; F2 =
1
20
3
10
y1 +
3
20
y2 +
1
12
= 0
3
20
y1 +
13
165
y2 +
1
20
= 0
y1 = − 71
369
, y2 = − 7
41
y(x) = − 71
369
x(1− x)− 7
41
x2(1− x) , 2aaproximac¸a˜o
�
Exemplo
J{y} =
∫ 1
0
F︷ ︸︸ ︷
(y′2 + xy) dx (70)
c.c.
{
y(0) = y(1) = 0
∂F
∂y
− d
dx
(
∂F
∂y′
)
= 0
∂F
∂y
= x ;
∂F
∂y′
= 2y′
2y′′ = x
y′ =
x2
4
+ C1
y =
x3
12
+ C1x+ C2
c.c. y(0) = 0 = C2 ; y(1) = 0
0 =
1
12
+ C1 ⇒ C1 = − 1
12
y =
x
12
(x2 − 1) , soluc¸a˜o exata
46
Pelo me´todo de Rayleigh-Ritz
1aaproximac¸a˜o:
y(x) = y1x(1− x) (71)
y′(x) = y1(1− 2x) (72)
Substituindo (71) e (72) em (70):
J{y} =
∫ 1
0
[
y21(1− 2x)2 + xy1x(1− x)
]
dx =
y21
3
+
y1
12
∂J
∂y1
= 0 =
2
3
y1 +
1
12
⇒ y1 = −1
8
y(x) = −1
8
x(1− x) , 1aaproximac¸a˜o
2aaproximac¸a˜o:
y(x) = y1x(1− x) + y2x2(1− x) (73)
y′(x) = y1(1− 2x) + y2(2x− 3x2) (74)
Substituindo (73) e (74) em (70) e integrando:
J{y} = 1
12
y1 +
1
3
y21 +
1
20
y2 +
1
3
y1y2 +
2
15
y22
∂J
∂y1
= 0 =
1
12
+
2
3
y1 +
1
3
y2
∂J
∂y2
= 0 =
1
20
+
1
3
y1 +
4
15
y2
y1 = − 1
12
; y2 = − 1
12
y(x) = − 1
12
[
x(1− x) + x2(1− x)]
y(x) = − 1
12
x(1− x2) , 2aaproximac¸a˜o ≡ soluc¸a˜o exata
�
Exemplo
y′′ + y + x = 0
c.c.
{
y(0) = y(1) = 0
p(x) = 1 , s(x) = −1 , f(x) = −x
J{y} =
∫ 1
0
[
y′2 − y2 − 2xy] dx
47
1aaproximac¸a˜o:
y(x) = y1x(1− x)
y′(x) = y1(1− 2x)
J{y} =
∫ 1
0
[
y21(1− 4x+ 4x2)− y21x2(1− 2x+ x2)− 2xy1x(1− x)
]
dx
J{y} = y21
(
1− 2 + 4
3
)
− y21
(
1
3
− 2
4
+
1
5
)
− 2y1
(
1
3
− 1
4
)
=
3
10
y21 −
1
6
y1
∂J
∂y1
= 0 =
3
5
y1 − 1
6
⇒ y1 = 5
18
y(x) =
5
18
x(1− x)
�
E.D.:
d
dx
[
p(x)
dy
dx
]
− s(x)y = f(x)
J{y} =
∫ L
0
[
py′2 + sy2 + 2fy
]
dx
Me´dodo de Rayleigh-Ritz
y(x) =
∞∑
n=1
ynϕn(x)
ϕn(x)→ satisfazem a`s c.c.
Exemplo Equac¸a˜o de Airy
J{y} =
∫ 1
0
F︷ ︸︸ ︷
(y′2 + xy2) dx
c.c.
{
y(0) = 0
y(1) = 1
Equac¸a˜o E-L:
∂F
∂y
=
d
dx
(
∂F
∂y′
)
∂F
∂y
= 2xy ;
∂F
∂y′
= 2y′
d
dx
(y′)− xy = 0
ou
y′′ = xy (75)
equac¸a˜o de Airy.
Identificando:
p(x) = 1 , s(x) = −x , f(x) = 0
Soluc¸o˜es de (75):
48
func¸a˜o de Airy de 1aespe´cie:
Ai(x) =
1
pi
∫ ∞
0
cos
(
t3
3
+ xt
)
dt
func¸a˜o de Airy de 2aespe´cie:
Bi(x) =
1
pi
∫ ∞
0
exp
(
t3
3
+ xt
)
dt+
1
pi
∫ ∞
0
sen
(
t3
3
+ xt
)
dt
y(0) = 0 ⇒ x, x2, · · · , xn
y(x) = ax+ bx2
y(1) = 1 = a+ b ⇒ b = 1− a
a = Y
y(x) = Y x+ (1− Y )x2
y′(x) = Y + 2(1− Y )x
J{y} =
∫ 1
0
{
Y 2 + 4Y (1− Y )x+ 4(1− Y )2x2 − x3 [Y 2 + 2Y (1− Y )x+ (1− Y )x4]} dx
J{y} = 3
2
− 3
5
Y +
7
20
Y 2
dJ
dY
= 0 = −3
5
+
7
10
Y ⇒ Y = 6
7
y(x) =
6
7
x+
1
7
x2
�
3) Formulac¸a˜o variacional de problemas de auto-valores
Equac¸a˜o de Sturm-Liouville
d
dx
[
p(x)
dy
dx
]
− s(x)y = −λr(x)y
c.c. de Dirichlet:
{
y(0) = y(L) = 0
K{y} =
∫ L
0
F︷ ︸︸ ︷[
p(x)y′2 + s(x)y − λry2] dx
∂F
∂y
= 2sy − 2λry , ∂F
∂y′
= 2py′
Equac¸a˜o de E-L
d
dx
[
p(x)
dy
dx
]
− s(x)y = −λr(x)y
λ - paraˆmetro desconhecido⇒ problema variacional com restric¸o˜es onde y(x) e´ uma func¸a˜o que
torna J =
∫ L
0
(
py′2 + sy2
)
dx estaciona´ria sujeita a N =
∫ L
0
ry2dx = k = cte.
49
Me´todo de Rayleigh-Ritz:
y(x) =
∞∑
n=1
ynϕn(x) ; ϕn(x) satisfaz a`s c.c.
Exemplo Resolver por Rayleigh-Ritz
y′′ + λy = 0
c.c.
{
y(±1) = 0
Seja
y = eαx ⇒ α = ±i
√
λ
y(x) =
cos
√
λx =
cos(2n+ 1)pix
2
; n = 0, 1, 2, · · ·
sen
√
λx = sennpix ; n = 0, 1, 2, · · ·
soluc¸a˜o exata.
Me´todo de Rayleigh-Ritz:
considerando uma func¸a˜o par: y(x) = y1(1− x2)
identificando: p(x) = 1 , s(x) = 0 , r(x) = 1
y′(x) = −2y1x
K =
∫ +1
−1
[
4y21x
2 − λy21(1− 2x2 + x4)
]
dx
K = y21
[
8
3
− λ
(
2− 22
3
+
2
5
)]
= y21
[
8
3
− 16
15
λ
]
∂K
∂y1
= 0 = 2y1
[
8
3
− 16
15
λ
]
⇒ λ = 5
2
Verificando com a soluc¸a˜o exata
√
λ =
(2n+ 1)pi
2
, n = 0
√
λ =
pi
2
⇒ λ = pi
2
4
= 2, 467 ; Rayleight-Ritz: λ = 2, 5
Mais aproximac¸o˜es
y(x) = y1(1− x2) + y2x2(1− x2) + y3x4(1− x2)
onde, y1 - 1
aaproximac¸a˜o, y2 - 2
aaproximac¸a˜o, y3 - 3
aaproximac¸a˜o.
K =
8
315
[
(105− 42λ)y21 + (42− 12λ)y1y2 + (33− 2λ)y22
]
∂K
∂y1
= 0 ,
∂K
∂y2
= 0{
2(105− 42λ)y1 + (42− 12λ)y2 = 0
(42− 12λ)y1 + 2(33− 2λ)y2 = 0
50
este sistema tem soluc¸a˜o para y1 6= 0, y2 6= 0 se∣∣∣∣2(105− 42λ) (42− 12λ)(42− 12λ) 2(33− 2λ)
∣∣∣∣ = 0
λ2 − 28λ+ 63 = 0⇒
{
λ1 = 2, 467
λ2 = 25, 532
; Anterior: λ2 =
9
4
pi2 ≈ 22, 206
Considerando a func¸a˜o ı´mpar: y(x) = y1x(1− x2)
y′ = y1(1− 3x2)
K =
∫ +1
−1
[
y21(1− 6x2 + 9x4)− λy1x2(1− 2x2 + x4)
]
dx
K = y21
[
2− 62
3
+ 9
2
5
− λ
(
2
3
− 22
5
+
2
7
)]
K = y21
(
8
5
− 16
105
λ
)
∂K
∂y1
= 0 = 2y1
(
8
5
− 16
105
λ
)
⇒ λ = 21
2
= 10, 5
√
λ = npi ⇒ λ = pi2 ≈ 9, 87
�
Exemplo Equac¸a˜o de Bessel
Parte radial da equac¸a˜o de onda em coordenadas cil´ındricas
d
dr
(
r
dR
dr
)
+
(
k2r − m
2
r
)
R = 0
Soluc¸o˜es sa˜o as func¸o˜es de Bessel e Neumann para m = inteiro.
Identificando
r 7→ x ; R 7→ y
temos
d
dx
(
x
dy
dx
)
+
(
k2x− m
2
x
)
y = 0
Identificando
p(x) = x , s(x) =
m2
x
, r(x) = x , λ = k2
Valor da menor raiz de J3(x); m = 3
c.c.
{
y(0) = y(1) = 0
Jm =
∞∑
k=0
(−1)k
(k +m)!k!
(x
2
)2k+m
51
k = 0, m = 3⇒ J3(x) = 6, 379
y(x) = Y x3(1− x)
y′ = Y (3x2 − 4x3)
K =
∫ 1
0
[
xY 2x2(3x2 − 4x3)2 + 9
x
Y 2x6(1− 2x+ x2)− λY 2xx6(1− 2x+ x2)
]
dx
K = Y 2
(
1
8
− λ
360
)
∂K
∂Y
= 0⇒ λ = 360
8
⇒
√
λ = k = 6, 708
�
Problema (Problema 7, butkov?) Deseja-se calcular J0(x) pelo me´todo de Rayleigh-Ritz com
erro ...
a) y(x) = Y (1− x2)
c.c.
{
y(0) = 1
y(1) = 0
p(x) = x , s(x) = 0 , r(x) = x , λ = k2
y′ = 2xY
K =
∫ 1
0
[
x4x2Y 2 − λxY 2(1− 2x2 + x4)] dx = Y 2(1− λ
6
)
∂K
∂Y
= 0⇒ λ = 6⇒ k =
√
λ = 2, 45
sendo que, J0(x) = 2, 404, logo erro de 1, 9%.
b) y(x) = Y1ϕ1(x) + Y2ϕ2(x)
Tal que,
ϕ1(x) = 1− x2 , ϕ2(x) = (1− x2)(x2 + α)∫ 1
0
x(1− x2)(1− x2)(x2 + α) dx = 0⇒ α = −1
4
y(x) = Y1(1− x2) + Y2(1− x2)
(
x2 − 1
4
)
... achar
K ,
∂K
∂Y1
= 0 ,
∂K
∂Y2
= 0
⇒ √
λ1 = 2, 405 ,
√
λ2 = 6, 073
√
λ2 correto: 5, 520.
�
Exemplo Oscilador quaˆntico
d2ψ
dx2
− km
~2
x2ψ = −2mE
~2
ψ
ψ(±∞) = 0
52
Identificando:
ψ ≡ y , p(x) = 1 , s(x) = km
~2
x2 , r(x) = 1 , λ =
2mE
~2
Me´todo de Rayleigh-Ritz:
ψ = Y1e
−αx22
ψ′ = Y1(−αx)e−
αx2
2
K =
∫ +∞
−∞
[
Y 21 α
2x2e−αx
2
+
km
~2
x2Y 21 e
−αx2 − λY 21 e−αx
2
]
dx∫ +∞
−∞
x2e−αx
2
dx =
1
2
√
pi
α3/2
,
∫ +∞
−∞
e−αx
2
dx =
√
pi√
α
K = Y 21
[(
α2 +
km
~2
)
1
2
√
pi
α3/2
− λ
√
pi√
α
]
Pelo princ´ıpio variacional:
∂K
∂Y1
= 0 = 2Y1
[(
α2 +
km
~2
)
1
2
√
pi
α3/2
− λ
√
pi√
α
]
(
α2 +
km
~2
)
1
2α
− λ = 0 ⇒ α2 − 2αλ+ km
~2
= 0
α =
2λ±
√
4λ2 − 4km
~2
2
⇒ α = λ± λ
√
1− km
λ2~2
1− km
λ2~2
= 0 ⇒ 4m
2E2
~4
=
km
~2
E =
√
k
m
~
2
,
√
k
m
= ω
E =
~m
2
=
hν
2
�
Exemplo Part´ıcula na superf´ıcie de esfera de raio a.
Equac¸a˜o de Schro¨dinger estaciona´ria ∃ potencial.
− ~
2
2m
∇2ψ + Eψ = 0
tal que,
k2 =
2mE
~2
ψ(r, θ, φ) = Y (θ, φ)R(r)
d
dr
(
r2
dR
dr
)
+
[
k2r2 − l(l + 1)]R = 0
equac¸a˜o de Bessel esfe´rica: soluc¸o˜es sa˜o as func¸o˜es esfe´ricas de Bessel Jl(kr) e de Neumann Nl(kr).
R(r) = C1Jl(kr) + C2Nl(kr)
c.c.
{
ϕ(a) = 0
ϕ(0) e´ finita
53
Pela condic¸a˜o de que ϕ(0) e´ finita, Nl(kr) na˜o pode fazer parte da soluc¸a˜o.
R(a) = 0 = Jl(ka)
O primeiro zero de J0 e´ pi.
ka = pi =
√
2mE
~2
⇒ E = pi
2
2
~2
ma2
Formulac¸a˜o variacional
Relacionando
R ≡ y , r ≡ x
Identificando
p(x) = x2 , r(x) = x2 , λ = k2 , l = 0⇒ s(x) = 0
c.c.
{
y(a) = 0
y(0) = 1
tal que, y(0) e´ finita, para simplificar y(0) = 1.
y(x) = Y1
(
1− x
2
a2
)
, y′(x) = −Y1 2x
a2
K =
∫ ∞
0
[
x2Y 21
4x2
a2
− λx2Y 21
(
1− 2x
2
a2
+
x4
a4
)]
dx
K = Y 21
[
− 4a
105
(
2λa2 − 21)]
∂K
∂Y1
= 0 = 2Y1
[
− 4a
105
(
2λa2 − 21)]
λ =
21
2a2
= k2 =
2mE
~2
⇒ E = 21
4
~2
ma2
�
4) Problemas variacionais em muitas dimenso˜es (2D)
Achar u(x, y) que torne
J =
∫∫
D
F (u, ux, uy, x, y) dx dy
estaciona´ria.
ux =
∂u
∂x
, uy =
∂u
∂y
u(x, y) 7→ u(x, y) + �v(x, y)
tal que, v(x, y) se anule no contorno da superf´ıcie.
F (u+ �v, ux + �vx, uy + �vy, x, y) = F (u, ux, uy, x, y) +
∂F
∂u
�v +
∂F
∂ux
�vx +
∂F
∂uy
�vy + v(�
2)
J{u+ �v} − J{u} = �
∫∫
D
[
∂F
∂u
v +
∂F
∂ux
vx +
∂F
∂uy
vy
]
dx dy = 0 (76)
54
Teorema 3 Teorema de Green:∮
S
(P dx+Q dy) =
∫∫
D
[
∂Q
∂x
+
∂P
∂y
]
dx dy
Identificando:
P = vφ , Q = −vψ
temos, ∮
S
(vφ dx− vψ dy)︸ ︷︷ ︸
= 0, pois se anula em S
= −
∫∫
D
[
vxψ + v
∂ψ
∂x
+ vyφ+ v
∂φ
∂y
]
dx dy
ψ ≡ ∂F
∂ux
, φ ≡ ∂F
∂uy∫∫
D
[
∂F
∂ux
vx +
∂F
∂uy
vy
]
dx dy = −
∫∫
D
[
∂ψ
∂x
+
∂ψ
∂y
]
v dx dy (77)
ψ =
∂F
∂ux
= F (u, ux, uy, x, y) , φ =
∂F
∂uy
= H(u, ux, uy, x, y)
∂ψ
∂x
=
∂G
∂u
ux +
∂G
∂ux
uxx +
∂G
∂uy
uxy +
∂G
∂x
=
DG
Dx
∂φ
∂y
=
∂H
∂u
uy +
∂H
∂ux
uyx +
∂H
∂uy
uyy +
∂H
∂y
=
DH
Dy
Logo, de (76) e (77),
�
∫∫
D
[
∂F
∂u
− D
Dx
(
∂F
∂ux
)
− D
Dy
(
∂F
∂uy
)]
v dx dy = 0
enta˜o, equac¸a˜o de E-L:
∂F
∂u
=
D
Dx
(
∂F
∂ux
)
+
D
Dy
(
∂F
∂uy
)
Exemplo Corda vibrante
u = u(x, t)
Ecin =
∫ L
0
ρ dx
2
(
∂u
∂t
)2
onde, ρ - densidade linear de carga.
dm = ρ ds ≈ ρ dx
∆L = L′−L =
∫ L
0
ds−L =
∫ L
0
√
1 +
(
∂u
∂x
)2
dx−L ≈
∫ L
0
[
1 +
1
2
(
∂u
∂x
)2]
−L =
∫ L
0
1
2
(
∂u
∂x
)2
dx
Epot = T∆L = T
∫ L
0
1
2
(
∂u
∂x
)2
dx
onde, T - tensa˜o na corda.
L = Ecin + Epot
S =
∫ t
0
∫ L
0
LD︷ ︸︸ ︷[
ρ
2
(
∂u
∂t
)2
− T
2
(
∂u
∂x
)2]
dx dt
onde, LD - densidade da lagrangeana
55
Princ´ıpio de Hamilton: a ac¸a˜o e´ mı´nima.
A densidade da lagrangeana deve satisfazer uma equac¸a˜o E-L.
∂LD
∂u
=
D
Dt
(
∂LD
∂ut
)
+
D
Dx
(
∂LD
∂ux
)
LD =
ρ
2
D
Dx
(
∂u
∂t
)2
− T
2
(
∂u
∂x
)2
∂LD
∂u
= 0 ,
∂LD
∂ut
= ρ ut ,
∂LD
∂ux
= −T ux
D
Dt
(
∂LD
∂ut
)
= ρ utt ,
D
Dx
(
∂LD
∂ux
)
= −T uxx
ρ utt = T uxx
�
4. Introduc¸a˜o a` teoria de grupos
1) Matrizes
|x′〉 =
(
x′1
x′2
)
=
(
cosϕ senϕ
− senϕ cosϕ
)(
x1
x2
)
= A |x〉
Propriedades:
1. A+B = C
2. ∃ 0
3. αA = (αA), α = constante.
4. AB = C
5. AB 6= BA
6. AA−1 = A−1A = 11
7. comutador: [A,B] = AB −BA ; [A,A] = 0
Exemplo Descric¸a˜o de part´ıculas de spin 1.
M1 =
1√
2
0 1 01 0 1
0 1 0
 ; M2 = 1√
2
0 −i 0i 0 −i
0 i 0
 ; M3 = 1√
2
1 0 00 0 0
0 0 −1

tal que,
trM1 = trM2 = trM3 = 0
56
Calcular o comutador [M1,M2]
[M1,M2] = M1M2 −M2M1
=
1
2
0 1 01 0 1
0 1 0
0 −i 0i 0 −i
0 i 0
− 1
2
0 −i 0i 0 −i
0 i 0
0 1 01 0 1
0 1 0

=
1
2
i 0 −i0 0 0
i 0 −i
− 1
2
−i 0 −i0 0 0
i 0 i
 =
i 0 00 0 0
0 0 −i
 = iM3
�
[M2,M1] = −iM3
Definic¸a˜o 3 S´ımbolo de Levi-Civitta
εijk =

1 se i, j, k for permutac¸a˜o par de 1, 2, 3
−1 se i, j, k for permutac¸a˜o ı´mpar de 1, 2, 3
0 se i, j, k na˜o for permutac¸a˜o de 1, 2, 3
[Mi,Mj ] = i
3∑
k=1
εijkMk
[M1,M2] = i
3∑
k=1
ε12kMk = iM3
[M3,M2] = i
3∑
k=1
ε32kMk = −iM1
Exerc´ıcio
M2 = M21 +M
2
2 +M
2
3 = 2113 , [M
2,Mi] = 0
Operadores escada
L+ =
1√
2
(M1 + iM2) =
0 1 00 0 1
0 0 0

L− =
1√
2
(M1 − iM2) =
0 0 01 0 0
0 1 0

Exerc´ıcio
[L+, L−] = M3
Estados de projec¸o˜es de spin
|−1〉 =
00
1
 ; |0〉 =
01
0
 ; |1〉 =
10
0

L+ |−1〉 =
0 1 00 0 1
0 0 0
00
1
 =
01
0
 = |0〉
57
L+ |0〉 = |1〉 , L− |1〉 = |0〉 , L− |0〉 = |−1〉
L+ |1〉
=
0 1 00 0 1
0 0 0
10
0
 =
00
0
 , L− |−1〉 =
00
0

2) Matrizes especiais
• Matriz Inversa
|x′〉 = A |x〉
|x〉 = A−1 |x′〉 =
11︷ ︸︸ ︷
A−1A |x〉
• Matriz Transposta
A˜ , a˜ji = aij
• Matriz Ortogonal
AA˜ = 11 , A˜ = A−1
A =
(
cosϕ senϕ
− senϕ cosϕ
)
AA˜ =
(
cosϕ senϕ
− senϕ cosϕ
)(
cosϕ − senϕ
senϕ cosϕ
)
=
(
1 0
0 1
)
• Matriz Sime´trica
A = A˜
• Matriz anti-sime´trica
A = −A˜
Se A for uma matriz qualquer,
A = AS +AA
onde AS = A˜S , AA = −A˜A
AS =
1
2
(A+ A˜) ; AA =
1
2
(A− A˜)
• Matriz complexa conjugada
A∗ , (i 7→ −i)
• Matriz adjunta
A† = A˜∗ = A˜∗
• Matriz Hermitiana ou auto-adjunta
A = A†
Se A for real, Matrix Hermitiana = Matriz Sime´trica.
• Matriz Unita´ria
U† = U−1
Se A for real, Matrix Unita´ria = Matriz Ortogonal.
Observac¸a˜o
(AB)∗ = A∗B∗ , (A˜B) = B˜A˜ , (AB)† = B†A†
58
Matrizes ortogonais deixam o mo´dulo de um vetor inalterado.
Seja A uma matriz ortogonal, A˜ = A−1, assim
A |x〉 = |x′〉
〈x′| = 〈x| A˜
〈x′ |x′〉 = 〈x| A˜A︸︷︷︸
11
|x〉 = 〈x |x〉
Matrizes unita´rias deixam o mo´dulo de um vetor complexo inalterado.
Seja A uma matriz ortogonal, U† = U−1, assim
U |x〉 = |x′〉〈
x∗′
∣∣ = 〈x|U†〈
x∗′
∣∣ = 〈x∗|U†〈
x∗′
∣∣x′〉 = 〈x∗|U†U︸︷︷︸
11
|x〉 = 〈x∗ |x〉
• Matrizes de Pauli: descric¸a˜o de part´ıculas na˜o-relativ´ısticas de spin 12
σ1 =
(
0 1
1 0
)
, σ2 =
(
0 −i
i 0
)
, σ3 =
(
1 0
0 −1
)
Propriedades:
1. trσi = 0 , i = 1, 2, 3
2. σ2i = 112 , i = 1, 2, 3
3. σiσj = i
3∑
k=1
εijkσk
4. comutac¸a˜o: [σi, σj = 2i
3∑
k=1
εijkσk
5. anti-comutac¸a˜o: σiσj + σjσi = 2δij112
Demonstrac¸a˜o Mostrar que
(~σ · ~a)(~σ ·~b) = (~a ·~b)112 + i~σ · (~a×~b) (78)
onde,
~σ = σ1 ıˆ+ σ2ˆ+ σ3kˆ
~a = a1 ıˆ+ a2ˆ+ a3kˆ
~b = b1 ıˆ+ b2ˆ+ b3kˆ
59
Sejam,
~σ · ~a = σ1a1 + σ2a2 + σ3a3
=
(
0 1
1 0
)
a1 +
(
0 −i
i 0
)
a2 +
(
1 0
0 −1
)
a3
~σ · ~a =
(
a3 a1 − ia2
a1 + ia2 −a3
)
~σ ·~b = σ1b1 + σ2b2 + σ3b3
=
(
0 1
1 0
)
b1 +
(
0 −i
i 0
)
b2 +
(
1 0
0 −1
)
b3
~σ ·~b =
(
b3 b1 − ib2
b1 + ib2 −b3
)
(~σ · ~a)(~σ ·~b) =
(
a3 a1 − ia2
a1 + ia2 −a3
)(
b3 b1 − ib2
b1 + ib2 −b3
)
=
(
a1b1 + a2b2 + a3b3 + i(a1b2 − a2b1) a3b1 − a2b3 + i(a2b3 − a3b2)
a1b3 − a3b1 + i(a2b3 − a3b2) a1b1 + a2b2 + a3b3 + i(a2b1 − a1b2)
)
~a ·~b = a1b1 + a2b2 + a3b3
logo,
(~σ · ~a)(~σ ·~b) =
(
(~a ·~b) + i(a1b2 − a2b1) a3b1 − a2b3 + i(a2b3 − a3b2)
a1b3 − a3b1 + i(a2b3 − a3b2) (~a ·~b) + i(a2b1 − a1b2)
)
(79)
Sejam,
112 =
(
1 0
0 1
)
(~a ·~b)112 = (a1b1 + a2b2 + a3b3)
(
1 0
0 1
)
=
(
a1b1 + a2b2 + a3b3 0
0 a1b1 + a2b2 + a3b3
)
logo,
(~a ·~b)112 =
(
(~a ·~b) 0
0 (~a ·~b)
)
(80)
Sejam,
~a×~b =
∣∣∣∣∣∣
ıˆ ˆ kˆ
a1 a2 a3
b1 b2 b3
∣∣∣∣∣∣ = (a2b3 − a3b2)ˆı+ (a3b1 − a1b3)ˆ+ (a1b2 − a2b1)kˆ
60
~σ · (~a×~b) = σ1(a2b3 − a3b2) + σ2(a3b1 − a1b3) + σ3(a1b2 − a2b1)
=
(
0 1
1 0
)
(a2b3 − a3b2) +
(
0 −i
i 0
)
(a3b1 − a1b3) +
(
1 0
0 −1
)
(a1b2 − a2b1)
=
(
0 a2b3 − a3b2
a2b3 − a3b2 0
)
+
(
0 −i(a3b1 − a1b3)
i(a3b1 − a1b3) 0
)
+
(
a1b2 − a2b1 0
0 −(a1b2 − a2b1)
)
=
(
a1b2 − a2b1 a2b3 − a3b2 + i(a1b3 − a3b1)
a2b3 − a3b2 + i(a3b1 − a1b3) a2b1 − a1b2
)
logo,
i~σ · (~a×~b) =
(
i(a1b2 − a2b1) a3b1 − a2b3 + i(a2b3 − a3b2)
a1b3 − a3b1 + i(a2b3 − a3b2) i(a2b1 − a1b2)
)
(81)
Enta˜o, de (80) e (81) ,
(~a ·~b)112 + i~σ · (~a×~b) =
(
(~a ·~b) + i(a1b2 − a2b1) a3b1 − a2b3 + i(a2b3 − a3b2)
a1b3 − a3b1 + i(a2b3 − a3b2) (~a ·~b) + i(a2b1 − a1b2)
)
(82)
∴
(~σ · ~a)(~σ ·~b) = (~a ·~b)112 + i~σ · (~a×~b)
�
...
Problema Um operador de translac¸a˜o T (a) converte ψ(x) em ψ(x + a), tal que T (a)ψ(x) =
ψ(x+ a), em termos do operador px = −i d
dx
mostre que T (a) = exp(iapx). �
...
Refereˆncias
[1] Eugene Butkov, F´ısica Matema´tica, Editora LTC
[2] George Arfken e Hans J. Weber, F´ısica Matema´tica – Me´todos Matema´ticos para Engenharia
e F´ısica, Editora Campus
61
	Conceitos sobre Teoria de Distribuição
	Sequências delta
	Regras de cálculo
	Representações da função delta
	Transformada de Fourier de distribuições
	Funções de Green
	Equação de Langevin
	Equação da onda (corda distendida)
	Funções de Green para o operador de Sturm-Liouville (S-L)
	Desenvolvimento em séries de G(x | )
	Técnica do uso de funções características
	Funções de Green em 2D
	A função de Green para condições iniciais
	Funções de Green com propriedades de reflexão
	Métodos Variacionais
	Problemas que envolvem o operador S-L
	Método de Rayleigh-Ritz
	Formulação variacional de problemas de auto-valores
	Problemas variacionais em muitas dimensões (2D)
	Introdução à teoria de grupos
	Matrizes
	Matrizes especiais