uerj equações diferenciais métodos e séries

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS:MÉTODOS DE SÉRIES

MAURICIO A. VILCHES

Departamento de Análise - IMEUERJ

2

Copyright by Mauricio A. VilchesTodos os direitos reservados

Proibida a reprodução parcial ou total

3

PREFÁCIO

Os pré-requisitos básicos deste livro podem ser visto em[VC1], [VC2] e [NP]. Nestas notas abordaremos toda aementa das disciplinas Cálculo Diferencial e Integral IVe Complementos de EDO oferecidas pelo Departamentode Análise do IME-UERJ.

Desejo agradecer de forma muito especial a minha co-lega professora Maria Luiza Corrêa pela leitura rigorosados manuscritos, além dos inúmeros comentários e ob-servações, os quais permitiram dar clareza aos tópicosestudados.

Mauricio A. VilchesRio de Janeiro

Conteúdo

1 SEQUÊNCIAS E SÉRIES 91.1 Sequências Numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Séries Numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.2.1 Testes de Convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.2.2 Séries Alternadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.3 Sequências de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.4 Séries de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.5 Séries de Potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.6 Funções Analíticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.7 Séries de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391.8 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2 SOLUÇÕES ANALÍTICAS DE EDO’S LINEARES 472.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.2 Soluções em Torno de Pontos Regulares . . . . . . . . . . . . . . . . 482.3 A Equação de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2.3.1 Exemplos e Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 652.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3 MÉTODO DE FROBENIUS 733.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.2 Soluções em Torno de Pontos Singulares . . . . . . . . . . . . . . . . 74

3.2.1 A Equação Indicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 763.3 A Edo de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923.4 Edo de Bessel de Ordem Zero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

3.4.1 Primeira Solução: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 933.4.2 Segunda Solução: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

3.5 Função Gama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 983.6 Edo de Bessel de Ordem ν > 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

3.6.1 Primeira solução: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1003.6.2 Segunda Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

3.7 Exemplos e Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1063.8 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

5

6 CONTEÚDO

4 SÉRIES DE FOURIER 1174.1 Funções Periódicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1174.2 Exemplo Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1204.3 Álgebra Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1214.4 Séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1234.5 Linearidade dos Coeficientes de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . 1334.6 Extensão Par e Ímpar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1354.7 Séries dos Co-senos e dos Senos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

4.7.1 Séries dos Co-senos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1384.7.2 Séries dos Senos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

4.8 Continuidade e Diferenciabilidade por Partes . . . . . . . . . . . . . 1414.8.1 Continuidade por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1414.8.2 Diferenciabilidade por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

4.9 Convergências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1444.9.1 Convergência Pontual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1444.9.2 Convergência Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1484.9.3 Fenômeno de Gibbs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

4.10 Integração e Derivação das Séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . 1544.11 Convergência em Média . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

4.11.1 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1594.12 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

5 PROBLEMAS DE STURM-LIOUVILLE 1695.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1695.2 Problemas de Contorno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1695.3 Problema de Sturm-Liouvuille . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

6 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS 1816.1 Equações Diferenciais Parciais Lineares de Segunda Ordem . . . . . 1816.2 Exemplos de Edp’s Lineares de Segunda Ordem . . . . . . . . . . . 1826.3 Edp’s Lineares de Segunda Ordem em R2 . . . . . . . . . . . . . . . 184

6.3.1 Classificação das Edp’s Lineares de Segunda Ordem em R2 1856.4 Álgebra Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1866.5 Condições de Fronteira e Iniciais para Edp’s . . . . . . . . . . . . . . 1876.6 Método de Separação das Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1906.7 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

7 EQUAÇÃODO CALOR 1937.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1937.2 Problema de Dirichlet Homogêneo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

7.2.1 Separação das Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1957.3 Análise da Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1977.4 Princípio do Máximo do Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

CONTEÚDO 7

7.5 Problema de Dirichlet Não Homogêneo . . . . . . . . . . . . . . . . 2057.6 Solução de Equilíbrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2067.7 Determinação da Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2067.8 Problema de Neumann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

7.8.1 Separação das Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2107.9 Problema de Robin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

7.9.1 Separação das Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2147.9.2 Determinação de bn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

7.10 Calor num Anel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2187.10.1 Separação das Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218

7.11 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

8 EQUAÇÃODA ONDA 2258.1 Separação das Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2268.2 Análise da Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2288.3 Validade da Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2308.4 Primeiro Caso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2318.5 Segundo Caso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2338.6 Harmônicos e Nodos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2388.7 Solução de d’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2398.8 A Onda Infinita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240

8.8.1 Reversibilidade da edp da onda . . . . . . . . . . . . . . . . 2468.9 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248

9 EQUAÇÃODE LAPLACE 2519.1 Funções Harmônicas e Princípio do Máximo . . . . . . . . . . . . . 2519.2 Problema de Dirichlet em Retângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . 253

9.2.1 Separação das Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2559.3 Problema de Dirichlet em Discos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2629.4 Problema Interno a um Disco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262

9.4.1 Separação das Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2639.5 Estudo da Solução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2669.6 Núcleo de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2689.7 Problema Externo a um Disco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270

9.7.1 Separação das Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2709.8 Problema num Semi-disco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272

9.8.1 Separação das Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2739.9 Problema de Dirichlet para Anéis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274

9.9.1 Separação das Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2759.10 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278

8 CONTEÚDO

10 COMPLEMENTOS DE EDP 28110.1 Equação do Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281

10.1.1 Aplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28210.2 Perturbação da Equação do Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28410.3 Edp do Calor: Caso Geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288

10.3.1 Solução do Sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28910.4 Calor numa Barra Infinita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29310.5 Edp de Burgers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29610.6 Equação da Onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300

10.6.1 Aplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30010.7 Perturbação da Equação da Onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30310.8 Edp da Onda: Caso Geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305

10.8.1 Solução do Sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30610.9 Vibrações Forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311

Bibliografia 314

Capítulo 1

SEQUÊNCIAS E SÉRIES

Neste capítulo apresentaremos apenas o essencial sobre sequências e séries, omínimo, para estudar as soluções analíticas de Equações Diferenciais Ordinárias(EDO), as convergências das séries de Fourier e a validade das soluções das Equa-ções Diferenciais Parciais (EDP) que estudaremos. Às pessoas interessadas nasdemostrações ou que desejem aprofundar-se nos assuntos deste capítulo, indica-mos [LE] na bibliografia.

1.1 Sequências Numéricas

Denotemos por N o conjunto dos números naturais e por R o conjunto dos núme-ros reais.

Definição 1.1. Uma sequência de números reais é uma função:

f : N −→ R.

As notações clássicas para sequências são: f(n) = an, o termo geral da sequência.A sequência é denotada por:

(

an)

n∈N=

(

a1, a2, . . . . . . , an, . . .)

.

Não confundir a sequência(

an)

n∈Ncom a1, a2, . . . . . . , an, . . . que é o conjunto-

imagem da função que define a sequência .

Exemplo 1.1.

[1](

1

n

)

n∈N

=(

1,1

2,

1

3, . . . ,

1

n, . . .

)

; o conjunto-imagem é 1

n/ n ∈ N

.

[2](√

n)

n∈N=

(

1,√

2, . . . ,√n, . . .

)

; o conjunto-imagem é √n/ n ∈ N.[3]

(

(−1)n)

n∈N=

(

− 1, 1, −1, . . . , (−1)n, . . .)

; o conjunto-imagem é −1, 1.

9

10 CAPÍTULO 1. SEQUÊNCIAS E SÉRIES

1 2 3 4 5 6 7

1

1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

Figura 1.1: Gráficos das sequências(1

n

)

e(√

n)

Definição 1.2. Uma sequência(

an)

n∈Nconverge ao número real L quando para todo

ε > 0 existe n0 ∈ N tal que |an − L| < ε para todo n > n0.

Se a sequência(

an)

n∈Nconverge a L, denotamos:

limn→+∞

an = L;

o número L é dito o limite da sequência.

Uma sequência é dita divergente se não converge. Logo, a sequência(

an)

n∈N

diverge quando, para nehum número real L, se tem limn→+∞

an = L, ou seja, se

existe ε > 0 tal que para cada n0 ∈ N existe n > n0 tal que |an − L| ≥ ε.

Exemplo 1.2.

[1] A sequência (n)n∈N = (1, 2, 3, . . . , n, . . .), claramente, diverge. Pois:

limn→+∞

n

não existe.

[2] A sequência(

1

n

)

n∈N

converge a zero.

De fato, dado ε > 0 devemos determinar um número n0 ∈ N tal que para todon > n0:

∣

∣

∣

∣

1

n− 0

∣

∣

∣

∣

< ε =⇒ 1

n< ε desde que n >

1

ε.

Como ε−1 pode não ser um número natural, escolhemos n0 >1

ε. Logo, para todo

n > n0, temos:1

n< ε. Logo:

1.1. SEQUÊNCIAS NUMÉRICAS 11

limn→+∞

1

n= 0.

[3] A sequência constante (k)n∈N, k ∈ R converge para k. Logo:

limn→+∞

k = k.

Proposição 1.1.

1. Se uma sequência converge para L e paraM , então, L = M . Isto é, se o limite deuma sequência existe, êle é único.

2. Se (an)n∈N converge, então, (|an|)n∈N converge. A recíproca é falsa. Veja o exemploseguinte.

Exemplo 1.3.

A sequência ((−1)n)n∈N diverge, pois, seus termos oscilam entre +1 e −1; logo, asequência não tem limite.

Por outro lado, a sequência (|(−1)n|)n∈N é convergente.

Definição 1.3. Uma sequência(

an)

n∈Né limitada se existe k ∈ R+ tal que

|an| ≤ k

para todo n ∈ N. Caso contrário, é dita ilimitada.

Proposição 1.2. Se a sequência(

an)

n∈Né convergente, então, é limitada.

Exemplo 1.4.

[1] A sequência(

n)

n∈Ndiverge, pois é ilimitada.

[2] A sequência(

n2)

n∈Ndiverge, pois é ilimitada.

[3] A sequência ((−1)n)n∈N é limitada e diverge. Logo, a recíproca da propriedadeanterior não vale.

Proposição 1.3. Se an ≤ bn ≤ cn para todo n > n0 e:

limn→+∞

an = limn→+∞

cn = L,

então:

limn→+∞

bn = L.


Exemplo 1.5.

Estudemos a convergência da sequência :(

cos(n)

n

)

n∈N

.

2 4 6 8 10 12 14

-0.2

0.2

0.4

Figura 1.2: Gráfico dos 15 primeiros termos da sequência.

Como:

−1

n≤ cos(n)

n≤ 1

n,

pela propiedade anterior:

limn→+∞

cos(n)

n= 0.

Proposição 1.4. Se as sequências(

an)

n∈Ne

(

bn)

n∈Nconvergem a L e M , respectiva-

mente, então:

1. Se α e β ∈ R:

limn→+∞

[

αan + β bn]

= αL+ βM.

2. limn→+∞

[

an · bn]

= L ·M .

3. limn→+∞

anbn

=L

M, seM 6= 0.

1.1. SEQUÊNCIAS NUMÉRICAS 13

Exemplo 1.6.

Considere as sequências(

1

n2

)

n∈N

e(

2 +1

n

)

n∈N

. Então:

limn→+∞

1

n2= lim

n→+∞

[

1

n· 1

n

]

=

[

limn→+∞

1

n

]

·[

limn→+∞

1

n

]

= 0,

limn→+∞

[

2 +1

n

]

= limn→+∞

2 + limn→+∞

1

n= 2.

Pela propiedade anterior:

limn→+∞

[

5

n2+

(

2 +1

n

)

]

= 5 · 0 + 2 = 2,

limn→+∞

[

5

n2

]

·[

2 +1

n

]

= 5 · 0 · 2 = 0,

limn→+∞

1

2n+ 1= 0. Por que?

Proposição 1.5. Seja a sequência(

an)

n∈Ntal que an > 0 para todo n ∈ N. Se

limn→+∞

an+1

an= L < 1,

então, a sequência(

an)

n∈Nconverge para zero.

Exemplo 1.7.

Estude a convergência das seguintes sequências :

[1](

kn

n!

)

n∈N

tal que k > 1. Como:

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

k

n+ 1= 0 < 1,

a sequência converge para zero.

[2](

nk

kn

)

n∈N

tal que k > 1. Como:

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

1

k

[

1 +1

n

]k

=1

k< 1,

a sequência converge para zero.


Proposição 1.6. Seja f : A ⊂ R −→ R tal que N ⊂ A e limx→+∞

f(x) = L. Se f(n) = an,

n ∈ N, então:

limn→+∞

an = L.

Exemplo 1.8.

Estude a convergência da sequência :

(

ln(

n√n))

n∈N.

Note que ln(

n√n)

=ln(n)

n, então consideremos f(x) =

ln(x)

xdefinida em A =

(0,+∞); então:

limx→+∞

ln(x)

x= lim

x→+∞

1

x= 0,

onde na última igualdade aplicamos o teorema de l’Hôpital; logo, a sequênciaconverge para zero.

2 4 6 8 10 12 14

0.1

0.2

0.3

Figura 1.3: Gráfico de f(x) e f(n) = an.

1.2 Séries Numéricas

Considere a sequência(

an)

n∈Ne construamos a partir desta sequência, a seguinte

nova sequência :

1.2. SÉRIES NUMÉRICAS 15

S1 = a1

S2 = a1 + a2

S3 = a1 + a2 + a3

...Sn = a1 + a2 + a3 + . . .+ an...

Se a sequência(

Sn)n∈N converge ao número S, escrevemos:

∞∑

n=1

an = a1 + a2 + a3 + . . .+ an + . . . = S. (1.1)

A expressão (1.1) é dita a série infinita com termo geral an.

Dizemos que a série (1.1), converge para S; caso contrário, ou seja, se a sequência(

Sn)n∈N é divergente, a série é dita divergente.

O número S é dito a soma da série (1.1) e a sequência(

Sn)n∈N é dita sequênciadas somas parciais ou reduzidas da série.

Exemplo 1.9.

[1] Para r ∈ R, estude a convergência da série:

∞∑

n=0

rn = 1 + r + r2 + r3 + · · ·+ rn + . . . . . . .

Temos:

Sn = 1 + r + r2 + r3 + . . . . . .+, rn−1 (1)

r Sn = r + r2 + r3 + r4 + . . . . . .+ rn (2).

Fazendo (1)-(2), temos: (1 − r)Sn = 1 − rn; logo:

limn→+∞

Sn = limn→+∞

[

1 − rn

1 − r

]

=1

1 − r, se |r| < 1.

Se |r| ≥ 1 a série diverge. Esta série é chamada geométrica.

[2] Estude a convergência da série:


∞∑

n=1

1

n (n+ 1).

Note que podemos reescrever:

an =1

n (n + 1)=

1

n− 1

n + 1;

logo, suas somas parciais são:

Sn = 1 − 1

n + 1e:

limn→+∞

Sn = limn→+∞

[

1 − 1

n+ 1

]

= 1;

então:

∞∑

n=1

1

n (n+ 1)= 1.


∞∑

n=1

1√n + 1 +

√n.

Note que podemos reescrever:

an =1√

n+ 1 +√n

=√n + 1 −

√n;

logo, suas somas parciais são Sn =√n+ 1 − 1, e:

limn→+∞

Sn = limn→+∞

[√n+ 1 − 1

]

,

o qual não existe; logo, a série diverge.

[4] Determine o termo geral da série:∞

∑

n=1

an e estude sua convergência, se:

Sn =2n+ 3

n+ 4, n ∈ N.

Note que a1 = S1 = 1, e:

an = Sn − Sn−1 =2n+ 3

n + 4− 2n+ 1

n+ 3=

5

(n+ 3) (n+ 4),


se n ≥ 2. Logo,

∞∑

n=1

an = 1 +

∞∑

n=2

5

(n + 3) (n+ 4)= lim

n→+∞Sn = lim

n→+∞

2n+ 3

n+ 4= 2.

A seguir apresentaremos alguns testes para decidir se uma série converge.

1.2.1 Testes de Convergência

Teste 1. Se∞

∑

n=0

an converge, então,

limn→+∞

an = 0.

O teste 1 é utilizado para provar que uma série é divergente, ou seja:

Se limn→+∞

an 6= 0, então,∞

∑

n=0

an diverge.

Exemplo 1.10.


∞∑

n=1

1

n= 1 +

1

2+

1

3+

1

4+

1

5+ . . . . . .+

1

n. . . . . . . . .

Como limn→+∞

1

n= 0, o teste é inconclusivo !


∞∑

n=1

n

2n+ 1.

Como:

limn→+∞

n

2n+ 1=

1

2,

a série diverge.

Teste 2 (de Comparação). Seja∞

∑

n=0

an, tal que 0 ≤ an para todo n ∈ N.

1. Se∞

∑

n=0

bn é uma série convergente tal que 0 ≤ an ≤ bn para todo n ∈ N , então:


∞∑

n=0

an converge.

2. Se∞

∑

n=0

cn é uma série divergente tal que 0 ≤ cn ≤ an para todo n ∈ N , então:

∞∑

n=0

an diverge.

Exemplo 1.11.

Estude a convergência da série:∞

∑

n=0

1

n 3n+1.

Note que:

an =1

n 3n+1≤ 1

3n,

para todo n ∈ N. Por outro lado, a série∞

∑

n=0

1

3né uma série geométrica de razão

1/3. Logo, a série converge.

Proposição 1.7. Se∞

∑

n=0

an e∞

∑

n=0

bn são séries convergentes, então:

∞∑

n=0

[

αan + β bn]

= α∞

∑

n=0

an + β∞

∑

n=0

bn,

para todo α, β ∈ R.

Exemplo 1.12.

Discuta a convergência da série:

∞∑

n=0

3n − 2n

6n.

Observamos que não podemos separar esta série em duas, pois não sabemos secada uma delas converge. Por outro lado:

3n − 2n

6n=

1

2n− 1

3n.


As séries geométricas:∞

∑

n=0

1

2ne

∞∑

n=0

1

3nsão convergentes e:

∞∑

n=0

1

2n= 2,

∞∑

n=0

1

3n=

3

2.

Pela propiedade anterior:

∞∑

n=0

3n − 2n

6n=

∞∑

n=0

1

2n−

∞∑

n=0

1

3n=

1

2.

Nem sempre é possível achar a soma de uma série; nós estamos apenas interes-sados em decidir se uma série converge ou diverge.

Considere a seguinte série:

∞∑

n=1

1

n2= 1 +

1

22+ +

1

32+ +

1

42+ . . . . . .+

1

n2+ . . . . . .

Seja f : N −→ R tal que f(n) =1

n2e g : (0,+∞) −→ R tal que g(x) =

1

x2; logo,

f(n) = g(n) para todo n ∈ N.

1 2 3

R1

R2

R3R4 R5

Figura 1.4: Gráfico de g.

Note que as áreas dos retângulos Ri são A(R1) = 1, A(R2) =1

22, em geral :

A(Rn) =1

n2.

Se tiramos o retângulo R1 a soma das áreas dos retângulos restantes será menorque a área sob a o gráfico de g; logo:


Sn ≤ 1 +

∫ n

1

dx

x2, para todo n ∈ N.

Isto motiva o seguinte Teste:

Teste 3. Seja f : [1,+∞) −→ R contínua, decrescente e positiva tal que f(n) =an. Temos:

1. Se a integral imprópria∫ +∞

1

f(x) dx converge, então∞

∑

n=1

an converge.

2. Se a integral imprópria∫ +∞

1

f(x) dx diverge, então∞

∑

n=1

an diverge.

0 1 2 3 4 5 6 7

Figura 1.5: Gráficos de f(x) e f(n) = an.

Exemplo 1.13.

Estude a convergência das seguintes séries:

[1] Seja α > 0, e:

∞∑

n=1

1

nα= 1 +

1

2α+

1

3α+

1

4α+ . . . . . .+

1

nα+ . . . .

Consideremos f : [1,+∞) −→ R tal que f(x) =1

xα; f é contínua, decrescente e

positiva e f(n) =1

nα. Se α 6= 0:

∫ +∞

1

dx

xα= lim

b→+∞

∫ b

1

dx

xα= lim

b→+∞

x1−α

1 − α

∣

∣

∣

∣

b

1

= limb→+∞

b1−α − 1

1 − α;

logo, se α > 1 a integral converge; se α < 1 a integral diverge. Segue de imediato,que a integral também diverge se α = 1.


∞∑

n=1

1

nα=

converge se α > 1

diverge se 0 < α ≤ 1.

Então, por exemplo:

∞∑

n=1

1

ndiverge,

∞∑

n=1

1

n2converge,

∞∑

n=1

1√ndiverge.

Em geral, fazendo k = n + l, onde l ∈ R, temos:

∞∑

n=0

1

(n + l)α=

∞∑

k=l

1

kα=

converge se α > 1

diverge se 0 < α ≤ 1.

Então, por exemplo:

∞∑

n=0

1

(n + 2)diverge,

∞∑

n=0

1

(n + 5)2converge,

∞∑

n=0

1√n + 8

diverge.

[2]∞

∑

n=1

ln(n)

n.

Consideremos f : [1,+∞) −→ R tal que f(x) =ln(x)

x; f é contínua, decrescente e

positiva e f(n) =ln(n)

n.

∫ +∞

1

ln(x)

xdx = lim

b→+∞

∫ b

1

ln(x)

xdx = lim

b→+∞

(

ln(b))2

2;

logo, a integral diverge. Portanto, a série diverge.

Teste 4. Seja∞

∑

n=1

an tal que an ≥ 0 e limn→+∞

an+1

an= L .

1. Se L < 1, a série converge.

2. Se L > 1, a série diverge.

3. Se L = 1, o teste é inconclusivo.


Exemplo 1.14.

Estude a convergência da série:

∞∑

n=1

kn n!

nn, k > 0.

Note quean+1

an= k

[

n

n + 1

]n

; então:

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞k

[

n

n + 1

]n

= limn→+∞

k

[

1 − 1

n + 1

]n

=k

e.

Sek

e< 1, isto é, k < e, a série converge.

Sek

e> 1, isto é, k > e, a série diverge.

1.2.2 Séries Alternadas

Definição 1.4. A série∞

∑

n=0

an é dita alternada se an · an+1 < 0 para todo n ≥ 1, ou seja,

se é do tipo:

∞∑

n=0

(−1)n an.

Teste 5. Seja a série alternada∞

∑

n=0

(−1)n an tal que:

1. an ≥ an+1 para todo n ≥ 1 e

2. limn→+∞

an = 0.

Então, a série alternada converge.

Exemplo 1.15.

A série:∞

∑

n=1

(−1)n

nconverge.

De fato, an =1

n; como n < n+1, então,

1

n+ 1<

1

npara todo n ∈ N e lim

n→+∞an = 0.

Definição 1.5. A série∞

∑

n=0

an converge absolutamente se∞

∑

n=0

|an| converge

1.3. SEQUÊNCIAS DE FUNÇÕES 23

Se a série∞

∑

n=0

an converge e∞

∑

n=0

|an| diverge, então∞

∑

n=0

an é dita condicionalmente

convergente.

Exemplo 1.16.

[1]. A série:∞

∑

n=0

(−1)n

nconverge condicionalmente.

[2] A série:∞

∑

n=0

(−1)n

n2converge absolutamente.

Teste 6. Seja∞

∑

n=0

an e limn→+∞

∣

∣

∣

∣

an+1

an

∣

∣

∣

∣

= L; então, se:

1. L < 1, a série∞

∑

n=0

an converge absolutamente.

2. L > 1, a série∞

∑

n=0

an diverge.

Exemplo 1.17.

Estude a convergência da série:∞

∑

n=0

(−1)n n!

nn.

limn→+∞

∣

∣

∣

∣

an+1

an

∣

∣

∣

∣

= limn→+∞

[

n

n+ 1

]n

= limn→+∞

[

1 − 1

n+ 1

]n

=1

e< 1;

logo, a série converge absolutamente.

1.3 Sequências de Funções

Seja A ⊂ R e F(

A,R)

= f / f : A −→ R o conjunto das funções reais definidassobre A.

Definição 1.6. Uma sequência de funções é uma correspondência que associa a cadanúmero natural uma única função:

f : N −→ F(

A,R)

,

que denotamos por f(n) = fn : A −→ R.

A sequência de funções é denotada por:(

fn)

n∈N. Para todo x ∈ A, a sequência

(

fn(x))

n∈Né uma sequência numérica.


Exemplo 1.18.

[1] Seja A = [0, 1] e(

xn)

n∈N=

(

x, x2, x3, . . .)

.

[2] Seja A = [0,+∞) e(√

nx)

n∈N=

(√x,

√2 x, . . . ,

√nx, . . .

)

.

Definição 1.7. Uma sequência de funções(

fn)

n∈Ntais que fn : A −→ R, converge

pontualmente ou, simplesmente para a função f : A −→ R se para todo x ∈ A e paratodo ε > 0 existe n0 ∈ N tal que |fn(x) − f(x)| < ε para todo n ≥ n0.

O número n0 = n(ε, x0), depende tanto de ε como do ponto x0. Uma sequênciade funções é dita divergente se não converge. Se a sequência

(

fn)

n∈Nconverge

pontualmente para f , para todo x ∈ A fixado, tem-se:

limn→+∞

fn(x) = f(x);

f(x) é dito o limite pontual da sequência .

Exemplo 1.19.

[1] Seja A = [0, 1]. A sequência(

xn)

n∈N= (1, x, x2, x3, . . .) converge pontual-

mente para a função f : [0, 1] −→ R definida por:

f(x) = limn→+∞

xn =

0 se x ∈ [0, 1)

1 se x = 1.

[2] Seja A = R. A sequência(

fn)

n∈Ntal que fn(x) =

nx

1 + n2 x2converge pontual-

mente para a função f : R −→ R definida por:

f(x) = limn→+∞

nx

1 + n2 x2= lim

n→+∞

x1

n+ nx2

= 0.

- 2 -1 1 2

- 0.4

- 0.2

0.2

0.4

Figura 1.6: Gráficos de f1(x), f2(x), f3(x) e f20(x).


[3] Seja A = R. A sequência(

fn)

n∈Ntal que fn(x) =

(

1 +x

n

)n

converge pontual-

mente para a função f : R −→ R definida por:

f(x) = limn→+∞

[

1 +x

n

]n

= ex.

- 2 -1 0 1 2

1

2

3

4

5

Figura 1.7: Gráficos de f1(x), f5(x), f15(x) e f100(x).

Dada uma sequência de funções(

fn)

n∈Nem que cada fn seja contínua em A e

(

fn)

n∈Nconvirja pontualmente a uma função f , nada nos garante que f seja con-

tínua.

De fato, no primeiro exemplo, as fn(x) = xn são contínuas em [0, 1] mas conver-gem pontualmente para uma função descontínua. Vejamos outro exemplo:

Exemplo 1.20.

Seja A = [0, 1] e:

fn(x) =

n− n2 x se 0 < x <1

n0 nos outros casos.

limn→+∞

fn(x) = 0 em [0, 1], mas:

∫ 1

0

fn(x) dx =

∫ 1/n

0

(n− n2 x) dx =1

2.

Como∫ 1

0

0 dx = 0, temos:

limn→+∞

∫ 1

0

fn(x) dx 6=∫ 1

0

[

limn→+∞

fn(x)

]

dx.


0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

1

2

3

4

5

Figura 1.8: Gráfico de fi(x), para i = 1, 2, 3, 4, 5.

Os exemplos apresentados indicam que a convergência pontual de uma sequên-cia de funções não é suficiente para preservar as propriedades das funções queformam a seqência; daí a necessidade da seguinte definição:

Definição 1.8. Uma sequência de funções(

fn)

n∈Nconverge uniformente para a função

f se para todo ε > 0 existe n0 ∈ N tal que |fn(x) − f(x)| < ε para todo n ≥ n0 seja qualfor x ∈ A.

O número n0 = n(ε), depende somente de ε.

Em geral, provar que uma sequência de funções converge uniformemente é bas-tante complicado.

Uma possível interpretação da continuidade uniforme é a seguinte: Fixada umafaixa de largura 2 ε em torno do gráfico de f , a partir de um certo n0, os gráficosdas funções fn ficam dentro desta faixa.

Claramente, se uma sequência de funções converge uniformemente para f , con-verge pontualmente para f . A recíproca é falsa. Veja o primeiro exemplo.

A seguinte proposição é útil para verificar se uma sequência converge uniforme-mente.

Proposição 1.8. Seja a sequência de funções (fn)n∈N definidas sobre A ⊂ R. Se existeuma sequência numerica

(

an)

n∈Nque converge para zero e |fn(x)−f(x)| ≤ an para todo

x ∈ A, então a sequência de funções (fn)n∈N converge uniformente para f .

Exemplo 1.21.

A sequência(

cos(nx)

n

)

n∈N

converge uniformemente para zero. Observe que:∣

∣

∣

∣

cos(nx)

n− 0

∣

∣

∣

∣

≤ 1

n;


como a sequência(

1

n

)

n∈N

converge para zero, a sequência de funções converge

uniformente para zero.

-2 -1 1 2

-0.10

-0.05

0.05

0.10

Figura 1.9: Gráfico de f10(x) e f50(x).

Teorema 1.1. Seja a sequência de funções (fn)n∈N que converge uniformente para f .

1. Se as fn são contínuas em A, então f é contínua em A e:

limn→+∞

[

limx→x0

fn(x)

]

= limx→x0

[

limn→+∞

fn(x)

]

= limx→x0

f(x).

2. Se as fn são integráveis em A, então f é integrável em A e:

limn→+∞

∫ b

a

fn(x) dx =

∫ b

a

[

limn→+∞

fn(x)

]

dx =

∫ b

a

f(x) dx,

se [a, b] ⊂ A.

Exemplo 1.22.

Considere a sequência de funções (fn)n∈N tal que

fn(x) =sen(nx)

n.

Claramente a sequência converge uniformente para a função f(x) = 0. Supo-nhamos que podemos derivar em x a sequência ; isto é f ′

n(x) = cos(nx), logo;f ′n(0) = 1 e a sequência (1)n∈N converge para 1 e não para f ′(0) = 0.

Teorema 1.2. Seja a sequência de funções (fn)n∈N tais que as fn são diferenciáveis emA. Se a sequência (fn)n∈N converge pontualmente para f e a sequência (f ′

n)n∈N convergeuniformente para g, então f é derivável em A e f ′ = g.


O seguinte teorema nos diz que toda função contínua pode ser aproximada uni-formemente por polinômios.

Teorema 1.3. (Aproximação de Weierstrass) Seja f : [a, b] −→ R contínua; entãoexiste uma sequência de funções (Pn)n∈N, onde Pn(x) são polinômios, que converge uni-formemente para f em [a, b]

1.4 Séries de Funções

Com as considerações feitas no parágrafo sobre as séries númericas, seja a sequên-cia de funções (fn)n∈N, x ∈ A e construamos a sequência de funções

(

Sn)n∈N talque:

Sn(x) = f1(x) + f2(x) + f3(x) + . . .+ fn(x).

Se a sequência(

Sn(x))n∈N converge pontualmente para S(x), dizemos que a sériede funções converge pontualmente e escrevemos:

∞∑

n=1

fn(x) = S(x).

Se a sequência(

Sn(x))n∈N converge uniformemente para S(x), dizemos que a sé-rie de funções converge uniformemente e escrevemos:

∞∑

n=1

fn = S.

Exemplo 1.23.

Seja A = [0, 1] e∞

∑

n=1

fn tal que f1(x) = x e fn(x) = xn − xn−1, n > 1.

A n-ésima soma parcial da série é Sn(x) = xn; logo, a sequência das somas parci-ais converge pontualmente em A para a função f , onde

f(x) =

0 se x ∈ [0, 1)

1 se x.

Mas, a série não converge uniformemente em A.

De fato, dado 0 < ε <1

2e n0 ∈ N, seja x = (2 ε)1/n0−1 em:

m∑

n=n0

fn(x) = xm − xn0−1;

1.4. SÉRIES DE FUNÇÕES 29

então|xm− xn0−1| = |(2 ε)m/n0−1 − 2 ε| e sem for suficientemente grande (2 ε)m/n0−1 < εe:

∣

∣

∣

∣

m∑

n=n0

fn(x)

∣

∣

∣

∣

= |xm − xn0−1| > ε,

para x = (2 ε)1/n0−1.

Da mesma forma que para as sequências de funções determinar a convergênciauniforme de uma série é bastante complicado.

O seguinte teorema clássico é o mais útil para decidir se uma série de funçõesconverge uniformente.

Teorema 1.4. (Teste M de Weierstrass) Seja∞

∑

n=0

fn tal que fn : A −→ R. Se:

1. |fn(x)| ≤Mn para todo x ∈ A e para todo n ∈ N.

2. A série numérica∞

∑

n=0

Mn converge.

Então,∞

∑

n=0

fn converge uniformemente e absolutamente para alguma função f : A −→ R.

Exemplo 1.24.

[1] Seja∞

∑

n=0

cos(nx)

n√n, x ∈ R.

Como:

∣

∣

∣

∣

cos(nx)

n√n

∣

∣

∣

∣

≤ 1

n3/2

para todo x ∈ R e a série:

∞∑

n=0

1

n3/2

converge, a série dada converge uniformemente em R.


-10 -5 5 10

-0.5

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

Figura 1.10: Gráfico dos 1000 primeiros somandos de [1].

[2] Seja∞

∑

n=1

cosn(x)

n2 + x, x ∈ (0,+∞).

Como:∣

∣

∣

∣

cosn(x)

n2 + x

∣

∣

∣

∣

≤ 1

n2

para todo x ∈ R e a série∞

∑

n=0

1

n2converge, a série dada converge uniformemente

em (0,+∞).

5 10 15 20

0.5

1.0

1.5


Os teoremas do parágrafo anterior, no caso de séries de funções, assumem a se-guinte forma:

Teorema 1.5. Seja∞

∑

n=1

fn uniformemente converge para f em A.

1. Se cada fn é contínua em x0 ∈ A, então f é contínua em x0 ∈ A.

2. Se cada fn é integrável em [a, b] ⊂ A, então f é integrável em [a, b] e:

1.5. SÉRIES DE POTÊNCIAS 31

∫ b

a

∞∑

n=1

fn(x) dx =

∞∑

n=1

∫ b

a

fn(x) dx.


∑

n=1

fn onde as fn são diferenciáveis em [a, b]:

1. Se para algum c ∈ [a, b] a série numérica∞

∑

n=1

fn(c) converge.

2. A série∞

∑

n=1

f ′n converge uniformemente em [a, b].

Então,∞

∑

n=1

fn converge uniformemente para uma função diferenciável em [a, b].

1.5 Séries de Potências

Muitas funções importantes em Matemática podem ser expressas como séries depotências, as quais são a generalização dos polinômios.

Definição 1.9. Uma série de potências em torno de x0, ou de potências de x− x0, é umasérie de funções, do tipo:

∞∑

n=0

an (x− x0)n = a0 + a1 (x− x0) + a2 (x− x0)

2 + +a3 (x− x0)3 + . . . (1.2)

ai, x0 ∈ R.

Se x0 = 0 em (1.2), então:

∞∑

n=0

an xn = a0 + a1 x+ a2 x

2 + a3 x3 + . . . . . .+ an x

n + . . . . . . (1.3)

ai, x0 ∈ R.

Todas as séries do tipo (1.2) podem ser escritas como em (1.3), fazendo amudançat = x− x0.

∞∑

n=0

an (x− x0)n =

∞∑

n=0

an tn.

Logo, por comodidade, estudaremos as séries do tipo (1.3). Note que dada a sériede potências (1.3) fazendo x = x0, a série de potências se transforma numa sérienumérica. Toda série de potências do tipo (1.3) converge se x = 0.


Teorema 1.7. Seja uma série de potências do tipo (1.3):

1. Se existe x0 6= 0 tal que a série numérica∞

∑

n=0

an xn0 converge, então (1.3) converge

absolutamente em (−|x0|, |x0|)

2. Se existe x1 6= 0 tal que a série numérica∞

∑

n=0

an xn1 diverge, então (1.3) diverge em

(−∞,−|x1|) ∪ (|x1|,+∞).

O conjunto:

D = x ∈ R /

∞∑

n=0

an xn converge

é chamado domínio de convergência de (1.3). Note que D 6= ∅, pois 0 ∈ D. Épossível provar que D é um intervalo centrado em x0 = 0, que pode ser aberto,fechado, semi-aberto ou reduzir-se a um ponto. Veja [LE]. SeD é um conjunto li-mitado e ρ é a menor cota superior deD, então ρ é chamado raio de convergênciada série de potências.

Definição 1.10. Se D é um conjunto ilimitado, então dizemos que (1.3) tem raio deconvergência ρ = +∞. Se D é um conjunto limitado, então dizemos que (1.3) tem raiode convergência ρ < +∞.

Teorema 1.8. Considere a série de potências∞

∑

n=0

an xn com raio de convergência ρ:

1. Se ρ = 0 a série converge somente para x = 0.

2. Se ρ = +∞ a série (1.3) converge absolutamente para todo x ∈ R.

3. Se 0 < ρ < +∞ a série (1.3) converge absolutamente no intervalo (−ρ, ρ) e divergeem:

(−ρ,−∞) ∪ (ρ,+∞).

O intervalo (−ρ, ρ) é dito intervalo de convergência da série de potências (1.3).Nos extremos do intervalo, ou seja, em x = ±ρ, nada se pode afirmar e a sériepode convergir ou divergir.

Proposição 1.9. Seja ρ o raio de convergência da série de potências (1.3); então para todor > 0 tal que r < ρ, a série de potências (1.3) converge uniformente em [−r, r].

Esta proposição segue diretamente do teorema de Weierstrass.

1.5. SÉRIES DE POTÊNCIAS 33

Exemplo 1.25.

Estude a convergência das seguintes séries de potências

[1]∞

∑

n=0

xn = 1 + x+ x2 + x3 + x4 + . . .+ xn + . . . . . ..

De forma análoga ao que fizemos para determinar a série geométrica, podemosverificar que para todo x0 6= 0, temos que:

∞∑

n=0

xn =1

1 − xse |x| < 1

e diverge se |x| > 1.

[2]∞

∑

n=0

n! xn = 1 + x+ 2 x2 + 6 x3 + 24 x4 + . . .+ n! xn + . . . . . ..

Para todo x0 6= 0 a série numérica diverge, pois

limn→+∞

n! xn0 6= 0.


∑

n=0

an xn. Então:

ρ = limn→+∞

∣

∣

∣

∣

anan+1

∣

∣

∣

∣

.

Exemplo 1.26.

Estude a convergência das seguintes séries de potências:

[1]∞

∑

n=0

xn

n!.

ρ = limn→+∞

∣

∣

∣

∣

anan+1

∣

∣

∣

∣

= limn→+∞

(n + 1) = +∞.

Logo, a série converge absolutamente para todo x ∈ R.

[2]∞

∑

n=1

(x+ 1)n

2n n.

ρ = limn→+∞

∣

∣

∣

∣

anan+1

∣

∣

∣

∣

= limn→+∞

2(

1 +1

n

)

= 2.

Logo, a série converge absolutamente para todo x tal que |x + 1| < 2, isto é, nointervalo (−3, 1).

Nenhum teorema dá informação sobre a convergência nos extremos do inter-valo de convergência. Estes devem ser estudados separadamente.


Assim, se x = −3;

∞∑

n=1

(x+ 1)n

2n n=

∞∑

n=1

(−3 + 1)n

2n n=

∞∑

n=1

(−1)n

2n n,

a série converge.

Se x = 1;

∞∑

n=1

(x+ 1)n

2n n=

∞∑

n=1

(1 + 1)n

2n n=

∞∑

n=1

1

n,

a série diverge. Logo a série de potências converge absolutamente em [−3, 1).

-3 -2 -1 1

2

4

6


[3]∞

∑

n=0

(−1)n x2n

22n (n!)2.

ρ = limn→+∞

∣

∣

∣

∣

anan+1

∣

∣

∣

∣

= limn→+∞

4 (n+ 1)2 = +∞,

a série converge absolutamente para todo x ∈ R.

-6 -4 -2 2 4 6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0


1.6. FUNÇÕES ANALÍTICAS 35

A seguir, responderemos à seguinte questão: "Dada uma função f , existe umasérie de potências com raio de convergência ρ > 0 que seja igual a f?” A respostaé não. As funções que podem ser representadas por séries de potências formamuma classe especial de funções.

1.6 Funções Analíticas

Definição 1.11. Uma função é analítica no ponto x0 se pode ser escrita como uma sériede potências em x− x0, com raio de convergência ρ > 0.

Seja f uma função analítica em x0; então:

f : (x0 − ρ, x0 + ρ) −→ R

é tal que:

f(x) =∞

∑

n=0

an (x− x0)n; |x− x0| < ρ.

Proposição 1.10. Se f é analítica em x0; então:

1. f é contínua em (x0 − ρ, x0 + ρ).

2. f é integrável para todo [a, b] ⊂ (x0 − ρ, x0 + ρ) e:

∫ b

a

f(x) dx =

∫ b

a

[ ∞∑

n=0

an (x− x0)n

]

dx

=∞

∑

n=0

an

∫ b

a

(x− x0)n dx

=∞

∑

n=0

an (x− x0)n+1

n + 1

∣

∣

∣

∣

b

a

.

Teorema 1.10. Se f é analítica em x0 então, f′ é analítica em x0 e:

f ′(x) =∞

∑

n=1

n an (x− x0)n−1; |x− x0| < ρ.

Corolário 1.11. Se f é analítica em x0, então a n-ésima derivada f(n) é analítica em x0.


Exemplo 1.27.

[1] Sabemos que:∞

∑

n=0

xn =1

1 − x, se |x| < 1. Logo, a função:

f(x) =1

1 − x

é analítica somente para |x| < 1. Note que o domínio de f é R − 1.

2 4-2-4

1

2

-1

1-1

1

2

Figura 1.14: Gráficos de f e de f como função analítica, respectivamente.

[2] A função1

1 + x2é analítica?

Note que f(−x2) =1

1 + x2, onde f é dada no exercício anterior. Logo:

1

1 + x2= f(−x2) =

∞∑

n=0

(−x2)n =∞

∑

n=0

(−1)n x2n,

se |x2| < 1, isto é |x| < 1.

[3] A função g(x) =1

(1 − x)2é analítica?

Note que f ′(x) =1

(1 − x)2, onde f(x) =

1

1 − x. Logo:

g(x) =1

(1 − x)2= f ′(x) =

∞∑

n=1

d

dxxn =

∞∑

n=1

nxn−1,

se |x| < 1.

[4] A função g(x) = arctg(x) é analítica?

Note que∫

1

1 + x2dx = arctg(x) + c. Logo:

1.6. FUNÇÕES ANALÍTICAS 37

arctg(x) =

∫

dx

1 + x2+ c =

∫ ∞∑

n=0

(−1)n x2n dx+ c =∞

∑

n=0

(−1)n∫

x2n dx+ c

=∞

∑

n=0

(−1)n x2n+1

2n+ 1+ c

se |x| < 1. Por outro lado, 0 = arctg(0) = c, logo:

arctg(x) =∞

∑

n=0

(−1)n x2n+1

2n+ 1.

[5] Consideremos a função:

J0(x) =

∞∑

n=0

(−1)n x2n

22n (n!)2.

J0 é claramente analítica para todo x ∈ R. J0 é chamada função de Bessel deordem zero.

[6] Que função representa a série:

∞∑

n=0

xn

n!?

Seja f(x) =

∞∑

n=0

xn

n!; então f é analítica para todo x ∈ R. Logo:

f ′(x) =

∞∑

n=0

d

dx

xn

n!=

∞∑

n=1

xn−1

(n− 1)!=

∞∑

k=0

xk

k!= f(x),

e f ′(x) = f(x); então, f(x) = c ex. Por outro lado, 1 = f(0) = c, e:

ex =∞

∑

n=0

xn

n!.

[7] Sabemos que não é possível calcular∫ 1

0

e−t2

dt. Porém, podemos calcula-lá

por um valor aproximado e avaliar o erro cometido.


0.5 1.0 1.5 2.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

Figura 1.15: Gráfico de f(t) = e−t2 .

Como ex =∞

∑

n=0

xn

n!, então para todo t ∈ R (por que?):

e−t2

=∞

∑

n=0

(−t2)nn!

=∞

∑

n=0

(−1)n t2n

n!.

Integrando, termo a termo:

∫ 1

0

e−t2

dt =

∞∑

n=0

∫ 1

0

(−1)n t2n

n!dt

=

∞∑

n=0

(−1)n t2n+1

(2n+ 1)n!

∣

∣

∣

∣

1

0

=

∞∑

n=0

(−1)n

(2n+ 1)n!.

A última série é alternada com an =1

(2n+ 1)n!. Não é difícil comprovar que:

limn→+∞

an = 0 e an+1 ≤ an

isto é, a série converge. Então, o erro:

e =

∣

∣

∣

∣

∫ 1

0

e−t2

dt− Sn

∣

∣

∣

∣

< an+1

onde Sn é a n-ésima soma parcial da série alternada. Por exemplo, se n = 10:∫ 1

0

e−t2

dt ≃ 0.7468241207

e o erro e < a11 =1

918086400≃ 0.1089222104× 10−8.

1.7. SÉRIES DE TAYLOR 39

1.7 Séries de Taylor

Se f é analítica em x0 = 0, então: f(x) =

∞∑

n=0

an xn. Que relação existe entre an e

f?

f(x) = a0 + a1 x+ a2 x2 + a3 x

3 + a4 x4 + . . . . . .+ an x

n + . . . . . .

f ′(x) = a1 + 2 a2 x+ 3 a3 x2 + 4 a4 x

3 + . . . . . .+ n an xn−1 + . . . . . .

f ′′(x) = 2 a2 + 6 a3 x+ 12 a4 x2 + . . . . . .+ n (n− 1) an x

n−2 + . . . . . .

f (3)(x) = 6 a3 + 24 a4 x+ 60 a5 x4 + . . . . . .+ n (n− 1) (n− 2) an x

n−3 + . . . . . .

f (4)(x) = 24 a4 + 120 a5 x+ 360 a6 x2 . . . . . .+ n (n− 1) (n− 2) (n− 3) an x

n−4 + . . . . . .

...

Logo:

f(0) = a0,

f ′(0) = a1,

f ′′(0) = 2 a2,

f (3)(0) = 6 a3,

f (4)(x) = 24 a4,

...

f (n)(0) = n (n− 1) (n− 2) (n− 3) . . . 2 · 1 an,...

Em geral:

an =f (n)(0)

n!.

Então, provamos o seguinte teorema:

Teorema 1.12. Se f é analítica em x0; então:

f(x) =∞

∑

n=0

f (n)(x0)

n!(x− x0)

n, |x− x0| < ρ.

Esta série é chamada série de Taylor de f centrada em x0.

Do teorema segue que se f for analítica em x0, então f é de classe C∞ em x0. Arecíproca é falsa.


Exemplo 1.28.

[1] Seja a função:

f(x) =

e−1/x2

se x 6= 0

0 se x = 0.

f é de classe C∞ em 0, mas tem série de Taylor nula em 0. Veja exercício 9.

-0.5 0.0 0.5

0.05

0.10

0.15

0.20

Figura 1.16: Gráfico de f ao redor da origem.

[2] Ache a série de Taylor de f(x) = sen(x) em torno de 0.

f(x) = sen(x),

f ′(x) = cos(x) = sen(

x+π

2

)

,

f ′′(x) = −sen(x) = sen(

x+2π

2

)

,

f (3)(x) = −cos(x) = sen(

x+3π

2

)

...

f (n)(x) = sen(

x+nπ

2

)

...

Logo, f (2n)(0) = 0 para todo n ∈ N e f (2n+1)(0) = (−1)n; então:

sen(x) =

∞∑

n=0

(−1)n x2n+1

(2n+ 1)!,

para todo x ∈ R. (Verifique!). Por outro lado, sabemos que:

cos(x) = (sen(x))′ =

[ ∞∑

n=0

(−1)n x2n+1

(2n+ 1)!

]′

.

1.7. SÉRIES DE TAYLOR 41

Então:

cos(x) =

[ ∞∑

n=0

(−1)n x2n+1

(2n+ 1)!

]′

=

∞∑

n=0

(2n+ 1) (−1)n x2n

(2n+ 1)!=

∞∑

n=0

(−1)n x2n

(2n)!.

Logo:

cos(x) =∞

∑

n=0

(−1)n x2n

(2n)!.

[3] Ache a série de Taylor de f(x) = ln(1 + x

1 − x

)

em torno de 0. Utilize esta série

para calcular:

∞∑

n=1

1

(2n+ 1) 32n+1.

Seja f(x) = ln(1 + x

1 − x

)

, então f ′(x) =2

1 − x2. Pelos exemplos anteriores, sabemos

que:

f ′(x) =2

1 − x2=

∞∑

n=0

2 x2n,

se |x| < 1. Por outro lado:

f(x) =

∫ x

0

f ′(t) dt =∞

∑

n=0

2

∫ x

0

t2ndt = 2∞

∑

n=0

x2n+1

2n+ 1,

se |x| < 1. Note que:

f(1/3) = ln(1 + 1/2

1 − 1/2

)

= ln(2)

= 2

[

1

3+

∞∑

n=1

1

(2n+ 1) 32n+1

]

.

Logo:

∞∑

n=1

1

(2n+ 1) 32n+1=

ln(2)

2− 1

3.

Proposição 1.11. Se f e g são funções analíticas em x0; então:

1. α f + β g é analítica em x0.


2. f g é analítica em x0.

Exemplo 1.29.

Ache a série de Taylor de f(x) = cosh(x) em torno de 0.

Sabemos que:

cosh(x) =ex + e−x

2e que ex =

∞∑

n=0

xn

n!

é analítica. Logo:

cosh(x) =1

2

[ ∞∑

n=0

xn

n!+

∞∑

n=0

(−x)nn!

]

=1

2

[ ∞∑

n=0

xn

n!+

∞∑

n=0

(−1)n xn

n!

]

=1

2

∞∑

n=0

(1 + (−1)n)xn

n!

=

∞∑

n=0

x2n

(2n)!

Proposição 1.12. A representação em série de potências de uma função analítica é única.

De fato, se f, g : (−ρ, ρ) −→ R são tais que:

f(x) =

∞∑

n=0

an xn e g(x) =

∞∑

n=0

bn xn.

Se f (n)(0) = g(n)(0) para todo n ∈ N; então:

an =f (n)(0)

n!=g(n)(0)

n!= bn,

para todo n ∈ N. Então, f(x) = g(x), para todo x ∈ (−ρ, ρ).

1.8. EXERCÍCIOS 43

1.8 Exercícios

1. Determine o raio de convergência das seguintes séries de potências:

a)∞

∑

n=1

(−1)n xn

2nb)

∞∑

n=1

(−1)n (x+ 2)n

3n n2

c)∞

∑

n=0

(−1)n (x− 1)n

n!d)

∞∑

n=0

(−1)n n! (x− 1)n

5n

e)∞

∑

n=0

(−2)n xn f)∞

∑

n=1

(x+ 2)n

2n n2

g)∞

∑

n=0

(2 x)n

n!h)

∞∑

n=0

(−1)n xn

(2n)!

i)∞

∑

n=0

n2 (x+ 1)n j)∞

∑

n=0

(−1)n (2n)! xn

n!

2. Determine a série de Taylor das seguintes funções, em torno do ponto dado:

a) f(x) = e−2x, x0 = 0 b) f(x) = cos(3 x) x0 = 0

c) f(x) = ln(x), x0 = 1 d) f(x) = (1 + x)−2, x0 = 0

e) f(x) = ex, x0 = 2 f) f(x) = sen(x), x0 =π

6

g) f(x) = cos(x), x0 =π

4h) f(x) = sen(x), x0 =

π

3

3. Verifique que:

a) ln(x+ 1) =∞

∑

n=1

(−1)n−1 xn

nb) sen(x) =

∞∑

n=0

(−1)n x2n+1

(2n+ 1)!

c) cos(x) =∞

∑

n=0

(−1)n x2n

(2n)!d) senh(x) =

∞∑

n=0

x2n+1

(2n+ 1)!

e) cosh(x) =∞

∑

n=0

x2n

(2n)!f) arctg(x) =

∞∑

n=0

(−1)n x2n+1

2n+ 1

g)1

2ln

(

1 + x

1 − x

)

=∞

∑

n=0

x2n+1

2n+ 1, |x| ≤ 1


4. Seja α ∈ R. A seguinte série é chamada binomial:

1 +

∞∑

n=1

α (α− 1) . . . (α− n + 1) xn

n!.

a) Verifique que: (1 + x)α = 1 +∞

∑

n=1

α (α− 1) . . . (α− n+ 1) xn

n!

b) Ache o raio de convergência da série. (|x| < 1).

c) Se α ∈ N, verifique que: (1 + x)α = 1 +

∞∑

n=1

(

α

n

)

xn.

d) Se f(x) =1√

x2 + 1, calcule f (10)(0).

e) Na teoria da relatividade especial a massa de um objeto se movendo a umavelocidade v é dada por: m =

m0

Ω(v), onde Ω(v) =

√

1 − v2/c2, m0 é a massa

do objeto em repouso e c é a velocidade da luz. A energia cinética do objetoé dada por:

K(v) = mc2 −m0 c2 = m0 c

2

[

1

Ω(v)− 1

]

.

Determine a série de Taylor de K = K(v) em torno de 0.

5. Esboce o gráfico das funções de [2] e da sua respectiva série de Taylor paran = 1,2, 3.

6. Polinômios de Taylor Se f, f ′, f ′′, . . . f (n+1) são de classe Cn+1 em |x−x0| < ρ,

então,f(x) = Pn(x) +Rn(x),

onde Pn(x) =

n∑

i=0

f (i)(x0)

i!(x− x0)

i e limx→x0

Rn(x)

(x− x0)n= 0.

O polinômio Pn(x) é dito n-ésimo polinômio de Taylor de f ao redor de x0 e otermo Rn(x) é dito resto da série de Taylor.

Se |fn+1(x)| < M , |x−x0| < ρ, é possível verificar que o erro E, da aproximaçãoda função pelo polinômio de Taylor é:

1.8. EXERCÍCIOS 45

E = |f(x) − Pn(x)| = |Rn(x)| ≤M

(n+ 1)!|x− x0|n+1,

para |x− x0| < ρ.

a) Calcule sen(1) com um erro menor que 10−4.

b) Calcule ln(5

4

)

com um erro menor que 10−3.

c) Estime o erro de aproximação de K(v), de [4] por P1(v) se |v| < 100m/s.

7. Utilizando P7(x), calcule o valor aproximado de:

a)∫ 1

0

ex2

dx.

b)∫ π/2

0

sen(x2) dx.

8. Verifique quais funções de [3] são analíticas para todo x ∈ R.

9. Verifique que a função:

f(x) =

e−1/x2 se x 6= 0

0 se x = 0,

possui todas as derivadas em x0 = 0mas não é analítica em x0 = 0.

10. Se f é g são funçõs analíticas em x0; verifique que:

a) f + g é analítica em x0. Calcule o raio de convergência.

b) f · g é analítica em x0. Calcule o raio de convergência.

c) Se f(x) =

∞∑

n=0

anxn e g(x) =

∞∑

n=0

bnxn; então:

f(x) · g(x) =

∞∑

n=0

[ n∑

j=0

aj bn−j

]

xn.

Determine a série de de potências de f(x) = ex · sen(x).

Capítulo 2

SOLUÇÕES ANALÍTICAS DEEDO’S LINEARES

2.1 Introdução

Neste capítulo indicamos a leitura em [NP] do capítulo que estuda das edo’slineares de segunda ordem. Nós utilizaremos as notações de [NP]. Algumasprovas dos teoremas podem ser vistas no Apêndice.

Consideremos a edo linear de ordem n:

Pn(x) y(n) + Pn−1(x) y

(n−1) + Pn−2(x) y(n−2) + . . . . . .+ P0(x) y = h(x), (2.1)

onde Pi = Pi(x) e h = h(x) são funções definidas num intervalo aberto I .

Definição 2.1. O ponto x0 é dito regular de (2.1) se Pn(x0) 6= 0. Caso contrário é ditosingular.

Note que se Pn = Pn(x) é contínua e x0 é um ponto regular de (2.1), então, existeε > 0 tal que Pn(x) 6= 0 para todo x ∈ (x0 − ε, x0 + ε).

Exemplo 2.1.

[1] Equação de Airy:

y′′ + x y = 0.

Nesta equação todos os pontos são regulares. A edo de Airy é utilizada na teoriada difração.

[2] Equação de Bessel de ordem ν ≥ 0:

x2 y′′ + x y′ + (x2 − ν2) y = 0.

47

48 CAPÍTULO 2. SOLUÇÕES ANALÍTICAS DE EDO’S LINEARES

P2(x) = x2 = 0, se e somente se x = 0; logo, x = 0 é o único ponto singular da edode Bessel. Esta edo é utilizada no estudo da vibração de membranas.

[3] Equação de Hermite de ordem p ∈ R:

y′′ − 2 x y′ + p y = 0.

Nesta equação todos os pontos são regulares. Um tipo especial de solução da edode Hermite (os polinômios) são utilizados na Mecânica Quântica para estudar assoluções da equação de Schrödinger para osciladores harmônicos.

[4] Equação de Laguerre de ordem p ∈ R:

x y′′ + (1 − x) y′ + p y = 0.

P2(x) = x = 0, se e somente se x = 0; logo, x = 0 é o único ponto singular da edo.Um tipo especial de solução da edo de Laguerre (os polinômios) são utilizadosna Mecânica Quântica do átomo de hidrogênio.

[5] Equação de Legendre:

(1 − x2) y′′ − 2 x y′ + α (α+ 1) y = 0, α ∈ R.

P2(x) = 1 − x2 = 0, se e somente se x = ±1; logo, x = 1 e x = −1 são os únicospontos singulares da edo de Legendre. Esta edo aparece no estudo das soluçõesda equação de potencial em esferas.

2.2 Soluções em Torno de Pontos Regulares

Seja x0 ponto regular de (2.1); então podemos reescrever a edo (2.1):

y(n) + An−1(x) y(n−1) + An−2(x) y

(n−2) + . . . . . .+ A0(x) y = H(x). (2.2)

Teorema 2.1. Se x0 é um ponto regular de (2.1) tal que A0, A1, . . . An−1, H são funçõesanalíticas em |x − x0| < ρ, ρ > 0, então toda solução de (2.2) definida em x0 é analíticaem x0.

Observações 2.1.

1. Os métodos que estudaremos a seguir podem ser utilizados em edo’s line-ares de qualquer ordem. Nestas notas estudaremos apenas o caso de or-dem n = 2 pois é onde se encontram as edo’s mais importantes da Física-Matemática.

2. Dentre as edo’s de segunda ordem, estudaremos as homogêneas, pois osmétodos para achar soluções particulares de edo continuam válidos. Veja[NP].

2.2. SOLUÇÕES EM TORNO DE PONTOS REGULARES 49

Consideremos a edo de segunda ordem homogênea:

P2(x) y′′ + P1(x) y

′ + P0(x) y = 0. (2.3)

Seja x0 um ponto regular de (2.3); então:

y′′ + p(x) y′ + q(x) y = 0. (2.4)

Suponha que x0 = 0 é um ponto regular de (2.3). Como p = p(x) e q = q(x) sãoanalíticas, então tem raio de convergência ρ1 > 0 e ρ2 > 0, respectivamente. Sejaρ o menor entre ρ1 e ρ2 e:

p(x) =

∞∑

n=0

pn xn, q(x) =

∞∑

n=0

qn xn |x| < ρ.

Procuramos soluções do tipo:

y(x) =∞

∑

n=0

an xn, |x| < ρ.

Derivando formalmente esta série, temos:

y′(x) =

∞∑

n=1

n an xn−1 =

∞∑

n=0

(n + 1) an+1 xn,

y′′(x) =

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn−2 =

∞∑

n=0

(n+ 1) (n+ 2) an+2 xn;

onde na primeira série trocamos n − 1 por n e na segunda série trocamos n − 2por n. Então:

p(x) y′(x) =

[ ∞∑

n=0

pn xn

][ ∞∑

n=0

(n + 1) an+1 xn

]

=

∞∑

n=0

[ n∑

k=0

(k + 1) pn−k ak+1

]

xn

q(x) y(x) =

[ ∞∑

n=0

qn xn

][ ∞∑

n=0

an xn

]

=∞

∑

n=0

[ n∑

k=0

qn−k ak

]

xn.

Então a edo (2.3) pode ser reescrita como:

∞∑

n=0

[

(n+ 1) (n+ 2) an+2 +n

∑

k=0

[

(k + 1) pn−k ak+1 + qn−k ak]

]

xn = 0.

Pela unicidade das série de potências, temos:


(n+ 1) (n+ 2) an+2 +

n∑

k=0

[

(k + 1) pn−k ak+1 + qn−k ak]

= 0, n = 0, 1, 2, . . . . (2.5)

A expressão (2.5) é dita a recorrência da série e determina an em função dasconstantes arbitrárias a0 e a1. Por exemplo:

n = 0 → a2 = −q0 a0 + p0 a1

2

n = 1 → a3 = −p1 a1 + q1 a0 + 2 p0 a2 + q0 a1

6=

(p0 q0 − q1) a0 + (−p1 + p20 − q0) a1

6

Agora devemos mostrar que a solução y = y(x) converge se |x| < ρ.Seja 0 < r < ρ, então as séries númericas p(r) e q(r) convergem; em particular, ostermos gerais destas séries tendem a zero; logo são limitados; isto é, existeM > 0tal que:

|pn| rn ≤M e |qn| rn ≤ M,

para todo n ∈ N. Utilizando (2.5), obtemos:

(n+ 1) (n+ 2) |an+2| ≤M

rn

n∑

k=0

[

(k + 1) |ak+1| + |ak|]

rk

≤n

∑

k=0

[

(k + 1) |ak+1| + |ak|]

rk +M |an+1| r.

Denotemos por: b0 = |a0|, b1 = |a1| e:

(n+ 1) (n+ 2) bn =M

rn

n∑

k=0

[

(k + 1) bk+1 + bk]

rk +M bn+1 r. (2.6)

Note 0 ≤ |an| ≤ bn, para todo n ∈ N. Se trocamos n por n − 1 e n por n − 2 em(2.6), obtemos:

n (n+ 1) bn+1 =M

rn−1

n∑

k=0

[

(k + 1) bk+1 + bk]

rk +M bn r

n (n− 1) bn =M

rn−2

n∑

k=0

[

(k + 1) bk+1 + bk]

rk +M bn−1 r.

Multiplicando a primeira igualdade por n e utilizando a segunda igualdade, ob-temos:


r n (n− 1) bn+1 =M

rn−2

n∑

k=0

[

(k + 1) bk+1 + bk]

rk + rM (n bn − bn−1) +M bn rn

= n (n− 1) bn −M bn−1 r + rM (n bn − bn−1) +M bn rn

= [n (n− 1) + rM n+M rn] bn.

Logo:

bnbn+1

=r n (n+ 1)

(n− 1)n+M nr +M rn=⇒ lim

n→+∞

bnbn+1

= r.

Então, a série+∞∑

n=0

bn xn converge para |x| < r, como |an| ≤ bn, temos que a solução

y = y(x) tambem converge. Não é difícil verificar que a solução obtida satisfaz aedo (2.3) . Logo, provamos:

Corolário 2.2. Se p = p(x) e q = q(x) são analíticas em x0, então (2.4) possui duassoluções linearmente independentes, analíticas, cada uma da forma:

y(x) =

∞∑

n=0

an (x− x0)n;

o raio de convergência de qualquer destas soluções é no mínimo a distância (no plano) dex0 ao ponto singular (real ou complexo) mais próximo.

Exemplo 2.2.

[1] A edo de Legendre:

(1 − x2) y′′ − 2 x y′ + α (α + 1) y = 0, α ∈ R.

P2(x) = 1 − x2; os únicos pontos singulares são 1 e −1. Por exemplo, o pontox0 = 0 é um ponto regular da edo; então, as soluções analíticas no ponto 0 devemter raio de convergência ρ < 1.

[2] A edo:

(x2 + 9) y′′ + x y′ + x2 y = 0.

P2(x) = x2 + 9; logo, os únicos pontos singulares (complexos) são 3i e −3i. Porexemplo, o ponto x0 = 4 é um ponto regular da edo; então, as soluções analíticasno ponto 4 devem ter raio de convergência ρ < 5.


Corolário 2.3. Nas condições do corolário anterior, dados a0, a1 ∈ R, então, existe umaúnica solução y analítica em x0 tal que:

y(x0) = a0

y′(x0) = a1.

A seguir, apresentamos o primeiro exemplo de como achar as soluções de umaedo. Tentaremos fazer todos os detalhes importantes do desenvolvimento.

Exemplo 2.3.

[1] Ache a solução geral da edo:

(x2 − 1) y′′ + 4 x y′ + 2 y = 0.

As funções p(x) =4 x

x2 − 1e q(x) =

2

x2 − 1são analíticas se |x| < 1; logo, achare-

mos as soluções da edo em torno de x0 = 0, as quais tem raio de convergênciaρ < 1. Temos:

y(x) =∞

∑

n=0

an xn,

y′(x) =∞

∑

n=1

n an xn−1 e

y′′(x) =

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn−2.

Note que:

2 y =

∞∑

n=0

2 an xn,

4 x y′ = 4 x∞

∑

n=1

n an xn−1 =

∞∑

n=0

4n an xn

(x2 − 1) y′′ = x2∞

∑

n=2

n (n− 1) an xn−2 −

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn−2

=∞

∑

n=2

n (n− 1) an xn −

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn−2.

Por outro lado, trocando n− 2 = m ou n = m+ 2 na segunda série:


(x2 − 1) y′′ =

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn −

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn−2

=

∞∑

n=0

n (n− 1) an xn −

∞∑

m=0

(m+ 2) (m+ 1) am+2 xm

=

∞∑

n=0

n (n− 1) an xn −

∞∑

n=0

(n+ 2) (n+ 1) an+2 xn

=∞

∑

n=0

[

n (n− 1) an − (n + 1) (n+ 2) an+2

]

xn.

onde na segunda série trocamos a variável mudam por n. Logo, a equação podeser reescrita:

(x2 − 1) y′′ + 4 x y′ + 2 y =

∞∑

n=0

(n2 + 3n+ 2) an xn −

∞∑

n=0

(n+ 2) (n+ 1) an+2 xn

=∞

∑

n=0

[

(n+ 1) (n+ 2) an − (n+ 2) (n+ 1) an+2

]

xn

=∞

∑

n=0

(n + 2) (n+ 1) (an − an+2) xn = 0.

Pela unicidade da representação em séries de potências, temos que:

(n+ 2) (n+ 1) (an − an+2) = 0,

para todo n = 0, 1, 2, 3, . . .. Logo:

an+2 = an,

para todo n = 0, 1, 2, 3, . . .; esta expressão é chamada recorrência da série. Então,se:

n = 0 → a2 = a0

n = 1 → a3 = a1

n = 2 → a4 = a2 = a0

n = 3 → a5 = a3 = a1

n = 4 → a6 = a4 = a0.

Em geral


a2n = a0 e a2n+1 = a1, n = 0, 1, 2 . . . .

Logo, a solução geral da edo é:

y(x) = a0

∞∑

n=0

x2n + a1

∞∑

n=0

x2n+1 = (a0 + a1 x)

∞∑

n=0

x2n.

Denotando por:

y1(x) =∞

∑

n=0

x2n =1

1 − x2.

y = y1(x) é uma série geométrica que converge se |x| < 1. Por outro lado:

y2(x) =x

1 − x2;

logo, y1 e y2 são l.i. (linearmente independentes) e:

y(x) =a0

1 − x2+

a1 x

1 − x2

é a solução geral da edo.

-1.0 -0.5 0.5 1.0

-4

-2

2

4

Figura 2.1: Gráficos de y1 e y2,respectivamente.

[2] Ache a solução geral da edo:

y′′ + x y′ + y = 0.

p(x) = x e q(x) = 1 são analíticas para todo x ∈ R; logo, acharemos as soluçõesem torno de x0 = 0, a qual tem raio de convergência ρ = +∞. Temos:

y(x) =∞

∑

n=0

an xn, y′(x) =

∞∑

n=1

n an xn−1 e y′′(x) =

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn−2.

Note que:


x y′ = x

∞∑

n=1

n an xn−1 =

∞∑

n=0

n an xn.

A equação pode ser reescrita:

y′′ + x y′ + y =

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn−2 +

∞∑

n=0

n an xn +

∞∑

n=0

an xn

=

∞∑

n=0

(n+ 2) (n+ 1) an+2 xn +

∞∑

n=0

n an xn +

∞∑

n=0

an xn,

onde na primeira série trocamos n− 2 por n. Logo:

y′′ + x y′ + y =

∞∑

n=0

[

(n+ 2) (n+ 1) an+2 + n an + an]

xn

=

∞∑

n=0

[

(n+ 2) (n+ 1) an+2 + (n+ 1) an]

xn = 0;

pela unicidade da representação em séries de potências, temos que:

(n + 2) (n+ 1) an+2 + (n+ 1) an = (n+ 1)[

(n + 2) an+2 + an]

= 0,

para todo n = 0, 1, 2, 3, . . .. Logo:

an+2 = − ann + 2

,

para todo n = 0, 1, 2, 3, . . .; esta expressão é chamada recorrência da série. Então,se:

n = 0 → a2 = −a0

2

n = 1 → a3 = −a1

3

n = 2 → a4 = −a2

4=

a0

2 × 4

n = 3 → a5 = −a3

5=

a1

3 × 5

n = 4 → a6 = −a4

6= − a0

2 × 4 × 6

n = 5 → a7 = −a5

7= − a1

3 × 5 × 7

n = 6 → a8 = −a6

8=

a0

2 × 4 × 6 × 8

n = 7 → a9 = −a5

9=

a1

3 × 5 × 7 × 9.


Em geral

a2n =(−1)n a0

2 × 4 × 6 × 8 × . . . (2n− 2) (2n)e

a2n+1 =(−1)n a1

1 × 3 × 5 × 7 × . . . (2n− 1) (2n+ 1).

Utilizando as notações:

2 × 4 × 6 × 8 × . . . (2n− 2) (2n) = (2n)!!

1 × 3 × 5 × 7 × . . . (2n− 1) (2n+ 1) = (2n+ 1)!!

Temos:

a2n =(−1)n a0

(2n)!!e a2n+1 =

(−1)n a1

(2n+ 1)!!.


y(x) = a0

[

1 +∞

∑

n=1

(−1)n x2n

(2n)!!

]

+ a1

[ ∞∑

n=0

(−1)n x2n+1

(2n+ 1)!!

]

.

Denotando por:

y1(x) = 1 +

∞∑

n=1

(−1)n x2n

(2n)!!e y2(x) =

∞∑

n=0

(−1)n x2n+1

(2n+ 1)!!,

temos que o wronskiano (veja [NP]):

W (y1(0), y2(0)) = det

(

1 00 1

)

6= 0,

logo, y1 e y2 são l.i. (linearmente independentes).

- 3 - 2 -1 1 2 3

-1.0

- 0.5

0.5

1.0

Figura 2.2: Gráficos de y1 e y2,respectivamente.


[3] Ache a solução geral da seguinte edo, em torno de x0 = 0:

(1 + x2) y′′ − 4 x y′ + 6 y = 0.

p(x) = − 4 x

1 + x2e q(x) =

6

1 + x2são analíticas em torno de x0 = 0. Temos:

y(x) =∞

∑

n=0

an xn, y′(x) =

∞∑

n=1


∞∑

n=2

n (n− 1) an xn−2.

Note que:

6 y =

∞∑

n=0

6 an xn, 4 x y′ =

∞∑

n=1

4n an xn =

∞∑

n=0

4n an xn

(1 + x2) y′′ =∞

∑

n=2

n (n− 1) an xn−2 +

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn

=∞

∑

n=2

n (n− 1) an xn−2 +

∞∑

n=0

n (n− 1) an xn

=

∞∑

n=0

(n + 2) (n+ 1) an+2 xn +

∞∑

n=0

n (n− 1) an xn

=

∞∑

n=0

[

(n + 1) (n+ 2) an+2 + n (n− 1) an]

xn.

onde na primeira série trocamos n− 2 por n. Logo, a equação pode ser reescrita:

(1 + x2) y′′ − 4 x y′ + 6 y =

∞∑

n=0

(n+ 2) (n+ 1) an+2 xn +

∞∑

n=0

(n2 − 5n+ 6) an xn

=

∞∑

n=0

[

(n+ 2) (n+ 1) an+2 + (n− 3) (n− 2) an]

xn = 0;

pela unicidade da representação em séries de potências, temos que:

(n + 2) (n+ 1) an+2 + (n− 3) (n− 2) an = 0,

para todo n = 0, 1, 2, 3, . . .. Logo:

an+2 = −(n− 3) (n− 2)an(n+ 2) (n+ 1)

,

para todo n = 0, 1, 2, 3, . . .. Então, se:


n = 0 → a2 = −3 a0

n = 1 → a3 = −a1

3n = 2 → a4 = 0

n = 3 → a5 = 0;

como a4 = 0, então a6 = a8 = . . . = a2n = 0 se n = 2, 3, . . ., analogamente, comoa5 = 0, então a7 = a9 = . . . = a2n+1 = 0 se n = 2, 3, . . ..Logo, a solução geral da edo é:

y(x) = a0

[

1 − 3 x]

+ a1

[

x− x3

3

]

.

Denotando: y1(x) = 1 − 3 x e y2(x) = x− x3

3, temos que o wronskiano:

W (y1(0), y2(0)) = det

(

1 00 1

)

6= 0,

logo, y1 e y2 são l.i. (linearmente independentes). Qual é o raio de convergência?

[4] Ache a solução do PVI (problema de valor inicial):

(t2 − 2 t− 3)d2y

dt2+ 3 (t− 1)

dy

dt+ y(t) = 0

y(1) = 4

y′(1) = 1.

Note que os únicos pontos singulares da edo são t = −1 e t = 3; logo t0 = 1é ponto regular; então, acharemos solução em t0 = 1, a qual deve ter raio deconvergência ρ < 2. Logo, consideramos inicialmente soluções do tipo:

y(t) =∞

∑

n=0

an (t− t0)n.

Fazendo x = t−1, temos que x2 −4 = t2−2 t−3 e se t = 1, então x = 0; por outro

lado se denotamos y′ =dy

dx, utilizando a regra da cadeia, obtemos o PVI:

(x2 − 4) y′′ + 3 x y′ + y = 0

y(0) = 4

y′(0) = 1.

Notamos que x0 = 0 é ponto regular e que o raio de convergência da soluçãodeve ser ρ < 2. (Por que?).


y(x) =∞

∑

n=0

an xn, y′(x) =

∞∑

n=1


∞∑

n=2

n (n− 1) an xn−2.

Logo:

3 x y′ =

∞∑

n=1

3n an xn,

(x2 − 4) y′′ =

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn −

∞∑

n=2

4n (n− 1) an xn−2.

A equação pode ser reescrita:

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn −

∞∑

n=2

4n (n− 1) an xn−2 +

∞∑

n=1

3n an xn +

∞∑

n=0

an xn = 0,

isto é:

∞∑

n=0

n (n− 1) an xn −

∞∑

n=0

4 (n+ 2) (n+ 1) an+2 xn +

∞∑

n=0

3n an xn +

∞∑

n=0

an xn = 0,

onde na segunda série trocamos n− 2 por n. Logo:

∞∑

n=0

[

(n + 1)2 an − 4 (n+ 2) (n+ 1) an+2

]

xn = 0,

pela unicidade da representação em série de potências, temos que:

(n+ 1)2 an − 4 (n+ 2) (n+ 1) an+2 = 0

para todo n = 0, 1, 2, 3, . . .. Logo:

an+2 =(n + 1) an4 (n+ 2)

,



n = 0 → a2 =a0

2 × 4

n = 1 → a3 =2 a1

3 × 4

n = 2 → a4 =3 a2

4 × 4=

3 a0

4 (2 × 4)

n = 3 → a5 =4 a3

5 × 4=

(2 × 4) a1

4 (3 × 5)

n = 4 → a6 =5 a4

6 × 4=

(3 × 5) a0

4 (2 × 4 × 6)

n = 5 → a7 =6 a5

7 × 4=

(2 × 4 × 6) a1

4 (3 × 5 × 7)

n = 6 → a8 =7 a6

8 × 4=

(3 × 5 × 7) a0

4 (2 × 4 × 6 × 8)

n = 7 → a9 =8 a7

9 × 4=

(2 × 4 × 6 × 8) a1

4 (3 × 5 × 7 × 9).

Em geral

a2n =(2n+ 1)!! a0

4 (2n)!!e a2n+1 =

(2n)!! a1

4 (2n+ 1)!!.


y(x) = a0

[

1 +

∞∑

n=1

(2n+ 1)!! x2n

4 (2n)!!

]

+ a1

[ ∞∑

n=0

(2n)!! x2n+1

4 (2n+ 1)!!

]

.

Com as mesmas notações do exercício anterior temos que: y1 e y2 são l.i. Observeque:

y(x) = a0

[

1 + a2 x2 + a4 x

4 + . . .]

+ a1

[

x+ a3 x3 + a5 x

5 + . . .]

,

y′(x) = a0

[

2 a2 x+ 4 a4 x3 + . . .

]

+ a1

[

1 + 3 a2 x2 + 5 a5 x

4 + . . .]

.

Logo:

4 = y(0) = a0

1 = y′(0) = a1.

Voltando às variáveis originais:

y(t) = 4

[

1 +

∞∑

n=1

(2n+ 1)!! (t− 1)2n

4 (2n)!!

]

+

∞∑

n=0

(2n)!! (t− 1)2n+1

4 (2n+ 1)!!.

2.3. A EQUAÇÃO DE LEGENDRE 61

2.3 A Equação de Legendre

A edo de Legendre é uma edo clássica em Matemática, que está vinculada a di-versas situações físicas. Por exemplo, aparece no estudo das soluções da equaçãodo potencial em esferas, em problemas de gravitação, mecânica quântica, entreoutros.

Acharemos a solução geral da edo de Legendre, em torno de x0 = 0:

(1 − x2) y′′ − 2 x y′ + α (α + 1) y = 0, α ∈ R.

Como x = 1 e x = −1 são os únicos pontos singulares, a solução deve ter raio deconvergência ρ < 1.Por outro lado:

y(x) =∞

∑

n=0

an xn, y′(x) =

∞∑

n=1


∞∑

n=2

n (n− 1) an xn−2.

Logo:

α (α + 1) y =∞

∑

n=0

α (α+ 1) an xn,

2 x y′ =∞

∑

n=1

2n an xn =

∞∑

n=0

2n an xn,

(1 − x2) y′′ =∞

∑

n=2

n (n− 1) an xn−2 −

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn

=

∞∑

n=0

(n+ 2) (n+ 1) an+2 xn −

∞∑

n=0

n (n− 1) an xn

=

∞∑

n=0

[

(n+ 1) (n+ 2) an+2 − n (n− 1) an]

xn;

onde na primeira série trocamos n− 2 por n. Logo. A equação pode ser reescrita:

∞∑

n=0

(n+ 2) (n+ 1) an+2 xn −

∞∑

n=0

[

n (n− 1) + 2n− α (α + 1)

]

an xn = 0,

logo:

∞∑

n=0

[

(n+ 2) (n+ 1) an+2 − (n− α)(n+ α + 1) an]

xn = 0,


pela unicidade da representação em série de potências, temos que:

(n+ 2) (n+ 1) an+2 − (n− α)(n+ α + 1) an = 0,

para todo n = 0, 1, 2, 3, . . .. Logo:

an+2 = −(α − n)(n + α+ 1) an(n+ 1) (n+ 2)

,


n = 0 → a2 = −α (α+ 1) a0

2

n = 1 → a3 = −(α− 1) (α+ 2) a1

1 × 2 × 3

n = 2 → a4 = −(α− 2) (α+ 3) a2

3 × 4=α (α− 2) (α + 1) (α+ 3) a0

1 × 2 × 3 × 4

n = 3 → a5 = −(α− 3) (α+ 4) a3

4 × 5=

(α− 1) (α− 3) (α+ 2) (α+ 4) a1

1 × 2 × 3 × 4 × 5

n = 4 → a6 = −(α− 4) (α+ 5) a4

5 × 6= −α (α− 2) (α− 4) (α+ 1) (α+ 3) (α+ 5) a0

1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6

n = 5 → a7 = −(α− 5) (α+ 6) a5

6 × 7= −(α− 1) (α− 3) (α− 5) (α+ 2) (α+ 4) (α+ 6) a1

1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7.

Em geral

a2n =(−1)nα (α− 2) . . . (α− 2n+ 2) (α + 1) (α+ 3) . . . (α + 2n− 1) a0

(2n)!

a2n+1 =(−1)n(α− 1) (α− 3) . . . (α− 2n+ 1) (α+ 2) (α+ 4) . . . (α+ 2n) a1

(2n+ 1)!.

Logo, a solução geral da edo é: y(x) = a0 y1(x) + a1 y2(x), onde:

y1(x) = 1 +

∞∑

n=1

(−1)nα (α− 2) . . . (α− 2n+ 2) (α+ 1) (α+ 3) . . . (α+ 2n− 1) x2n

(2n)!

y2(x) = x+

∞∑

n=1

(−1)n(α− 1) (α− 3) . . . (α− 2n+ 1) (α+ 2) (α+ 4) . . . (α+ 2n) x2n+1

(2n+ 1)!.

É imediato que y1 e y2 são l.i. Lembremos que a recorrência da edo de Legendreé:


an+2 = −(α− n)(n+ α + 1) an(n+ 1) (n+ 2)

,

para todo n = 0, 1, 2, 3, . . ..

1. Se α ∈ N ∪ 0, então para α = n temos an+2 = 0 para todo n ∈ N.

2. Se α é par y1(x) é um polinômio e se α é ímpar y2(x) é um polinômio.

3. Por exemplo, escolhendo a0 = 1 e a1 = 0, temos y = y1 e escolhendo a0 = 0e a1 = 1, temos y = y2.

α = 0 → a2 = a4 = a6 = . . . = 0 → y1(x) = 1

α = 1 → a3 = a5 = a7 = . . . = 0 → y2(x) = x

α = 2 → a4 = a6 = a8 = . . . = 0 → y1(x) = 1 − 3 x2

α = 3 → a5 = a7 = a9 = . . . = 0 → y2(x) = x− 5 x3

3.

4. É usual nas aplicações, multiplicar cada termo dos polinômios por umaconstante adequada tal que estes sejam iguais a 1 quando calculados parax = 1, isto é:

Pn(x) =

y1(x)

y1(1)se n é par

y2(x)

y2(1)se n é ímpar.

5. Estes polinômios são chamados de Legendre e denotados por Pn(x).

6. Os polinômios Pn(x) estão definidos para todo x, mas são solução da edode Legendre somente se x ∈ (−1, 1).

7. Os seis primeiros polinômios de Legendre (normalizados) são:

P0(x) = 1 P1(x) = x

P2(x) =1

2

(

3 x2 − 1) P3(x) =1

2

(

5 x3 − 3 x)

P4(x) =1

8

(

35 x4 − 30 x2 + 3) P5(x) =1

8

(

63 x5 − 70 x3 + 15 x)

.


-1.0 -0.5 0.5 1.0

-1.0

-0.5

0.5

1.0

Figura 2.3: Gráficos de P1, P2, P3, P4 e P5.

Em geral, os polinômios de Legendre são dados por:

Pn(x) =

N∑

k=0

(−1)k (2n− 2 k)! xn−2k

2n k! (n− k)! (n− 2 k)!,

onde N é o maior enteiro ≤ n/2. Note que, Pn(1) = 1 e Pn(−1) = (−1)n para todon. Gráficos de alguns dos polinômios:

Proposição 2.1. Fórmula de Rodrigues:

Pn(x) =1

2n n!

dn

dxn(x2 − 1)n.

De fato, utilizando que:

dn

dxnx2(n−α) =

(2n− 2α)! xn−2α

(n− 2α)!.

Como:

Pn(x) =

N∑

k=0

(−1)n (2n− 2 k)! xn−2k

2n k! (n− k)! (n− 2 k)!

=1

2n

N∑

k=0

(−1)n

k! (n− k)!

dn

dxnx2(n−k)

=1

2n n!

dn

dxn

N∑

k=0

(−1)n n!

k! (n− k)!x2(n−k)

=1

2n n!

dn

dxn(x2 − 1)n.


Os polinômios de Legendre aparecem no problema geométrico de determinar adistância inversa. Devido a isto, são utilizados com frequência em problemas deeletrostática e gravitação.

2.3.1 Exemplos e Aplicações

1. Os polinômios de Legendre satisfazem à seguinte propriedade:

∫ 1

−1

Pn(x)Pm(x) dx =

0 se n 6= m2

2n+ 1se n = m.

Esta propriedade é chamada ortogonalidade dos polinômios de Legendre. Paramais detalhes, veja o próximo capítulo. Primeiramente mostraremos que:

∫ 1

−1

Pn(x)Rm(x) dx = 0,

onde Rm(x) é um polinômio de grau 0 ≤ m < n. Logo, basta mostrar que:

∫ 1

−1

xm Pn(x) dx = 0.

Denotemos por Q(x) = (x2 − 1)n e Q(n)(x) =dnQ(x)

dxn; então pela fórmula de

Rodrigues:

2n n!

∫ 1

−1

xm Pn(x) dx =

∫ 1

−1

xmQ(n)(x) dx.

Integramos por partes a última integral utilizando que Q(n)(±1) = 0; logo, inte-graremos por partes, m vezes, a integral resultante:

2n n!

∫ 1

−1

xm Pn(x) dx = xmQ(n−1)

∣

∣

∣

∣

1

−1

−m

∫ 1

−1

xm−1 Q(n−1)(x) dx

= −m∫ 1

−1

xm−1Q(n−1)(x) dx

= (−1)mm!

∫ 1

−1

Q(n−m)(x) dx

= (−1)mm! Q(n−m−1)(x)

∣

∣

∣

∣

1

−1

= 0.

Em particular:


∫ 1

−1

Pn(x)Pm(x) dx = 0 se n 6= m.

Se n = m:

I = (2n n!)2

∫ 1

−1

P 2n(x) dx =

∫ 1

−1

Q(n)(x)Q(n)(x) dx.

Integramos por partes a última integral; logo,integraremos por partes n vezes aintegral resultante:

I = Q(n)(x)Q(n−1)

∣

∣

∣

∣

1

−1

−∫ 1

−1

Q(n+1)(x)Q(n−1)(x) dx

= −∫ 1

−1

Q(n+1)Q(n−1)(x) dx

= (−1)n∫ 1

−1

Q(2n)Q(x) dx

= (−1)n∫ 1

−1

d2n

dx2n

[

(x2 − 1)n]

(x2 − 1)n dx

= (−1)n (2n)!

∫ 1

−1

(−1)n (1 − x2)n dx

= (2n)!

∫ 1

−1

(1 + x)n (1 − x)n dx,

onde utilizamos o fato de qued2n

dx2n

[

(x2−1)n]

= (2n)! (verifique!). Integramos por

partes a última integral e novamente integraremos por partes n vezes a integralresultante:

I = (2n)!

[

(1 − x)n (1 + x)n+1

n+ 1

∣

∣

∣

∣

1

−1

+n

n + 1

∫ 1

−1

(1 + x)n+1 (1 − x)n−1 dx

]

=(2n)!n

n + 1

∫ 1

−1

(1 + x)n+1 (1 − x)n−1 dx

=(2n)!n (n− 1) (n− 1) . . . 2 · 1(n + 1) (n+ 2) (n+ 3) . . . 2n

∫ 1

−1

(1 + x)2n dx

=(2n)!n!n!

(2n)! (2n+ 1)(1 + x)2n+1

∣

∣

∣

∣

1

−1

=(n!)2 22n+1

2n+ 1.


2. A equação de Laplace para o potencial V = V (x, y, z) é dada por:

∂2V

∂x2+∂2V

∂y2+∂2V

∂z2= 0.

Em coordenadas esféricas (r, θ, φ), a equação de Laplace fica:

∂2V

∂r2+

2

r

∂V

∂r+

1

r2

∂2V

∂θ2+cotg(θ)

r2

∂V

∂θ+

1

r2 sen2(θ)

∂2V

∂φ2= 0.

Se o potencial V não depende do ângulo φ, isto é, se V (r, θ) = rα Θ(θ), a equaçãode Laplace fica:

d2Θ

dθ2+ cotg(θ)

dΘ

dθ+ α(α + 1)Θ = 0.

Fazendo x = cotg(θ) e substituindo Θ por y na edo anterior, temos a edo deLegendre.

3. Os polinômios de Legendre são uma solução da edo de Lagrange. Por outrolado, a edo de Legendre é de segunda ordem; logo deve existir a segunda soluçãoda edo, l.i. com os polinômios. É possível mostrar que a segunda solução da edode Legendre é dada por:

Qn(x) =1

2

∫ 1

−1

Pn(t)

x− tdt, se |x| < 1.

Utilizando integração por partes, temos que as funções Qn = Qn(x) também sãosoluções da edo de Legendre para |x| > 1. Note que:

Q0(x) =1

2ln

[

x+ 1

x− 1

]

Q1(x) = −1 +x

2ln

[

x+ 1

x− 1

]

Q2(x) = −3 x

2+

3 x2 − 1

4ln

[

x+ 1

x− 1

]

Q3(x) =2

3− 5 x2

2+x(5 x2 − 3)

4ln

[

x+ 1

x− 1

]

Q4(x) =55 x

24− 35 x3

8+

3 − 30 x2 + 35 x4

16ln

[

x+ 1

x− 1

]

.


-1 1

1

-1

Figura 2.4: Gráficos de Q0, Q1 e Q2.

Nos seguintes desenhos, gráficos de P4(x),Q4(x) e P8(x),Q8(x), respectivamente:

-1 1

1

-1

-1 1

1

-1

2.4. EXERCÍCIOS 69

2.4 Exercícios

1. Achar as soluções em torno do ponto regular x0 = 0 das seguintes edo’s, ve-rificando que são linearmente independentes e determinando seu raio de con-vergência:

a) (x2 − 1) y′′ + 4 x y′ + 2 y = 0 b) (x2 + 2) y′′ + 4 x y′ + 2 y = 0

c) y′′ + x y′ + y = 0 d) (x2 + 1) y′′ + 6 x y′ + 4 y = 0

e) (x2 − 3) y′′ + 2 x y′ = 0 f) (x2 − 1) y′′ − 6 x y′ + 12 y = 0

g) y′′ + 2 x y = 0 h) y′′ + x2 y = 0

i) y′′ − x y = 0, edo de Airy j) y′′ + x y′ + y = 0

2. Analogamente ao ítem anterior, achar as soluçõs dos seguintes PVI:

a)

(1 + x2) y′′ + 2 x y′ − 2 y = 0

y(0) = y′(0) = 0b)

y′′ + x y′ − 2 y = 0

y(0) = 1

y′(0) = 0

c)

y′′ − ex y = 0

y(0) = y′(0) = 1

3. Fazendo a mudança x = t− x0, achar os 10 primeiros termos de cada soluçãodos seguintes PVI:

a)

(4 t2 + 16 t+ 17) y′′ − 8 y = 0

y(−2) = 1

y′(−2) = 0

b)

(2 t− t2) y′′ − 6 (t− 1) y′ − 4 y = 0

y(1) = 0

y′(1) = 1

4. Sejam Pn = Pn(x) os polinômios de Legendre, verifique que:

a) P ′n(1) =

n (n + 1)

2b) P ′

n(−1) = (−1)n−1 n (n+ 1)

2

c) P ′n+1 − 2 xP ′

n + P ′n−1 − Pn = 0 d) xP ′

n − P ′n−1 − nPn = 0


5. Edo de Hermite: Seja α > 0; a edo de Hermite de ordem α é:

y′′ − 2 x y′ + α y = 0.

6. Verifique que as soluções da edo de Hermite são:

y1(x) = 1 +∞

∑

n=1

(−1)n 2n α(α− 2) . . . (α− 2n+ 2) x2n

(2n)!

y2(x) = x+

∞∑

n=1

(−1)n 2n (α− 1)(α− 3) . . . (α− 2n+ 1) x2n+1

(2n+ 1)!

7. Verifique que se α é um inteiro par, y1(x) é um polinômio; analogamente, se αé um inteiro ímpar, y2(x) é um polinômio. Estes polinômios são chamados deHermite e são denotados por Hn(x).

8. Verifique que:

Hn(x) = ex2 dn

dxn(

e−x2)

, n = 0, 1, 2 . . .

9. Esboce o gráfico de H1(x), H2(x), H3(x) e H4(x).

10. Verifique que:

Hn(x) = (−1)nHn(−x) eHn+1(x) + 2 xHn(x) + 2nHn−1(x) = 0

11. Considere as edo’s do tipo:

y′′ + (1 − x2 + 2α) y = 0.

Verifique que fazendo y = e−x2

v, obtemos a edo de Hermite.

12. Utilizando vi), determine a solução da edo de Weber:

y′′ +(

n+1

2− x2

4

)

y = 0, n ∈ N.

2.4. EXERCÍCIOS 71

13. Seja x = (x, y, z, t) ∈ R3 × (0,+∞). A equação de Schrödinger é :

iΨt = − ℏ

2m∆Ψ + V Ψ,

onde i =√−1, ∆Ψ é a equação de Laplace, Ψ = Ψ(x) e V = V (x, y, z) é uma

função diferenciável,m > 0 e ℏ é a constante de Plank. Esta equação descreve aiteração de uma partícula quântica de massam com um potencial V . Em parti-cular, a equação de Schrödinger para um oscilador harmônico unidimensional

com função potencial V (x) =k x2

2e energia total E constante, é dada por:

− ℏ2

2m

d2Ψ

dx2+k x2

2Ψ(x) = EΨ(x).

Fazendo:

ξ = αx α4 =mk

ℏ2

λ =2E

ℏω0

ω0 =

√

k

m,

verifique que a edo unidimensional de Schrödinger pode ser escrita como:

d2Ψ

dξ2+ (λ− ξ2) Ψ(ξ) = 0.

Utilize a mudança Ψ = y(ξ) e−ξ2/2 para reescrever a útima edo como a edo de

Hermite:

y′′ − 2 ξ y′ + (λ− 1) y = 0.

Ache a solução para λ = 2n+ 1.

Capítulo 3

MÉTODO DE FROBENIUS

Os procedimentos que utilizaremos para achar soluções de edo’s, neste capítulo,são bastante similares aos estudados no capítulo anterior, os quais são conhecidoscomo Método de Fobenius. O método será apressentado através de diversosexemplos.

3.1 Introdução

Primeiramente estudaremos o seguinte exemplo:

Exemplo 3.1.

Edo de Euler-Lagrange:

x2 y′′ + a x y′ + b y = 0,

onde a, b ∈ R.

Note que x0 = 0 é ponto singular da edo. Por outro lado, procuramos soluçõesdo tipo y(x) = xα com x 6= 0, onde α ∈ R; isto é, α não é necessariamente umnúmero natural.

y = xα, y′ = α xα−1,

y′′ = α (α− 1) xα−2.

Logo a edo pode ser reescrita:

x2 y′′ + a x y′ + b y =[

α (α− 1) + aα + b]

xα = 0;

logo, α (α− 1) + aα+ b = 0. Sejam α1 e α2 as soluções desta equação de segundograu. Logo:

73

74 CAPÍTULO 3. MÉTODO DE FROBENIUS

1. Se αi ∈ R é tal que α1 6= α2, então:

y(x) = c1 |x|α1 + c2 |x|α2 , x ∈ (−∞, 0) ∪ (0,+∞).

2. Se αi ∈ R é tal que α = α1 = α2, então:

y(x) = c1 |x|α + c2 ln(|x|) |x|α, x ∈ (−∞, 0) ∪ (0,+∞).

3. Se αi ∈ C, então α1 = a + i b e α2 = a− i b; então:

y(x) = |x|a[

c1 cos(

ln(b |x|))

+ c2 sen(

ln(b |x|))

]

, x ∈ (−∞, 0) ∪ (0,+∞).

Isto nos mostra que ainda em torno de pontos singulares é possível achar solu-ção. Estas soluções não são analíticas; como por exemplo, na equação de Euler-Lagrange quando as raízes da equação de segundo grau forem α1 =

√2 e α2 =

−√

2. Portanto, em torno de um ponto singular não procuraremos soluções emforma de séries de potências (expoentes naturais). Procuraremos soluções quetenham como caso particular as soluções da edo de Euler-Lagrange.

3.2 Soluções em Torno de Pontos Singulares

A seguir determinaremos quais singularidades admitem soluções "tipo"edo deEuler-Lagrange.

Definição 3.1. Seja x0 um ponto singular da edo (2.3). O ponto x0 é dito singularregular, se se verificam simultaneamente as condições:

1. (x− x0)P1(x)

P2(x)é analítica em x0 e,

2. (x− x0)2 P0(x)

P2(x)é analítica em x0.

Observações 3.1.

1. Uma singularidade que não é regular é dita irregular.

2. Isto é, se x0 é singular regular as singularidades da edo podem ser "removi-das".

3.2. SOLUÇÕES EM TORNO DE PONTOS SINGULARES 75

Exemplo 3.2.

[1] Considere a edo de Euler-Lagrange:

x2 y′′ + a x y′ + b y = 0,

onde a, b ∈ R. A única singularidade é x0 = 0; por outro lado:

1. x[

a x

x2

]

= a é analítica em 0 e,

2. x2

[

b

x2

]

= b é analítica em 0. Logo x0 = 0 é singular regular.

[2] Considere a edo de Bessel de ordem ν ≥ 0:

x2 y′′ + x y′ + (x2 − ν2) y = 0.

A única singularidade é x0 = 0; por outro lado:

1. x[

x

x2

]

= 1 é analítica em 0 e,

2. x2

[

x2 − ν2

x2

]

= x2 − ν2 é analítica em 0. Logo x0 = 0 é singular regular.

[3] Considere a edo de Legendre

(1 − x2) y′′ − 2 x y′ + α (α + 1) y = 0.

Os únicos pontos singulares são x0 = ±1; então para x0 = 1:

1. −(x− 1)

[

2 x

1 − x2

]

=2 x

x+ 1é analítica em 1 e,

2. (x − 1)2

[

α (α+ 1)

1 − x2

]

= −α (α+ 1) (x− 1)

x+ 1é analítica em 1. Logo x0 = 1 é

singular regular.

Análogamente para x0 = −1. Logo x0 = ±1, necessariamente, devem ser singu-lares regulares.

[4] Considere a edo:

(x− 1)2 y′′ + 2 y′ + x y = 0.

A única singularidade é x0 = 1; por outro lado:


1. (x− 1)

[

2

(x− 1)2

]

=1

x− 1que não é analítica em 1 e,

2. (x − 1)2

[

1

(x− 1)2

]

=1

(x− 1)2também não é analítica em 1. Logo x0 = 1 é

ponto irregular.

3.2.1 A Equação Indicial

Se x0 é ponto singular regular da edo (2.3), então as funções:

(x− x0)P1(x)

P2(x)e (x− x0)

2 P0(x)

P2(x)

são analíticas em torno de x0. Neste caso:

limx−→x0

(x− x0)P1(x)

P2(x)e lim

x−→x0

(x− x0)2 P0(x)

P2(x)

existem.

Logo, se x0 é ponto singular regular da edo (2.3) consideramos a equação de se-gundo grau:

r (r − 1) + p0 r + q0 = 0, (3.1)

onde :

p0 = limx−→x0

(x− x0)P1(x)

P2(x)e q0 = lim

x−→x0

(x− x0)2 P0(x)

P2(x).

Definição 3.2. A equação (3.1) é dita equação indicial (e.i.) associada a edo (2.3).

Exemplo 3.3.

[1] Considere a edo de Legendre

(1 − x2) y′′ − 2 x y′ + α (α + 1) y = 0.

No ponto singular regular x0 = 1, temos:

1. limx−→1

−(x− 1)

[

2 x

1 − x2

]

= limx−→1

2 x

x+ 1= 1 e,

2. limx−→1

(x− 1)2

[

α (α + 1)

1 − x2

]

= limx−→1

−α (α + 1) (x− 1)

x+ 1= 0.


3. Logo, a e.i. é:

r (r − 1) + r = r2 = 0;

e suas raízes são r = 0.


2 x2 y′′ + 3 x y′ + (2 x2 − 1) y = 0.


1. limx−→0

x

[

3 x

2 x2

]

=3

2e,

2. limx−→0

x2

[

2 x2 − 1

2 x2

]

= limx−→0

2 x2 − 1

2= −1

2.

3. Logo, a e.i. é:

r (r − 1) +3 r

2− 1

2=

1

2(r + 1)(2 r − 1) = 0;

e suas raízes são r1 = −1 e r2 =1

2.


x2 y′′ − x y′ − (x2 + 5/4) y = 0.


1. limx−→0

x

[

− 1

x

]

= −1 e,

2. limx−→0

x2

[

− x2 + 5/4

x2

]

= −5

4.

3. Logo, a e.i. é:

r (r − 1) − r − 5

4= 0;

e suas raízes são r1 =5

2e r2 = −1

2.


Seja x0 um ponto singular regular da edo (2.3) e denotemos os raios de conver-gência das séries que representam as funções analíticas

(x− x0)P1(x)

P2(x)e (x− x0)

2 P0(x)

P2(x)

por ρ1 > 0 e ρ2 > 0 , respectivamente. Seja ρ o menor entre ρ1 e ρ2.

Teorema 3.1. Sejam x0 um ponto singular regular da edo (2.3), r1 e r2 raízes da (3.1).Se ri ∈ R é tal que r1 ≥ r2, então uma solução da edo (2.3) é da forma:

y1(x) = |x− x0|r1[

1 +

∞∑

n=1

an (x− x0)n

]

,

para 0 < |x− x0| < ρ.

1. Se r1 − r2 /∈ Z, então existe uma segunda solução l.i., do tipo:

y2(x) = |x− x0|r2[

1 +

∞∑

n=1

bn (x− x0)n

]

.

2. Se r1 = r2, então existe uma segunda solução l.i., do tipo:

y2(x) = y1(x) ln |x− x0| + |x− x0|r2[

1 +∞

∑

n=1

bn (x− x0)n

]

.

3. Se r1 − r2 ∈ N, então existe uma segunda solução l.i., do tipo:

y2(x) = C y1(x) ln |x− x0| + |x− x0|r2[

1 +∞

∑

n=1

bn (x− x0)n

]

,

onde a constante C pode ser zero

Se a (3.1) possui raízes complexas, isto é: r1 = a + i b e r2 = a − i b, utilizando afórmula de Euler, temos:

y1(x) = |x− x0|a[

w1 cos(

b ln|x− x0|)

+ w2 sen(

b ln|x− x0|)

]

,

y2(x) = |x− x0|a[

w1 cos(

b ln|x− x0|)

− w2 sen(

b ln|x− x0|)

]

,

onde w1 =

∞∑

n=0

bn (x− x0)n e w2 =

∞∑

n=0

cn (x− x0)n.


Exemplo 3.4.


2 x2 y′′ − x y′ + (1 + x) y = 0.

O único ponto singular da edo é x0 = 0, o qual é singular regular; por outro lado:

1. p0 = limx−→0

−x[

x

2 x2

]

= −1

2e,

2. q0 = limx−→0

x2

[

1 + x

2 x2

]

=1

2.

3. Logo, a e.i. é:

r (r − 1) − r

2+

1

2= 2 r2 − 3 r + 1 = 0,

cujas raízes são r1 = 1 e r2 =1

2.

Como r1−r2 =1

2, do teorema de Frobenius, segue que a edo possui duas soluções,

linearmente independentes, da forma:

y1(x) =∞

∑

n=0

an xn+r1 e y2(x) =

∞∑

n=0

bn xn+r2 .

Então, procuramos soluções do tipo:

y =

∞∑

n=0

an xn+r,

y′ =

∞∑

n=0

(n+ r) an xn+r−1 e

y′′ =∞

∑

n=0

(n+ r) (n+ r − 1) an xn+r−2.

Logo:


(1 + x) y =∞

∑

n=0

an xn+r +

∞∑

n=0

an xn+r+1,

x y′ =∞

∑

n=0

(n+ r) an xn+r,

2 x2 y′′ =

∞∑

n=0

2 (n+ r) (n+ r − 1) an xn+r.

A edo pode ser reescrita:

∞∑

n=0

[

(2 (n+ r) (n+ r − 1) − (n + r) + 1

]

an xn+r +

∞∑

n=0

an xn+r+1 = 0

∞∑

n=0

[

(2 (n+ r) (n+ r − 1) − (n + r) + 1

]

an xn+r +

∞∑

n=1

an−1 xn+r = 0

onde na última série trocamos n + 1 por n. Temos:

P (r) a0 xr +

∞∑

n=1

[

(2n+ 2 r − 1) (n+ r − 1) an + an−1

]

xn+r = 0,

onde P (r) =(

2 r (r − 1) − r + 1)

. Logo, obtemos:

1. P (r) a0 = 0; como a constante arbitrária a0 6= 0, então 2 r (r− 1)− r+ 1 = 0 queé a equação indicial

2.[

(2n+ 2 r − 1) (n+ r − 1)]

an + an−1 = 0, para todo n = 1, 2, 3, . . ..

Caso r = 1. Do ítem 2:

an = − an−1

n (2n+ 1), n = 1, 2, 3, . . . .

n = 1 → a1 = −a0

3= − a0

1 × 3

n = 2 → a2 = − a1

2 × 5=

a0

(1 × 2) (1 × 3 × 5)

n = 3 → a3 = − a2

3 × 7= − a0

(1 × 2 × 3) (1 × 3 × 5 × 7)

n = 4 → a4 = − a3

4 × 9=

a0

(1 × 2 × 3 × 4) (1 × 3 × 5 × 7 × 9).

Em geral:


an =(−1)n a0

n! (2n+ 1)!!,

escolhendo a0 = 1:

y1(x) = x

[

1 +

∞∑

n=1

(−1)n xn

n! (2n+ 1)!!

]

.

Caso r =1

2. Do item 2:

bn = − bn−1

n (2n− 1), n = 1, 2, 3, . . . .

n = 1 → b1 = −b01

n = 2 → b2 = − b12 × 3

=b0

1 × 2 × 3

n = 3 → b3 = − b23 × 5

= − b0(1 × 2 × 3) (1 × 3 × 5)

n = 4 → b4 = − b34 × 7

=b0

(1 × 2 × 3 × 4) (1 × 3 × 5 × 7).

Em geral:

bn =(−1)n b0

n! (2n− 1)!!,

escolhendo b0 = 1:

y2(x) =√x

[

1 +

∞∑

n=1

(−1)n xn

n! (2n− 1)!!

]

.

Claramente y1 e y2 são l.i.

1 2 3 4 5 6

-1.0

- 0.5

0.5

1.0

Figura 3.1: As soluções de [1].



4 x y′′ + 2 y′ + y = 0.

O único ponto singular da edo é x0 = 0; por outro lado:

1. p0 = limx−→0

x

[

2

4 x

]

=1

2e,

2. q0 = limx−→0

x2

[

1

2 x

]

= 0.

3. Logo, a e.i. é:

r (r − 1) +r

2= r

(

r − 1

2

)

= 0,

cujas raízes são r1 = 0 e r2 =1

2.

Como r1 − r2 = −1

2, do teorema de Frobenius, segue que a edo possui duas

soluções, linearmente independentes, da forma:

y1(x) =∞

∑

n=0

an xn+r1 e y2(x) =

∞∑

n=0

bn xn+r2 .

Então, procuramos soluções do tipo:

y =

∞∑

n=0

an xn+r, y′ =

∞∑

n=0


y′′ =

∞∑

n=0

(n+ r) (n+ r − 1) an xn+r−2.

Logo:

y =∞

∑

n=0

an xn+r,

2 y′ =∞

∑

n=0

2 (n+ r) an xn+r−1,

4 x y′′ =

∞∑

n=0

4 (n+ r) (n+ r − 1) an xn+r−1.



∞∑

n=0

[

(n+ r) (4n+ 4 r − 2)]

an xn+r−1 +

∞∑

n=0

an xn+r = 0,

r (4 r − 2) a0 xr−1 +

∞∑

n=1

[

(n + r) (4n+ 4 r − 2) an + an−1

]

xn+r−1 = 0

onde na última série trocamos n por n− 1. Logo, obtemos:

1. r (4 r − 2) a0 = 0; como a constante arbitrária a0 6= 0, então r (4 r − 2) = 0 que éa equação indicial.

2. (n+ r) (4n+ 4 r − 2) an + an−1 = 0, para todo n = 1, 2, 3, . . ..

Caso r = 0. Do ítem 2:

an = − an−1

2n (2n− 1), n = 1, 2, 3, . . . .

n = 1 → a1 = −a0

2= −a0

2!

n = 2 → a2 = − a1

3 × 4=a0

4!

n = 3 → a3 = − a2

5 × 6= −a0

6!

n = 4 → a4 = − a3

7 × 8=a0

8!.

Em geral: an =(−1)n a0

(2n)!. Logo, fazendo a0 = 1:

y1(x) =∞

∑

n=0

(−1)n xn

(2n)!= cos

(√x)

.

Caso r =1

2. Do ítem 2:

bn = − bn−1

2n (2n+ 1), n = 1, 2, 3, . . . .

n = 1 → b1 = − b02 × 3

= −b03!

n = 2 → b2 = − b14 × 5

=b05!

n = 3 → b3 = − b26 × 7

= −b07!

n = 4 → b4 = − b38 × 9

=b09!.


Em geral: bn =(−1)n b0(2n+ 1)!

. Logo, fazendo b0 = 1:

y2(x) =√x

[ ∞∑

n=0

(−1)n xn

(2n+ 1)!

]

=∞

∑

n=0

(−1)n x(2n+1)/2

(2n+ 1)!= sen

(√x)

.

Claramente y1 e y2 são l.i. e a solução é:

y(x) = c0 cos(√

x)

+ c1 sen(√

x)

.

1 2 3 4 5 6

-1.0

- 0.5

0.5

1.0

Figura 3.2: As soluções de [2].


x2 y′′ − x y′ −(

x2 +5

4

)

y = 0, x > 0.


1. limx−→0

x

[

− 1

x

]

= −1 e,

2. limx−→0

x2

[

− x2 + 5/4

x2

]

= −5

4.

3. Logo, a e.i. é:

r (r − 1) − r − 5

4= 0;

e suas raízes são r1 =5

2e r2 = −1

2.

Como r1−r2 = 3, do teorema de Frobenius, segue que a edo possui duas soluções,linearmente independentes, da forma:


y1(x) =∞

∑

n=0

an xn+r1 , (a0 6= 0) e y2(x) =

∞∑

n=0

bn xn+r2 + C y1(x) ln(x), (b0 6= 0);

onde a constante C pode ser nula. Então, procuramos soluções do tipo:

y =∞

∑

n=0

an xn+r, y′ =

∞∑

n=0


y′′ =∞

∑

n=0

(n+ r) (n+ r − 1) an xn+r−2.

Logo:

(

x2 +5

4

)

y =(

x2 +5

4

)

∞∑

n=0

an xn+r =

∞∑

n=0

an xn+r+2 +

∞∑

n=0

5 an4

xn+r,

x y′ = x∞

∑

n=0

(n+ r) an xn+r−1 =

∞∑

n=0

(n + r) an xn+r,

x2 y′′ = x2∞

∑

n=0

(n+ r) (n+ r − 1) an xn+r−2 =

∞∑

n=0

(n+ r) (n+ r − 1) an xn+r.


∞∑

n=0

an xn+r+2 +

∞∑

n=0

[

(n+ r) (n+ r − 1) − (n+ r) +5

4

]

an xn+r = 0,

∞∑

n=2

an−2 xn+r +

∞∑

n=0

[

(n+ r) (n+ r − 1) − (n+ r) +5

4

]

an xn+r = 0

onde na última série trocamos n por n− 2. Então:

P (r) a0 xr + h(r) a1 x

r+1 +

∞∑

n=2

[

an−2 + g(r) an]

xn+r = 0

onde P (r) = r2 − 2 r +5

4, h(r) = r2 +

1

4e g(r) = (n+ r) (n+ r − 1) − (n+ r) +

5

4.

Logo, obtemos:

1. P (r)) a0 = 0; como a constante arbitrária a0 6= 0, então r2 − 2 r +5

4= 0, que é a

a equação indicial.


2. h(r) 6= 0, então a1 = 0.

3. Por outro lado, temos:

[

(n + r) (n+ r − 2) +5

4

]

an − an−2 = 0,

para todo n = 2, 3, . . ..

Caso r =5

2. Do ítem 3:

an =an−2

n (n+ 3), n = 2, 3, . . . .

Como a1 = 0, temos que a3 = a5 = a7 = . . . = 0. Em geral a2n+1 = 0, para todon = 1, 2, 3, . . ..

n = 2 → a2 =a0

2 × 5

n = 4 → a4 =a2

4 × 7=

a0

(2 × 4) × (5 × 7)

n = 6 → a6 =a4

6 × 9=

a0

(2 × 4 × 6) × (5 × 7 × 9)

n = 8 → a8 =a6

8 × 11=

a0

(2 × 4 × 6 × 8) × (5 × 7 × 9 × 11).

Em geral:

an =a0

(2n)!! (2n+ 3)!!e a2n+1 = 0,

todo n = 1, 2, 3, . . .; logo:

y1(x) = a0 x5/2

[

1 +

∞∑

n=1

x2n

(2n)!! (2n+ 3)!!

]

.

Para achar y2, podemos supor que C = 0 e determinamos a série para a segundaraiz da equação indicial.

Caso r = −1

2. Do ítem 3:

n (n− 3) bn = bn−2, n = 2, 3, . . . .

Sabemos que b0 6= 0 e b1 = 0. Por outro lado, se n = 3, temos

0 b3 = b1 = 0;

logo, b3 arbitrário. Por outro lado:


n = 2 → b2 = −b02

n = 4 → b4 =b24

= − b02 × 4

n = 5 → b5 =b3

2 × 5

n = 6 → b6 =b4

6 × 3= − b0

(2 × 4 × 6) × 3

n = 7 → b7 =b5

4 × 7=

b3(2 × 4) × (5 × 7)

n = 8 → b8 =b6

5 × 8= − b0

(2 × 4 × 6 × 8) × (3 × 5)

Em geral:

b2n = − b0(2n)!! (2n− 3)!!

n = 3, 4, . . .

b2n+1 =b3

(2n− 2)!! (2n+ 1)!!n = 2, 3, 4, . . . ;

logo, temos que:

y2(x) =b0√xh1(x) +

b3√xh2(x),

onde:

h1(x) = 1 − x2

2− x4

8−

∞∑

n=3

x2n

(2n)!! (2n− 3)!!

h2(x) = x3 +∞

∑

n=2

x2n+1

(2n− 2)!! (2n+ 1)!!= x3

[

1 +∞

∑

n=2

x2n−1

(2n− 2)!! (2n+ 1)!!

]

= x3

[

1 +∞

∑

n=1

x2n

(2n)!! (2n+ 3)!!

]

.

Então, escrevemos:

y2(x) =b0√xh1(x) + b3 x

5/2 h2(x).

Fazendo b0 = 0 e b3 = a0, temos que y2(x) = y1(x); logo y2 é a solução geral daedo.


[4] Se y1(x) = 1 é uma solução da edo:

x y′′ + (1 − x) y′ = 0, x > 0.

Determine a segunda solução l.i. ao redor do ponto x0 = 0.


1. limx−→0

x

[

1 − x

x

]

= 1 e,

2. limx−→0

x2 [0] = 0.

3. Logo, a e.i. é:

r2 = 0;

e suas raízes são r = r1 = r2 = 0

Como r1 − r2 = 0, do teorema de Frobenius, segue que a segunda solução da edo,linearmente independentes, é da forma:

y2(x) = ln(x) y1(x) +

∞∑

n=1

bn xn = ln(x) +

∞∑

n=1

bn xn.

Determinemos y2 = y2(x).

y2 = ln(x) +

∞∑

n=1

bn xn, y′2 =

1

x+

∞∑

n=1

n bn xn−1 e

y′′2 = − 1

x2−

∞∑

n=2

n (n− 1) bn xn−2.

Logo, a edo pode ser reescrita:

− 1

x+

∞∑

n=2

n (n− 1) bn xn−1 +

1

x+

∞∑

n=1

n bn xn−1 − 1 −

∞∑

n=1

n bn xn = 0,

∞∑

n=1

n2 bn xn−1 − 1 −

∞∑

n=1

n bn xn = 0,

b1 − 1 +

∞∑

n=1

[

(n+ 1)2 bn+1 − n bn]

xn = 0

onde na primeira série trocamos n por n− 1. Então:


b1 = 1,

(n + 1)2 bn+1 − n bn = 0,

para todo n = 1, 2, 3, . . .. Logo,

bn+1 =n bn

(n+ 1)2, n = 1, 2, 3, . . . .

n = 1 → b2 =b122

= − 1

2 (1 × 2)=

1

2 × 2!

n = 2 → b3 =2 b232

=1

3 (1 × 2 × 3)=

1

3 × 3!

n = 3 → b4 =3 b342

=1

4 (1 × 2 × 3 × 4)=

1

4 × 4!

n = 5 → b5 =4 b452

=1

5 (1 × 2 × 3 × 4 × 5)=

1

5 × 5!.

Em geral an =1

nn!, para todo n = 1, 2, 3, . . .; logo:

y2(x) = ln(x) +

∞∑

n=1

xn

nn!.


x y′′ + (x+ 2) y′ + 2 y = 0, x > 0.


1. limx−→0

x

[

2

x+ 1

]

= 2 e,

2. limx−→0

x2

[

− 2

x

]

= 0.

3. Logo, a e.i. é:

r (r + 1) = 0;

e suas raízes são r1 = 0 e r2 = −1.

Como r1−r2 = 1, do teorema de Frobenius, segue que a edo possui duas soluções,linearmente independentes, da forma:


y1(x) =∞

∑

n=0

an xn+r1 , (a0 6= 0) e y2(x) =

∞∑

n=0

bn xn+r2 + C y1(x) ln(x), (b0 6= 0);

onde a constante C pode ser nula. Neste exemplo utilizaremos uma estratégia di-ferente da utilizada nos outros exemplos. Primeiramente procuraremos soluçõespara r = 0:

y =

∞∑

n=0

an xn+r, y′ =

∞∑

n=0


y′′ =

∞∑

n=0

(n+ r) (n+ r − 1) an xn+r−2.

Logo:

2 y =∞

∑

n=0

2 an xn,

(x+ 2) y′ =∞

∑

n=0

n an xn +

∞∑

n=0

2n an xn−1,

x y′′ =∞

∑

n=0

n (n− 1) an xn−1.


∞∑

n=0

[

n (n+ 1) + 2n]

an xn−1 +

∞∑

n=0

(n + 2) an xn = 0,

∞∑

n=0

[(

n (n+ 2) + 2 (n+ 1))

an+1 + (n+ 2) an]

xn = 0

onde na primeira série trocamos n por n− 1. Então:

(n+ 2) (n+ 1) an+1 + (n+ 2) an = 0,

para todo n = 0, 1, 2, 3, . . .. Logo,

(n + 1) an+1 + an = 0,

para todo n = 0, 1, 2, 3, . . . e:


an+1 = − an(n + 1)

, n = 0, 1, 2, 3, . . . .

n = 0 → a1 = −a0

1

n = 1 → a2 = −a1

2=

a0

1 × 2

n = 2 → a3 = −a2

3= − a0

1 × 2 × 3

n = 3 → a4 = −a3

4=

a0

1 × 2 × 3 × 4

n = 4 → a5 = −a4

5= − a0

1 × 2 × 3 × 4 × 5.

Em geral an =(−1)n a0

n!, para todo n = 1, 2, 3, . . .; logo:

y1(x) = a0

∞∑

n=0

(−1)n xn

n!= a0 e

−x.

Para determinar y2, utilizaremos redução da ordem. Para isto, consideremos aedo:

y′′ + p(x) y′ + q(x) y = 0,

e determinamos uma função v = v(x) tal que a segunda solução l.i. da edo é daforma y2(x) = v(x) y1(x), onde:

v(x) =

∫

e−R

p(x) dx

y21(x)

dx.

Na edo temos que p(x) =2

x+ 1 e q(x) =

2

x. Logo:

v(x) =

∫

ex

x2dx.

Esta integral não pode ser calculada diretamente. Por outro lado, ex =

∞∑

n=0

xn

n!;

logo, podemos reescrever:


ex = 1 + x+∞

∑

n=0

xn+2

(n+ 2)!,

ex

x2=

1

x2+

1

x+

∞∑

n=0

xn

(n+ 2)!,

v(x) =

∫

ex

x2dx = −1

x+ ln(x) +

∞∑

n=0

xn+1

(n+ 1) (n+ 2)!.

Então,

y2(x) = v(x) y1(x) = e−x ln(x) +e−x

x

[

− 1 +∞

∑

n=0

xn+2

(n + 1) (n+ 2)!

]

.

3.3 A Edo de Bessel

Acharemos a solução geral da edo de Bessel de ordem ν ≥ 0:

x2 y′′ + x y′ + (x2 − ν2) y = 0.

O ponto x = 0 é o único ponto singular da edo de Bessel. Este ponto é singularregular.

1. p0 = limx−→0

x

[

x

x2

]

= 1,

2. q0 = limx−→0

x2

[

x2 − ν2

x2

]

= −ν2.

3. Logo, a e.i. é:

r (r − 1) + r − ν2 = 0,

cujas raízes são r1 = ν e r2 = −ν.Como r1 − r2 = 2 ν, devemos estudar os casos ν = 0, 2 ν ∈ N e 2 ν /∈ N.

3.4 Edo de Bessel de Ordem Zero

A edo de Bessel de ordem 0 é:

x2 y′′ + x y′ + x2 y = 0,

cujas raízes da e.i. são r1 = r2 = 0.

3.4. EDO DE BESSEL DE ORDEM ZERO 93

3.4.1 Primeira Solução:

Para (x > 0), procuramos soluções do tipo.

y =

∞∑

n=0

an xn, y′ =

∞∑

n=1

n an xn−1 e

y′′ =

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn−2.

Então:

x2 y =

∞∑

n=0

an xn+2,

x y′ =

∞∑

n=1

n an xn,

x2 y′′ =

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn.

Logo, a edo pode ser reescrita:

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn +

∞∑

n=1

n an xn +

∞∑

n=0

an xn+2 = 0

∞∑

n=2

n (n− 1) an xn +

∞∑

n=1

n an xn +

∞∑

n=2

an−2 xn = 0

onde, na última série trocamos n+ 2 por n. Então:

a1 x+

∞∑

n=2

[

n2 an + an−2

]

xn = 0.

Logo:

1. a1 = 0.

2. n2 an+an−2 = 0 para todo n = 2, 3, . . ., então an = −an−2

n2para todo n = 2, 3, . . .

Os ítens 1 e 2 implicam que a2n+1 = 0 para todo n = 0, 1, 2, 3, . . . e:


n = 2 → a2 = −a0

22

n = 4 → a4 = −a2

42=

a0

24 (1 × 2)2

n = 6 → a6 = −a4

62= − a0

26 (1 × 2 × 3)2

n = 8 → a8 = −a6

82=

a0

28 (1 × 2 × 3 × 4)2

n = 10 → a10 = − a8

102= − a0

210 (1 × 2 × 3 × 4 × 5)2.

Em geral:

a2n =(−1)n a0

22n (n!)2, n = 1, 2, 3, . . .

escolhendo a0 = 1, a primeira solução é:

y1(x) =∞

∑

n=1

(−1)n x2n

22n (n!)2=

∞∑

n=0

(−1)n

(n!)2

[

x

2

]2n

.

A notação clássica desta solução é:

J0(x) =∞

∑

n=0

(−1)n

(n!)2

[

x

2

]2n

.

Observações 3.2.

1. A série converge para todo x ∈ R.

2. A função J0 é dita de Bessel de ordem zero de segunda espécie.

3. J0(0) = 1.

4. J0 é analítica em (0,+∞). (Analogamente em (−∞, 0)).

3.4.2 Segunda Solução:

Procuramos soluções do tipo:

y2(x) = ln(x) J0(x) +

∞∑

n=1

bn xn,

onde b0 = 1 e x > 0. Derivando esta última expressão:


y′2 = J ′0 ln(x) +

J0

x+

∞∑

n=1

n bn xn−1,

y′′2 = J ′′0 ln(x) +

2 J ′0

x− J0

x2+

∞∑

n=2

n (n− 1) bn xn−2.

Então:

x2 y2 = x2 J0 ln(x) +

∞∑

n=1

bn xn+2 = x2 J0 ln(x) +

∞∑

n=3

bn−2 xn,

x y′2 = x J ′0 ln(x) + J0 +

∞∑

n=1

n bn xn,

x2 y′′2 = x2 J ′′0 ln(x) + 2 x J ′

0 − J0 +∞

∑

n=2

n (n− 1) bn xn.

Utilizando que J0 é solução da edo de Bessel, temos que:

ln(x)[

x2 J ′′0 (x) + x J ′

0x) + x2 J0

]

= 0;

logo, a edo de Bessel pode ser reescrita:

2 x J ′0 +

∞∑

n=1

n bn xn +

∞∑

n=3

bn−2 xn +

∞∑

n=2

n (n− 1) bn xn = 0,

2 x J ′0 +

∞∑

n=1

n2 bn xn +

∞∑

n=3

bn−2 xn = 0,

2 x J ′0 + b1 x+ 4 b2 x

2 +

∞∑

n=3

[

n2 bn + bn−2

]

xn = 0.

Por outro lado:

1. Utilizamos a série de J0 para achar a de J ′0:

J ′0 =

∞∑

n=1

2n (−1)n x2n−1

22n (n!)2, e 2 x J ′

0 =

∞∑

n=1

(−1)n x2n

22n−2 (n− 1)!n!=

∞∑

n=1

qn x2n,

onde qn =(−1)n

22n−2 (n− 1)! (n!).

2. Separando em termos de ordem par e ímpares da série:


∞∑

n=3

[

n2 bn + bn−2

]

xn = Sp + Si,

onde:

Sp =∞

∑

n=2

[

(2n)2 b2n + b2n−2

]

x2n e Si =∞

∑

n=1

[

(2n+ 1)2 b2n+1 + b2n−1

]

x2n+1.

Voltando à equação:

b1 x+ 4 b2 x2 +

∞∑

n=1

qn x2n + Sp + Si = 0.

Então:

b1 x+∞

∑

n=1

[

(2n+1)2 b2n+1+b2n−1

]

x2n+1+[q1+4 b2] x2+

∞∑

n=2

[

qn+(2n)2 b2n+b2n−2

]

x2n = 0,

donde obtemos:

1. b1 = 0 e (2n + 1)2 b2n+1 + b2n−1 = 0, n = 1, 2, 3, . . ., então, b2n+1 = 0, n =1, 2, 3, . . ..

2. q1 + 4 b2 = 0. Como q1 = −1, obtemos b2 =1

4.

4. qn + (2n)2 b2n + b2n−2 = 0, n = 2, 3, . . .. Isto é:

b2n = − 1

(2n)2

[

qn + b2n−2

]

, n = 2, 3, . . .

Então:

n = 2 → b4 = − 1

(2 × 2)2

[

q2 + b2]

= − 1

24 (2!)2

[

1 +1

2

]

n = 3 → b6 = − 1

(2 × 3)2

[

q3 + b4]

=1

26 (3!)2

[

1 +1

2+

1

3

]

n = 4 → b8 = − 1

(2 × 4)2

[

q4 + b6]

= − 1

28 (4!)2

[

1 +1

2+

1

3+

1

4

]

n = 5 → b10 = − 1

(2 × 5)2

[

q5 + b8]

= − 1

210 (5!)2

[

1 +1

2+

1

3+

1

4+

1

5

]

.

Em geral, denotando por Hn =

n∑

k=1

1

k; então:


b2n =(−1)n+1Hn

22n (n!)2

e a segunda solução l.i., é:

y2(x) = J0(x) ln(x) +

∞∑

n=1

(−1)n+1Hn x2n

22n (n!)2.

A notação clássica desta solução é Y0. Para x < 0 fazemos ψ = −x. Logo, asolução geral da edo de Bessel de ordem zero é:

y(x) = c1 J0(x) + c2 Y0(x), 0 < |x| < +∞.

Observações 3.3.

1. J0(0) = 1 e limx−→0+

Y0(x) = −∞.

2. As únicas soluções limitadas em intervalos do tipo (0, a) são y(x) = c J0(x).

3. Em muitas aplicações, como segunda solução é utilizada a seguinte combi-nação:

N0(x) =2

π

[

Y0(x) +(

γ − ln(x))

J0(x)]

,

onde γ = limn−→+∞

(

Hn − ln(n)) ∼= 0.57721 . . . é a constante de Euler.

4. A função N0 é chamada de Neumann-Bessel de ordem zero.

5. Os gráficos de J0 e Y0:

2 4 6 8 10

1

Figura 3.3: Gráficos de J0 (azul) e Y0 (verde).


3.5 Função Gama

Se x > 0, a função Gama é definida e denotada por:

Γ(x) =

∫ +∞

0

tx−1 e−t dt.

Utilizando integração por partes, temos:

Γ(x+ 1) = xΓ(x).

Se n ∈ N, temos que:

Γ(n+ 1) = nΓ(n) = n (n− 1) Γ(n− 1) = . . . . . . = n (n− 1) . . . 2 × 1 × Γ(1).

Como:

Γ(1) =

∫ +∞

0

e−t dt = 1.

Logo, se n ∈ N, temos que:

Γ(n+ 1) = n!

Γ(1

2

)

=√π. De fato, fazendo t = u2 temos:

Γ(1

2

)

= 2

∫ +∞

0

e−u2

du,

então:

[

Γ(1

2

)]2= 4

∫ +∞

0

∫ +∞

0

e−u2

e−v2

du dv = 4

∫ +∞

0

∫ +∞

0

e−(u2+v2) du dv.

Utilizando coordenadas polares, obtemos o resultado. Veja [VC2].

Se ν ∈ R, temos que:

Γ(n+ ν + 1) = (n+ ν) Γ(n+ ν)

= (n+ ν) (n+ ν − 1) Γ(n+ ν − 1)

...= (n+ ν) (n+ ν − 1) (n+ ν − 2) . . . . . . (ν + 1) Γ(ν + 1).

Por outro lado, para x > 0 temos:

Γ(x) =1

xΓ(x+ 1).

3.6. EDO DE BESSEL DE ORDEM ν > 0 99

Definamos primeiramente a função Γ, para −1 < x < 0 por:

Γ(x) =1

xΓ(x+ 1).

Por exemplo:

Γ(−0.2) = − 1

0.2Γ(−0.2 + 1) = − 1

0.2Γ(0.8).

Logo, podemos definir a função Γ, para −2 < x < −1 por:

Γ(x) =1

xΓ(x+ 1).

Por exemplo:

Γ(−1.2) = − 1

1.2Γ(−1.2 + 1) = − 1

1.2Γ(−0.2) =

1

0.2

1

1.2Γ(0.8).

Continuando este processo, podemos definir a função Γ, para x < 0 por:

Γ(x) =1

xΓ(x+ 1).

3.6 Edo de Bessel de Ordem ν > 0

A edo de Bessel de ordem ν > 0 é:

x2 y′′ + x y′ + (x2 − ν2) y = 0.

As raízes da e.i. são r = ±ν. Então, procuramos soluções do tipo:

y =

∞∑

n=0

an xn+r, y′ =

∞∑

n=0


y′′ =

∞∑

n=0

(n+ r) (n+ r − 1) an xn+r−2.

Então:

(x2 − ν2) y =∞

∑

n=0

an xn+r+2 −

∞∑

n=0

ν2 an xn+r,

x y′ =∞

∑

n=0

(n+ r) an xn+r,

x2 y′′ =

∞∑

n=0

(n + r) (n+ r − 1) an xn+r.



∞∑

n=0

[

n2 + 2n r + r2 − ν2]

an xn+r +

∞∑

n=0

an xn+r+2 = 0,

∞∑

n=0

[

(n + r)2 − ν2]

an xn+r +

∞∑

n=2

an−2 xn+r = 0,

onde na última série trocamos n + 2 por n. Logo,

(r2 − ν2) a0 xr +

[

(r + 1)2 − ν2]

a1 xr+1 +

∞∑

n=2

[[

(n+ r)2 − ν2]

an + an−2

]

xn+r = 0.

Temos:

1. (r2 − ν2) a0 xr = 0; como a0 6= 0 é arbitrário, r2 − ν2 = 0 é a e.i.

2.[

(r − 1)2 − ν2]

a1 xr+1 = 0.

3.[

(n+ r)2 − ν2]

an + an−2 = 0 para n = 2, 3, . . .

3.6.1 Primeira solução:

Para r1 = ν:

1. Como[

(ν − 1)2 − ν2]

a1 xr+1 = 0, então a1 = 0.

2. A recorrência da série é:

an = − an−2

n (n + 2 ν), n = 2, 3, . . .

Como a1 = 0, utilizando a recorrência, obtemos: a2n+1 = 0 para todo n ∈ N. Doítem 2, temos:

n = 2 → a2 = − a0

2 (2 + 2 ν)= − a0

22 (1 + ν)

n = 4 → a4 = − a2

4 (4 + 2 ν)=

a0

24 (1 × 2) (1 + ν) (2 + ν)

n = 6 → a6 = − a4

6 (6 + 2 ν)= − a0

26 (1 × 2 × 3) (1 + ν) (2 + ν) (3 + ν)

n = 8 → a8 = − a6

8 (8 + 2 ν)=

a0

28 (1 × 2 × 3 × 4) (1 + ν) (2 + ν) (3 + ν) (4 + ν)

n = 10 → a10 = − a8

10 (10 + 2 ν)

a10 = − a0

210 (1 × 2 × 3 × 4 × 5) (1 + ν) (2 + ν) (3 + ν) (4 + ν) (5 + ν).


Em geral:

a2n =(−1)n a0

22n n! (1 + ν) (2 + ν) . . . (n+ ν), n ∈ N.

Logo, a primeira solução é:

y1(x) =

∞∑

n=0

(−1)n a0 x2n+ν

22n n! (1 + ν) (2 + ν) . . . (n + ν).

Se ν ∈ N, escolhemos a0 =1

2ν ν!; então:

y1(x) =

∞∑

n=0

(−1)n x2n+ν

22n+ν n! (n + ν)!.

Em geral, escolhendo a0 =1

2ν Γ(ν + 1)na solução da equação de Bessel, a pri-

meira solução pode ser escrita:

y1(x) =∞

∑

n=0

(−1)n x2n+ν

22n+ν n! (n+ ν) (n+ ν − 1) (n+ ν − 2) . . . (ν + 1) Γ(ν + 1).

A série converge para todo x > 0. A notação clássica da primeira solução da edode Bessel é Jν(x) e é chamada função de Bessel de ordem ν. Logo, utilizando afunção Γ, a primeira solução, pode ser escrita desta única forma:

Jν(x) =

∞∑

n=0

(−1)n

Γ(n + 1) Γ(n+ ν + 1)

[

x

2

]2n+ν

.

Note que Jν(0) = 0. Alguns gráficos da função Jν :

2 4 6 8 10

-0.2

0.2

0.4

0.6

Figura 3.4: Gráficos de J1 (azul), J2 (verde) e J3 (vermelho).


2 4 6 8 10

-0.2

0.2

0.4

0.6

Figura 3.5: Gráficos de J3/2 (azul), J5/2 (verde) e J7/2 (vermelho).

3.6.2 Segunda Solução

Se r = −ν, a segunda solução linearmente independente da edo de Bessel de-pende de:

r1 − r2 =

2 ν ∈ N ou2 ν /∈ N.

Primeiro Caso

Se 2 ν /∈ N, então para −ν, obtemos:

1.[

(−ν − 1)2 − ν2]

a1 xr+1 = 0; logo, a1 = 0.

2. A recorrência da série é:

an = − an−2

n (n− 2 ν), n = 2, 3, . . .

Como a1 = 0, utilizando a recorrência, obtemos: a2n+1 = 0 para todo n ∈ N. Doítem 2, temos:


n = 2 → a2 = − a0

2 (2 − 2 ν)= − a0

22 (1 − ν)

n = 4 → a4 = − a2

4 (4 − 2 ν)=

a0

24 (1 × 2) (1 − ν) (2 − ν)

n = 6 → a6 = − a4

6 (6 − 2 ν)= − a0

26 (1 × 2 × 3) (1 − ν) (2 − ν) (3 − ν)

n = 8 → a8 = − a6

8 (8 − 2 ν)=

a0

28 (1 × 2 × 3 × 4) (1 − ν) (2 − ν) (3 − ν) (4 − ν)

n = 10 → a10 = − a8

10 (10 − 2 ν)

a10 = − a0

210 (1 × 2 × 3 × 4 × 5) (1 − ν) (2 − ν) (3 − ν) (4 − ν) (5 − ν).

Em geral:

a2n =(−1)n a0

22n n! (1 − ν) (2 − ν) . . . (n− ν), n ∈ N.

Logo, a segunda solução é:

y2(x) =∞

∑

n=0

(−1)n a0 x2n−ν

22n n! (1 − ν) (2 − ν) . . . (n− ν).

Com as notações utilizadas anteriormente, podemos reescrever a segunda solu-ção l.i., como:

J−ν(x) =

∞∑

n=0

(−1)n

Γ(n+ 1) Γ(n− ν + 1)

[

x

2

]2n−ν

.

Note que ambas as soluções são dadas por:

Jν(x) =

∞∑

n=0

(−1)n

Γ(n + 1) Γ(n− ν + 1)

[

x

2

]2n−ν

.

Logo, a solução geral é:

y(x) = c1 Jν(x) + c2 J−ν(x), 0 < |x| < +∞.

Segundo Caso

Se 2 ν ∈ N, a segunda solução é do tipo:

y2(x) = C Jn(x) ln(x) + x−n[

1 +

∞∑

m=1

bm xm

]

,


onde a constante C pode ser nula.

Se 2 ν ∈ N e ν /∈ Z a constante é zero. Isto é, Jν(x) e J−ν(x) são linearmenteindependentes. Logo, a solução geral é:

y(x) = c1 Jν(x) + c2 J−ν(x), onde ν = n+1

2e n = 0, 1, 2 . . . .

Para verificar que Jν(x) e J−ν(x) são linearmente independentes, primeiramenteobservamos que:

d

dx

[

xW [Jν(x), J−ν(x)]]

= 0,

logoW [Jν(x), J−ν(x)] =c

x. Se ν /∈ Z, utilizando a definição de Jν(x) e J−ν(x) não

é difícil ver que c 6= 0.

Se 2 ν ∈ N, então para ν = n mostraremos que J−n(x) = (−1)n Jn, isto é, sãolinearmente dependentes. De fato:

J−n =∞

∑

k=0

(−1)k

k! (k − n)!

[

x

2

]2k−n

=∞

∑

k=n

(−1)k

k! (k − n)!

[

x

2

]2k−n

,

pois, o termo1

(k − n)!= 0 se k = 0, 1, . . . n− 1; logo, trocando k por k + n:

J−n =∞

∑

k=0

(−1)k+n

k! (k + n)!

[

x

2

]2k+n

= (−1)n∞

∑

k=0

(−1)k

k! (k + n)!

[

x

2

]2k+n

= (−1)n Jn.

Logo, Jn(x), J−n(x) não é um conjunto fundamental de soluções da edo deBessel. A segunda solução deve ser obtida a partir de:

y2(x) = C Jn(x) ln(x) + x−n[

1 +

∞∑

m=1

bm xm

]

.

Oprocedimento para achar esta segunda solução é análogo ao caso em que ν = 0,apenas envolvendo muito mais cálculos, os quais ficam fora do contexto destasnotas. Utilizando as notações anteriores, a segunda solução é denotada e dadapor:

Yn(x) =2

π

[

Jn(x)(

ln(x

2

)

+ γ)

−n−1∑

k=0

(n− k − 1)!

22k−n+1 n!x2k−n+

+

∞∑

k=0

(−1)k+1(

Hk +Hn+k

)

22k+n+1 k! (n+ k)!x2k+n

]

.


As funções Jn e Yn são linearmente independentes para x > 0. A solução geral daedo de Bessel de ordem n é:

y(x) = c1 Jn(x) + c2 Yn(x), 0 < |x| < +∞.

Observações 3.4.

1. Quando ν /∈ N definimos a função Yν da seguinte forma:

Yν(x) =1

sen(ν π)

[

Jν(x) cos(ν π) − J−ν(x)

]

.

2. Se ν /∈ N, a solução geral pode ser escrita:

y(x) = c1 Jν(x) + c2 Yν(x) =

[

c1 + c2cos(ν π)

sen(ν π)

]

Jν −c2

sen(ν π)J−ν(x)

= C1 Jν(x) + C2 Yν(x),

onde C1 = c1 + c2cos(ν π)

sen(ν π)e C2 = − c2

sen(ν π).

3. Claramente, Yν não é definida para ν ∈ N e que Jν(x) e Yν(x) são linear-mente independentes.

2 4 6 8 10 12 14

-0.4

-0.2

0.2

0.4

Figura 3.6: Gráficos de Y1/2 (azul), Y5/2 (verde) e Y7/2 (vermelho).

4. É possível provar que:

Yn(x) = limν→n

Yν .

5. A função Yν é chamada função de Neumann-Bessel de ordem ν.


6. Alguns gráficos da função Yν :

2 4 6 8 10 12 14

-0.4

-0.2

0.2

0.4

Figura 3.7: Gráficos de Y1 (azul), Y2 (verde) e Y3 (vermelho).

Em resumo, temos:

Teorema 3.2. Seja a equação de Bessel de ordem ν ≥ 0:

x2 y′′ + x y′ + (x2 − ν2) y = 0.

1. Se ν 6∈ Z, a solução geral é:

y(x) = c1 Jν(x) + c2 J−ν(x).

2. Se ν = n ∈ N, a solução geral é:

y(x) = c1 Jn(x) + c2 Yn(x).

3. Se ν é arbitrário, a solução geral é:

y(x) = c1 Jν(x) + c2 Yν(x).

3.7 Exemplos e Aplicações

[1] Considere a edo de Bessel de ordem ν =1

2, x > 0:

x2 y′′ + x y′ +(

x2 − 1

4

)

y = 0.

A solução geral:

y(x) = c1 J1/2(x) + c2 J−1/2(x),

3.7. EXEMPLOS E APLICAÇÕES 107

onde

J1/2(x) =∞

∑

n=0

(−1)n

Γ(n + 1) Γ(

n+1

2+ 1

)

[

x

2

]2n+1/2

.

Da definição da função Gama, temos que:

Γ(

n+1

2

)

= (n− 1

2) Γ

(

n− 1

2

)

= (n− 1

2) (n− 3

2) Γ

(

n− 3

2

)

= (n− 1

2) (n− 3

2) (n− 5

2) Γ

(

n− 5

2

)

...

=1 × 3 × 5 × . . .× (2n− 3) (2n− 1)

2nΓ(1

2

)

=(2n)!

√π

4n n!.

Logo:

Γ(

n+1

2+ 1

)

=(

n +1

2

)

Γ(

n +1

2

)

=(2n+ 1)!

√π

22n+1 n!.

Então Γ(n+ 1) Γ(

n+1

2+ 1

)

=(2n+ 1)!

√π

22n+1. Dos ítens anteriores, temos:

J1/2(x) =

√

2

π x

∞∑

n=0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n+1 =

√

2

π xsen(x).

De forma análoga:

J−1/2(x) =

√

2

π xcos(x),

e a solução geral da edo de Bessel de ordem ν =1

2é:

y(x) =

√

2

π x

[

c1 sen(x) + c2 cos(x)]

.


2 4 6 8 10 12 14

1

Figura 3.8: Gráficos de J1/2 (azul) e J−1/2 (verde) .

[2] Verifique que:

Jν−1(x) + Jν+1(x) =2ν

xJν(x).

Jν−1(x) − Jν+1(x) = 2 J ′ν(x).

Como Jν(x) =

∞∑

n=0

(−1)n

n! Γ(n+ ν + 1)

[

x

2

]2n+ν

, temos que:

Jν−1(x) ± Jν+1(x) =∞

∑

n=0

(−1)n

n! Γ(n+ ν)

[

x

2

]2n+ν−1

±∞

∑

n=0

(−1)n

n! Γ(n + ν + 2)

[

x

2

]2n+ν+1

=∞

∑

n=0

(−1)n (n+ ν)

n! Γ(n+ ν + 1)

[

x

2

]2n+ν−1

±∞

∑

n=1

(−1)n−1

(n− 1)! Γ(n+ ν + 1)

[

x

2

]2n+ν−1

=ν

Γ(ν + 1)

[

x

2

]ν−1

+∞

∑

n=1

(−1)n

n! Γ(n+ ν + 1)

[

x

2

]2n+ν−1[

n+ ν ± (−1)−1 n]

.

Logo:

Jν−1(x) + Jν+1(x) = ν

[

x

2

]−1[1

Γ(ν + 1)

[

x

2

]ν

+∞

∑

n=1

(−1)n

n! Γ(n+ ν + 1)

[

x

2

]2n+ν]

=2 ν

xJν(x).

Analogamente:


Jν−1(x) − Jν+1(x) =

=ν

Γ(ν + 1)

[

x

2

]ν−1[1

Γ(ν + 1)

[

x

2

]ν

+∞

∑

n=1

(−1)n(2n+ ν)

n! Γ(n+ ν + 1)

[

x

2

]2n+ν−1]

= 2 J ′ν(x).

Utilizando a identidade Jν−1(x) + Jν+1(x) =2ν

xJν(x), temos que:

J3/2(x) =

√

2

π x3

[

sen(x) − x cos(x)]

J−3/2(x) = −√

2

π x3

[

sen(x) + x cos(x)]

,

J5/2(x) = −√

2

π x5

[

(x2 − 3) sen(x) + 3 x cos(x)]

J−5/2(x) =

√

2

π x5

[

(3 − x2) cos(x) + 3 x sen(x)]

.

2 4 6 8 10 12 14

0.5

-0.5

2 4 6 8 10 12 14

0.5

-0.5

Figura 3.9: Gráficos de J3/2, J−3/2 e J5/2, J−5/2, respectivamente.

[3] As edo’s do tipo:

x y′′ + (1 − 2n) y′ + x y = 0, n ∈ N.

tem como solução particular y(x) = xn Jn(x).

De fato, derivando:

x y = xn+1 Jn(x)

(1 − 2n) y′ = (1 − 2n) xn−1(

nJn(x) + x J ′n(x)

x y′′ = xn−1(

(n2 − n) Jn(x) + 2nxJ ′n(x) + x2 J ′′

n(x))

.


Substituindo na edo:

x y′′ + (1 − 2n) y′ + x y = xn−1[

x2 J ′′n(x) + x J ′

n(x) + (x2 − n2) Jn(x)]

= 0,

onde utilizamos que Jn é solução da edo de Bessel de ordem n. Por exemplo, aedo:

x y′′ − y′ + x y = 0,

tem como solução particular y = x J1(x).

2 4 6 8 10 12 14

-2

-1

1

2

Figura 3.10: Gráfico de y(x) = x J1(x).

Diversas edo’s que não são de Bessel podem ser reduzidas a edo’s de Bessel atra-vés de uma mudança de variáveis. A seguir apresentaremos alguns exemplos.

[4] Ache a solução geral de:

x y′′ + y′ + k2 x y = 0; x > 0, k ∈ R.

Multiplicando a edo por x:

x2 y′′ + x y′ + k2 x2 y = 0.

Fazendo u = k x, temos u′ = k, e a edo fica:

u2 y′′ + u y′ + u2 y = 0.

Que é uma edo de Bessel zero para y = y(u), logo a solução geral é: y(u) =c1 J0(u) + c2 Y0(u). Voltando as variáveis originais:

y(x) = c1 J0(k x) + c2 Y0(k x).

[5] A edo:


4 x2 y′′ + 4 x y′ +

[

x− 1

36

]

y = 0, x > 0,

não é de Bessel. Fazendo z =√x ou z2 = x e utilizando a regra da cadeia, temos:

y′ =dy

dx=dy

dz

dz

dx=

1

2 z

dy

dz

y′′ =d

dx

[

dy

dx

]

=1

4 z2

d2y

dz2− 1

4 z3

dy

dz;

logo, a edo pode ser reescrita:

z2d2y

dz2+ z

dy

dz+

[

z2 − 1

36

]

y(z) = 0.

Então, ν = ±1

6e a solução é y(z) = c1 J1/6(z) + c2 J−1/6(z), isto é:

y(x) = c1 J1/6(√x) + c2 J−1/6(

√x).

[6] Em geral, toda edo da forma:

t2 u′′(t) + (1 − 2 a) t u′(t) + (b2 c2 t2c + a2 − ν2 c2) u(t) = 0, a, b, c, ν ∈ R, (3.2)

pode ser transformada numa edo de Bessel de ordem ν. De fato, fazendo:

u(t) = ta y(x) e x = b tc,

obtemos:

x2 y′′ + x y′ + (x2 − ν2) y = 0.

Por exemplo:

A edo de Airy u′′ + t u = 0. Para t > 0, consideramos:

t2 u′′ + t3 u = 0

Logo, é uma edo do tipo 3.2 para a =1

2, b =

2

3, c =

3

2e ν =

1

3. Então, com as

mudanças:

u(t) =√t y(x) e x =

2

3t3/2,

temos uma edo de Bessel de ordem 1/3 e y(x) = c1 J1/3(x) + c2 J−1/3(x). Voltandoas variáveis originais:


u(t) =√t[

c1 J1/3

(2

3t3/2

)

+ c2 J−1/3

(2

3t3/2

)]

.

2 4 6 8 10

1

0.5

-0.5

Figura 3.11: Gráficos para c1 = 1 e c2 = 0 (azul), c1 = 0 e c2 = 1 (verde).

Consideremos:

(r0 + v t)d2θ

dt+ 2 v

dθ

dt+ g θ = 0.

Esta edo representa a evolução do movimento, para pequenas oscilações, (lem-brando que sen(θ ≃ θ), de um pêndulo, onde a corda do pêndulo tem compri-mento variável r = r(t), com taxa de variação constante v e tal que r(0) = r0.

Simplificamos a edo fazendo x =r0 + t v

ve obtemos:

x vd2θ

dx+ 2 v

dθ

dx+ g θ = 0;

multiplicando a edo por x v−1, temos:

x2 d2θ

dx+ 2 x

dθ

dx+g x

vθ = 0,

substituindo x por t:

t2d2θ

dt+ 2 t

dθ

dx+g t

vθ = 0,

que é uma edo do tipo (3.2): para a = −1

2, b = 2

√

g

v, c =

1

2e ν = 1. Fazendo:

θ(t) =y(x)√te x = b

√t,

obtemos:


x2 y′′ + x y′ + (x2 − 1) y = 0.

Logo, a solução é:

y(x) = c1 J1(x) + c2 Y1(x).

Por outro lado θ(t) = t−1/2 y(x) e x = 2√t, logo:

θ(t) =1√t

[

c1 J1(2√t) + c2 Y1(2

√t)

]

.

2 4 6 8 10 12 14

Figura 3.12: Gráfico de θ(t) para c1 = 0 e para c2 = 0.


3.8 Exercícios

1. Utilizando o método de Frobenius, achar as soluções ao redor do ponto singu-lar regular x0 = 0 das seguintes edo’s:

a) 4 x y′′ + 2 y′ + y = 0 b) 2 x y′′ + 3 y′ − y = 0

c) 2 x y′′ − y′ − y = 0 d) 3 x y′′ + 2 y′ + 2 y = 0

e) 2 x2 y′′ + x y′ − (1 + 2 x2) y = 0 f) 2 x2 y′′ + x y′ − (3 − 2 x2) y = 0

g) 6 x2 y′′ + 7 x y′ − (x2 + 2) y = 0 h) 3 x2 y′′ + 2 x y′ + x2 y = 0

i) 2 x y′′ + (1 + x) y′ + y = 0 j) 2 x y′′ + (1 − 2 x2) y′ − 4 x y = 0

2. Determine a solução da edo de Bessel para ν =3

2e ν =

5

2.

3. Utilizando 3.2, determine a solução de:

a) t2 u′′ + (t2 − 15/4) u = 0 b) t2 u′′ + t u′ + (r2 t2s/n − s2) u = 0

c) u′′ + r2 t(1−2n)/n u = 0

4. Verifique:

a)d

dx

(

xν Jν)

= xν Jν−1 b)d

dx

(

x−ν J−ν)

− = x−ν Jν+1

c) x Jν+1 − 2 νJ′

ν + x Jν−1 = 0 d) Jν+1 + 2 J′

ν − Jν−1 = 0

e) J3/2(x) =

√

2

π x

[

sen(x)

x−cos(x)

]

f) J5/2(x) =

√

2

π x

[

3 sen(x)

x2− 3 cos(x)

x− sen(x)

]

g) Y ′ν +

ν

xYν = Yν−1

h) Yν−1 − Yν+1 = 2 Y ′ν

3.8. EXERCÍCIOS 115

5. Edo de Laguerre: Seja α > 0; a edo de Laguerre de ordem α é:

x y′′ + (1 − x) y′ + α y = 0.

6. Verifique que uma das soluções da edo de Laguerre é:

y1(x) = a0

[

1 +

∞∑

n=1

(−1)nΓ(α+ 1) xn

(n!)2 Γ(α− n+ 1)

]

.

7. Se α = m ∈ N, verifique que:

y1(x) = a0

[

1 +m

∑

n=1

(−1)n

n!

(

m

n

)

xn]

.

Ache o raio de convergência da solução.

8. Considerando a0 = m!, temos:

Lm(x) =

m∑

n=0

(−1)nm!

n!

(

m

n

)

xn.

Lm(x) são ditos polinômios de Laguerre de ordemm. Esboce o gráfico de L1(x),L2(x), L3(x) e L1(x).

9. Verifique que:

Lm(x) =ex

n!

dn

dxn

(

xn e−x)

, n = 0, 1, 2 . . .

10. Fazendo:

y2(x) = Lm(x) ln(x) +

∞∑

n=1

bn xn,

obtenha a segunda solução da edo de Laguerre:

y2(x) = Lm(x) ln(x) + LAG1(x,m, n) + LAG2(x,m, n),

onde:

Hn =n

∑

k=1

1

k

LAG1(x,m, n) =m

∑

n=1

(−1)nm!

n!

(

m

n

) [

Hm−n −Hm − 2Hn

]

xn

LAG2(x,m, n) = (−1)m∞

∑

n=1

(n− 1)! xn+m

(m+ 1)2 (m+ 2)2 . . . (m+ n)2.

Capítulo 4

SÉRIES DE FOURIER

4.1 Funções Periódicas

Definição 4.1. Uma função f : R −→ R é periódica de período T ∈ R se para todox ∈ R temos que:

f(x) = f(x+ T ).

Toda função é periódica de período zero; logo, nestas notas, somente considera-remos T 6= 0. As funções constantes são periódicas de qualquer período; logo,somente consideraremos funções não constantes. Se T é o período de f , entãonT para todo n ∈ Z − 0 é período de f . De fato, se n > 0 para n = 2 temos:

f(x+ 2T ) = f((x+ T ) + T ) = f(x+ T ) = f(x).

Suponha que a propiedade é válida para n− 1, então:

f(x+ nT ) = f((x+ T ) + (n− 1)T ) = f(x+ T ) = f(x).

Analogamente para n < 0. Logo, nestas notas, somente consideraremos T > 0.

Definição 4.2. O menor T 6= 0, se existir, tal que f(x + T ) = f(x), para todo x ∈ R édito período fundamental de f .

As funções constantes não pussuem período fundamental. É possível provar queas funções periódicas e contínuas não constantes possuem período fundamental.

Nestas notas consideraremos somente funções com períodos fundamentais.

Denotaremos por f(x) = f(x+T ) toda função periódica de período fundamentalT . O gráfico de uma função periódica de período fundamental T pode ser obtidoa partir do gráfico de y = f(x) no intervalo [a, a + T ], seguido de translações.

117

118 CAPÍTULO 4. SÉRIES DE FOURIER

Figura 4.1: Gráfico de uma função periódica.

Exemplo 4.1.

[1] As funções f(x) = sen(x) e g(x) = cos(x) são periódicas de período funda-mental 2 π.

[2] As funções f(x) = tg(x) e g(x) = cotg(x) são periódicas de período fundamen-tal π.

[3] A função f(x) = x, x ∈ [−1, 1) tal que f(x) = f(x+ 2) é periódica de período2.

-4 -2 2 4

-1

1

Figura 4.2: Gráfico de f(x) = x, periódica.

[4] Seja:

f(x) =

1 se 0 ≤ x ≤ 1

−1 se − 1 ≤ x < 0.

tal que f(x) = f(x+ 2) é periódica de período 2.

4.1. FUNÇÕES PERIÓDICAS 119

-3 -2 -1 1 2 3

-1

1

Figura 4.3: Gráfico do exemplo [4]..

[5] Seja f(x) = |sen(x)|, x ∈ [0, π] tal que f(x) = f(x + π) é periódica de períodoπ.

-6 -4 -2 0 2 4 6

1

Figura 4.4: Gráfico de f(x) = |sen(x)|, periódica.

Proposição 4.1. Se f e g são periódicas de período T , então:

1. α f + β g é periódica de período T .

2. f g é periódica de período T .

3. Se f é integrável em qualquer intervalo [a, a+ T ]:

∫ a+T

a

f(x) dx =

∫ T

a

f(x) dx.

A prova das propriedades seguem diretamente das definições. Veja [VC1].

A soma de funções periódicas de diferentes períodos pode ser ou não periódicade algum período.


Exemplo 4.2.

[1] Observe que a função f(x) = sen(x) + cos(√

3x) não é períodica, por outrolado, a função g(x) = cos(x) + cos(x/2) é períodica de período 4 π. Verifique!Gráficos de f (azul) e g (verde)

Figura 4.5: Gráficos de f e g, respectivamente.

4.2 Exemplo Fundamental

Denotemos por:

λn =nπ

l,

Φn(x) = sen(λn x) eΨn(x) = cos(λn x); n ∈ N, l ∈ R

(4.1)

Determinemos o período fundamental de Φn e Ψn.

1. Devemos ter Ψn(x+ T ) = Ψn(x) para todo x ∈ R, isto é:

cos(λn x) = cos(λn (x+ T )) = cos(λn x) cos(λn T ) − sen(λn x)) sen(λn T ).

Logo:

cos(λn T ) = 1

sen(λn T ) = 0,

donde T =2 l

n.

2. Suponha que T1 é outro período de Ψn, teremos:

nπ T1

l= 2 k π, então T1 = k T,

4.3. ÁLGEBRA LINEAR 121

logo, T = 2 l é o período fundamental.

3. Analogamente para Φn.

4.3 Álgebra Linear

Seja A ⊂ R e denotemos por C(A) o conjunto das funções f : A −→ R integráveissobre A. O conjunto C(A) possui uma estrutura natural de R-espaço vetorial comas seguintes operações: dada f, g ∈ C(A) e λ ∈ R, então:

(

f + g)

(x) = f(x) + g(x)(

λ f)

(x) = λ f(x),

para todo x ∈ A.

Lembramos que um produto interno definido num R-espaço vetorial V é umafunção:

<,>: V × V −→ R,

que satisfaz às seguintes propriedades:

i) < u, u >≥ 0 e < u, u >= 0 se, e somente se u = 0, para todo u ∈ V.

ii) < u, v >=< v, u >, para todo u, v ∈ V.

iii) < αu+ λ v, w >= α < u,w > +λ < v, w >, para todo u, v ∈ V e λ, α ∈ R.

Os vetores u, v ∈ V são ditos ortogonais se < u, v >= 0. Seja W ⊂ V, W é ditoortogonal se < u, v >= 0, para todo u, v ∈ W.

Dado(

V, <,>)

um R-espaço vetorial com produto interno, definimos a normado vetor u ∈ V como:

‖u‖ =√< u, u >.

Seja [a, b] ⊂ R, então em C(

[a, b])

definimos o seguinte produto interno:

< f, g >=

∫ b

a

f(x) g(x) dx, para todo f, g ∈ C(

[a, b])

.

A notação: < f, g >= f · g.A prova de que é um produto interno segue diretamente das definições. Se asfunções não forem contínuas, < , > não é um produto interno. De fato, se f nãoé contínua, < f, f >= ‖f‖2 = 0 não implica em f = 0.


Proposição 4.2. O conjunto:

W = 1, Φn, Ψn / n ∈ Né ortogonal em C

(

[−l, l])

, onde Φn e Ψn são dados por (4.1).

De fato:

‖1‖2 = 1 · 1 =

∫ l

−ldx = 2 l,

e:

1 · Ψn =

∫ l

−lcos(λn x) dx = 0, n 6= 0.

Analogamente 1 · Φn = 0, para todo n ∈ N. Por outro lado:

Ψn · Φm =

∫ l

−lcos(λn x) sen(λn x) dx;

fazendo u =π x

l, então du =

π

ldx; logo:

Ψn · Φm =l

π

∫ π

−πcos(nu) sen(mu) du

=l

2 π

∫ π

−π

[

sen((n +m) u) + sen((n−m) u)]

du

= 0,

se n 6= m, para todo n ∈ N.

Ψn · Ψm =

∫ l

−lcos(λn x) cos(λn x) dx;

fazendo u =π x

l, então du =

π

ldx; logo:

Ψn · Ψm =l

π

∫ π

−πcos(nu) cos(mu) du

=l

2 π

∫ π

−π

[

cos((n+m) u) + cos((n−m) u)]

du

= 0,

se n 6= m. Se n = m:

Ψn · Ψn =l

π

∫ π

−πcos2(nu) du =

l

2 π

∫ π

−π

[

1 − cos(nu)]

du = l.

4.4. SÉRIES DE FOURIER 123

Analogamente Φn · Φn = l, para todo n ∈ N.

Corolário 4.1.

Φn · Φm =

0 se n 6= m

l se n = m.

Ψn · Ψm =

0 se n 6= m

l se n = m ∈ N

2 l se n = m = 0.

Ψn · Φm = 0, ∀n, m ∈ N

Exemplo 4.3.

[1] Os polinômios de Legendre são ortogonais, isto é:

∫ 1

−1

Pn(x)Pm(x) dx =

0 se n 6= m2

2n+ 1se n = m.

[2] Analogamente, os polinômios de Hermite são ortogonais.

Corolário 4.2. Os conjuntos:

W1 = 1, Ψn / n ∈ N e W2 = Φn / n ∈ Nsão ortogonais em C

(

[0, l])


4.4 Séries de Fourier

Suponha que, inicialmente, temos a seguinte expressão formal:

f(x) =a0

2+

∞∑

n=1

[

an cos(λn x) + bn sen(λn x)]

, (4.2)

onde an, bn ∈ R e λn =nπ

l.

Gostaríamos de poder responder às seguintes questões relativas à (4.2).

1. Dada a função f , quando é possível escrevê-la como (4.2)?

2. Que relação existe entre an, bn e f?


3. Em que sentido a série de funções dada em (4.2) converge?

Supondo que (4.2) é valida, responderemos à segunda questão. Para isto, utiliza-remos formalmente o produto interno definido na seção anterior.

Denotemos (4.2) por:

f =a0

2Ψ0 +

∞∑

n=1

[

an Ψn + bn Φn

]

.

onde Φn e Ψn são dados por (4.1). Utilizando a ortogonalidade:

f · Ψ0 =a0

2Ψ0 · Ψ0 +

∞∑

n=1

[

an Ψn · Ψ0 + bn Φn · Ψ0

]

=a0

2Ψ0 · Ψ0 = a0 l.

Logo, a0 =1

l

[

f · Ψ0

]

=1

l

[

f · 1]

, então:

a0 =1

l

∫ l

−lf(x) dx.

Fixemos m ∈ N; então:

f · Ψm =a0

21 · Ψm +

∞∑

n=1

[

an Ψn · Ψm + bn Φn · Ψm

]

.

Pela ortogonalidade, temos:

f · Ψm = am Ψm · Ψm = am l

para todo m ∈ N; então:

an =1

l

∫ l

−lf(x) Ψn(x) dx =

1

l

∫ l

−lf(x) cos(λn x), dx n = 1, 2, . . .

Analogamente, pela ortogonalidade, temos:

f · Φm = bm Φm · Φm = bm l

para todo m ∈ N; então:

bn =1

l

∫ l

−lf(x) Φn(x) dx =

1

l

∫ l

−lf(x) sen(λn x) dx, n = 1, 2, . . .

Se f pode ser escrita como em (4.2), então:

1. f deve ser periódica de período 2 l.

2. As constantes an e bn tem a propriedade:


|an| =

∣

∣

∣

∣

1

l

∫ l

−lf(x) Ψn(x) dx

∣

∣

∣

∣

≤ 1

l

∫ l

−l|f(x)| |Ψn(x)| dx ≤ 1

l

∫ l

−l|f(x)| dx

|bn| =

∣

∣

∣

∣

1

l

∫ l

−lf(x) Φn(x) dx

∣

∣

∣

∣

≤ 1

l

∫ l

−l|f(x)| |Φn(x)| dx ≤ 1

l

∫ l

−l|f(x)| dx.

Logo:

|an| ≤1

l

∫ l

−l|f(x)| dx e |bn| ≤

1

l

∫ l

−l|f(x)| dx.

Isto é, se f é absolutamente integrável em [−l, l], então garantiremos a existênciade an e bn.

Algumas observações básicas sobre integrabilidade de funçõesreais

1. Se f for integrável e limitada, então f é absolutamente integrável. A recíprocaé falsa, por exemplo, seja:

f(x) =

1 se x ∈ Q

−1 se x /∈ Q.

f não é integrável em [0, 1], mas |f(x)| = 1, para todo x ∈ [0, 1] e é integrável em[0, 1].

2. Se f não é limitada, a integrabilidade de f não implica em que f seja absoluta-mente integrável.

3. Logo, existem funções integráveis que não são absolutamente integráveis efunções não integráveis que são absolutamente integráveis.

4. Se f e |f | são integráveis, diremos que f está nas condições de Fourier.

5. A maioria das funções utilizadas nas aplicações satisfazem à condição de Fou-rier.

Denotemos por Cper o conjunto das funções periódicas de período fundamental2 l.

Definição 4.3. Seja f ∈ Cper satisfazendo às condições de Fourier. A série de Fourier def é denotada e definida por:

S[f ] =a0

2+

∞∑

n=1

[

an cos(nπ x

l) + bn sen(

nπ x

l)]

,


onde:

a0 =1

l

∫ l

−lf(x) dx,

an =1

l

∫ l

−lf(x) cos(

nπ x

l) dx, n = 1, 2, . . .

bn =1

l

∫ l

−lf(x) sen(

nπ x

l) dx, n = 1, 2, . . .

Os coeficientes an e bn são ditos de Fourier da série.

A seguinte propriedade simplifica o cálculo de S[f ] quando f possui alguns tiposde simetria. Para a prova veja [VC1].

Seja f integrável em [−l, l], se f é par, então:∫ l

−lf(x) dx = 2

∫ l

0

f(x) dx.

Se f é ímpar, então:

∫ l

−lf(x) dx = 0.

Corolário 4.3. Seja f ∈ Cper, nas condições de Fourier e λn =nπ

l.:

1. Se f é par, isto é, simétrica em relação ao eixo dos y, então bn = 0 para todo n ∈ N,logo:

S[f ] =a0

2+

∞∑

n=1

an cos(λn x), onde

an =2

l

∫ l

0

f(x) cos(λn x) dx, n = 0, 1, 2, . . . .

2. Se f é ímpar, isto é, simétrica em relação à origem, então an = 0 para todo n ≥ 0,logo:

S[f ] =

∞∑

n=1

bn sen(λn x), onde

bn =2

l

∫ l

0

f(x) sen (λn x) dx, n = 1, 2, . . .


Exemplo 4.4.

[1] Ache S[f ] se f(x) = |x| x ∈ [−l, l], e é tal que f(x) = f(x+ 2 l).

Figura 4.6: Gráfico de f(x) = |x|, periódica.

f está nas condições de Fourier e é par; logo bn = 0, para todo n = 1, 2, . . . e:

a0 =2

l

∫ l

0

x dx = l e

an =2

l

∫ l

0

x cos(λn x) dx =2 l

n2 π2

[

(1)n − 1]

.

Logo a2n = 0 e a2n−1 = − 4 l

π2 (2n− 1)2; então:

S[f ] =l

2−

∞∑

n=1

4 l

π2 (2n− 1)2cos(

(2n− 1) π x

l).

[2] Ache S[f ] se f(x) = x, x ∈ [−1, 1], e é tal que f(x) = f(x+ 2).

-4 -2 2 4

-1

1

Figura 4.7: Gráfico de f(x) = x, periódica.

f está nas condições de Fourier; 2 l = 2, então l = 1 e f é ímpar; logo an = 0, para


todo n = 0, 1, 2, . . . e:

bn = 2

∫ 1

0

x sen(

nπ x)

dx =2 (−1)n+1

nπ.

Logo:

S[f ] =∞

∑

n=1

2 (−1)n+1

nπsen(nπ x).

Sejam as seguintes somas parciais de S[f ]

S1(x) =2

πsen

(

π x)

S4(x) =2

πsen

(

π x)

− 1

πsen

(

2 π x)

+2

3 πsen

(

3 π x)

− 1

2 πsen

(

4 π x)

.

Observe o comportamento de f , S1 e S4 nos respectivos gráficos:

-1 1

-1

1

Figura 4.8: Gráficos de f(x) = x (azul), S2 (verde) e S4 (vermelho).

[3] Ache S[f ] se:

f(x) =

1 se 0 ≤ x ≤ π

0 se − π ≤ x < 0,

e é tal que f(x) = f(x+ 2 π).


-3 -2 -1 1 2 3

1

Figura 4.9: Gráfico de f do exemplo [3].

Se 2 l = 2 π, então l = π; logo:

a0 =1

π

∫ π

−πf(x) dx =

1

π

∫ π

0

dx = 1 e

an =1

π

∫ π

−πf(x) cos(nx) dx =

1

π

∫ π

0

cos(nx) dx = 0

bn =1

π

∫ π

−πf(x) sen(nx) dx =

1

π

∫ π

0

sen(nx) dx =1

nπ

[

1 − (1)n]

.

Logo b2n = 0 e b2n−1 =2

π (2n− 1); então:

S[f ] =1

2+

∞∑

n=1

2

π (2n− 1)sen((2n− 1) x).

-1 1

1

Figura 4.10: Gráficos de S5 e S50.

[4] Ache S[f ] se


f(x) =

0 se − π ≤ x < 0

x se 0 ≤ x ≤ π,

e é tal que f(x) = f(x+ 2 π).

-5 5

1

2

3

4

5


2 l = 2 π, então l = π; f não é par nem ímpar:

a0 =1

π

∫ π

−πf(x) dx =

1

π

∫ π

0

x dx =π

2

an =1

π

∫ π

−πf(x) cos(nx) dx =

1

π

∫ π

0

x cos(nx) dx =(−1)n − 1

n2 π

bn =1

π

∫ π

−πf(x) sen(nx) dx =

1

π

∫ π

0

x sen(nx) dx =(−1)n+1

n.

Logo, a2n = 0 e a2n−1 = − 2

π (2n− 1)2:

S[f ] =π

4−

∞∑

n=1

[

2

π (2n− 1)2cos

(

(2n− 1) x)

− (−1)n+1

nsen

(

nx)

]

.

Observe o comportamento de f e S4(x):


-p p

p

Figura 4.12: Gráfico de f (vermelho) e S4 (azul).

[5] Ache S[f ] se f(x) = |sen(

π x)

|, x ∈ [−1, 1] e é tal que f(x) = f(x+ 2).

-2 -1 0 1 2

1


2 l = 2, então l = 1; f é par, logo, bn = 0 para todo n = 1, 2 . . ., l = 1:

a0 = 2

∫ 1

0

sen(

π x)

dx =4

π

an = 2

∫ 1

0

sen(

π x)

cos(nπ x) dx

=

∫ 1

0

[

sen(

(n+ 1) π x)

+ sen(

(n− 1) π x)]

dx

= −2 ((−1)n + 1)

(n2 − 1) π,

se n 6= 1, calculando diretamente, temos:

a1 = 2

∫ 1

0

sen(

π x)

cos(π x) dx = 0.


Por outro lado a2n+1 = 0 e a2n = − 4

π (1 − 4n2). Logo:

S[f ] =2

π−

∞∑

n=1

4

π (1 − 4n2)cos

(

2nπ x)

.

Observe o comportamento de f e S2(x). Compare como o comportamento nosoutros exemplos:

1

Figura 4.14: Gráfico de f (verde) e S2 (azul).

[6] Ache S[f ] se f(x) = x2 + 2 x, x ∈ [−1, 1] e é tal que f(x) = f(x+ 2).

-4 -2 2 4

3


2 l = 2, então l = 1; f não é par ou ímpar, logo:

a0 =

∫ 1

−1

sen(

π x)

dx =2

3.

an =

∫ 1

−1

[

(x2 + 2 x) cos(nπ x)]

dx =4 (−1)n

π2 n2

bn =

∫ 1

−1

[

(x2 + 2 x) sen(nπ x)]

dx =4 (−1)n+1

nπ.

4.5. LINEARIDADE DOS COEFICIENTES DE FOURIER 133

Logo:

S[f ] =1

3+

4 (−1)n

π n

∞∑

n=1

[cos(nπ x)

π n− sen(nπ x)

]

.

4.5 Linearidade dos Coeficientes de Fourier

Sabemos que os coeficientes de Fourier de S[f ] dependem somente de f . Sendocalculados através de uma integral, resulta que estes coeficientes dependem line-armente da função; se denotamos por an(f) e bn(f) os coeficientes de S[f ], então:

an(

α f + β g)

= αan(f) + β an(g), n = 0, 1, . . .

bn(

α f + β g)

= α bn(f) + β bn(g), n = 1, 2, . . .

para toda f e g nas condições de Fourier e todo α, β ∈ R.

Exemplo 4.5.

[1] Calcule S[h], onde h(x) =l

2− |x|, x ∈ [−l, l] é tal que h(x+ 2 l) = h(x).

Seja f(x) = |x|, x ∈ [−l, l] é tal que f(x + 2 l) = f(x); sabemos que sua série deFourier é:

S[f ] =l

2−

∞∑

n=1

4 l

π2 (2n− 1)2cos(λ2n−1 x).

Utilizando a linearidade dos coeficientes de Fourier:

a0(f) = l, an(f) = − 4 l

(2n− 1)2 π2e bn(f) = 0

para todo n ∈ N; então:

a0(h) = a0

[

l

2− |x|

]

=l

2a0(1) − a0(f) = l − l = 0

an(h) = an

[

l

2− |x|

]

=l

2an(1) − an(f) = − an(f), n = 0, 1, . . .

bn(h) = bn(1) − bn(f) = 0, n = 1, 2, . . .

Note que h é par; logo:

S[h] =

∞∑

n=1

4 l

π2 (2n− 1)2cos(λ2n−1 x).


-1 1 2-2

Figura 4.16: Gráfico de h para l = 1.

[2] Calcule S[h], onde h(x) = 2 x2 − x, x ∈ [−l, l] e tal que h(x+ 2) = h(x).

Pela linearidade dos coeficientes de Fourier, devemos somente calcular a série deFourier de f(x) = x2, x ∈ [−l, l] e tal que f(x+ 2) = f(x); l = 1 e f é par:

a0 = 2

∫ 1

0

x2 dx =2

3

bn = 0, n = 1, 2, . . .

an = 2

∫ 1

0

x2 cos(nπ x) dx =4 (−1)n

n2 π2n = 1, 2, . . .

Por outro lado, seja g(x) = x, x ∈ [−l, l] e tal que g(x+ 2) = g(x); sabemos que g éímpar e sua série de Fourier é:

S[g] =∞

∑

n=1

2 (−1)n+1

nπsen

(

nπ x)

.

Então:

a0(h) = 2 a0(f) − a0(g) = 2 a0(f) =4

3

an(h) = 2 an(f) − an(g) = 2 an(f) =8 (−1)n

n2 π2, n = 1, 2, . . .

bn(h) = 2 bn(f) − bn(g) = −bn(g) = −2 (−1)n+1

nπ=

2 (−1)n

nπ, n = 1, 2, . . .

Logo:

S[h] =2

3+

∞∑

n=1

2 (−1)n+1

nπ

[

4

nπcos(nπ x) + sen(nπ x)

]

.

4.6. EXTENSÃO PAR E ÍMPAR 135

-1 1 3-3

1

2

Figura 4.17: Gráfico de h.

4.6 Extensão Par e Ímpar

Considere o seguinte problema: Dada uma função:

f : [0, l] −→ R,

é possível definir S[f ]?

Para responder a esta questão, lembramos primeiramente que os conjuntos

W1 = 1, Ψn / n ∈ N e W2 = Φn / n ∈ Nsão ortogonais em C

(

[0, l])


Definição 4.4. Seja f : [0, l] −→ R:

1. A extensão par de f é denotada e definida por:

fp(x) =

f(x) se 0 ≤ x ≤ l

f(−x) se − l ≤ x < 0.

fp(−x) = fp(x), isto é, fp é par.

Figura 4.18: Gráficos de f (azul) e fp.


2. A extensão ímpar de f é denotada e definida por:

fo(x) =

f(x) se 0 ≤ x ≤ l

−f(−x) se − l ≤ x < 0.

fo(−x) = −fo(x), isto é, fo é ímpar.

Figura 4.19: Gráficos de f (azul) e fo.

Exemplo 4.6.

Considere a função: f(x) =

x se 0 ≤ x <π

2π − x se

π

2≤ x < π.

Então:

fp(x) =

−x se − π

2≤ x < 0

π + x se − π ≤ x < −π2

x se 0 ≤ x <π

2π − x se

π

2≤ x < π.

pp 2

p 2

Figura 4.20: Gráficos de f (azul) e fp.

4.6. EXTENSÃO PAR E ÍMPAR 137

fo(x) =

x se − π

2≤ x <

π

2−π − x se − π ≤ x < −π

2π − x se

π

2≤ x < π.

pp 2

p 2

Figura 4.21: Gráficos de f (azul) e fo.

As funções fp, fo : [−l, l] −→ R são tais que fp(x) = fo(x) = f(x) se x ∈ [0, l]. Se festá nas condições de Fourier, então fp e f0 satisfazem às condições de Fourier.

Se f é definida num intervalo I do tipo [a, b) ou (a, b], então podemos estender fpara todo R de forma periódica de período T = b− a, fazendo f(x+ k T ) = f(x)para todo x ∈ I e k ∈ Z. Por exemplo:

Exemplo 4.7.

A função f(x) = sen(x), −π2≤ x ≤ π

2pode ser estendida de forma periódica de

período π para todo x ∈ R e seu gráfico é:

2 pp-p-2 p

-1

1

Figura 4.22: Gráficos de f (vermelho) e sua extensão.

Considerando fp e fo periódicas de período 2 l e satisfazendo às condições deFourier, podemos definir as respectivas séries de Fourier.


4.7 Séries dos Co-senos e dos Senos

4.7.1 Séries dos Co-senos

Seja f : [0, l] −→ R e fp sua extensão par, periódica de período 2 l e nas condiçõesde Fourier; então:

S[fp] =a0

2+

∞∑

n=1

an cos(λn x),

onde:

an =1

l

∫ l

−lfp(x) cos(λn x) dx

=2

l

∫ l

0

f(x) cos(λn x) dx, n = 1, 2, . . .

tal que λn =nπ

l. Na última integral utilizamos o fato de que fp = f em [0, l].

4.7.2 Séries dos Senos

Seja f : [0, l] −→ R e fo sua extensão ímpar, periódica de período 2 l e nas condi-ções de Fourier; então:

S[fo] =∞

∑

n=1

an sen(λn x),

onde:

bn =1

l

∫ l

−lf0(x) sen(λn x) dx =

2

l

∫ l

0

f(x) sen(λn x)) dx, n = 1, 2, . . .

tal que λn =nπ

l. Na última integral utilizamos o fato de que f0 = f em [0, l].

Definição 4.5. S[fp] é dita a série dos co-senos de f ; analogamente, S[fo] é dita a sériedos senos de f .

Como, f = fp = fo em [0, l], definimos a série de Fourier de f como:

S[f ] = S[fp], ou S[f ] = S[fo].

4.7. SÉRIES DOS CO-SENOS E DOS SENOS 139

Exemplo 4.8.

[1] Seja f(x) = x tal que x ∈ [0, 1]. Ache S[f ].

Determinemos fp:

fp(x) =

x se 0 ≤ x ≤ 1

−x se − 1 ≤ x < 0,

isto é, fp(x) = |x| onde x ∈ [−1, 1]; fazendo fp periódica de período 2:

Figura 4.23: Gráfico de fp.

l = 1, então a0 = 1 e:

an = 2

∫ 1

0

x cos(

nπ x) dx =2(

(−1)n − 1)

n2 π2.

Logo a2n = 0 e a2n−1 = − 4

π2 (2n− 1)2e a série dos co-senos de f é:

S[fp] =1

2−

∞∑

n=1

4

π2 (2n− 1)2cos

(

(2n− 1) π x).

Determinemos f0:

f0(x) =

x se 0 ≤ x ≤ 1

x se − 1 ≤ x < 0,

isto é, f0(x) = x onde x ∈ [−1, 1]; fazendo fo periódica de período 2:


-4 -2 2 4

-1

1

Figura 4.24: Gráfico de fo.

l = 1, então:

bn = 2

∫ 1

0

x sen(

nπ x) dx =2 (−1)n+1

nπ.

Logo, a série dos senos de f é:

S[fo] =

∞∑

n=1

2 (−1)n+1

nπsen

(

nπ x).

Observe que S[f0] não é igual a f no ponto x = 1.

[2] Seja f(x) = x2 tal que x ∈ [0, π]. Ache S[f ].

Determinemos fp:

fp(x) =

x2 se 0 ≤ x ≤ π

(−x)2 se − π ≤ x < 0,

isto é, fp(x) = x2 onde x ∈ [−π, π]; fazendo fp periódica de período 2 pi:

Figura 4.25: Gráfico de fp.

4.8. CONTINUIDADE E DIFERENCIABILIDADE POR PARTES 141

l = π, então a0 =2 π2

3e:

an2

π

∫ π

0

x2 cos(

nx) dx =4 (−1)n+1

n2.

Logo, a série dos co-senos de f é:

S[fp] =π2

3−

∞∑

n=1

4 (−1)n+1

n2cos(nx).

Determinemos f0:

f0(x) =

x2 se 0 ≤ x ≤ π

−x2 se − π ≤ x < 0,

onde x ∈ [−π, π]; fazendo fo periódica de período 2 pi:

Figura 4.26: Gráfico de fo.

l = π, então:

bn =2

π

∫ π

0

x2 sen(

x) dx =2 [−2 + (−1)n+1 (2 − n2 π2)]

n3 π.

Logo, a série dos senos de f é:

S[fo] =∞

∑

n=1

2 [−2 + (−1)n+1 (2 − n2 π2)]

n3 πsen(nx).

4.8 Continuidade e Diferenciabilidade por Partes

4.8.1 Continuidade por Partes

Definição 4.6. O salto de uma função f no ponto x0 é denotado e definido por:


sal(f)(x0) = f(x+0 ) − f(x−0 ),

onde f(x+0 ) = lim

x−→x+

0

f(x) e f(x−0 ) = limx−→x−

0

f(x).

sal(f)(x )

x0

0

Figura 4.27: Salto de uma função.

Se f é contínua em x0, então sal(f)(x0) = 0.

Definição 4.7. Uma função f é contínua por partes se:

1. f tem um número finito de descontinuidades em qualque intervalo limitado e

2. sal(f)(x) é finito para todo x ∈ R.

Se f é contínua, então f é contínua por partes. Se f e g são contínuas por partes,então f + g e f g são contínuas por partes. Se f é contínua por partes em [−l, l] eé tal que f(x+ 2 l) = f(x), então f é contínua por partes em R.As funções contínuas por partes em [a, b] são limitadas e integráveis em [a, b].Logo, satisfazem à condição de Fourier.

Exemplo 4.9.

[1] Considere a função f(x) = sign(x), o sinal de x:

-3 -2 -1 1 2 3

-1

1

Figura 4.28: Gráfico de f(x) = sign(x)

4.8. CONTINUIDADE E DIFERENCIABILIDADE POR PARTES 143

f(x) = sign(x) é contínua por partes, pois só tem uma descontinuidade em x0 = 0e sal(f)(0) = 2.

[2] A função f(x) =1

x, x ∈ R − 0 não é contínua por partes, pois sal(f)(0) não

existe.

Figura 4.29: Gráfico de f(x) =1

x

4.8.2 Diferenciabilidade por Partes

Definição 4.8. Uma função f é diferenciável por partes se:

1. f é contínua por partes e

2. f ′ é contínua por partes.

Exemplo 4.10.

[1] A função f(x) = |x| é diferenciável por partes em x0 = 0. Pois:

f ′(x) =

1 se 0 < x

−1 se 0 > x,

é contínua por partes.

[2] A função f(x) =3√x2 , |x| ≤ 1 é contínua e não é diferenciável por partes em

x0 = 0. De fato:

f ′(x) =2

3 3√x,

se x 6= 0. Logo, f ′(0+) e f ′(0−) não existem.


Figura 4.30: Gráfico de f(x) = x2/3

f ′ não está necessariamente definida em todos os pontos; por exemplo, f ′ nãopode existir onde f seja descontínua, mas f ′ também pode não existir ainda nospontos onde f é contínua. Veja o exemplo anterior.

4.9 Convergências

4.9.1 Convergência Pontual

Teorema 4.4. (Dirichlet) Seja f ∈ Cper diferenciável por partes; então, para cada x:

S[f ](x) =f(x+) + f(x−)

2.

Corolário 4.5. Seja f ∈ Cper diferenciável por partes; então, para cada x onde f forcontínua:

S[f ](x) = f(x).

Exemplo 4.11.

[1] Seja:

f(x) =

1 se 0 ≤ x ≤ π

0 se −π ≤ x < 0,

tal que f(x) = f(x+ 2):

(a) Esboce o gráfico da série de Fourier de f .

(b) Utilize S[f ] para determina a soma:

∞∑

n=1

(−1)n+1

2n− 1

4.9. CONVERGÊNCIAS 145

1

Figura 4.31: Gráfico de f(x)

(a) Como f é diferenciável por partes, pelo teorema de Dirichlet S[f ](x) = f(x) se

x 6= nπ e n ∈ Z. Por outro lado, para todo x0 = nπ tal que n ∈ Z, sal(f)(x0) =1

2.

Logo, o gráfico de S[f ] é:

1

Figura 4.32: Gráfico de S[f ]

(b) Determinemos S[f ]:

a0 = 1

an =1

π

∫ π

0

cos(nx) dx = 0

bn =1

π

∫ π

0

sen(nx) dx =

(

1 − (−1)n)

nπ.

Logo, b2n = 0 e b2n−1 =2

(2n− 1)πe:

S[f ] =1

2+

∞∑

n=1

2

(2n− 1)πsen

(

(2n− 1) π x)

.

f é diferenciável por partes e contínua em x0 =π

2; então, aplicando o teorema,


temos: S[f ](x0) = f(x0) = 1. Utilizando que sen(

(2n − 1) π x)

= −cos(nπ) =(−1)n+1, temos:

1 =1

2+

∞∑

n=1

2 (−1)n+1

(2n− 1)π.

Isto é:

∞∑

n=1

(−1)n+1

2n− 1=π

4.

[2] Utilize a série de Fourier de f(x) = x2, x ∈ [−l, l] e f(x) = f(x + 2 l) para

calcular a soma da série∞

∑

n=1

1

n2.

1

Figura 4.33: Gráfico de f

Como f é par bn = 0 para todo n ∈ N. Por outro lado:

a0 =2

l

∫ l

0

x2 dx =2 l2

3

an =2

l

∫ l

0

x2 cos(nπ x

l

)

dx =4 l2 (−1)n

n2 π2, n ∈ N.

Logo, S[f ] =l2

3+

∞∑

n=1

4 l2 (−1)n

n2 π2cos

(nπ x

l

)

. Aplicando o teorema para x0 = l :

l2 =l2

3+

4 l2

π2

∞∑

n=1

1

n2.

Isto é:

∞∑

n=1

1

n2=π2

6.


[3] Utilize a série de Fourier de f(x) = ex, x ∈ [−π, π] e f(x) = f(x + 2 π) para

calcular a soma da série∞

∑

n=1

1

n2 + 1.

-4 -2 2 4

1

Figura 4.34: Gráfico do exemplo [3]

Como f não é par ou ímpar:

a0 =1

π

∫ π

−πex dx =

1

π(eπ − e−π) =

2 senh(π)

π

an =1

π

∫ π

−πex cos(nx) dx =

(−1)n

π (n2 + 1)(eπ − e−π) =

2 (−1)n senh(π)

π (n2 + 1), n = 1, 2, . . .

bn =1

π

∫ π

−πex sen(nx) dx = −2 (−1)n n senh(π)

π (n2 + 1), n = 1, 2, . . .

Logo:

S[f ] =senh(π)

π

[

1 + 2

∞∑

n=1

(−1)n

n2 + 1

[

cos(nx) − n sen(nx)]

]

.

Aplicando o teorema para x0 = π, temos quef(π+) + (π−)

2= cosh(π) ; logo:

cosh(π) =2 senh(π)

π

[

1

2+

∞∑

n=1

(−1)n

n2 + 1cos(nπ)

]

=2 senh(π)

π

[

1

2+

∞∑

n=1

1

n2 + 1

]

.

Isto é:

∞∑

n=1

1

n2 + 1=

1

2

[

π

tgh(π)− 1

]

.


4.9.2 Convergência Uniforme

O seguinte teorema segue diretamente do teste M de Weierstrass, temos:

∞∑

n=1

[


≤∞

∑

n=1

∣

∣an cos(λn x)∣

∣ +∣

∣bn sen(λn x)∣

∣

≤∞

∑

n=1

∣

∣an∣

∣ +∣

∣bn∣

∣,

onde λn =nπ

l. Então:

Teorema 4.6. A série de Fourier S[f ] tal que f ∈ Cper está nas condições de Fourier,converge absolutamente e uniformenente a f no intervalo [−l, l] se:

∞∑

n=1

(

|an| + bn|)

converge e, neste caso f = S[f ] .

Exemplo 4.12.

Seja f(x) = |x|, x ∈ [−1, 1] tal que f(x) = f(x + 2); então, para todo n = 1, 2, . . .

bn = 0, a1 = 1 e a2n = − 4

π2 (2n− 1)2.

S[f ] =1

2−

∞∑

n=1

4

π2 (2n− 1)2cos((2n− 1) π x).

Por outro lado:

∞∑

n=1

(

|an| + bn|)

=∞

∑

n=1

1

(2n− 1)2.

Como a última série é convergente, temos que S[f ] converge uniformemente a |x|em [−1, 1], na verdade em R, logo:

|x| =1

2−

∞∑

n=1

4

π2 (2n− 1)2cos

(

(2n− 1) π x)

.


Observações sobres os coeficientes de S[f ]

Com a hipótese de f ∈ Cper e estar nas condições de Fourier, nos parágrafosanteriores, obtivemos:

|an| ≤1

l

∫ l

−l|f(x)| dx

|bn| ≤1

l

∫ l

−l|f(x)| dx.

Suponhamos que f ∈ Cper e que f ′ está nas condições de Fourier, então, integra-mos por partes:

(1) an =1

l

∫ l

−lf(x) Ψn(x) dx

(2) bn =1

l

∫ l

−lf(x) Φn(x) dx.

Logo, (1):

an =1

nπf(x) Φ(x)

∣

∣

l

−l− 1

nπ

∫ l

−lf ′(x) Φ(x) dx = − 1

nπ

∫ l

−lf ′(x) Φ(x) dx,

tomando valor absoluto:

|an| ≤1

nπ

∫ l

−l|f ′(x)| dx.

Analogamente:

|bn| ≤1

nπ

∫ l

−l|f ′(x)| dx.

Suponhamos que f ∈ Cper, que f ′ é contínua e que f ′′ está nas condições deFourier. Voltando a integrar por partes, obtemos:

|an| ≤l

n2 π2

∫ l

−l|f ′′(x)| dx e |bn| ≤

l

n2 π2

∫ l

−l|f ′′(x)| dx.

Como f ′′ está nas condições de Fourier, denotamos a constantel

π2

∫ l

−l|f ′′(x)| dx

porM , logo:

|an| ≤M

n2e |bn| ≤

M

n2.


Então:

∣

∣an cos(λn x) + bn sen(λn x)∣

∣ ≤ |an| + |bn| ≤2M

n2;

como∞

∑

n=1

1

n2converge, pelo teorema, a série S[f ] converge uniformemente a f .

As condições impostas anteriormente a f são muito restritivas e deixam de forauma grande quantidade de exemplos interessantes. O seguinte teorema nos dizcom que classe de funções ainda é possível obter convergência uniforme.

Teorema 4.7. Se f ∈ Cper é contínua por partes e f′ está nas condições de Fourier, então

S[f ] converge uniformemente para f em todo intervalo fechado que não contenha pontosde descontinuidade de f .

Em particular, se f(−l) 6= f(l), então S[f ] não pode convergir para f . Se f ∈ Cperé contínua e diferenciável por partes, então S[f ] converge uniformemente para fem todo R.Se f é definida em (−l, l) e a extensão periódica de f satisfaz às condições doteorema, então S[f ] converge uniformemente para f em [−l, l].

Exemplo 4.13.

[1] A função f(x) = |sen(x)|, x ∈ [−π, π] tal que f(x) = f(x + 2 π) é contínua ediferenciável por partes; logo S[f ] converge uniformemente a f .

[2] Considere a função f(x) = x, x ∈ [−1, 1] tal que f(x) = f(x+ 2); logo S[f ] nãoconverge uniformemente para f , pois f(−1) 6= f(1).

Teorema 4.8. Se f é definida em (−l, l) é é contínua por partes, f ′ está nas condições deFourier e f(l−) = f(l+), então S[f ] converge uniformemente para f em [−l, l].

Uma função periódica ímpar é contínua se f(0) = f(−l) = f(l) = 0, então aextensão ímpar de uma função definida em (0, l) pode ter descontinuidades. Asextensões pares não apresentam esta dificuldade.

Corolário 4.9.

1. Se f é definida em (0, l) e é contínua por partes, f ′ está nas condições de Fourier ef(l−) = f(l+) = 0, então a série dos senos de f converge uniformemente para fem [−0, l].

2. Se f é definida em (0, l) e é é contínua por partes e f ′ está nas condições de Fourier,então a série dos co-senos de f converge uniformemente para f em [−0, l].


Note a diferença do comportamento das somas parciais das séries de Fourier emrelação à função quando S[f ] converge uniformemente ou não para f :

1. Seja f(x) = |x|, x ∈ [−1, 1]. A série S[f ] converge uniformemente em [−1, 1];desenhos de f (azul) S1 e S2 (vermelho), respectivamente:

-1 1

1

-1 1

1

2. Seja f(x) = x, x ∈ [−1, 1]. S[f ] não converge uniformemente em [−1, 1];desenhos de f (azul) S1 e S3 (vermelho), respectivamente:

-1 1

-1

1

-1 1

-1

1

Teorema 4.10. Se f ∈ Cper é contínua por partes e diferenciável por partes, então a sériede Fourier de f é única.

4.9.3 Fenômeno de Gibbs

Nos parágrafos anteriores observamos que se existir um ponto de descontinui-dade de f num intervalo, a série de Fourier S[f ] não converge uniformemente af nesse intervalo. Na vizinhança de um ponto de descontinuidade de f , as somasparciais de S[f ] não ficam próximas de f ; pelo contrário, tem um comportamentooscilatório. Na verdade, na vizinhança de um ponto de descontinuidade, o valorde f e das somas parciais de S[f ] diferem num valor aproximado de 9 do valor


do salto na descontinuidade. Este comportamento é conhecido com o nome defenômeno de Gibbs.

Definindo ωn(x0), a oscilação da soma parcial de ordem n de S[f ], no ponto dedescontinuidade x0, como a diferença entre omáximo e omínimo da soma parcialde ordem n no ponto x0, Gibbs observou que o valor desta oscilação não se apro-xima do sal(f)(x) se x ∈ (x0 − ε, x0 + ε), não importando se ε é arbitrariamentepequeno. Vejamos o seguinte exemplo.

Exemplo 4.14.

Seja

f(x) =

1 se 0 ≤ x ≤ π

−1 se −π ≤ x < 0.

tal que f(x) = f(x+ 2 π):Consideremos a seguinte soma parcial de S[f ]:

Sn =

n∑

k=1

4

(2 k − 1) πsen

(

(2 k − 1) x)

.

Observemos os gráficos de f e da somas:

S1 =4

π

[

sen(x)]

S2 =4

π

[

sen(x) +sen(3 x)

3

]

S3 =4

π

[

sen(x) +sen(3 x)

3+sen(5 x)

5

]

S4 =4

π

[

sen(x) +sen(3 x)

3+sen(5 x)

5+sen(7 x)

7

]

A seguir os gráficos de f (vermelho) e Sn (azul) para n = 1, 2, 3, 4, no intervalo[−π, π]:

-3 -2 -1 1 2 3

-1

1

-3 -2 -1 1 2 3

-1

1


-3 -2 -1 1 2 3

-1

1

-3 -2 -1 1 2 3

-1

1

Note que nos desenhos verifica-se o teorema de Dirichlet. Nos seguintes dese-nhos o gráfico de f e S100:

-3 -2 -1 1 2 3

-1

1

Nos seguintes desenhos um zoom dos desenhos anteriores

0.2 0.4 0.6 0.8

0.97

0.98

0.99

1.01

1.02

1.03

0.2 0.4 0.6 0.8

1

Note que sal(0) = 2 e1

2

[

f(0+) + f(0−)]

= 0. É possível provar que o ponto de

máximo mais próximo pela direita de 0 é x =π

2ne que:

limn→+∞

S2n−1

( π

2n

)

=2

πSi(π) ≃ 1.1789 . . .

onde Si(x) =

∫ x

0

sen(t)

tdt. Por outro lado f(0) = 1, ou seja excede em, aproxi-

madamente, 0.18, isto é 9 do sal(0) = 2.


4.10 Integração e Derivação das Séries de Fourier

Sabemos que se uma série de funções converge uniformemente para uma fun-ção, então, a função preserva as mesmas propriedades das funções que formama série. Mas, as séries de Fourier pussuem a seguinte propriedade notável:

Proposição 4.3. Se f ∈ Cper é contínua por partes, então:

1. S[f ] pode ser integrada termo a termo:

∫ x

a

f(t) dt =a0

2(x− a) +

∞∑

n=1

[

an

∫ x

a

cos(λn t) dt+ bn

∫ x

a

sen(λn t) dt]

,

onde a, x ∈ [−l, l] e λn =nπ

l.

2. A função F (x) =

∫ x

0

[

f(t) − a0

2

]

dt é periódica de período 2 l, contínua e F ′ é

contínua por partes, e:

∫ x

0

[

f(t) − a0

2

]

dt =l

π

∞∑

n=1

bnn

+l

π

∞∑

n=1

1

n

[

− bn cos(λn x) + an sen(λn x)]

.

Este resultado é notável pois vale mesmo que S[f ] não convirga para f .

De fato, F é contínua, pelo teorema fundamental do cálculo e F ′(x) = f(x) se ffor contínua. F é periódica de período 2 l, logo:

F (x) =c02

+

∞∑

n=1

[

cn Ψn + dn Φn

]

.

Integrado por partes, relacionaremos os coeficientes de Fourier de F com os de f :

cn =1

l

[

l

n πF (x) Φn

∣

∣

∣

∣

l

−l

− l

n π

∫ l

−lF ′(x) Φn dx

]

= − l

n πbn,

se n > 1. Analogamente:

dn =l

n πan,

se n > 1. Como F (0) = 0, da série de Fourier de F , temos:

0 =c02

+

∞∑

n=1

cn,

4.10. INTEGRAÇÃO E DERIVAÇÃODAS SÉRIES DE FOURIER 155

ou seja, c0 =2 l

π

∞∑

n=1

bnn, isto é:

l

π

∞∑

n=1

bnn

=1

2 l

∫ l

−lF (x) dx.

A série∞

∑

n=1

bnné, necessariamente, convergente.

O teorema se aplica da seguinte forma. Se:

S[f ] =a0

2+

∞∑

n=1

[


,

entâo:

F (x) =

∫ x

0

[

f(t)− a0

2

]

=1

2 l

∫ 2l

0

F (x) dx+l

π

∞∑

n=1

[

− bnncos(λn x) +

annsen(λn x)

]

,

Exemplo 4.15.

[1] A série

∞∑

n=2

sen(nx)

ln(n)

é uma série de Fourier?

A resposta é não, pois a série:

∞∑

n=1

bnn

=∞

∑

n=1

1

n ln(n)

é divergente.

-2 -1 1 2

-6

-4

-2

2

4

6

Figura 4.35: Gráfico de S20, do exmplo [1].


[2] Sabemos que

x =∞

∑

n=1

2 (−1)n+1

nsen(nx),

se x ∈ (−π, π). Como an = 0 e bn =2 (−1)n+1

n, então:

1

2 π

∫ π

−πF (x) dx =

1

2 π

∫ π

−π

[∫ x

0

t dt

]

dx =π2

6.

Logo:

x2

2=π2

6+

∞∑

n=1

2 (−1)n

n2cos(nx).

Integrando novamente:

x3

6− π2 x

6=

∞∑

n=1

2 (−1)n

n3sen(nx).

Proposição 4.4. Se f ∈ Cper é contínua por partes e diferenciável por partes, então:

S[f ′] =(

S[f ])′.

Isto é, S[f ] pode ser derivada termo a termo.

Exemplo 4.16.

Sabemos que f(x) = |x|, x ∈ [−1, 1] tal que f(x) = f(x+2), é contínua por partes,diferenciável por partes e:

|x| =1

2+

∞∑

n=1

4

π2 (2n− 1)2cos

(

(2n− 1) π x)

.

Então a série de Fourier de f ′(x) =

1 se 0 < x < 1

−1 se −1 < x < 0é:

S[f ′] = −∞

∑

n=1

4

(1 − 2n) πsen

(

(2n− 1) π x)

.

Note que a série não converge nos pontos onde f ′′ não existe.

4.11. CONVERGÊNCIA EMMÉDIA 157

4.11 Convergência em Média

Uma função f : [a, b] −→ R é dita de quadrado integrável se:

∫ b

a

|f(x)|2 dx < +∞.

Observações 4.1.

1. Se f for limitada e integrável sobre [a, b], então é de quadrado integravélsobre [a, b]. De fato, se f é limitada, existe k > 0 tal que |f(x)| ≤ k para todox ∈ [a, b] e:

∫ b

a

|f(x)|2 dx ≤ k2

∫ b

a

dx = k2 (b− a).

2. Se f não for limitada, ainda assim pode ser integrável e |f |2 não integrável.Como no caso de f(x) =

1√xem (0, 1).

Definição 4.9. Seja a sequência(

fn)

n∈Ntal que cada fn é de quadrado integrável em

[a, b]. Dizemos que(

fn)

n∈Nconverge em média quadrática para uma função f de qua-

drado integrável, se:

limn→+∞

∫ b

a

∣

∣f(x) − fn(x)∣

∣

2dx = 0.

Observações 4.2.

1.∫ b

a

∣

∣f(x) − fn(x)∣

∣

2dx é dito erro médio quadrático de aproximação.

2. A seguir, verificaremos se as somas parciais de S[f ], onde f é de quadradointegrável, convergem em média quadrática a f .

Primeiramente, consideremos a função:

gN(x) = c0 +N

∑

n=1

cn Ψn + dn Φn,

onde Φn e Ψn são dados por (4.1). Denotemos por:

EN =

∫ l

−l

∣

∣f(x) − gN(x)∣

∣

2dx =

∫ l

−lf 2(x) dx− 2

∫ l

−lf(x) gN(x) dx+

∫ l

−lg2N(x) dx.


Por outro lado:

∫ l

−lf(x) gN(x) dx = c0

∫ l

−lf(x) dx+

N∑

n=1

cn

∫ l

−lf(x) Ψn dx+ dn

∫ l

−lf(x) Φn dx

= l c0 a0 + lN

∑

n=1

[

cn an + dn bn]

.

Análogamente, utilizando a ortogonalidade de Ψn e Φn, temos:

∫ l

−l

(

gN(x))2dx = 2 l c20 + l

N∑

n=1

[

c2n + d2n

]

.

Logo, podemos reescrever:

EN =

∫ l

−l

(

f(x))2dx− 2 l

[

c0 a0 +N

∑

n=1

[

cn an + dn bn]

]

+ l

[

2 c20 +N

∑

n=1

[

c2n + d2n

]

]

.

Derivando para achar os pontos críticos, temos:

∂EN

∂c0= −2 l a0 + 4 l c0 = 0

∂EN

∂c1= −2 l a1 + 2 l c1 = 0

∂EN

∂d1= −2 l b1 + 2 l d1 = 0

...

∂EN

∂cn= −2 l an + 2 l cn = 0

∂EN

∂dn= −2 l bn + 2 l dn = 0

Não é difícil ver que os valores c0 =a0

2, cn = an e dn = bn minimizam EN ; então:

gN(x) = SN ,

onde, SN é a N-ésima soma parcial de S[f ]. Denotemos por EN o menor dos EN ,utilizando os mesmos argumentos anteriores:

EN =

∫ l

−l

(

f(x))2dx− l

[

a20

2+

N∑

n=1

[

a2n + b2n

]

]

;


como EN ≥ 0, temos:

1

l

∫ l

−l

(

f(x))2dx ≥ a2

0

2+

N∑

n=1

[

a2n + b2n

]

;

esta desigualdade é válida para todo N ; então, fazendo N −→ +∞, obtemos:

1

l

∫ l

−l

(

f(x))2dx ≥ a2

0

2+

∞∑

n=1

[

a2n + b2n

]

;

esta desigualdade é chamada de Bessel.

A desiguladade de Bessel implica que:

∞∑

n=1

[

a2n + b2n

]

converge e o seguinte resultado, que foi fundamental no desenvolvimento dateoria das séries de Fourier:

Lema (Riemann-Lebesgue) Se f ∈ Cper e é contínua por partes, então:

limn−→+∞

an = limn−→+∞

bn = 0,

onde an e bn são os coeficientes de S[f ].

Teorema 4.11. Se f ∈ Cper e é de quadrado integrável, então S[f ] converge em médiapara f .

Logo, se f ∈ Cper e é de quadrado integrável, então obtemos:

1

l

∫ l

−l

(

f(x))2dx =

a20

2+

∞∑

n=1

[

a2n + b2n

]

,

esta igualdade é chamada identidade de Parseval.

4.11.1 Aplicações

Normalizemos o erro médio quadrático, da seguinte forma, seja:

E2N =

1

2 lEN ,

então:

E2N =

1

2 l

[∫ l

−l

(

f(x))2dx

]

− 1

2

[

a20

2+

N∑

n=1

[

a2n + b2n

]

]

.


Utilizando a identidade de Parseval:

E2N =

1

2

[

a20

2+

∞∑

n=1

[

a2n + b2n

]

]

− 1

2

[

a20

2+

N∑

n=1

[

a2n + b2n

]

]

;

logo:

E2N =

1

2

∞∑

n=N+1

[

a2n + b2n

]

.

Exemplo 4.17.

[1] Sabemos que se f(x) = |x|, x ∈ [−1, 1] é tal que f(x) = f(x+ 2), então:

|x| =1

2− 4

π2

∞∑

n=1

cos(

(2n− 1) π x)

(2n− 1)2.

f é de quadrado integrável e∫ 1

−1

|x|2 dx =2

3. Aplicando a identidade de Parseval,

temos:

1

2+

∞∑

n=1

16

(2n− 1)4 π4=

2

3,

logo:∞

∑

n=1

1

(2n− 1)4=π4

96.

[2] Seja f(x) = x, x ∈ [−1, 1] tal que f(x) = f(x+ 2). Quantos termos deve ter Snpara que S[f ] convirga em média para f com um erro menor que 1 ?

Sabemos que: S[f ] =

∞∑

n=1

2 (−1)n+1

nπsen

(

nπ x)

, logo:

E2N =

1

2

∞∑

n=N+1

4

n2 π2=

2

π2

∞∑

n=N+1

1

n2.

Por outro lado:

∞∑

n=N+1

1

n2≤

∫ +∞

N

dx

x2= lim

b−→+∞

∫ b

N

dx

x2= lim

b−→+∞

[

1

N− 1

b

]

=1

N.

Então, E2N ≤ 2

π2N< 0.01; donde N > 20.26. Logo são necessários 21 termos.


-1 1

-1

1

Figura 4.36: Gráfico de S21.

[3] Seja f(x) = |x|, x ∈ [−1, 1] tal que f(x) = f(x + 2). Quantos termos deve terSn para que S[f ] convirga em média para f com um erro menor que 1 ?

Sabemos que: S[f ] =1

2− 4

π2

∞∑

n=1

cos(

(2n− 1) π x)

(2n− 1)2, logo:

E2N =

1

2

∞∑

n=N+1

16

(2n− 1)4 π4=

8

π4

∞∑

n=N+1

1

(2n− 1)4.

Por outro lado:

∞∑

n=N+1

1

(2n− 1)4≤

∫ +∞

N

dx

(2 x− 1)4=

1

6 (2N − 1)3.

Então, E2N ≤ 8

6 π4 (2N − 1)3< 0.01; donde N > 1.05. Logo são necessários 2

termos.

-1 1

Figura 4.37: Gráfico de S2.


4.12 Exercícios

1. Verifique que se f e g são períodicas de periódo T , então f + g e f g são perío-dicas de

periódo T .

2. Seja F (x) =

∫ x

0

f(t) dt. Verifique que:

a) F é par se f é ímpar

b) F é ímpar se f é par

3. Seja f(x) = cos(αx) + cos(β x). Verifique que f é periódica seα

β∈ Q.

4. Se f é periódica de período 2 l, verifique que:

F (x) =

∫ x

0

[

f(t) − a0

2

]

dt,

onde a0 ∈ R, é periódica de período 2 l.

5. Sejam P = Pn(x) os polinômios de Legendre. Verifique que são ortogonais emC([−1, 1]):

Pn · Pm =

∫ 1

−1

Pn(x)Pm(x) dx = 0,

se n 6= m e Pn · Pn =2

2n+ 1. Utilize a fórmula de Rodrigues.

6. Determine S[f ], se:

a) f(x) = 2 x; x ∈ [−1, 1] tal que f(x) = f(x+ 2)

b) f(x) = 2 x− 1; x ∈ [−1, 1] tal que f(x) = f(x+ 2)

c) f(x) = x2 + x; x ∈ [−π, π] tal que f(x) = f(x+ 2 π)

d) f(x) = ex, x ∈ [−1, 1] tal que f(x) = f(x+ 2)

e) f(x) = senh(x), x ∈ [−1, 1] tal que f(x) = f(x+ 2)

f) f(x) = cosh(x), x ∈ [−1, 1] tal que f(x) = f(x+ 2)

g) f(x) = 2 cos2(x), x ∈ [−π, π] tal que f(x) = f(x+ 2 π)


h) f(x) = cos(3 x) + cos2(x), x ∈ [−π, π] tal que f(x) = f(x+ 2 π)

i) f(x) =

1

2+ x se − 1 ≤ x < 0

1

2− x se 0 ≤ x < 1

, tal que f(x) = f(x+ 2)

j) f(x) =

−x+ π se − π ≤ x ≤ 0

x se 0 < x < π, tal que f(x) = f(x+ 2 π)

k) f(x) =

0 se − 3 π ≤ x < π

1 se π ≤ x < 2 π

2 se 2 π ≤ x < 3 π

, tal que f(x) = f(x+ 6 π)

l) f(x) =

0 se − π ≤ x < 0

x2 se 0 ≤ x < π, tal que f(x) = f(x+ 2 π)

m) f(x) =

0 se − π ≤ x < 0

x3 se 0 ≤ x < π, tal que f(x) = f(x+ 2 π)

n) A função que tem como gráfico:

π

−π π 2π


o) A função que tem como gráfico:

63-3-6

-3

p) A função que tem como gráfico:

−π[

π

π−π

7. Determine S[f ], onde:

a) f(x) = a x+ b, x ∈ [−l, l], tal que f(x) = f(x+ 2 l)

b) f(x) = a x2 + b x+ c, x ∈ [−l, l], tal que f(x) = f(x+ 2 l)

8. Determine a expressão matemática de fp, fo e esboce os gráficos de fp e fo dasfunções:

a) f(x) = 2 x, x ∈ [0, 1]

b) f(x) = x2 + 1, x ∈ [0, 1]

c) f(x) = x2 − x+ 1, x ∈ [0, 1]

d) f(x) = ex, x ∈ [0, 1]


e) f(x) = cos(π x), x ∈ [0, 1]

f) f(x) = x3, x ∈ [0, 1]

g) f(x) = cosh(x), x ∈ [0, 1]

h) f(x) = senh(x), x ∈ [0, 1]

i) A função que tem como gráfico:

π

π2π/3

j) A função que tem como gráfico:

1

2

−2

2


k) A função que tem como gráfico:

4

2

9. Determine a série dos cosenos S[fp] e dos senos S[fo], onde f é dada pelo ítemanterior.

10. Esboce os gráficos das somas parciais até de ordem 4, do ítem anterior.

11. Seja f(x) =

0 se − 5 < x < 0

3 se 0 < x < 5,tal que f(x+ 10) = f(x).

Como se deve redefinir f para que S[f ] convirja em [−5, 5].

12. Utilize a série de Fourier de f(x) = ex, x ∈ [−π, π] tal que f(x) = f(x + 2 π)para achar o valor da série:

∞∑

n=1

(−1)n

n2 + 1.

13. Utilize a série de Fourier de f(x) = x2, x ∈ [−π, π] tal que f(x) = f(x + 2 π)para verificar que:

a)∞

∑

n=1

1

n2=π2

6

b)∞

∑

n=1

(−1)n+1

n2=π2

12

c)∞

∑

n=1

1

(2n− 1)2=π2

8


14. Esboce o gráfico das séries de Fourier do ítem 1.

15. Utilize a série de Fourier de:

f(x) =

−1 se − π ≤ x < 0

1 se 0 ≤ x < π,

f(x) = f(x + 2 π), para determinar por integração a série de Fourier de f(x) =|x|,x ∈ [−π, π] tal que f(x) = f(x+ 2 π).

16. Determine se a série de Fourier das seguintes funções convergem uniforme-mente:

a) f(x) = ex, x ∈ (−1, 1)

b) f(x) = senh(x), x ∈ (−π, π)

c) f(x) = sen(x) + |sen(x)|, x ∈ (−π, π)

d) f(x) = x+ |x|, x ∈ (−1, 1)

17. Seja f(x) = x + 1|, x ∈ [−1, 1] tal que f(x) = f(x + 2). Quantos termos deveter Sn para que S[f ] convirga em média para f com um erro menor que 1%?

18. Seja f(x) = x2 + x, x ∈ [−1, 1] tal que f(x) = f(x + 2). Quantos termos deveter Sn para que S[f ] convirga em média para f com um erro menor que 1%?

Capítulo 5

PROBLEMAS DESTURM-LIOUVILLE

5.1 Introdução

Sabemos que um sistema formado por uma e.d.o. de ordem n e n condições com-plementares, que determinam, em um mesmo valor da variável independente, ovalor da função incógnita e de suas derivadas, é chamado de problema de valorinicial (PVI). As condições complementares são chamadas condições iniciais. Istoé, dada uma edo de segunda ordem, o sistema:

y′′ + p(x) y′ + q(x) y = r(x)

y(x0) = y0

y′(x0) = y1

(5.1)

tem uma única solução se as funções p, q, r : (x0 − ε, x0 + ε) −→ R são contínuas(ε > 0). Veja, ([NP]) na bibliografia.

Agora, nosso interesse, é estudar a possibilidade de determinar a solução da edode (5.1), savendo que a função passa de um ponto a outro, é dizer, se o sistema:

y′′ + p(x) y′ + q(x) y = r(x)

y(x0) = y0

y′(x1) = y1

tem solução?

5.2 Problemas de Contorno

Definição 5.1. Uma condição de contorno ou bordo de uma e.d.o. são condições comple-mentares que determinam, em dois ou mais valores da variável independente, os valores

169

170 CAPÍTULO 5. PROBLEMAS DE STURM-LIOUVILLE

da função incógnita e de suas derivadas.

A e.d.o. junto com as condições de bordo ou de contorno é chamado problemacom valores de contorno (PVC).

Como no caso dos PVI, o número de condições impostas é igual à ordem da e.d.o.Uma diferença essencial entre os PVI e os problemas que envolvem condições decontorno é que estes podem ter uma, nenhuma ou infinitas soluções. Condiçõesde bordo típicas para edo’s de segunda ordem são:

a11 y(x1) + a12 y′(x1) = α, tal que a2

11 + a212 6= 0

a21 y(x2) + a22 y′(x2) = β, tal que a2

21 + a222 6= 0

Exemplo 5.1.

[1] O problema clássico de determinar a forma que toma um cabo flexível, sus-penso em dois pontos e sujeito a seu peso é um PVC. Este problema foi propostopor Leonardo da Vinci e resolvido após anos por Leibniz e J. Bernoulli; foi Leibnizque deu o nome de catenária à curva solução do problema. Para mais detalhesveja ([NP]).

[2] O exemplo seguinte é de um PVC:

y′′ + y = 0, 0 < x < π

y(0) = 0

y(π) = 2.

5.3 Problema de Sturm-Liouvuille

Nosso interesse é uma classe especial de PVC, que passaremos a estudar.

Definição 5.2. O PVC:

(s y′)′ − q y + λ p y = 0, l < x < r

α1 y(l) + α2 y′(l) = 0

β1 y(r) + β2 y′(r) = 0,

(5.2)

onde s = s(x), q = q(x), p = p(x) são definidas em (l, r) e λ ∈ R, é chamado de problemade Sturm-Liouville (PSL). Os possíveis valores de λ tal que (5.2) possui soluções nãotriviais são chamados autovalores e as soluções correspondentes autofunções.

O PSL sempre tem solução y = 0. Nós estamos interessados num tipo especial dePSL.

5.3. PROBLEMA DE STURM-LIOUVUILLE 171

Exemplo 5.2.

[1] O seguinte é um PSL:

y′′ + λy = 0, 0 < x < π

y(0) = 0

y(π) = 2.

[2] O seguinte é um PSL:

x2 y′′ + x y′ + λ y = 0, 1 < x < e

y(1) = 0

y(e) = 0.

de fato, x2 y′′ + x y′ + λ y = (x y′)′ +1

xλ y = 0.

Definição 5.3. O PVC (5.2) é dito de Sturm-Liouville regular se:

1. s = s(x), s′ = s′(x), q = q(x) e p = p(x) são contínuas em [r, l].

2. s(x) > 0 e p(x) > 0 para todo x ∈ [r, l].

3. α21 + α2

2 > 0 e β21 + β2

2 > 0.

Caso contrário, é dito singular.

Exemplo 5.3.

[1] O seguinte é um PSL regular:

y′′ + λy = 0, 0 < x < π

y(0) = 0

y(π) = 2.

[2] O seguinte é um PSL singular:

x2 y′′ + x y′ + λ y = 0, 0 < x < e

y(0) = 0

y(e) = 0.

de fato, s(x) = x e s(0) = 0.

[3] A edo de Bessel x2 y′′ + x y′ + (x2 − ν2) y = 0 pose ser escrita como um PSLregular, em qualquer intervalo [a, b], onde 0 < a < b. De fato


x2 y′′ + x y′ + (x2 − ν2) y = (x y′)′ − ν2

xy + x y = 0, x ∈ [a, b].

Logo, podemos escrever:

(x y′)′ − ν2

xy + x y = 0, a < x < b

y(a) = 0

y(b) = 0.

Teorema 5.1. Todo PSL regular possui uma sequência de autofunções(

φn)

n∈Ncom a

correspondente sequência de autovalores(

λn)

n∈Ntal que:

1. λ1 < λ2 < λ3 < . . . .

2. Se i 6= j, então as autofunções satisfazem:

∫ r

l

p(x)φi(x)φj(x) dx = 0.

3. limn−→+∞

λn = ∞.

4. Se q(x) ≥ 0 e α1, α2, β1, β2 ≥ 0, então λj ≥ 0, para todo j.

5. Se p(x) > 0, os autovalores são reias.

As autofunções de um PSL são únicas, salvo constantes. Todo múltiplo de umaautofunção é uma autofunção.

Nós estamos particularmente interessados nos seguintes tipos de PSL regulares:

y′′ + λ2 y = 0, l < x < r

α1 y(l) + α2 y′(l) = 0

β1 y(r) + β2 y′(r) = 0.

(5.3)

Nestes tipos de PSL temos que as autofunções são ortogonais, em relação ao pro-duto interno definido no capítulo de Séries de Fourier:

< f, g >=

∫ r

l

f(x) g(x) dx

De fato, sejam yi e yj autofunções de (5.3) com autovalores correspondentes λi eλj; então:

y′′i + λ2i yi = 0 (1)

y′′j + λ2j yj = 0 (2)


logo, multiplicando (1) por yj e (2) por yi e subtraindo, obtemos:

y′′i yj − y′′j yi = (λ2j − λ2

i ) yi yj = 0.

Consideremos a integral I =

∫ r

l

(

y′′i yj − y′′j yi)

dx, i 6= j; integrando por partes I :

I =(

y′i(x) yj(x) − y′j(x) yi(x))∣

∣

r

l−

∫ r

l

(

y′i y′j − y′j y

′i

)

dx

=(

y′i(x) yj(x) − y′j(x) yi(x))∣

∣

r

l,

logo:

(λ2j − λ2

i )

∫ r

l

yi yj dx =[

y′i(x) yj(x) − y′j(x) yi(x)]∣

∣

r

l.

As condições de contorno do PSL, em x = r são satisfeitas pelas autofunções:

β1 yj(r) + β2 y′j(r) = 0 (1)

β1 yi(r) + β2 y′i(r) = 0. (2)

Suponha que β2 6= 0; multipliquemos (1) por yi(r) e (2) por yj(r); subtraindoobtemos:

β2

[

y′i(r) yj(r) − y′j(r) yi(r)]

= 0.

Analogamente, verificamos que se β1 6= 0, então β1

[

y′i(l) yj(l) − y′j(l) yi(l)]

= 0,isto é:

[

y′i(x) yj(x) − y′j(x) yi(x)]

∣

∣

∣

∣

r

l

= 0;

então:∫ r

l

yi(x) yj(x) dx = 0, i 6= j.

Logo, as autofunções são ortogonais.

Exemplo 5.4.

[1] Considere o PSL regular:

y′′ − λ y = 0, 0 < x < l

y(0) = 0

y(l) = 0.

A solução geral da e.d.o. depende do sinal de λ:


Se λ = 0, a solução é:

y(x) = Ax+B.

Utilizando as condições de contorno, temos que A = B = 0; logo a solução doPSL é nula.

Se λ > 0, a solução é:

y(x) = Aexp(√−λ x) +B exp(−

√−λ x).

Utilizando as condições de contorno, temos que: 0 = y(0) = A+B; logo:

0 = y(0) = A+B, logo A = −B, e:0 = y(l) = A

(

exp(√−λ l) − exp(−

√−λ l)

)

= 2Asenh(√−λ l),

então, A = 0 e a solução do PSL é nula.

Se λ < 0, mudamos λ por −λ2 na equação; logo, a solução é:

y(x) = Acos(λ x) +B sen(λ x).

Utilizando as condições de contorno, temos que:

0 = y(0) = A

0 = y(l) = B sen(λ l);

se B = 0, novamente temos soluções nulas; se B 6= 0, então sen(λ l) = 0, isto é:

λ =nπ

l;

logo os autovalores dependem de n:

λn =nπ

l, n ∈ Z.

Os autovalores e as autofunções são:

yn(x) = sen(λn x).

Como sen(−α) = −sen(α), então:

λn =nπ

lyn(x) = sen(λn x), n ∈ N.

Note que :

∫ l

0

sen(λn x) sen(λm x) dx = 0,


para todo n 6= m.

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

-1.0

-0.5

0.5

1.0

Figura 5.1: Algumas autofunções do exemplo [1].


x2 y′′ + x y′ + λ y = 0, 1 < x < e

y(1) = 0

y(e) = 0.

O PVC é um PSL regular. De fato, no intervalo (1, e):

x2 y′′ + x y′ + λ y = (x y′)′ +1

xλ y = 0.

Se λ ≤ 0, temos a solução nula.

Se λ > 0, solução geral da e.d.o. (Euler) é:

y(x) = Acos(√λ ln(x)

)

+B sen(√λ ln(x)

)

.

Como 0 = y(1) = A, da segunda condição 0 = y(e) = B sen(√λ), sendo B 6= 0;

então, os autovalores e as autofunções são:

λn = n2 π2

yn(x) = sen(

nπ ln(x))

.

1.5 2.0 2.5

-1.0

-0.5

0.5

1.0




y′′ − λ y = 0, 0 < x < l

y(0) = 0

y′(l) = 0.

A solução geral da e.d.o. depende do sinal de λ:

Se λ = 0, a solução é constante.

Se λ > 0, a solução é nula.


y(x) = Acos(λ x) +B sen(λ x).

Utilizando as condições de contorno, temos que:

0 = y′(0) = B

0 = y′(l) = Aλ sen(λ l);

se A = 0, novamente temos soluções nulas; se A 6= 0, então sen(λ l) = 0, isto é,λ =

nπ

l; logo os autovalores dependem de n:

λn =nπ

l, n ∈ Z.

As autofunções são:

yn(x) = cos(λn x).

Logo:

λn =nπ

lyn(x) = cos(λn x), n ∈ N.

Note que :

∫ l

0

cos(λn x) cos(λm x) dx = 0,

para todo n 6= m.


0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

-1.0

-0.5

0.5

1.0


[4] A edo de Hermite pode ser reescrita da forma:

d

dx

[

e−x2

y′]

+ 2 λ e−x2

y = 0, x ∈ R.

Se adicionamos a condição de λn = n ∈ N∪0, temos um PSL tal que o conjuntosdos autovalores e autofunções correspondentes, são:

n / n ∈ N ∪ 0,Hn(x) / n ∈ N ∪ 0, x ∈ R.

[5] A edo de Legendre pode ser reescrita da forma:

d

dx

[

(x2 − 1) y′]

+ λ y = 0, x ∈ (−1, 1).

Se adicionamos que λn = n (n+ 1), n ∈ N e a condição de contorno: y(±1) é limi-tada, temos um PSL singular tal que o conjuntos dos autovalores e autofunçõescorrespondentes, são:

n (n+ 1) / n ∈ N,Pn(x) / n ∈ N, x ∈ (−1, 1).

[6] Considere o PSL singular:

t2 y′′ + t y′ + λ t2 y = 0, 0 < x < 1

y′(1) = 0.

Se adicionamos a condição de contorno: y(0) é limitada. Fazendo a mudançax =

√λ t, (λ > 0); obtemos a edo de Bessel de ordem zero:

x2 y′′ + x y′ + x2 y = 0,


que tem solução y(x) = c1 J0(x) + c2 Y0(x). A condição de contorno de y(0) élimitada, implica c2 = 0. Da outra condição, temos:

J0(√λ) = 0,

logo, os autovalores são os λ1 < λ2 < . . ., os (infinitos) zeros de J0, que sãoconhecidos:

λn ≃ π (n +1

2).

As autofunções são:

J0(√

λn t) / n ∈ N.

2 4 6 8 10

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Figura 5.4: Gráficos de J0(√λ2 t) e J0(

√λ10 t).

Em geral, se consideramos a edo de Bessel de ordem n ∈ N, temos que as auto-funções são:

Jn(√

λn t) / n ∈ N.

2 4 6 8 10

-0.2

0.2

0.4

Figura 5.5: Gráficos de J2(√λ2 t) e J5(

√λ9 t).

Um PSL regular com condições periódicas, do tipo:


y(l) = y(r)

y′(l) = y′(r)

é chamado PSL periódico.

Exemplo 5.5.

Considere:

y′′ − λ y = 0, −l < x < l

y(−l) = y(l)

y′(−l) = y′(l).

O PVC é um PSL periódico.

Se λ = 0, a solução é y(x) = Ax+ B. Utilizando as condições de contorno temosA = 0; logo:

y(x) = 1.

Se λ > 0, as condições de contorno não são satisfeitas.


y(x) = Acos(

λ x) +B sen(

λ x);

utilizando as condições de contorno, obtemos:

[

Acos(

λ l) +B sen(

λ l)]

−[

Acos(

λ l) − B sen(

λ l)]

= 0

[

−Aλ sen(

λ l) +B λ cos(

λ l)]

−[

Aλ sen(

λ l) +B λ cos(

λ l)]

= 0;

logo:

2B sen(

λ l)

= 0

2 λA sen(

λ l)

= 0;

então sen(

λ l)

= 0 para A e B arbitrários. Obtemos:

λn =nπ

l.

Como sen(

λ l)

= 0 é satisfeita para A e B arbitrários, obtemos as autofunçõessen(λn x) e cos(λn x). Logo o conjuntos dos autovalores e autofunções correspon-dentes, são:


nπl/ n ∈ N ∪ 0,

1, cos(λn x), sen(λn x) / n ∈ N.

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

-1.0

-0.5

0.5

1.0

Figura 5.6: Algumas autofunções do exemplo.

Capítulo 6

EQUAÇÕES DIFERENCIAISPARCIAIS

A diferença entre as equações diferenciais ordinárias e as equações diferenci-ais parciais não é apenas a quantidade de variáveis independentes envolvidas.Muitos conceitos relativos às equações diferenciais ordinárias não tem extensõespara equações diferenciais parciais. Por exemplo, não existe uma teoria geral dasequações diferenciais parciais; o que existe são teorias gerais para "tipos"de equa-ções diferenciais parciais. Neste parágrafo estudaremos alguns tipos especiaisde equações diferenciais parciais, a saber, as de segunda ordem e de coeficientesconstantes. Não pretendemos fazer um estudo profundo das equações diferen-ciais parciais de segunda ordem. Em geral, muitos conceitos importantes, comopor exemplo, as curvas características associadas a uma equação diferencial par-cial, não serão abordados. Para este parágrafo recomendamos ([IV]) e ([FD]) nabibliografia.

6.1 EquaçõesDiferenciais Parciais Lineares de Segun-da Ordem

Todo o capítulo será destinado ao estudo das equações do calor, da onda e deLaplace, respectivamente, que são lineares de segunda ordem e de coeficientesconstantes. Estas equações são representantes típicos de uma classificação geraldas equações diferenciais parciais de segunda ordem lineares.

Uma característica comum das equações diferenciais parciais e das edo’s é que asequações diferenciais parciais também podem ser classificadas pela ordem e pelalinearidade. A ordem de uma equação diferencial parcial é a ordem da maiorderivada parcial presente na equação.

181

182 CAPÍTULO 6. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS

Notações

1. Sejam Ω ⊂ Rn um conjunto aberto e (x1, x2, . . . xn) ∈ Ω.

2. Seja u : Ω −→ R uma função tal que admita, pelo menos, as derivadasparciais até a segunda ordem.

3. uxi=

∂u

∂xi, uxixi

=∂2u

∂x2i

, uxixj=

∂2u

∂xi∂yj, etc.

Definição 6.1. Uma equação diferencial parcial (edp) de segunda ordem nas variáveisindependentesx1, x2, . . . xn é uma equação da forma:

F(

x1, x2, . . . xn, u, ux1, . . . , uxn

, ux1x1, . . . , uxixj

. . . uxnxn

)

= 0, (6.1)

onde U ⊂ R(n+1)2 é aberto e F : U −→ R é contínua.

Definição 6.2. Uma edp linear de segunda ordem nas variáveis independentes x1, x2,. . . xn é da forma:

n∑

i,j=1

Aij(x) uxixj+

n∑

i=1

Bi(x) uxi+D(x) u = H(x), (6.2)

onde x = (x1, x2, . . . xn) ∈ Ω, Aij, Bj , D e H são funções contínuas definidas em Ω e asfunções Aij não são todas nulas.

A função u = u(x1, x2, . . . xn) é a incognita da equação (8.1). Se H = 0, a edp (8.1)é dita homogênea.

Denotamos e definimos o Laplaciano de u como:

∆u(x) = ux1x1+ ux2x2

+ . . . . . .+ uxnxn,

onde x ∈ Ω. Note que∆u(x) = div(

∇u(x))

, isto é o divergente do gradiente de u.

6.2 Exemplos de Edp’s Lineares de Segunda Ordem

Edp do calor ou de difusão

Seja (x1, x2, . . . , xn, t) ∈ Rn × [0,+∞):

α2 ∆u(x) + h = ut,

6.2. EXEMPLOS DE EDP’S LINEARES DE SEGUNDA ORDEM 183

onde x = (x1, x2, . . . , xn), h = h(x) e α é uma constante positiva, chamada difu-sividade térmica. Esta edp está associada a fenômenos de difusão; por exemplo,descreve a evolução do calor em sólidos. Em particular, se u = u(x, t) e h = 0,temos:

ut = α2 uxx.

Edp da onda

Seja (x1, x2, . . . , xn, t) ∈ Rn × [0,+∞):

c2 ∆u(x) + h = utt,

onde x = (x1, x2, . . . , xn), h = h(x) e c é uma constante positiva, chamada avelocidade de propagação da onda. Esta edp aparece em fenômenos diversoscomo:

i) das ondas elásticas em sólidos, incluindo cordas vibrantes, barras emembranas;

ii) em acústica

iii) em ondas eletromagnéticas.

Em particular, se u = u(x, t) e h = 0, temos a edp unidimensional da onda:

utt = c2 uxx.

Edp de Poisson

Seja x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn:

∆u(x) = h(x),

onde h = h(x). A edp de Poisson está associada a fenômenos estacionários, istoé, que não dependem do tempo, como os potenciais eletrostáticos gerados pordistribuições fixas de cargas.No caso em que h = 0:

∆u(x) = uxx + uyy = 0.

Esta edp é conhecida como de Laplace, e apareceu, pela primeira vez, associadaà hidrodinâmica, num trabalho de Euler. Posteriormente foi exaustivamente es-tudada por Laplace, associada à atração gravitacional entre corpos no espaço. Aenergia potencial de uma partícula onde agem forças gravitacionais é solução daedp de Laplace; por isso, algumas vezes também é chamada edp do potencial. Aedp de Laplace aparece no estudo de:


i) fenomênos eletromagnéticos, incluindo eletrostáticos, dielétricos, correntes es-tacionárias e magnetoscopia;

ii) hidrodinâmica (fluxo irrotacional de líquidos perfeitos e superfícies de ondas),

iii) fluxo do calor

iv) gravitação.

Edp de Schrödinger

Seja x = (x, y, z, t) ∈ R3 × (0,+∞):

iΨt = − ℏ

2m∆Ψ + V Ψ,

onde i =√−1, Ψ = Ψ(x) e V = V (x, y, z) é uma função diferenciável,m > 0 e ℏ é

a constante de Plank. Esta edp descreve a iteração de uma partícula quântica demassam com um potencial V .

6.3 Edp’s Lineares de Segunda Ordem em R2

O conceito de solução de uma edp é muito delicado. Na verdade, o estudo desteconceito impulsionou notavelmente a teoria geral das edp. Para estas notas utili-zaremos a seguinte definição de solução para edp’s em duas variáveis indepen-dentes:

Definição 6.3. Seja Ω um conjunto aberto em R2. Uma função φ : Ω −→ R é umasolução clássica de (6.1) em Ω, se:

1. φ ∈ C2(

Ω)

.

2. Para todo (x, y) ∈ Ω, o vetor

(

x, y, φ, φx, φy, φxy, φyx, φxx, φyy)

pertence ao domínio da função F .

3. Para todo (x, y) ∈ Ω, a função φ(x) satisfaz identicamente a edp (6.1), isto é:

F(

x, y, φ, φx, φy, φxy, φyx, φxx, φyy)

= 0.

Como u ∈ C2(

Ω)

a edp linear de segunda ordem nas variáveis independentes xe y é da forma:

A(x, y) uxx +B(x, y) uxy + C(x, y) uyy = f(

x, y, u, ux, uy)

, (6.3)

onde A, B, C : Ω −→ R são funções contínuas, não simultaneamente nulas e f éuma função linear.

6.3. EDP’S LINEARES DE SEGUNDA ORDEM EM R2 185

6.3.1 Classificação das Edp’s Lineares de Segunda Ordem em R2

Existe uma classificação para as edp lineares de segunda ordem que é inspiradana classificação da equação geral de segundo grau em Geometria Analítica. Estaclassificação é baseada na possibilidade da edp (6.3), através de umamudança decoordenadas adequada, poder ser transformada numa das formas canônicas.

Definamos o discriminante de (6.3):

δ : Ω −→ R,

tal que δ(x, y) = B2(x, y) − A(x, y)C(x, y).

Definição 6.4. Seja δ o discriminante de (6.3):

1. Se δ(x, y) > 0, então dizemos que a edp (6.3) é hiperbólica no ponto (x, y) ∈ Ω.

2. Se δ(x, y) = 0, então dizemos que a edp (6.3) é parabólica no ponto (x, y) ∈ Ω.

3. Se δ(x, y) < 0, então dizemos que a edp (6.3) é elítica no ponto (x, y) ∈ Ω.

Quando a edp é hiperbólica em todos os pontos de Ω, é dita hiperbólica em Ω.Analogamante, para parabólica e elítica.

A natureza da edp (6.3) não muda por mudanças de coordenadas. De fato, sejamψ = ψ(x, y) e η = η(x, y) uma mudança de coordenadas de classe C2 numa vizi-nhança do ponto (x0, y0) ∈ Ω; como o determinante Jacobiano J é não nulo nestavizinhança, não é difícil verificar que:

δ(ψ, η) = δ(x, y) J2(x, y);

logo, o sinal de δ não muda, na vizinhança do ponto (x0, y0).

Exemplo 6.1.

[1] A edp de Tricomi:

y uxx + uyy = 0.

Note que δ(x, y) = −y; logo, a edp é hiperbólica no semi-plano y < 0, elítica nosemi-plano y > 0 e é parabólica no eixo dos x.

[2] A edp do calor é parabólica em R2.

[3] A edp da onda é hiperbólica em R2.

[4] A edp de Poisson é elítica em R2.

É possível mostrar que para as edp’s lineares de segunda ordem existe uma mu-dança de variável tal que permite escrevê-las nas seguintes formas:


1. Se a edp é elítica:

∆u = f(x, y, u, ux, uy).

2. Se a edp é parabólica:

uyy = f(x, y, u, ux, uy).

3. Se a edp é hiperbólica:

uxy = f(x, y, u, ux, uy) ouuxx − uyy = f(x, y, u, ux, uy).

Esta formas são chamadas canônicas.

6.4 Álgebra Linear

Definamos por L : C2(

Ω)

−→ C0(

Ω)

, o seguinte operador linear:

L[u] =n

∑

i,j=1

Aij(x) uxixj+

n∑

i=1

Bi(x) uxi+D(x) u.

Podemos escrever a edp homogênea associada a (6.3) como:

L[u] = 0.

Logo, se u1, u2, . . . um são soluções da edp homogênea e αi ∈ R, então

u =

m∑

i=1

αi ui,

é solução da edp homogênea. Portanto, as soluções da edp homogênea formamum subespaço vetorial de C2

(

Ω)

.

Sabemos que as edo’s lineares de segunda ordem homogêneas formam um subes-paço vetorial de dimensão finita (dois). Isto mostra outra diferença entre edp’se edo’s. Em muitas edp’s simples temos que o subespaço das soluções da edphomogênea L[u] = 0 pode ser de dimensão infinita. Isto nos conduz novamenteaos problemas de convergências de séries de funções, que é a solução da edp.

6.5. CONDIÇÕES DE FRONTEIRA E INICIAIS PARA EDP’S 187

Exemplo 6.2.

Considere a edp:

uxy = 0, (x, y) ∈ R2.

Como:

uxy =∂

∂y

(

ux)

= 0,

ux não depende de y, isto é:

ux = F (x),

onde F ∈ C1(

R2)

. Integrando em relação a x:

u(x, y) = f(x) + g(y),

onde f ∈ C2(

R2)

é uma primitiva de F , arbitrária e g ∈ C2(

R2)

também é arbi-trária. Logo, o conjunto das soluções clássicas da edp é infinito.

Sabemos do capítulo sobre convergência uniforme das séries de funções que nãoé trivial afirmar que uma combinação linear infinita de soluções clássicas de umaedp seja uma solução clássica da edp. Isto nos leva à seguinte propriedade, co-nhecida como Princípio de Superposição:

Proposição 6.1. Princípio de Superposição

Seja a sequência(

ui)

i∈Nde funções tais que L[ui] = 0, onde ui ∈ Ck

(

Ω)

, e(

λi)

i∈N

é uma sequência numérica tal que:

∞∑

i=1

λi ui(x),

converge para a função u e é k vezes diferenciável termo a termo em Ω; então,L[u] = 0.

6.5 Condições de Fronteira e Iniciais para Edp’s

Outra diferença entre edo’s e edp’s é a informação adicional que precisamos paraobter unicidade das soluções. Tanto nos PVI para edo’s como nos problemasde Sturm-Liouville, as condições adicionais são impostas em intervalos finitose nos extremos destes intervalos. Como nas edp’s as variáveis independentespertencem a um conjunto aberto Ω ⊂ Rn, é natural considerar ∂Ω (a fronteira deΩ).


Definição 6.5. Quando impomos condições sobre o valor da solução e de suas derivadasem ∂Ω numa edp, temos o chamado problema de valores de fronteira.

A maioria das condições de fronteira das edp’s que estudaremos nestas notasaparecem de forma natural na descrição de fenômenos físicos estacionários. Porexemplo:

αu(x, y) + β∂u

∂~n(x, y) = f(x, y), (x, y) ∈ ∂Ω, (6.4)

onde α, β ∈ R, f : ∂Ω −→ R e∂u

∂~né a derivada direcional de u na direção normal

a ∂Ω.

Observações 6.1.

1. Se β = 0, então (6.4) é chamada de Dirichlet.

2. Se α = 0, então (6.4) é chamada de Neumann.

No caso das condições iniciais, como nas edp’s temos mais de uma variável inde-pendente, podemos fixar uma das variáveis, (por exemplo, y = 0), e impor o valorda solução e das derivadas parciais em relação à variável fixada como função dasoutras variavéis, (por exemplo, uy(x, 0) = k(x)).

Agora generalizaremos o conceito de condição inicial para n = 2, da seguintemaneira: impomos o valor da solução e de suas derivadas direcionais ao longode uma curva. O problema correspondente é um problema de Cauchy, o de va-lor inicial. As edp’s junto com às condições de fronteira e de valor inicial, sãochamadas problemasmistos.

Exemplo 6.3.

[1] Seja (x, t) ∈ Ω = (0, l) × (0,+∞) e:

ut = α2 uxx, se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l].

É um problema misto. Observe que:

Ω = [0, l] × [0,+∞) e∂Ω = (0, t) / t ≥ 0 ∪ (l, t) / t ≥ 0 ∪ (x, 0), x ∈ [0, l].

6.5. CONDIÇÕES DE FRONTEIRA E INICIAIS PARA EDP’S 189

x

t

0 l

Ω

Figura 6.1: ∂Ω em azul

A condição u(0, t) = u(l, t) = 0, (x, t) ∈ ∂Ω é uma condição de contorno e acondição u(x, 0) = f(x), (x, 0) ∈ Ω é uma condição inicial. A função f é dada e αé uma constante positiva.A solução que procuramos deve satisfazer u ∈ C0

(

Ω)

∩ C2(

Ω), isto é, contínuaem Ω e de classe C2 em Ω, f ∈ C

(

[0, l])

e é tal que f(0) = f(l) = 0.

[2] Seja (x, t) ∈ Ω = (0, l) × (0,+∞) e:

utt = c2 uxx, se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l]

ut(x, 0) = g(x), se x ∈ [0, l].

É um problema misto. Observe que:

Ω = [0, l] × [0,+∞) e∂Ω = (0, t) / t ≥ 0 ∪ (l, t) / t ≥ 0 ∪ (x, 0), x ∈ [0, l].

A condição u(0, t) = u(l, t) = 0, (x, t) ∈ ∂Ω é uma condição de contorno e ascondições u(x, 0) = f(x) e ut(x, 0) = g(x), (x, 0) ∈ Ω são condições iniciais. Afunção f é dada e c > 0. A solução que procuramos deve satisfazer u ∈ C0

(

Ω)

∩C2

(

Ω), isto é, contínua em Ω e de classe C2 em Ω. Por outro lado, devemos terf ∈ C2

(

[0, l])

tal que f(0) = f(l) = f ′′(0) = f ′′(l) = 0 e g ∈ C1(

[0, l])

tal queg(0) = g(l) = 0.

[3] Seja Ω ∈ R2 um retângulo ou um disco:

∆u = 0, em Ω

u∣

∣

∂Ω= f.


É um problema de Dirichlet.

[4] Seja Ω ∈ R2 um retângulo ou um disco:

∆u = 0, em Ω

∂u

∂~n= f, em ∂Ω.

É um problema de Neumann.

Dada uma edp juntamente com as condições de fronteira e/ou iniciais, existemtrês questões fundamentais:

1. Quando existem soluções?

2. Se existem, são únicas?

3. Que tipo de dependência existe entre a solução e as condições de fronteirae/ou iniciais?

Algumas respostas destas questões ficam fora do contexto destas notas. Nós fa-remos apenas alguns comentários. Para mais detalhes veja ([IV]).

Quando se discute a existência das soluções, além de especificar a classe de dife-renciabilidade da solução se deve precisar o sentido das condições de fronteirae/ou iniciais que são satisfeitas. Como nos dois primeiros exemplos.

É natural perguntar se pequenas variações das condições de fronteira e/ou inici-ais acarretam variações nas soluções. No caso afirmativo, dizemos que a soluçãodepende continuamante dos dados de fronteira e/ou iniciais.

O problema onde valem a existência, unicidade e dependência contínua dos da-dos de fronteira e/ou iniciais, é dito problema bem posto (no sentido de Hada-mard).

6.6 Método de Separação das Variáveis

O método também é conhecido como de Fourier e é o mais clássico dos métodospara determinar soluções particulares de edp’s lineares. Basicamente permite re-duzir o problema da procura de soluções de certos tipos de edp’s a problemas deresolução de edo’s. Na verdade é o mais básico dos métodos de desenvolvimentoem autofunções. O método é utilizado para edp’s lineares homogêneas com con-dições de contorno homogêneas e regiões do tipo Ω = I × J , onde I, J ⊂ R sãointervalos abertos.

A estratégia para aplicar o método nestas notas, é a seguinte:

6.6. MÉTODO DE SEPARAÇÃO DAS VARIÁVEIS 191

1. Se Ω = (a, b) × (c, d) e (x, y) ∈ Ω, então procuraremos soluções clássicas u =u(x, y), não nulas do tipo:

u(x, y) = X(x) Y (y).

tal que X : (a, b) −→ R e Y : (c, d) −→ R são funções com a mesma classe dediferenciabilidade que a edp requer.

2. A seguir faremos uma série de raciocínios sem tentar justificar rigorosamentecada passo. Estaremos somente procupados em determinar as funções X e Y .

3. Após determinar as funçõesX e Y , justificaremos, com as hipóteses necessáriaspara obter uma solução clássica para a edp.

4. O método pode ser aplicado independente do número de variáveis indepen-dentes envolvidas.

Exemplo 6.4.

[1] Apliquemos o método de separação das variáveis a:

uxx − 2 ux + uy = 0.

Procuramos soluções não nulas do tipo u(x, y) = X(x) · Y (y). Denotemos porX = X(x) e Y = Y (y); logo a edp fica:

X ′′ · Y − 2X ′ · Y + Y ′ = 0 =⇒ X ′′ − 2X ′

X= −Y

′

Y= λ, λ ∈ R.

E obtemos duas edo’s:

X ′′ − 2X ′ − λX = 0 e Y ′ + λY = 0.

Com respectivas soluções:

X(x) = c1 e(1+√λ+1)x + c2 e(1−

√λ+1)x e Y (y) = c3 e−λy.

Logo a solução da edp é:

u(x, y) = X(x) · Y (y) =[

b1 e(1+√λ+1)x + b2 e(1−

√λ+1)x] e−λy.

b1 = c1c3 e b2 = c2 · c3.

O método de separação de variáveis deve ser utilizado com cautela. Na verdade,muitas vezes não funciona, mesmo para edp simples:

[2] Não é possível aplicar método de separação das variáveis a:

uxx+, uxy + 4 u = 0.

Verifique!!


6.7 Exercícios

Utilize o método de separação das variáveis para determinar as soluções das se-guintes edp’s:

1. uy = yux

2. xux = u+ y uy

3. xux = y uy

4. x2 uxx + 2 xux + uyy = 0

5. uxx + 4 xux + uyy = 0

6. uxx − (1 + y2) uxy = 0

Capítulo 7

EQUAÇÃO DO CALOR

7.1 Introdução

Sejam:

Ω = (0, l) × (0,+∞), Ω = [0, l] × [0,+∞) e

∂Ω = (0, t) / t ≥ 0 ∪ (l, t) / t ≥ 0 ∪ (x, 0), x ∈ [0, l].

A edp do calor (unidimensional) homogênea, é:

ut = α2 uxx, (x, t) ∈ Ω,

onde a variável x representa a posição e t a variável temporal. A dedução destaedp não é difícil e pode ser vista em ([FD]).

Esta edp é um modelo da evolução da temperatura devido ao fenômeno da con-dução do calor ao longo de uma barra, tal que a distribuição da temperatura sejaessencialmente unidimensional, isto é, quando é possível desprezar a variação datemperatura em todas as direções menos em uma.

Não é difícil ver que a função u : R × (0,+∞) −→ R, definida por:

u(x, t) =e−x

2/4α t

√4 π α t

é uma solução da edp do calor, em particular, u = u(x, t) é uma solução em Ω.

193

194 CAPÍTULO 7. EQUAÇÃO DO CALOR

-2 -1 1 2

0.2

0.4

0.6

0.8

- 2 -1 1 2

0.5

1.0

1.5

2.0

Figura 7.1: Gráfico de u = u(x, t), para diversos t (fixados) e curvas de níveis deu = u(x, t), respectivamente.

Considere uma barra feita de material homogêneo, de comprimento l, de secçãoreta uniforme e com constante de difusividade termica α2 que depende apenasdo material. A função u = u(x, t) representa a temperatura da barra no ponto xno instante t.

0 lx

Figura 7.2:

Condição Inicial:

No instante inicial existe uma distribuição de temperatura que varia ao longo daposição:

u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, l].

Condições de Fronteira:

1. Condição de Dirichlet: (ou de temperatura prescrita):

u(0, t) = T1(t), t ≥ 0

u(l, t) = T2(t), t ≥ 0.

2. Condição de Neumann: (ou de fluxo do calor prescrita):

7.2. PROBLEMA DE DIRICHLET HOMOGÊNEO 195

ux(0, t) = H1(t), t ≥ 0

ux(l, t) = H2(t), t ≥ 0.

3. Condição de Robin:

ux(0, t) = k2(u(0, t) − c), t ≥ 0

ux(l, t) = k2(u(l, t) − c), t ≥ 0.

7.2 Problema de Dirichlet Homogêneo

Considere:


u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l].

(7.1)

O sistema (7.1) é um problema de Dirichlet-Cauchy para a edp do calor, ao con-siderar a evolução da temperatura u ao longo de uma barra feita de materialhomogêneo, de comprimento l e de secção reta uniforme, isolada, exceto nos ex-tremos que se mantem a uma temperatura constante igual a zero. Note que ∂Ωpossui uma parte que corresponde aos extremos da barra em x = 0 e x = l, sobreos quais se tem fixado a condição u = 0 e na parte em que t = 0 prescrevemos acondição inicial u(x, 0) = f(x), que é a distribuição inicial de temperatura.

0

u(x,0)=f(x)0 l

0

Figura 7.3: Problema de Dirichlet Homogêneo

A solução que procuramos deve satisfazer: u ∈ C0(

Ω)

∩ C2(

Ω), isto é, deve sercontínua em Ω e de classe C2 em Ω; f ∈ C

(

[0, l])

e é tal que f(0) = f(l) = 0.A exigência da continuidade de u no instante t = 0 é uma forma de vincular acondição inicial ao comportamento posterior da solução.

7.2.1 Separação das Variáveis

Procuramos soluções não nulas do tipo:

u(x, t) = X(x)T (t).


A seguir, nos cálculos, omitiremos a variavél independente das funções.

1. Primeiramente observamos que X, T 6= 0.

2. Como u deve ser solução do problema:

ut = X T ′,

uxx = X ′′ T.

3. A edp do calor pode ser reescrita como:

X ′′ T =1

α2X T ′ −→ X ′′

X=

1

α2

T ′

T= p, p ∈ R.

Por que?

4. Do ítem anterior obtemos:

X ′′ − pX = 0, 0 < x < l

T ′ − p α2 T = 0, t > 0.

5. Por outro lado:

0 = u(0, t) = X(0)T (t), para todo t > 0 −→ X(0) = 0

0 = u(l, t) = X(l)T (t), para todo t > 0 −→ X(l) = 0.

6. Dos ítens anteriores obtemos um PSL regular:

X ′′ − pX = 0, 0 < x < l

X(0) = X(l) = 0,

e a edo:

T ′ − p α2 T = 0.

7. O PSL possui somente soluções (autofunções) não nulas se p = −λ2, ondeλ 6= 0,então:

Xn(x) = An sen(

λn x),

onde λn =nπ

l, n ∈ N.

7.3. ANÁLISE DA SOLUÇÃO 197

8. A edo T ′ − λ2n α

2 T = 0 tem solução para cada n ∈ N:

Tn(t) = Bn e−α2 λ2

n t.

9. Logo, obtemos para cada n ∈ N:

un(x, t) = Xn(x)Tn(t) = bn sen(

λn x)

e−α2 λ2

n t.

10. É imediato que un = un(x, t) são de classe C2 e são soluções da edp do calorem Ω para cada n ∈ N. De fato:

(un)t = −α2 λ2n bn sen

(

λn x)

e−α2 λ2

n t

(un)x = λn bn cos(

λn x)

e−α2 λ2

n t

(un)xx = −λ2n bn sen

(

λn x)

e−α2 λ2

n t.

Pelo princípio de superposição das soluções, a solução formal do problema é:

u(x, t) =

∞∑

n=1

un(x, t),

isto é:

u(x, t) =∞

∑

n=1

bn sen(nπ x

l

)

e−(αnπ)2 t/l2 . (7.2)

Consideramos como solução formal quando ainda não temos hipóteses claraspara determinar se (7.2) é realmente uma solução clássica do problema.

7.3 Análise da Solução

A candidata à solução do problema (7.1) é:

u(x, t) =∞

∑

n=1

bn sen(

λn x)

e−α2 λ2

n t,

onde λn =nπ

l.

As condições de contorno são satisfeitas, isto é, u(0, t) = u(l, t) = 0 para todot ∈ [0,+∞). Por outro lado, observemos que:


f(x) = u(x, 0) =

∞∑

n=1

bn sen(

λn x)

, x ∈ [0, l], (7.3)

isto é, f deve possuir série de senos; se a série anterior converge em [0, l], entãoconverge em todo R para a extensão ímpar, periódica de período 2 l de f ; então:

bn =2

l

∫ l

0

f(x) sen(

λn x)

dx, n ∈ N.

Logo, se f ∈ C([0, l]) e é diferenciável por partes, f está nas condições de conver-gência das séries de Fourier. Pelo teorema de Weierstrass, devemos limitar:

∣

∣bn sen(

λn x)

e−α2 λ2

n t∣

∣ ≤ |bn| e−α2 λ2

n t

para (7.2) convergir.

Proposição 7.1. As seguintes séries:

∞∑

n=1

bn sen(

k n x)

e−α2 λ2

n t,

∞∑

n=1

n bn sen(

k n x)

e−α2 λ2

n t e

∞∑

n=1

n2 bn sen(

k n x)

e−α2 λ2

n t

onde k > 0, convergem uniformemente em qualquer sub-retângulo de Ω.

De fato:

∣

∣bn sen(

k n x)

e−α2 λ2

n t∣

∣ ≤ |bn| e−α2 λ2

n t

≤ C e−α2 λ2

n t,

t ≥ t0. Por outro lado, as séries numéricas (teste 3):

∞∑

n=1

e−α2 λ2

n t,∞

∑

n=1

n e−α2 λ2

n t e∞

∑

n=1

n2 e−α2 λ2

n t

são convergentes. Então, pelo teste M deWeierstrass, (7.2), converge uniformenteem:

[0, l] × [t0,+∞),


para todo t0. De forma análoga, as outras séries também convergem uniforme-mente.

Da convergência uniforme da primeira série da propiedade anterior, temos que(7.2) define uma função contínua en [0, l] × [t0,+∞), t0 > 0. Por outro lado,derivando (7.2):

ut = −k2 α2∞

∑

n=1

n2 bn sen(

k n x)

e−α2 λ2

n t,

ux = k

∞∑

n=1

n bn cos(

k n x)

e−α2 λ2

n t,

uxx = −k2

∞∑

n=1

n2 bn sen(

k n x)

e−α2 λ2

n t,

onde k =π

l. Note que:

∣

∣n2 bn sen(

k n x)

e−α2 λ2

n t∣

∣ ≤ C n2 e−α2 λ2

n t,∣

∣n bn cos(

k n x)

e−α2 λ2

n t∣

∣ ≤ C n e−α2 λ2

n t, t ≥ t0.

Então, pelo teste M de Weierstrass ut e uxx convergem uniformente em [0, l] ×[t0,+∞); logo (7.2) é uma solução clássica do problema do calor em :

[0, l] × [t0,+∞).

Somente falta verificar que (7.2) define uma função contínua se t ≥ 0. Integremospor partes o coeficiente de Fourier de f :

bn =2

l

∫ l

0

f(x) sen(λn x) dx

= − 2

nπf(x) cos(λn x)

∣

∣

∣

∣

l

0

+2

nπ

∫ l

0

f ′(x) cos(λn x) dx

=l

n πdn,

onde dn são os coeficientes de Fourier da extensão par periódica de período 2 l def ′; utilizando que:

[

l

n π− dn

]2

≥ 0,

isto é:


l

n π≤ 1

2

[

l2

π2

1

n2+ d2

n

]

,

temos:

∞∑

n=1

|bn| ≤l2

2 π2

∞∑

n=1

1

n2+

1

2

∞∑

n=1

d2n <∞,

pela desiguladade de Bessel; logo, para t = 0, a série (7.2) converge uniforme-mente. Logo, verificamos o seguinte teorema:

Teorema 7.1. Seja f ∈ C([0, l]) diferenciável por partes em [0, l] e tal que f(0) = f(l) =0. Então (7.2) converge uniformemente em Ω para a função u ∈ C(Ω) ∩ C(Ω) que é asolução de (7.1).

Na verdade, o problema (7.1) é bem posto. (Veja o próximo parágrafo). Nashipóteses do teorema, o problema de Dirichlet-Cauchy:


u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l],

tem uma única solução:

u(x, t) =

∞∑

n=1

bn sen(nπ x

l

)

e−(αnπ)2 t/l2

tal que:

bn =2

l

∫ l

0

f(x) sen(nπ x

l

)

dx, n ∈ N.

Note que:

limt−→+∞

u(x, t) = 0,

o que coincide com a intuição, pois após um tempo longo, a barra tende a resfriar-se. A solução converge rapidamente, exceto para tmuito pequeno. Se t é grande,então:

u(x, t) ∼= u1(x, t).

Reescrevendo a solução:


u(x, t) =∞

∑

n=1

bn sen(

λn x)

e−α2λ2

n t

=

∞∑

n=1

[

2

l

∫ l

0

f(y) sen(λn y)

dy

]

sen(λn x)

e−α2λ2

n t

=

∫ l

0

f(y)

[

2

l

∞∑

n=1

sen(

λn y)

sen(

λn x)

e−α2λ2

n t

]

dy

=

∫ l

0

f(y) k(x, y, t) dy,

onde

k(x, y, t) =2

l

∞∑

n=1

sen(nπ y

l

)

sen(nπ x

l

)

e−(αnπ)2 t/l2.

k = k(x, y, t) é chamado núcleo do calor para (7.1) e converge uniformemente emR × R × (0,+∞) e satisfaz à edp do calor, isto é:

kt = α2 kxx.

Observação 7.1.

A exigência de que f seja contínua e de que f(0) = f(l) = 0, é um pouco restritiva,pois existem situações físicas em que isto não ocorre; por exemplo, uma barra queinicialmente tem temperatura constante f(x) = 200oC. Para tratar estes tipos deproblemas, observamos que não podemos ter a igualdade (7.3). Mesmo assimpodemos calcular os coeficientes bn utilizando ortogonalidade das autofunçõesdo PSL. De fato, fazendo o produto escalar com λm fixado, arbitrário:

∫ l

0

f(x) sen(

λm x)

dx = bm

∫ l

0

sen2(

λn x)

dx =l bm2.

Como m é arbitrário, mudamosm por n:

bn =2

l

∫ l

0

f(x) sen(

λm x)

dx.

Exemplo 7.1.

[1] Ache a solução do problema:

ut = uxx, se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = u(1, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = x (1 − x), se x ∈ [0, 1].


f(x) = x (1 − x) está nas condições do teorema; então:

bn = 2

∫ 1

0

x (1 − x) sen(

nπ x)

dx =4(

1 − (−1)n)

π3 n3,

logo:

b2n = 0, n ∈ N

b2n−1 =8

π3 (2n− 1)3, n ∈ N.

e a solução é:

u(x, t) =8

π3

∞∑

n=1

1

(2n− 1)3sen

(

(2n− 1) π x)

e−(2n−1)2 π2 t.

1

0.25

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.02

0.04

0.06

0.08

0.10

0.12

0.14

Figura 7.4: Gráfico de f e de u, para diferentes t e curvas de níveis de u = u(x, t),respectivamente.

[2] Considere que uma barra de 50 cm de comprimento é imersa em vapor atéatingir 100oC. No instante t = 0 suas superfícies laterais são isoladas e suas duasextremidades mergulhadas em gelo a 0oC. Determine a temperatura no pontomédio da barra após 30min, se a barra é feita de:

1. prata: α2 = 1.7,

2. ferro: α2 = 0.25,

3. cimento: α2 = 0.005.

Devemos resolver o sistema:


u(0, t) = u(50, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = 100, se x ∈ [0, 50].


A solução é:

u(x, t) =

∞∑

n=1

bn sen(nπ x

50

)

e−αnπ2 t/2500

tal que:

bn =1

25

∫ 50

0

100 sen(nπ x

50

)

dx =200

(

1 − (−1)n)

nπlogo:;

logo:

b2n = 0, n ∈ N

b2n−1 =400

(2n− 1) π, n ∈ N.

Logo:

u(x, t) =∞

∑

n=1

400

(2n− 1) πsen

((2n− 1) π x

50

)

e−(α (2n−1)π)2 t/2500.

Mas como t = 1800 seg (grande), utilizamos:

u(x, t) ∼= u1(x, t) =400

πsen

(π x

50

)

e−(α2 π2) t/2500.

0 10 20 30 40 50

20

40

60

80

100

Figura 7.5: Gráfico de f e de u1, para diferentes t (α2 = 1.7)

Logo:

u(25, 1800) =4

πe−18α2 π2/25.

1. Se α2 = 1.7, então:

u(25, 1800) ∼= 1.5344 × 10−9.


2. Se α2 = 0.25, então:

u(25, 1800) ∼= 0.8166.

3. Se α2 = 0.005, então:

u(25, 1800) ∼= 1.27301.

0 10 20 30 40 50

0

10

20

30

40

Figura 7.6: Curvas de nível de u1 = u1(x, t), para α2 = 1.7.

7.4 Princípio do Máximo do Calor

Seja T > 0 arbitrário e denotemos por ΩT = (0, l) × (0, T ) e por ΓT ⊂ ∂Ω, onde:

ΓT = ΩT − ΩT .

Teorema 7.2. (Princípio do máximo) Se u : ΩT −→ R é contínua e satisfaz à edo docalor em ΩT , então u atinge seu valor máximo e seu valor mínimo em ΓT . Isto é, existem(x1, y1), (x2, y2) ∈ ΓT tal que:

u(x1, y1) ≤ u(x, y) ≤ u(x2, y2),

para todo (x, y) ∈ ΩT .

Note que ΩT e ΓT são fechados e limitados. Suponha que u atinge o valor mínimono ponto (x0, t0) ∈ ΩT . Denotemos por m = u(x0, t0) e porM o valor mínimo deu em ΓT , tal queM > m. Definamos v : ΩT −→ R, tal que :

v(x, t) = u(x, t) +M −m

2 T(t− t0),

tal que t− t0 ≥ −T . Se (x, t) ∈ ΓT , então u(x, t) ≥M ; logo:

7.5. PROBLEMA DE DIRICHLET NÃOHOMOGÊNEO 205

v(x, t) ≥M − M −m

2=M +m

2> m.

Por outro lado v(x0, t0) = u(x0, t0) = m. Portanto, v atinge seu valor mínimoem algum ponto (x1, t1) ∈ ΩT , logo vxx(x1, t1) ≥ 0 e vt(x1, t1) ≤ 0 (se t1 < T ,vt(x1, t1) = 0 e negativo se t1 = T ). Note que em ΩT :

vt − α2 vxx = ut − α2 uxx +M −m

2 T=M −m

2 T> 0,

o que é uma contradição, logo u atinge seu valor mínimo em ΓT . Considerando−u verificamos que u atinge seu valor máximo em ΓT .

Corolário 7.3. O problema (7.1) tem uma única solução.

Suponha que u1 e u2 são soluções de (7.1), com correspondentes distribuiçõesiniciais de temperatura f e g, respectivamente; então, u = u1 − u2 é solução de(7.1), com distribuição inicial de temperatura f − g. Então, u(x, 0) = 0; comou(0, t) = u(l, t) = 0, pelo princípio do máximo, temos u = 0, para todo (x, t) ∈ Ω,pois T é arbitrário.

O problema é bem posto.

7.5 Problema de Dirichlet Não Homogêneo

Considere:


u(0, t) = T0, t ≥ 0

u(l, t) = T1, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l],

(7.4)

onde T0, T1 constantes e f(0) = T0 e f(l) = T1. O problema consiste em estudara evolução do calor de uma barra nas mesmas condições do problema de Diri-chlet Homogêneo, salvo que os extremos da barra estão em uma temperaturaconstante, não necessariamente zero graus.

u=T0

0

u=T1

lu(x,0) = f(x)

Figura 7.7: Problema de Dirichlet não Homogêneo


Não é possível aplicar o método de separação das variáveis pois as condições decontorno não são homogêneas. Para contornar este problema, estudaremos assoluções de equilíbrio do sistema.

7.6 Solução de Equilíbrio

Fisicamente, a experiência nos indica que após um tempo longo, sob as mesmascondições, a variação da temperatura fica estacionária, isto é não depende dotempo.Se u = u(x, t) representa a temperatura da barra, então:

limt→+∞

u(x, t) = U(x)

limt→+∞

∂u

∂t= 0.

A função U = U(x) é chamada solução de equilibrio do sistema. Como é umasolução do problema, deve satisfazer o PSL:

U ′′ = 0, x ∈ (0, l)

U(0) = T0

U(l) = T1;

logo, U(x) = Ax+B. Utilizando as condições de contorno, obtemos:

U(x) = T0 +

(

T1 − T0

)

x

l.

0 l

T1

T0

Figura 7.8: Gráfico de U = U(x)

7.7 Determinação da Solução

Seja U = U(x) a solução de equilibrio de (7.4) e consideremos a seguinte mu-dança:

7.7. DETERMINAÇÃODA SOLUÇÃO 207

w(x, t) = u(x, y)− U(x).

1. A função w satisfaz a edp do calor, isto é, wt = α2wxx, e:

w(0, t) = u(0, t) − U(0) = T0 − T0 = 0, t > 0

w(l, t) = u(l, t) − U(l) = T1 − T1 = 0, t > 0

w(x, 0) = u(x, 0) − U(x) = g(x), x ∈ [0, l]

2. Logo, obtemos um problema do tipo (7.1) para w = w(x, t):

wt = α2wxx, se (x, t) ∈ Ω

w(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0

w(x, 0) = g(x), se x ∈ [0, l],

o qual tem solução:

w(x, t) =∞

∑

n=1

bn sen(nπ x

l

)

e−(αnπ)2 t/l2, (x, t) ∈ Ω,

tal que:

bn =2

l

∫ l

0

g(x) sen(nπ x

l

)

dx, n ∈ N.

Logo, o problema (7.4):


u(0, t) = T0, t ≥ 0

u(l, t) = T1, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l],

tem solução: u(x, t) = U(x) + w(x, t); isto é:

u(x, t) = T0 +

(

T1 − T0

)

x

l+

∞∑

n=1

bn sen(nπ x

l

)

e−(αnπ)2 t/l2 ,

(x, t) ∈ Ω e tal que:

bn =2

l

∫ l

0

(

f(x) − U(x))

sen(nπ x

l

)

dx, n ∈ N.


Com as mesmas hipóteses da do problema de Dirichlet Homogêneo, segue queu ∈ C0

(

Ω)

∩ C2(

Ω) é solução clássica do problema (7.4). Em resumo:

Corolário 7.4. Com as mesmas hipóteses da edp do problema de Dirichlet Homogêneo, oproblema:


u(0, t) = T0, t ≥ 0

u(l, t) = T1, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l],

tem uma única solução clássica:

u(x, t) = T0 +

(

T1 − T0

)

x

l+

∞∑

n=1

bn sen(nπ x

l

)

e−(αnπ)2 t/l2 ,

(x, t) ∈ Ω e tal que:

bn =2

l

∫ l

0

(

f(x) − U(x))

sen(nπ x

l

)

dx, n ∈ N.

Exemplo 7.2.

[1] Ache a solução de


u(0, t) = 100, t ≥ 0

u(1, t) = 170, t ≥ 0

u(x, 0) = 250 x2 − 180 x+ 100, se x ∈ [0, 1],

Primeiramente, a solução de equilíbrio é U(x) = 70 x+ 100. Por outro lado:

bn = 500

∫ 1

0

[x2 − x] sen(nπ x) dx =1000 (1 − (−1)n)

π3 n3;

logo:

b2n = 0, n ∈ N

b2n−1 = − 2000

(2n− 1)3 π3, n ∈ N.

e a solução é:

u(x, t) = 100 + 70x−∞

∑

n=1

2000

(2n− 1)3 π3, sen

(

(2n− 1) π x)

e−(2n−1)2 π2 t.

7.7. DETERMINAÇÃODA SOLUÇÃO 209

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

50

100

150

200

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.02

0.04

0.06

0.08

0.10

0.12


[2] Ache a solução de


u(0, t) = 4, t ≥ 0

u(1, t) = 1, t ≥ 0

u(x, 0) = −8 x3 + 5 x+ 4, se x ∈ [0, 1],

Primeiramente, a solução de equilíbrio é U(x) = 4 − 3 x. Por outro lado:

bn = 2

∫ 1

0

[

8 x− 8 x3]

sen(nπ x) dx = −96 (−1)n

π3 n3;

logo, a solução é:

u(x, t) = 4 − 3 x−∞

∑

n=1

96 (−1)n

π3 n3sen(nπ x) e−n

2 π2 t.

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

1

2

3

4

5

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.02

0.04

0.06

0.08

0.10

0.12



7.8 Problema de Neumann

Considere:


ux(0, t) = ux(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l].

(7.5)

Este problema é para estudar a evolução do calor de uma barra nas mesmas con-dições da edp do problema de Dirichlet Homogêneo, mas demodo que não existepassagem de calor, isto é, na ausência do fluxo do calor.

lu(x,0) = f(x)0

Figura 7.11: Problema de Neumann



u(x, t) = X(x)T (t).

Como antes, omitiremos a variável independente das funções.


ut = X T ′,

uxx = X ′′ T.


X ′′ T =1

α2X T ′ −→ X ′′

X=

1

α2

T ′

T= p, p ∈ R.


X ′′ − pX = 0, 0 < x < l

T ′ − p α2 T = 0, t > 0.

7.8. PROBLEMA DE NEUMANN 211

4. Por outro lado:

0 = ux(0, t) = X ′(0)T (t), para todo t > 0 −→ X ′(0) = 0

0 = ux(l, t) = X ′(l)T (t), para todo t > 0 −→ X ′(l) = 0.


X ′′ − pX = 0, 0 < x < l

X ′(0) = X ′(l) = 0,

e a edo:

T ′ − p α2 T = 0.

6. O PSL possui soluções não nulas e:

Se λ = 0, então obtemos X(x) = 1.

Se λ > 0, então obtemos soluções triviais.

Se λ < 0, então, considerando −λ2, obtemos:

X(x) = Acos(

λ x)

+B sen(

λ x)

.

Por outro lado:

X ′(x) = −Aλ sen(

λ x)

+B λ sen(

λ x)

0 = X ′(0) = B λ −→ B = 0

0 = X ′(l) = B λ sen(

λ l)

−→ l λ = nπ.

Então λn =nπ

l, n ∈ N e:

Xn(x) = An cos(

λ x)

.

7. A edo T ′ − λn α2 T = 0 tem solução, para cada n ∈ N:

Tn(t) = Bn e−α2 λn t.


8. Para p = 0,X e T são constantes; denotemos esta solução por:

u0(x, t) =a0

2.


un(x, t) =a0

2+Xn(x)Tn(t) =

a0

2+ an cos

(

λn x)

e−α2 λn t.

10. As funções un = un(x, t) são de classe C2 e são soluções da edp do calor emΩ para cada n ∈ N.

Analogamente ao feito na edp do problema de Dirichlet Homogêneo e com asmesmas hipóteses, temos que a solução clássica de (7.5) é:

u(x, t) =a0

2+

∞∑

n=1

bn cos(nπ x

l

)

e−α2 λn t.

Primeiramente note que ux(0, t) = ux(l, t) = 0 para todo t ∈ (0,+∞). Por outrolado, observemos que:

f(x) = u(x, 0) =a0

2+

∞∑

n=1

an cos(nπ x

l

)

, x ∈ [0, l].

Então:

an =2

l

∫ l

0

f(x) cos(nπ x

l

)

dx, n ≥ 0.

Note que:

limt−→+∞

u(x, t) =a2

2=

1

l

∫ l

0

f(x) dx.

O fato de que a temperatura seja constante quando t é grande é totalmente coe-rente com a experiência, pois o processo da difusão do calor irá gradualmenteuniformizando a distribuição inicial da temperatura na barra, desde que nãoexista fluxo de calor para o exterior. Logo, o termo constante é a média da distri-buição inicial da temperatura.

De forma totalmente análoga ao desenvolvimento estudado para a edp do calorHomogêneo é possível verificar que u ∈ C2

(

Ω)

∪ C(

Ω)

.

7.8. PROBLEMA DE NEUMANN 213

Corolário 7.5. O problema:


ux(0, t) = ux(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l],

tem a única solução clássica:

u(x, t) =a0

2+

∞∑

n=1

bn cos(nπ x

l

)

e−(αnπ)2 t/l2 ,

onde:

an =2

l

∫ l

0

f(x) cos(nπ x

l

)

dx, n ≥ 0.

Exemplo 7.3.

Ache a solução de:


ux(0, t) = ux(1, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = cos2(5 π x), se x ∈ [0, 1],

Como cos2(5 π x) =1

2

(

1 + cos(10 π x))

, temos:

an = 2

∫ 1

0

cos2(5 π x) cos(nπ x) dx = 0, n 6= 10,

a0 = 1 e a10 =1

2; logo:

u(x, t) =1

2+

1

2cos(10 π x) e−100 π2 t.

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Figura 7.12: u = u(x, t) para diferentes t.


7.9 Problema de Robin

Considere:


u(0, t) = 0, t ≥ 0

ux(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l].

(7.6)

Este problemamisto é para estudar a evolução do calor de uma barra nas mesmascondições da edp do problema de Dirichlet Homogêneo, de modo que a tempe-ratura numa extremidade é zero graus e não existe passagem de calor na outraextremidade. Note que f(0) = f ′(l) = 0.

l0u(x,0)=f(x)

00

Figura 7.13: Problema de Robin


De forma totalmente análoga às anteriores, procuramos soluções não nulas dotipo:

u(x, t) = X(x)T (t).

Obtendo (os detalhes ficam como exercício):

λn =(2n− 1) π

2 l, Xn(x) = An sen(λn x) e Tn(t) = Bn e−λ

2n α

2 t.

Logo, a solução que obtemos é:

u(x, t) =∞

∑

n=1

bn sen(

λn x)

e−λ2n α

2 t.

Por outro lado:

f(x) = u(x, 0) =

∞∑

n=1

bn sen(

λn x)

.

Como λn /∈ Z, então o membro à direita não é a série dos senos de f em (0, l). No-vamente não podemos aplicar diretamente os argumentos da edp do problemade Dirichlet Homogêneo.

7.9. PROBLEMA DE ROBIN 215

7.9.2 Determinação de bn

1. Estendemos f ao intervalo [0, 2 l] da seguinte forma:

f(x) =

f(x) se x ∈ [0, l]

f(2 l− x) se l < x < 2 l.

2. f é contínua e f ′ é contínua por partes. Portanto, se u = u(x, t) é a soluçãodo problema:

ut = α2 uxx, se (x, t) ∈ (0, 2 l) × (0,+∞)

u(0, t) = 0, t ≥ 0

u(2 l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, 2 l].

(7.7)

Então, esta solução satisfaz ux(l, t) = 0 para todo t ≥ 0, pois não existefluxo através da seção estendida em x = l. Logo, é a solução do problemaoriginal. Por outro lado, sabemos que a solução de (7.7) é:

u(x, t) =

∞∑

n=1

bn sen(nπ x

2 l

)

e−(αnπ)2 t4 l2

tal que:

bn =2

2 l

∫ 2l

0

f(x) sen(nπ x

2 l

)

dx.

3. Denotando λn =nπ

2 l, temos:

bn =1

l

∫ 2l

0

f(x) sen(

λn x)

dx

=1

l

∫ l

0

f(x) sen(

λn x)

dx+1

l

∫ 2l

l

f(2 l − x) sen(

λn x)

dx

=1

l

∫ l

0

f(x) sen(

λn x)

dx− 1

l

∫ 0

l

f(s) sen(

λn (2 l− s))

ds

=1

l

∫ l

0

f(x) sen(

λn x)

dx+1

l

∫ l

0

(−1)n+1 f(s) sen(

λn s)

ds.

Logo:


bn =

0 se n = 2 k

1

l

∫ l

0

f(x) sen(

λn x)

dx se n = 2 k − 1.

4. A solução do problema (7.7) é:

u(x, t) =

∞∑

n=1

b2n−1 sen(

λn x)

, e−λ2n α

2 t

tal que λn =(2n− 1) π

2 le:

b2n−1 =2

l

∫ l

0

f(x) sen(

λn x)

dx.

5. Fica como exercício verificar que esta solução é a clássica.

Em resumo:

Corolário 7.6. O problema:


u(0, t) = 0, t ≥ 0

ux(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l].

tem a única solução clássica:

u(x, t) =∞

∑

n=1

b2n−1 sen(

λn x)

, e−λ2n α

2 t

tal que:

λn =(2n− 1) π

2 le:

b2n−1 =2

l

∫ l

0

f(x) sen(

λn x)

dx.

7.9. PROBLEMA DE ROBIN 217

Exemplo 7.4.

Considere:


u(0, t) = 0, t ≥ 0

ux(1, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = 1 − cos(π x), se x ∈ [0, 1].

(7.8)

A solução do problema (7.7) é:

u(x, t) =

∞∑

n=1

b2n−1 sen(

λn x)

e−λ2n t

tal que λn =(2n− 1) π

2e:

b2n−1 = 2

∫ 1

0

(1 − cos(π x)) sen((2n− 1) π x

2

)

dx

=

∫ 1

0

[

2 sen((2n− 1) π x

2

)

− sen((2n− 1) π x

2

)

− sen((2n+ 3) π x

2

)]

dx

= − 16

π (2n− 3) (2n+ 1) (2n− 1).

Logo:

u(x, t) = −∞

∑

n=1

16 sen(

λn x)

e−λ2n t

π (2n− 3) (2n+ 1) (2n− 1),

onde λn =(2n− 1) π

2.

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.5

1.0

1.5

2.0

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8



7.10 Calor num Anel

Considere Ω = (−l, l) × (0,+∞) e:


u(−l, t) = u(l, t), t ≥ 0

ux(−l, t) = ux(l, t), t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [−l, l],

(7.9)

tal que f(−l) = f(l). Este problema misto é para estudar a evolução do calornum anel formado de um arame de comprimento 2 l, nas mesmas condições doproblema de Dirichlet Homogêneo, salvo que nos extremos. Note que o raio doanel é l/π.

Figura 7.15: Arame em forma de anel



u(x, t) = X(x)T (t).

Como antes, omitiremos a variável independente das funções.


ut = X T ′,

uxx = X ′′ T.

7.10. CALOR NUM ANEL 219


X ′′ T =1

α2X T ′ −→ X ′′

X=

1

α2

T ′

T= p, p ∈ R.


X ′′ − pX = 0, −l < x < l

T ′ − p α2 T = 0, t > 0.

4. Obtemos um PSL regular periódico:

X ′′ − pX = 0, −l < x < l

X(−l) = X(l)

X ′(l) = X ′(l),

e a edo:

T ′ − p α2 T = 0.

5. O PSL possui soluções não nulas se: λ = 0, então obtemos X(x) = 1 e seλ < 0, então, considerando −λ2, obtemos:

Xn(x) = An cos(

λn x)

+Bn sen(

λn x)

,

onde λn =nπ

l, n ∈ N.

6. A edo T ′ − λ2n α

2 T = 0 tem solução, para cada n ∈ N:

Tn(t) = Bn e−α2 λ2

n t.

7. Para λ = 0, X e T são constantes; denotemos esta solução por:

u0(x, t) =a0

2.


un(x, t) =a0

2+Xn(x)Tn(t) =

a0

2+

[

an cos(

λn x)

+ bn sen(λn x)]

e−α2 λ2

n t.

9. As funções un = un(x, t) são de classe C2 e são soluções da edp do calor emΩ para cada n ∈ N.


Analogamente ao feito nos outros problemas do calor, temos que a solução clás-sica de (7.10), é:

u(x, t) =a0

2+

∞∑

n=1

[

an cos(nπ x

l

)

+ bn sen(nπ x

l

)

]

e−(αnπ)2 t/l2 .

Por outro lado, observemos que:

f(x) = u(x, 0) =a0

2+ an cos

(nπ x

l

)

+ bn sen(nπ x

l

)

, x ∈ [−l, l].

Então:

a0 =1

l

∫ l

−lf(x) dx

an =1

l

∫ l

−lf(x) cos

(nπ x

l

)

dx, n ≥ 1

bn =1

l

∫ l

−lf(x) sen

(nπ x

l

)

dx, n ≥ 1.

Em resumo, o problema:


u(−l, t) = u(l, t), t ≥ 0

ux(−l, t) = ux(l, t), t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [−l, l],

(7.10)

tal que f(−l) = f(l). Tem solução clássica:

u(x, t) =a0

2+

∞∑

n=1

[

an cos(nπ x

l

)

+ bn sen(nπ x

l

)

]

e−(αnπ)2 t/l2 ,

tal que:

a0 =1

l

∫ l

−lf(x) dx, an =

1

l

∫ l

−lf(x) cos

(nπ x

l

)

dx, n ≥ 1

bn =1

l

∫ l

−lf(x) sen

(nπ x

l

)

dx, n ≥ 1.

7.10. CALOR NUM ANEL 221

Exemplo 7.5.

Seja

ut = α2 uxx, se − π < x < π, t > o

u(−π, t) = u(π, t), t ≥ 0

ux(−π, t) = ux(π, t), t ≥ 0

u(x, 0) = sen(2 x), se x ∈ [−π, π].

Então, a0 = an = 0, para todo n ∈ N e bn = 0, para todo n 6= 2 e b2 = 1. Logo, asolução é:

u(x, t) = sen(2 x) e−4 t.

-3 -2 -1 1 2 3

-1.0

-0.5

0.5

1.0

- 3 - 2 -1 0 1 2 3

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4



7.11 Exercícios

1. Considere α = 1 na edp do calor e ache a solução formal dos seguintes proble-mas:

a)

u(0, t) = u(1, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = 3 sen(

π x)

− 5 sen(

4 π x)

, x ∈ [0, 1]

b)

u(0, t) = u(π, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) =

x 0 ≤ x < π/2

π − x π/2 ≤ x < π

c)

u(0, t) = 1, t ≥ 0

u(1, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = 1 − x, x ∈ [0, 1]

d)

u(0, t) = 1, t ≥ 0

u(1, t) = 4, t ≥ 0

u(x, 0) = (x− 1)2, x ∈ [0, 1]

e)

u(0, t) = u(1, t) = T0, t ≥ 0

u(x, 0) = T0 + x (x− 1), x ∈ [0, 1]

f)

u(0, t) = T0, t ≥ 0

u(l, t) = T1, t ≥ 0

u(x, 0) = T0 +(

T1 − T0

) x

l, x ∈ [0, l]

2. Considere o problema do calor numa barra de 100 cm de comprimento tal queoos extremos são mantidos a zero graus. Determine a evolução da temperaturana barra, se a barra é feita de prata (α2 = 1.7), de aluminio (α2 = 0.85) e:

a)

u(x, 0) =

x 0 ≤ x < 50

100 − π 50 ≤ x ≤ 100

b)u(x, 0) = x (100 − x), 0 ≤ x ≤ 100


3. No ítem anterior, determine a temperatura da barra após 1 hora. (Utilize aaproximação de u para t grande).

4. Ache a solução do seguinte problema do calor. Suponha uma barra nas hipó-teses do problema de Dirichlet Homogêneo:

ut = α2 uxx, (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = 0, t ≥ 0

ux(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, l]

5. Ache a solução do seguinte problema do calor. Suponha uma barra nas hipó-teses do problema de Dirichlet Homogêneo:

ut = α2 uxx, (x, t) ∈ Ω

ux(0, t) = 0, t ≥ 0

u(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, l]

Capítulo 8

EQUAÇÃO DA ONDA

Sejam:

Ω = (0, l) × (0,+∞), Ω = [0, l] × [0,+∞) e∂Ω = (0, t) / t ≥ 0 ∪ (l, t) / t ≥ 0 ∪ (x, 0), x ∈ [0, l].

A edp da onda (unidimensional) é:

utt = c2 uxx, (x, t) ∈ Ω,

onde a variável x representa a posição e a variável t, tempo. A dedução desta edpnão é difícil e pode ser vista em ([FD]).

Não é difícil ver que a função u : R × R −→ R, definida por:

u(x, t) = sen(x+ c t) + sen(x− c t)

é uma solução da edp da onda, em particular, u = u(x, t) é uma solução em Ω.

- 6 - 4 - 2 2 4 6

- 2

-1

1

2

Figura 8.1: Gráfico de u, para diferentes t e gráfico de u = u(x, t), respectiva-mente.

225

226 CAPÍTULO 8. EQUAÇÃO DA ONDA

Considere uma corda feita de material homogêneo, com densidade σ e compri-mento l; a corda se desloca apenas no plano vertical e a amplitude da vibração ésuficientemente pequena de modo que podemos supor que um ponto da cordasomente se desloca na vertical e a tensão ψ na corda não varia apreciavelmente; aconstante de propagação é dada por c =

√

ψ/σ.Seja:


u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l]

ut(x, 0) = g(x), se x ∈ [0, l].

(8.1)

O sistema descreve o deslocamento vertical de uma corda de comprimento l e quevibra com extremos fixos (u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0), com configuração inicial f evelocidade inicial g.

Figura 8.2: Configuração inicial (t = 0)

A solução deve satisfazer à condição u ∈ C0(

Ω)

∩C2(

Ω), isto é, deve ser contínuaem Ω e de classe C2 em Ω, f ∈ C2

(

[0, l])

e tal que:

f(0) = f(l) = f ′′(0) = f ′′(l) = 0

e g ∈ C1(

[0, l)

tal que g(0) = g(l) = 0.

8.1 Separação das Variáveis


u(x, t) = X(x)T (t).

Como antes omitiremos a variável independente das funções.


8.1. SEPARAÇÃODAS VARIÁVEIS 227

utt = X T ′′,

uxx = X ′′ T.

2. A edp da onda pode ser reescrita como:

c2X ′′ T = X T ′′ −→ X ′′

X=

1

c2T ′′

T.

3. Logo:

X ′′

X=

1

c2T ′′

T= p, p ∈ R.


X ′′ − pX = 0, 0 < x < l

T ′′ − p c2 T = 0, t > 0.

5. Por outro lado:

0 = u(0, t) = X(0)T (t), para todo t > 0 −→ X(0) = 0

0 = u(l, t) = X(l)T (t), para todo t > 0 −→ X(l) = 0.


X ′′ − pX = 0, 0 < x < l

X(0) = X(l) = 0,

e a edo T ′′ − p c2 T = 0.

7. O PSL possui somente soluções não nulas se p = −λ2, λ 6= 0,então:

Xn(x) = sen(

λn x)

,

onde λn =nπ

l, para cada n ∈ N.

8. A edo T ′′ − λ2n c

2 T = 0, para cada n ∈ N, tem solução:

Tn(t) = An cos(c λn t) +Bn sen(c λn t),



un(x, y) = Xn(x)Tn(t) =[

an cos(

c λn t)

+ bn sen(

c λn t)]

sen(

λn x)

.

10. É imediato que as funções un = un(x, t) são de classe C2 e são soluções daedp da onda em Ω para cada n ∈ N. De fato:

(un)tt = −c2 λ2n

[

an cos(

c λn t)

+ bn sen(

c λn t)]

sen(

λn x)

(un)xx = −λ2n

[

an cos(

c λn t)

+ bn sen(

c λn t)]

sen(

λn x)

.

Pelo princípio de superposição das soluções, a solução formal do problema é:

u(x, t) =

∞∑

n=1

un(x, t),

isto é:

u(x, t) =∞

∑

n=1

[

an cos(c n π t

l

)

+ bn sen(c n π t

l

)

]

sen(nπ x

l

)

. (8.2)

8.2 Análise da Solução

O análise da candidata à solução clássica do problema (8.2) é análoga à feita paraa edp do Calor I.

Teorema 8.1. Se f, g, f ′, f ′′, g′ ∈ C(

[0, l])

tais que g(0) = g(l) = 0, f(0) = f(l) = 0,

f ′′(0) = f ′′(l) = 0, f (3) e g′′ contínuas por partes, então (8.2) define uma solução clássicade (8.1).

Consideremos a solução formal (8.2):

u(x, t) =∞

∑

n=1

[

an cos(c n π t

l

)

+ bn sen(c n π t

l

)

]

sen(nπ x

l

)

.

Primeiramente note que u(0, t) = u(l, t) = 0 para todo t ∈ (0,+∞). Por outrolado, como f, g ∈ C

(

[0, l])

, então:

f(x) = u(x, 0) =

∞∑

n=1

an sen(nπ x

l

)

, x ∈ [0, l],


isto é, f deve possuir série dos senos; se a série anterior converge em [0, l], entãoconverge em R para a extensão periódica de período 2l ímpar de f ; logo:

an =2

l

∫ l

0

f(x) sen(nπ x

l

)

dx, n ∈ N.

Determinemos bn; como f, g ∈ C1(

[0, l])

, derivemos formalmente u = u(x, t):

ut(x, t) = −∞

∑

n=1

[

an λn c sen(

c λn t)

+ bn λn c cos(

c λn t)]

sen(

λn x)

ut(x, 0) = −∞

∑

n=1

bn λn c sen(

λn x)

.

Como ut(x, 0) = g(x), x ∈ [0, l], temos:

bn =2

nπ c

∫ l

0

g(x) sen(nπ x

l) dx.

Por outro lado:∣

∣

∣

∣

[

an cos(c n π t

l

)

+ bn sen(c n π t

l

)]

sen(nπ x

l

)

∣

∣

∣

∣

< |an| + |bn|,

Logo, basta mostrar que a série∞

∑

n=1

|an| + |bn| converge.

Considerando que f(0) = f(l) = f ′′(0) = f ′′(l) = 0, e, como antes, integrando porpartes sucessivamente, temos:

an = − 2 l2

n3 π3

∫ l

0

f (3)(x) cos(λn x) dx

n π c

lbn = − 2 l

n2 π2

∫ l

0

g′′(x) sen(λn x) dx

Logo, existem constantes C1 e C2 tais que:

|an| ≤C1

n3e |bn| ≤

C2

n3,

Por outro lado, se cn e dn são os coeficientes de Fourier de f (3) e g′′, respectiva-mente, como na edp do calor, podemos verificar que:

|an| ≤k1

n3|cn| e |bn| ≤

k2

n3|dn|,


k1, k2 > 0; então:

n2 |an| ≤k1

2

( 1

n2+ |cn|2

)

n2 |bn| ≤k2

2

( 1

n2+ |dn|2

)

,

donde:

∞∑

n=1

[

n2 |an| + n2 |bn|]

≤ K

[ ∞∑

n=1

1

n2+ |cn|2 + |dn|2

]

<∞,

pela desigualdade de Bessel; logo, u ∈ C0(

Ω)

∩ C2(

Ω).

8.3 Validade da Solução

Considere a solução de (8.1):

u(x, t) =

∞∑

n=1

[

an cos(c n π t

l

)

+ bn sen(nπ t

l

)

]

sen(nπ x

l

)

,

tal que:

an =2

l

∫ l

0

f(x) sen(nπ x

l) dx

bn =2

nπ c

∫ l

0

g(x) sen(nπ x

l) dx.

Por outro lado, pela linearidade, podemos considerar u = u1 + u2 tal que:

u1(x, t) =

∞∑

n=1

an cos(c n π t

l

)

sen(nπ x

l

)

u2(x, t) =

∞∑

n=1

bn sen(c n π t

l

)

sen(nπ x

l

)

.

8.4. PRIMEIRO CASO 231

8.4 Primeiro Caso

Não é difícil ver que u = u1 é solução de:


u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l]

ut(x, 0) = 0, se x ∈ [0, l].

Este problema descreve uma corda que vibra livremente e tem solução:

u1(x, t) =∞

∑

n=1

an cos(c n π t

l

)

sen(nπ x

l

)

. (8.3)

Utilizando a identidade sen(a) cos(b) =1

2

[

sen(a + b) + sen(a − b)]

, podemos

reescrever (8.3) como:

u1(x, t) =1

2

[

F (x+ c t) + F (x− c t)]

,

onde:

F (x) =∞

∑

n=1

an sen(nπ x

l

)

.

Proposição 8.1. F é a extensão ímpar, periódica de período 2 l de f .

De fato, como f ∈ C1(

[0, l])

e f(0) = f(l) = 0; então:

1. u1(x, 0) =1

2

[

F (x) + F (x)]

= F (x) = f(x) se x ∈ [0, l].

2. De fato, 0 = u1(0, t) =1

2

[

F (c t) + F (−c t)]

, para todo t ≥ 0; logo

F (−y) = −F (y), para todo y ∈ R.

3. Por outro lado 0 = u1(l, t) =1

2

[

F (l + c t) + F (l − c t)]

, para todo t ≥ 0; logo

F (l − y) = −F (l − y), para todo y ∈ R.

4. Se y ∈ R, temos F (y + 2 l) = F (l + (y + l)) = −F (l − (y + l)) = −F (−y) e:

F (y + 2 l) = F (y), para todo y ∈ R.


5. Se f ∈ C1(

[0, l])

, então F ∈ C1(

R)

; logo:

∂u1

∂t=c

2

[

F ′(x+ c t) − F ′(x− c t)]

∂u1

∂t

∣

∣

∣

∣

t=0

= 0.

6. Logo, (8.3) é uma solução do problema.

Exemplo 8.1.

Ache a solução de

utt = uxx, se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = u(2, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = sen(π x), se x ∈ [0, 2]

ut(x, 0) = 0, se x ∈ [0, 2].

Como c = 1 e f(x) = sen(π x), claramente a extensão ímpar, periódica de período2 é F (x) = sen(π x), então:

u(x, t) =1

2

[

sen(π (x+ t)) + sen(π (x− t))]

= sen(π x) cos(π t).

0.5 1.0 1.5 2.0

-1

1

Figura 8.3: Gráfico de u(x, t) para diferentes t

8.5. SEGUNDO CASO 233

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Figura 8.4: Gráfico de u(x, t)

8.5 Segundo Caso

Não é difícil ver que u = u2 é solução de:


u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = 0, se x ∈ [0, l]

ut(x, 0) = g(x), se x ∈ [0, l].

Este problema tem solução:

u2(x, t) =

∞∑

n=1

bn sen(c n π t

l

)

sen(nπ x

l

)

.

Fazendo cn =nπ c bn

l, então:

u2(x, t) =l

π c

∞∑

n=1

cnnsen

(c n π t

l

)

sen(nπ x

l

)

.

1. Derivemos u2 em relação a t:


∂u2

∂t=

∞∑

n=1

cn cos(c n π t

l

)

sen(nπ x

l

)

=1

2

∞∑

n=1

cn

[

sen(nπ

l

(

x+ c t))

+ sen(nπ

l

(

x− c t))

]

,

série que converge uniformemente.

2. Seja:

G(x) =∞

∑

n=1

cn sen(nπ x

l

)

.

3. G é a extensão periódica de período 2 l, ímpar de g.

4. Logo:

∂u2

∂t=

1

2

[

G(x+ c t) +G(x− c t)]

.

5. Do ítem anterior, integrando:

u2(x, t) =1

2

[∫ t

0

G(x+ c τ) dτ +

∫ t

0

G(x− c τ) dτ

]

=1

2 c

∫ x+ct

x−ctG(τ) dτ.

Então,

u2(x, t) =1

2 c

∫ x+ct

x−ctG(τ) dτ. (8.4)

6. Logo, u2(x, 0) = 0, e:

∂u2

∂t(x, 0) = G(x) = g(x), x ∈ [0, l].

7. As condições de contorno são:


u2(0, t) =1

2

[∫ t

0

G(c τ) dτ +

∫ t

0

G(−c τ) dτ]

=1

2

[∫ t

0

G(c τ) dτ −∫ t

0

G(c τ) dτ

]

= 0.

u2(l, t) =1

2

[∫ t

0

G(l + c τ) dτ +

∫ t

0

G(l − c τ) dτ

]

=1

2

[∫ t

0

G(l + c τ) dτ −∫ t

0

G(l + c τ) dτ

]

= 0

8. (8.4) é uma solução do problema.

Teorema 8.2. Existe uma única solução u ∈ C2(

Ω)

∪ C(

Ω)

tal que:

u(x, t) =1

2

[

F (x+ c t) + F (x− c t)]

+1

2 c

∫ x+ct

x−ctG(τ) dτ, (8.5)

(x, t) ∈ Ω; onde F, G : R −→ R são extensões periódicas de período 2 l, ímpares de f e grespectivamente tais que f(0) = f(l) = g(0) = g(l) = f ′′(0) = f ′′(l) = 0. Então, (8.5)é solução do problema (8.1).

Esta solução é chamada de Bernoulli.

Exemplo 8.2.

[1] Ache a solução de:


u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = sen(x), se x ∈ [0, π]

ut(x, 0) = sen(x) cos(x), se x ∈ [0, π].

Como f(x) = sen(x), então1

2

[

f(x+ t) + f(x− t)]

= sen(x) cos(t); por outro lado

g(τ) = sen(τ) cos(τ), então:

1

2

∫ x+t

x−tg(τ) τ =

1

4sen(2 x) sen(2 t).


Logo, a solução do problema é:

u(x, t) = sen(x) cos(t) +1

4sen(2 x) sen(2 t).

1

Figura 8.5: u(x, t) para diversos t

Figura 8.6: Gráfico de u(x, t)

Como na edp do calor, muitas aplicações não tem a regularidade requerida pelosteoremas. É possível introduzir hipóteses mais fracas para a obtenção de soluçõespara a edp da ondas.

[2] A corda dedilhada: Considere o problema:


u(0, t) = u(1, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, 1]

ut(x, 0) = 0, se x ∈ [0, 1],


onde:

f(x) =

a x, se 0 ≤ x ≤ 1

2

a (1 − x) se1

2≤ x ≤ 1.

1

a/2

1/2

Figura 8.7:

A função f não é derivável eml

2; então u não é derivável em

l

2. Para estes tipos

de problemas, calculamos u = u(x, t) utilizando (8.2):

an = 2 a

[∫ 1/2

0

x sen(nπ x) dx+

∫ 1

1/2

(1 − x) sen(nπ x) dx

]

=4 a

n2 π2sen

(nπ

2

)

.

A solução é:

u(x, t) =∞

∑

n=1

4 a

n2 π2sen

(nπ

2

)

cos(n c π t) sen(nπ x).

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Figura 8.8: Gráfico de u, para diferentes t (a = 1) .


8.6 Harmônicos e Nodos

A solução:

u(x, t) =∞

∑

n=1

[

an cos(

c λn t)

+ bn sen(

c λn t)]

sen(

λn x)

,

onde λn =nπ

l, representa o movimento da corda como superposição de um

número infinito de vibrações com frequências diferentes. As funções:

un(x, y) =[

an cos(

c λn t)

+ bn sen(

c λn t)]

sen(

λn x)

,

representam vibrações com frequências:

νn =c λn2 π

=n

2 l

√

ψ

σ.

As soluções un = un(x, t) também são ditas ondas estacionárias ou n-ésimo har-mônico ou n-ésima tônica; a primeira tônica é chamada fundamental e tem fre-quência ν1 que, em geral, é a que predomina no som. Note que a frequênciafundamental não depende das condições iniciais; é uma propriedade intrínsecada corda.Por outro, lado se x0 =

k l

n, k = 0, 1, 2, . . ., então sen

(

λn x0

)

= 0 e consequente-

mente un = 0. Estes pontos são os únicos pontos que permanecem fixos na corda,enquanto ela vibra, e são chamados nodos da onda estacionária, dependendoapenas de n.

, , ,

Figura 8.9:

O dobro da distância entre dois nodos consecutivos é o comprimento de onda da

onda estacionária; isto é,2 l

n.

Fazendo a mudança αn =√

a2n + b2n e θn = arctg

(anbn

)

, temos que:

un(x, t) = αn sen(

λn c t+ θn)

sen(λn x);

θn é chamada fase da onda. Para os t, tais que λn c t+θn = k π, k = 0, 1, . . ., a cordapassa pela posição de equilíbrio; nesse momento a derivada (un)t é máxima.

8.7. SOLUÇÃO DE D’ALEMBERT 239

8.7 Solução de d’Alembert

A edp da onda é uma das poucas edp’s que possuem uma solução geral:

Proposição 8.2. Se u é uma solução da edp da onda, então existem F, G : R −→ R declasse C2

(

R)

tais que

u(x, t) = F (x+ c t) +G(x− c t).

Considere a seguinte mudança de variáveis:

ξ = x+ c t

η = x− c t.

Fazendo v(ξ, η) = u(x, t), temos:

ux = vξ + vη,

ut = c vξ − c vη

utt = c2[

vξξ − 2 vξη + vηη]

euxx = vξξ − 2 vηξ + vηη.

Logo, a edp da onda fica:

vξη = 0.

Isto é, não depende de ξ, logo: vη = g(η). Integrando diretamente obtemosv(ξ, η) = F (ξ) +G(η); voltando às variáveis originais:

u(x, t) = F (x+ c t) +G(x− c t).

Esta solução é dita de d’Alembert.

Claramente a recíproca é verdadeira. De fato, se u(x, t) = F (x+ c t) +G(x− c t),então uxx = F ′′(x+ c t) +G′′(x− c t), temos que

utt = c2[

F ′′(x+ c t) +G′′(x− c t)]

= c2 uxx.

O gráfico da função F (x + c t) descreve uma onda movendo-se para a esquerdacom velocidade c. Note que x + c t é uma translação do sistema de coordenadasà esquerda com velocidade c t. Analogamente, o gráfico da função G(x − c t)descreve uma onda movendo-se para a direita com velocidade c; logo a soluçãou descreve a superposição de duas ondas movendo-se com velocidade c.

Por exemplo, seja u(x, t) = sen(x+t)+sen(x−t), sen(x+t) (vermelho) e sen(x−t)(verde):


-1 1

-1

1

Figura 8.10:

A solução de d’Alembert implica em que a solução da edp da onda dependeapenas dos pontos do intervalo [x− c t, x+ c t].

8.8 A Onda Infinita

Vamos estudar a vibração de uma corda de comprimento infinito. Neste caso,não existem condições de fronteira.

Sejam:

Ω = R × (0,+∞);

Ω = R × [0,+∞).


u(x, 0) = f(x), se x ∈ R

ut(x, 0) = g(x), se x ∈ R.

(8.6)

O sistema descreve o movimento de uma corda nas mesmas hipóteses anteriores,salvo, que o comprimento é infinito. Note que as funções envolvidas não sãonecessáriamente periódicas. Por tanto, para os casos não periódicos não podemosutilizar Fourier.

8.8. A ONDA INFINITA 241

Figura 8.11:

Pelo teorema, sabemos que u(x, t) = F (x+ c t) +G(x− c t). Por outro lado:

1. f(x) = u(x, 0) = F (x) +G(x),

2. ut(x, t) = c F ′(x+ c t)− cG′(x− c t); logo, g(x) = ut(x, 0) = c F ′(x)− cG′(x).

Obtemos:

(1) F (x) +G(x) = f(x)

(2) F ′(x) −G′(x) =1

cg(x),

integrando (2), temos:

F (x) −G(x) =1

c

∫ x

0

g(s) ds,

logo:

(1) F (x) +G(x) = f(x)

(2′) F (x) −G(x) =1

c

∫ x

0

g(s) ds,

somando (1) + (2′), temos:

F (x) =1

2

[

f(x) +1

c

∫ x

0

g(s) ds

]

.

Por outro lado, substraindo (1) − (2′), temos:

G(x) =1

2

[

f(x) − 1

c

∫ x

0

g(s) ds

]

.

Então:

u(x, t) =1

2

[

f(x+ c t) + f(x− c t)]

+1

2 c

∫ x+ct

x−ctg(s) ds. (8.7)


Compare este resultado com (8.5).

Exemplo 8.3.

[1] Considere o problema:


u(x, 0) = exp(−x2), se x ∈ R

ut(x, 0) = 0, se x ∈ R.

.

A solução de d’Alembert é:

u(x, t) =1

2

[

f(x+ t) + f(x− t)]

=1

2

[

exp(−(x+ t)2) + exp(−(x− t)2)]

= exp(−(x2 + t2))1

2

[

exp(2 xt) + exp(−2 x t)]

= exp(−(x2 + t2)) cosh(2 x t).

A seguir o comportamento da onda, para diferentes t:

1 1

Figura 8.12:

1 1

Figura 8.13:


1 1

Figura 8.14:

1

,

Figura 8.15:



u(x, 0) = exp(−x2), se x ∈ R

ut(x, 0) = x, se x ∈ R.

.

A solução de d’Alembert é:

u(x, t) =1

2

[

f(x+ t) + f(x− t)]

+1

2

∫ x+t

x−ts ds

= exp(−(x2 + t2)) cosh(2 x t) − x t.

A seguir o comportamento da onda, para diferentes t:


1

1

Figura 8.16:

1 1

Figura 8.17:

1

1

Figura 8.18:


1

,

Figura 8.19:

Como antes, novamente insistimos em que é possível introduzir condições maisfracas para obter soluções para a edp da onda.

[3] Considere o problema da onda infinita tal que c = 1, g = 0 e:

f(x) =

0 se |x| > 1

−2 |x| + 2 se |x| ≤ 1.

f não é de classe C2 e a função u = u(x, t) definida em (8.5) é contínua:

u(x, t) = 2 − |x− t| − |x+ t|.

Mas as derivadas tem descontinuidades ao longo das retas x− t = −1, x− t = 1,x+ t = 0 e x+ t = 1. A seguir o comportamento da onda, para diferentes t:

-4 -2 2 4

0.5

1

1.5

2

-4 -2 2 4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figura 8.20:


-4 -2 2 4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

-4 -2 2 4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figura 8.21:

-4 -2 2 4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

-4 -2 2 4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figura 8.22:

-4 -2 2 4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

-4 -2 2 4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figura 8.23:

8.8.1 Reversibilidade da edp da onda

A solução (8.7) é também válida para todo (x, t) ∈ R × R. O conhecimento daconfiguração inicial da corda também determina sua configuração em tempos


anteriores. Logo, o estado da corda no tempo t = 0 pode ser obtido deixandoevoluir a corda a partir de condições iniciais adequadas. Por exemplo, fixandocondições u(x,−1) e ut(x,−1) e deixando evoluir a corda a partir desta condição,verificaremos que após uma unidade de tempo, a corda alcança o estado u(x, 0)com velocidade ut(x, 0).

A edp da onda é invariante por mudanças do tipo t→ −t, que invertem o sentidodo tempo e mudam o "passado"pelo "futuro"da corda.


8.9 Exercícios

1. Considere c = 1 na edp de onda e ache a solução formal dos seguintes proble-mas:

a)

u(0, t) = u(1, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = 0, x ∈ [0, 1]

ut(x, 0) = c0, x ∈ [0, 1]

b)

u(0, t) = u(1, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = x (x− 1), x ∈ [0, 1]

ut(x, 0) = 0, x ∈ [0, 1]

c)

u(0, t) = u(π, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = 3 sen(x), x ∈ [0, π]

ut(x, 0) = 0, x ∈ [0, π]

d)

u(0, t) = u(π, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = 0, x ∈ [0, π]

ut(x, 0) = 8 sen2(x), x ∈ [0, π]

e)

u(0, t) = u(π, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = 0, x ∈ [0, π]

ut(x, 0) = x sen(x), x ∈ [0, π]

f)

u(0, t) = u(π, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = sen(x), x ∈ [0, π]

ut(x, 0) = x2 − π x, x ∈ [0, π]

g)

u(0, t) = u(3, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) =sen(x)

4, x ∈ [0, 3]

ut(x, 0) = 10 sen(2 πx), x ∈ [0, 3]

2. Ache a solução formal dos seguintes problemas de onda:


a)

utt = c2 uxx, (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = 0, t ≥ 0

ux(π, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = x+ cos(x), x ∈ [0, π]

ut(x, 0) = 1 − sen(x/2), x ∈ [0, π]

b)


u(0, t) = 0, t ≥ 0

ux(π, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = cos(x), x ∈ [0, π]

ut(x, 0) = 0, x ∈ [0, π]

c)


u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, l]

ut(x, 0) = 0, x ∈ [0, l], e o gráfico de f é

la

h

3. Determine a solução de d’Lembert para o problema da corda de comprimentoinfinito:

a)

u(x, 0) = 0, x ∈ R

ut(x, 0) = c0, x ∈ R

b)

u(x, 0) = sen(x), x ∈ R

ut(x, 0) = x2, x ∈ R

c)

u(x, 0) = cos(x), x ∈ R

ut(x, 0) = e−1, x ∈ R


d)

u(x, 0) = ln(1 + x2), x ∈ R

ut(x, 0) = 2, x ∈ R

e)

u(x, 0) = x, x ∈ R

ut(x, 0) = sen(x), x ∈ R

f)

u(x, 0) = sen(x), x ∈ R

ut(x, 0) = sen(x), x ∈ R

Capítulo 9

EQUAÇÃO DE LAPLACE

9.1 Funções Harmônicas e Princípio do Máximo

Consideremos a edp de Laplace:

∆u = 0, em Ω

Uma função contínua em Ω que é solução da edp de Laplace é dita harmônica.

Exemplo 9.1.

Claramente as funções:

u(x, y) = a x+ b y + c; a, b, c ∈ R,

u(x, y) = x2 − y2,

u(x, y) =[

a cos(k x) + b sen(k x)]

exp(k y), k ∈ R

são harmônicas em R2.

Figura 9.1: Curvas de níveis de u(x, y) = x2 − y2 e u(x, y) = 3 exp(−0.5 y) sen(x),respectivamente.

251

252 CAPÍTULO 9. EQUAÇÃO DE LAPLACE

Teorema 9.1. (Princípio do Máximo) Seja Ω um aberto limitado em R2. Se u : Ω −→R é contínua e harmônica em Ω, então u alcança seu máximo e seu mínimo em ∂Ω. Istoé, existem (x1, y1), (x2, y2) ∈ ∂Ω tais que:

u(x1, y1) ≤ u(x, y) ≤ u(x2, y2),

para todo (x, y) ∈ Ω.

De fato, como Ω e ∂Ω são fechados e limitados, então u atinge o valor máximoMem Ω e o valor máximom em ∂Ω. Suponhamos quem < M . Seja d o diamêtro deum disco que contenha Ω e definamos v : Ω −→ R por:

v(x, y) = u(x, y) +M −m

2 d2

[

(x− x0)2 + (y − y0)

2]

,

onde (x0, y0) ∈ Ω é tal queM = u(x0, y0).

1. Para todo (x, y) ∈ ∂Ω:

v(x, y) ≤ m+M −m

2 d2d2 =

M +m

2< M,

2. Note que v(x0, y0) = u(x0, y0) = M . Logo, v deve atingir seu valor máximo emΩ e não em ∂Ω; então vxx ≤ 0 e vyy ≤ 0, no ponto onde atinge o máximo.

3. Por outro lado, em Ω:

∆v = ∆u+M −m

d2=M −m

d2> 0, para todos (x, y) ∈ Ω,

o que é uma contradição. Logo o máximo deve ser atingido em ∂Ω. Para o valormínimo consideramos −u(x, y).Considere o problema de Dirichlet:

∆u = 0, em Ω

u = f, em ∂Ω.

Corolário 9.2. (Unicidade) O problema de Dirichlet, possui uma única solução.

Se u1 e u2 são soluções do problema de Dirichlet, então u = u1 − u2 é harmônicaem Ω, e u(x, y) = 0, para todo (x, y) ∈ ∂Ω. Pelo princípio do máximo u(x, y) = 0,para todo (x, y) ∈ Ω; logo u1 = u2.

Não é difícil verificar que, em coordenadas polares, a edp de Laplace fica:

r2 vrr + r vr + vθθ = 0,

onde v(r, θ) = u(x, y). De fato, seja (r, θ) ∈ Ω = (0,+∞) × (0, 2 π):

9.2. PROBLEMA DE DIRICHLET EM RETÂNGULOS 253

x = r cos(θ)

y = r sen(θ),

então:

rxx =sen2(θ)

r, ryy =

cos2(θ)

r,

θxx =2 sen(θ) cos(θ)

r2e θyy = −2 sen(θ) cos(θ)

r2,

logo:

uxx = r2x vrr + rxx vr + 2 rx θx vrθ + θ2

x vθθ + θxx vθ

uyy = r2y vrr + ryy vr + 2 ry θy vrθ + θ2

y vθθ + θyy vθ

e:

uxx + uyy = 0 ⇐⇒ r1

2vrr + r vr + vθθ = 0.

Esta edp tem coeficientes variáveis que se anulam em r = 0. No caso em quev(r, θ) = h(r), isto é, v só depende de r, a edp de Laplace fica:

r2 h′′ + r h′ = 0, r ∈ (0, ρ),

a qual tem soluções l.i. h1(r) = 1 e h2(r) = ln(r); logo, v(r, θ) = ln(r) é harmônicaem R − (0, 0). Esta solução é dita solução fundamental da edp de Laplace, poisé utilizada para construir outras funções harmônicas.

9.2 Problema de Dirichlet em Retângulos

A solução deste problema para Ω arbitrário é muito difícil. Consideraremos ape-nas o problema quando Ω é um retângulo.Sejam:

Ω = (0, a) × (0, b); a, b > 0, Ω = [0, a] × [0, b] e∂Ω = Ω1 ∪ Ω2 ∪ Ω3 ∪ Ω4,

onde:


Ω1 = (0, y) / 0 ≤ y ≤ bΩ2 = (a, y) / 0 ≤ y ≤ bΩ3 = (x, 0), 0 ≤ x ≤ aΩ4 = (x, b), 0 ≤ x ≤ a.

u=0

b

∆

0 af

g

f

g2

2

1

1

Figura 9.2:

O problema de Dirichlet em Ω é:

uxx + uyy = 0, se (x, y) ∈ Ω

u(x, 0) = f1(x), se x ∈ [0, a]

u(x, b) = f2(x), se x ∈ [0, a]

u(0, y) = g1(y), se y ∈ [0, b]

u(a, y) = g2(y), se y ∈ [0, b],

(9.1)

tal que g1(0) = f1(0), f1(a) = g2(0), f2(a) = g2(a) e f2(0) = g1(b).

Pela linearidade, a idéia inicial para achar a solução de (9.1) é separá-lo em doisproblemas de Dirichlet; cada um deles é obtido fazendo dois das funções na fron-teira iguais a zero. Obtendo as soluções u1 e u2 de cada um destes problemas,consideramos a solução de (9.1):

u(x, y) = u1(x, y) + u2(x, y).

f 2

u = 0∆

f1

0 0 u = 0∆1

0

g

0

g2

Figura 9.3:


Nós resolveremos o seguinte problema:

uxx + uyy = 0, se (x, y) ∈ Ω

u(x, 0) = f1(x), se x ∈ [0, a]

u(x, b) = f2(x), se x ∈ [0, a]

u(0, y) = 0, se y ∈ [0, b]

u(a, y) = 0, se y ∈ [0, b].

(9.2)

f 2

u = 0∆

f1

0 0

Figura 9.4:



u(x, y) = X(x) Y (y).

1. Primeiramente observamos queX, Y 6= 0.


uxx = X ′′ Y,

uyy = X Y ′′.

3. A edp de Laplace pode ser reescrita como:

X ′′ Y +X Y ′′ −→ X ′′

X= −Y

′′

Y.

4. Logo:

X ′′

X= −Y

′′

Y= p, p ∈ R.



X ′′ − pX = 0, 0 < x < a

Y ′′ + p Y = 0, 0 < y < b.

6. Por outro lado:

0 = u(0, y) = X(0)Y (y), para todo y > 0 −→ X(0) = 0

0 = u(a, y) = X(a) Y (y), para todo y > 0 −→ X(a) = 0.

7. Dos ítens anteriores obtemos o PSL regular:

(1)

X ′′ − pX = 0, 0 < x < a

X(0) = X(a) = 0,,

E a edo:

(2) Y ′′ + p Y = 0, 0 < y < b

8. O PSL (1) possui somente soluções não nulas se p = −λ2, λ 6= 0,então:

Xn(x) = An sen(

λn x)

,

onde λn =nπ

a, para cada n ∈ N.

9. A edo (2) só tem soluções do tipo:

Yn(y) = Bn cosh(λn y) + Cn senh(λn y),

10. Para cada n ∈ N, temos:

un(x, y) =[

an cosh(λn y) + cn senh(λn y)]

sen(

λn x)

.

un = un(x, y) é harmônica.

11. Pelo princípio de superposição, a candidata à solução clássica do problemade Dirichlet é:

u(x, y) =

∞∑

n=1

[

an cosh(nπ

ay)

+ cn senh(nπ

ay)

]

sen(nπ

ax)

. (9.3)


12. Utilizando as condições iniciais:

f1(x) = u(x, 0) =∞

∑

n=1

an sen(nπ

ax)

,

e como antes:

an =2

a

∫ a

0

f1(x) sen(nπ

ax)

dx.

Por outro lado:

f2(x) = u(x, b) =

∞∑

n=1

[

an cosh(nπ

ab)

+ cn senh(nπ

ab)

]

sen(nπ

ax)

.

Denotemos por λn =nπ

ae por:

bn =2

a

∫ a

0

f2(x) sen(λn x) dx

então:an cosh(λn b) + cn senh(λn b) = bn, n ∈ N;

logo:

cn =bn − an cosh(λn b)

senh(λn b), n ∈ N

13. Finalmente, utilizando algumas identidades hiperbólicas:

u(x, y) =

∞∑

n=1

1

senh(λnb)

[

an senh(λn (b− y)) + bn senh(λn y)]

sen(λn x).

14. Como a função y = senh(x) é estritamente crescente:

0 ≤ senh(

λn y)

senh(

λn b) ≤ 1, para todo n ∈ N, y ∈ [0, b].

15. Logo, (9.3) converge uniformemente se a série de Fourier de f converge.

16. A série (9.3) pode ser derivada termo a termo, mas a convergência da sériedas derivadas é muito mais delicada e vamos omití-la.


Teorema 9.3. Se f ∈ C(

[0, b])

é diferenciável por partes em (0, b), f ′ é contínua porpartes em (0, b) e f(0) = f(b) = 0, então:

uxx + uyy = 0, se (x, y) ∈ Ω

u(x, 0) = f1(x), se x ∈ [0, a]

u(x, b) = f2(x), se x ∈ [0, a]

u(0, y) = 0, se y ∈ [0, b]

u(a, y) = 0, se y ∈ [0, b]

tem uma única solução clássica:

u(x, y) =∞

∑

n=1

1

senh(λnb)

[

an senh(λn (b− y)) + bn senh(λn y)]

sen(λn x),

onde λn =nπ

ae tal que:

an =2

a

∫ a

0

f1(x) sen(nπ

ax)

dx

bn =2

a

∫ a

0

f2(x) sen(nπ

ax)

dx.

De forma análoga o problema:

uxx + uyy = 0, se (x, y) ∈ Ω

u(x, 0) = 0, se x ∈ [0, a]

u(x, b) = 0, se x ∈ [0, a]

u(0, y) = g1(y) se y ∈ [0, b]

u(a, y) = g2(y), se y ∈ [0, b].

(9.4)

u = 0∆1

0

g

0

g2

Figura 9.5:

Tem uma única solução clássica:


u(x, y) =

∞∑

n=1

1

senh(µn a)

[

an senh(µn x) + bn senh(µn (a− x))]

sen(µn y),

onde µn =nπ

be tal que:

an =2

b

∫ b

0

g2(y) sen(µn y)) dy

bn =2

b

∫ b

0

g1(y) sen(µn y)) dy.

Exemplo 9.2.


uxx + uyy = 0, se (x, y) ∈ (0, 1) × (0, 1)

u(x, 0) = 0, se x ∈ [0, 1]

u(x, 1) = sen(π x), se x ∈ [0, 1]

u(0, y) = 0, se y ∈ [0, 1]

u(1, y) = 0, se y ∈ [0, 1].

Pelo teorema, a solução é:

u(x, y) =

∞∑

n=1

an senh(

nπ y)

sen(

nπ x)

,

tal que:

an =2

senh(

nπ)

∫ 1

0

sen(π x) sen(

nπ x)

dx =

0 n 6= 11

senh(π)n = 1.

Logo,

u(x, y) =1

senh(π)senh(π y) sen(π x).


Figura 9.6: Curvas de nível de u = u(x, y)


uxx + uyy = 0, se (x, y) ∈ (0, 1) × (0, 1)

u(x, 0) = sen(2 π x), se x ∈ [0, 1]

u(x, 1) = sen(π x), se x ∈ [0, 1]

u(0, y) = 0, se y ∈ [0, 1]

u(1, y) = 0, se y ∈ [0, 1].


u(x, y) =

∞∑

n=1

1

senh(nπ)

[

an senh(nπ (1 − y)) + bn senh(nπ y)]

sen(nπ x),

tal que:

an = 2

∫ 1

0

sen(π x) sen(

nπ x)

dx =

0 n 6= 2

1 n = 2

e

bn = 2

∫ 1

0

sen(π x) sen(

nπ x)

dx =

0 n 6= 1

1 n = 1.

Logo,

u(x, y) =1

senh(π)senh(π y) sen(π x) +

1

senh(2 π)senh(2 π (1 − y)) sen(2 π x).




uxx + uyy = 0, se (x, y) ∈ (0, 1) × (0, 1)

u(x, 0) = 0, se x ∈ [0, 1]

u(x, 1) = 0, se x ∈ [0, 1]

u(0, y) = y (1 − y), se y ∈ [0, 1]

u(1, y) = y (1 − y), se y ∈ [0, 1].


u(x, y) =

∞∑

n=1

1

senh(nπ)

[

an senh(nπ x) + bn senh(nπ (1 − x))]

sen(nπ y),

tal que:

an = bn = 2

∫ 1

0

x (1 − x) sen(

nπ x)

dy =4 (1 − (−1)n)

n3 π3;

Logo, a2n = b2n = 0 e a2n−1 = b2n−1 =8

(2n− 1)3 π3, para todo n ∈ N. Finalmente:

u(x, y) =

∞∑

n=1

8[

senh((2n− 1) π x) + senh((2n− 1) π (1 − x))]

sen((2n− 1) π y)

(2n− 1)3 π3 senh((2n− 1) π).



9.3 Problema de Dirichlet em Discos

Se Ω é um disco, então não podemos utilizar diretamente o método de separaçãodas variáveis, pois Ω 6= I×J . Para poder descreverΩ como produto cartesiano dedois intervalos, utilizaremos coordenadas polares. Veja ([VC2]) na bibliografia.

Em coordenadas polares a edp de Laplace fica:

r2 vrr + r vr + vθθ = 0,

onde v(r, θ) = u(x, y).

9.4 Problema Interno a um Disco

Seja:

Ω = (x, y) ∈ R / x2 + y2 < ρ2∂Ω = (x, y) ∈ R / x2 + y2 = ρ2.

9.4. PROBLEMA INTERNO A UM DISCO 263

ρ0

Ω


Utilizando coordenadas polares:

Ω = (0, ρ) × (0, 2 π)

∂Ω = (ρ, θ) / 0 ≤ θ ≤ 2 π.O problema de Dirichlet fica:

r2 vrr + r vr + vθθ = 0, (r, θ) ∈ Ω

v(ρ, θ) = f(θ), θ ∈ [0, 2π],

Como v = v(r, θ) deve ser periódica de período 2 π, então, v(r, θ) = v(r, θ + 2 π) edeve ser limitada se r −→ 0+. Logo o problema fica:

r2 vrr + r vr + vθθ = 0, (r, θ) ∈ Ω

v(ρ, θ) = f(θ), θ ∈ [0, 2π]

v(r, θ) = v(r, θ + 2 π), (r, θ) ∈ Ω.

(9.5)



u(r, θ) = R(r) Θ(θ).

1. Primeiramente observamos que R, Θ 6= 0.

2. Como v deve ser solução do problema, devemos ter:

vr = R′ Θ

urr = R′′ Θ

uθθ = RΘ′′.


3. A edp de Laplace pode ser reescrita como:

r2R′′ Θ + r R′ Θ + Θ′′ = 0 −→ r2 R′′

R+ r

R′

R= −Θ′′

Θ.

4. Logo:

r2 R′′

R+ r

R′

R= −Θ′′

Θ= p, p ∈ R.


(1) r2R′′ + r R′ − pR = 0, 0 < r < ρ

(2) Θ′′ + pΘ = 0, 0 < θ < 2 π.

6. Se p = 0, de (2) temos que Θ′′ = 0, logo Θ(θ) = Aθ + B. Como Θ deve serperiódica, então A = 0. Por outro lado, de (1) temos:

r2R′′ + r R′ = 0, que é equivalente a

r(

r R′)′

= 0, logo:(

r R′)′

= 0, então r R′ = C, e R′ =C

r;

então R(r) = C ln(r) +D; como v deve ser limitada, então C = 0 e obtemosa solução:

u0(r, θ) = a0.

7. Se p < 0 as soluções são nulas.

8. Se p > 0, consideremos p = λ2; logo, em (2) temos um PSL periódico:

Θ′′ + pΘ = 0, 0 < θ < 2 π

Θ(θ) = Θ(θ + 2 π);

então, λn = n e a solução é:

Θn(θ) = an cos(n θ) + bn sen(n θ).

9.4. PROBLEMA INTERNO A UM DISCO 265

9. De (1), obtemos:

r2R′′ + r R′ − n2R = 0

uma edo de Euler com solução R(r) = cn rn + dn r

−n; como v deve ser limi-tada, então dn = 0, para todo n ∈ N, e:

Rn(r) = cn rn.


vn(r, θ) = rn[

an cos(n θ) + bn sen(n θ)]

.

11. É imediato que vn = vn(r, θ) são de classe C2 e são soluções da edp deLaplace em Ω para cada n ∈ N.

12. Pelo princípio de superposição, a solução formal do problema é:

v(r, θ) = a0 +

∞∑

n=1

rn[


. (9.6)

13. Por outro lado,

f(θ) = v(ρ, θ) =a0

2+

∞∑

n=1

ρn[


.

14. Se, por exemplo, f for diferenciável por partes, teremos convergência uni-forme da solução (9.6). É possível provar, com hipóteses mais fracas, a con-vergência da solução (9.6).

15. Nestes casos, teremos que ter:

a0 =1

2 π

∫ 2π

0

f(θ) dθ,

an =1

ρn π

∫ 2π

0

f(θ) cos(n θ) dθ,

bn =1

ρn π

∫ 2π

0

f(θ) sen(n θ) dθ,


9.5 Estudo da Solução

1. Note que (9.6) converge uniformemente se r < ρ, pois:

|an| ≤c

ρne |bn| ≤

c

ρn

e a série geométrica:

∞∑

n=0

(

r

ρ

)n

converge se r < ρ. De fato:

|v| ≤ rn[

|an| + |bn|]

≤ 2

(

r

ρ

)n

.

Pelo mesmo argumento, v define uma função contínua em Ω, pois bastaverificar que (9.6) converge uniformemente se r ≤ r0 e r0 < ρ e a série :

∞∑

n=0

(

r0ρ

)n

converge se r ≤ r0.

2. Para ver que (9.6) define uma função em C2(

Ω)

, devemos verificar que asséries obtidas derivando termo a termo (9.6), convergem uniformementepara r ≤ r0 se r0 < ρ.

∣

∣

∣

∣

∂vn∂r

∣

∣

∣

∣

=∣

∣n rn−1[

an cos(n θ) + bn sen(n θ)]∣

∣

≤ n rn−1[

|an| + |bn|]

≤ 2 c

ρn

(

r

ρ

)n−1

.

e a série correspondente converge.

3. É possível mostrar que as séries formadas pelas segundas derivadas tam-bém convergem.

4. Claramente v = v(r, θ) é harmônica em Ω.

9.5. ESTUDO DA SOLUÇÃO 267

5. Para r = 0, de (9.6), temos:

v(0, θ) = a0 =1

2 π

∫ 2π

0

f(θ) dθ,

isto é, uma função harmônica v definida em Ω tem o valor no centro igual àmédia de v sobre ∂Ω.

Teorema 9.4. Se f for contínua e tal que f(0) = f(2 π), então (9.6) define uma funçãoharmônica no disco tal que:

lim(r,θ)→(ρ,θ0)

v(r, θ) = f(θ0).

Corolário 9.5. Considere problema de Dirichlet:

r2 vrr + r vr + vθθ = 0, (r, θ) ∈ Ω

v(ρ, θ) = f(θ), θ ∈ [0, 2π]

v(r, θ) = v(r, θ + 2 π), (r, θ) ∈ Ω.

Se f for contínua em ∂Ω, então:

v(r, θ) = a0 +

∞∑

n=1

rn[


,

onde

a0 =1

2 π

∫ 2π

0

f(θ) dθ,

an =1

ρn π

∫ 2π

0


bn =1

ρn π

∫ 2π

0


O valor de v no centro do disco é a média dos valores de v no bordo. Comoisto é válido para qualquer disco centrado na origem de raio r < ρ, temos que ovalor de uma função harmônica numa região U , num ponto arbitrário, é igual amédia dos valores da função sobre qualquer disco centrado no ponto em questão,contido em U .


Exemplo 9.3.

Ache as solução de:

r2 vrr + r vr + vθθ = 0, (r, θ) ∈ Ω

v(2, θ) = 1 + 3 sen(θ), θ ∈ [0, 2π]

v(r, θ) = v(r, θ + 2 π), (r, θ) ∈ Ω.

Temos:

a0 =1

2 π

∫ 2π

0

(1 + 3 sen(θ) dθ = 1,

an =1

2n π

∫ 2π

0

(1 + 3 sen(θ)) cos(n θ) dθ = 0, para todo n

bn =1

2n π

∫ 2π

0

(1 + 3 sen(θ)) sen(n θ) dθ = 0, para todo n 6= 1

b1 =1

2 π

∫ 2π

0

(1 + 3 sen(θ)) sen(θ) dθ =3

2.

Logo:

v(r, θ) = 1 +3 r

2sen(θ).

-1 -0.5 0.5 1

-1

-0.5

0.5

1

-2 -1 1 2

1

2

3

4

Figura 9.10: Gráficos de v(0, θ) e v(r, θ) para diversos r > 0, respectivamente.

9.6 Núcleo de Poisson

Observe que:

9.6. NÚCLEO DE POISSON 269

∞∑

n=1

rn[


=

∞∑

n=1

rn

ρn π

[∫ 2π

0

f(ω) cos(nω) dω cos(n θ) +

∫ 2π

0

sen(nω) dω sen(n θ)

]

=1

π

∞∑

n=1

(

r

ρ

)n ∫ 2π

0

f(ω)[

cos(nω) cos(n θ) + sen(nω) sen(n θ)]

dω.

Logo:

v(r, θ) =1

2 π

∫ 2π

0

f(ω)

[

1 + 2∞

∑

n=1

(

r

ρ

)n

cos(n (θ − ω))

]

dω.

É possível verificar que:

v(r, θ) =1

2 π

∫ 2π

0

ρ2 − r2

ρ2 + r2 − 2 rρ cos(θ − ω)f(ω) dω.

Esta forma da solução do problema é dita fórmula de Poisson. A função:

P (r, θ) =1

2 π

[

ρ2 − r2

ρ2 + r2 − 2 rρ cos(θ)

]

, (r, θ) ∈ [0, ρ) × [0, 2 π].

é chamada núcleo de Poisson. Então:

v(r, θ) =

∫ 2π

0

P (r, θ − ω) f(ω) dω.

A função P = P (r, θ) é par. Se f(θ) = 1, então de (9.6), temos que v(r, θ) = 1, se0 ≤ ρ < 1. Logo, do ítem anterior:

∫ 2π

0

P (r, θ − ω) dω = 1.

f é contínua em [0, 2 π]; logo atinge seu máximo e para todo ε > 0 existe δ = δ(ε)tal que |θ − ω| < δ implica |f(θ) − f(ω)| < ε. É possível verificar que:

|u(r, θ) − f(θ)| ≤ ε (1 + 2M),

ondeM e o valor máximo de f em [0, 2 π].

Teorema 9.6. Existe uma única função harmônica v = v(r, θ), (r, θ) ∈ Ω tal que se f écontínua e v(ρ, θ) = f(θ), então:

v(r, θ) =1

2 π

∫ 2π

0

ρ2 − r2

ρ2 + r2 − 2 rρ cos(θ − ω)f(ω) dω


ou:

v(r, θ) = a0 +∞

∑

n=1

rn[


,

onde a0, an e bn são os coeficientes de Fourier de f .

9.7 Problema Externo a um Disco

Considere o problema:

∆u = 0, em R2 − Ω

u∣

∣

∂Ω= f.

Ω

Figura 9.11:

Neste problema, estamos estudando a edp de Laplace numa placa infinita quepossui um buraco. Note que este problema e o anterior, possuem a mesma fron-teira.

Como v(r, θ) = v(r, θ + 2 π) e v(r, θ) deve ser limitada quando r −→ +∞, o pro-blema fica:

r2 vrr + r vr + vθθ = 0, ρ < r, θ ∈ (0, 2 π)

v(ρ, θ) = f(θ), θ ∈ [0, 2π]

v(r, θ) = v(r, θ + 2 π), (r, θ) ∈ Ω.

(9.7)


Lembremos que quando separamos as variáveis no disco, obtivemos:

9.7. PROBLEMA EXTERNO A UM DISCO 271

Rn(r) =

A+B ln(r), se n = 0

C rn +D r−n, se n = 1, 2, . . .

Θn(θ) =

H θ + E, se n = 0

F cos(n θ) +Gsen(n θ), se n = 1, 2, . . .

Como v = v(r, θ) deve ser periódica, então H = 0 e deve ser limitada quandor → +∞; então B = C = 0; logo, obtemos:

v(r, θ) = a0 +∞

∑

n=1

r−n[


,

onde

a0 =1

2 π

∫ 2π

0

f(θ) dθ,

an =ρn

π

∫ 2π

0


bn =ρn

π

∫ 2π

0


De forma análoga a do problema interno:

|an| ≤ c ρn, |bn| ≤ c ρn

|v| ≤ r−n[

|an| + |bn|]

≤ 2 c

[

ρ

r

]n

.

E a série correspondente converge se ρ < r. As soluções obtidas são clássicas.Também é possível mostrar que:

v(r, θ) =1

2 π

∫ 2π

0

ρ2 − 1

1 − 2 ρ cos(θ − ω) + ρ2f(ω) dω.

Exemplo 9.4.


r2 vrr + r vr + vθθ = 0, 2 < r, θ ∈ (0, 2 π)

v(2, θ) = cos(4 θ), θ ∈ [0, 2π]

v(r, θ) = v(r, θ + 2 π), (r, θ) ∈ Ω.


Temos:

a0 =1

2 π

∫ 2π

0

cos(4 θ) dθ = 0,

an =2n

π

∫ 2π

0

cos(4 θ) cos(n θ) dθ = 0, para todo n 6= 4

bn =2n

π

∫ 2π

0

cos(4 θ) sen(n θ) dθ = 0, para todo n

a4 =24

π

∫ 2π

0

cos2(4 θ) dθ = 16.

Logo:

v(r, θ) =16

r4cos(4 θ).

-1 -0.5 0.5 1

-1

-0.5

0.5

1

Figura 9.12: Gráficos de v(r, θ) para diversos r.

9.8 Problema num Semi-disco

Seja Ω = (0, ρ) × (0, π) e consideremos o problema de Dirichlet:

∆u = 0, em Ω

u∣

∣

∂Ω= f.

9.8. PROBLEMA NUM SEMI-DISCO 273

−ρ ρ0


Este problema é diferente dos anteriores, pois a fronteira é união de dois conjun-tos:

∂Ω = (r, 0) / r ∈ [−ρ, ρ] ∪ (ρ, θ) / θ ∈ [0, π].Considere o problema de Dirichlet:

r2 vrr + r vr + vθθ = 0, 0 < r < ρ, θ ∈ (0, π)

v(ρ, θ) = f(θ), θ ∈ [0, π]

v(r, 0) = v(r, π) = 0, r ∈ [0, ρ].

(9.8)

Note que f(0) = f(π) = 0 e v(r, θ) deve ser periódica e limitada se r −→ 0+.


Lembremos que quando separamos as variáveis, obtivemos:

Rn(r) =

A+B ln(r), se n = 0

C rn +D r−n, se n = 1, 2, . . .

Θn(θ) =

H θ + E, se n = 0


Como v = v(r, θ) deve ser periódica, então H = 0, deve ser limitada quandor −→ 0+ e como v(r, 0) = v(r, π) = 0, então A = B = D = E = F = 0; logo,obtemos:

v(r, θ) =∞

∑

n=1

bn rn sen(n θ),

onde


bn =2

ρn π

∫ π

0

f(θ) sen(n θ) dθ.

Analogamente aos casos anteriores, v é uma solução clássica análoga às anterio-res.

Exemplo 9.5.


r2 vrr + r vr + vθθ = 0, 0 < r < 1, θ ∈ (0, π)

v(1, θ) = sen(2 θ) cos(3 θ), θ ∈ [0, π]

v(r, 0) = v(r, π) = 0, r ∈ [0, 1].

Como sen(2 θ) cos(3 θ) =1

2

[

sen(5 θ) − sen(θ)]

, temos:

bn = 0, para todo n 6= 1, 5

b1 =1

π

∫ π

0

[


sen(θ) dθ = −1

2

b5 =1

π

∫ π

0

[


sen(5 θ) dθ =1

2.

Logo:

v(r, θ) = −1

2

[

r sen(θ) − r5 sen(5 θ)]

.

-0.1 -0.05 0.05 0.1

0.05

0.1

0.15

0.2

-0.4 -0.2 0.2 0.4

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Figura 9.14: Gráficos de v(0.1, θ) e v(0.9, θ), respectivamente.

9.9 Problema de Dirichlet para Anéis

Uma extensão natural do problema de Dirichlet para discos é o problema numanel:

9.9. PROBLEMA DE DIRICHLET PARA ANÉIS 275

ρρ0 1 2

Ω


Sejam

Ω = (ρ1, ρ2) × (0, 2 π)

Ω1 = (ρ1, θ), θ ∈ [0, 2 π]Ω2 = (ρ2, θ), θ ∈ [0, 2 π]∂Ω = Ω1 ∪ Ω2.

Consideremos o problema de Dirichlet:

r2 vrr + r vr + vθθ = 0, (r, θ) ∈ Ω

v(ρ1, θ) = f(θ), θ ∈ [0, 2π]

v(ρ2, θ) = g(θ), θ ∈ [0, 2π]

v(r, θ) = v(r, θ + 2 π), (r, θ) ∈ Ω.


Lembremos que quando separamos as variáveis no problema no disco, obtive-mos:

Rn(r) =

A+B ln(r), se n = 0

C rn +D r−n, se n = 1, 2, . . .

Θn(θ) =

H θ + E, se n = 0


Como v = v(r, θ) deve ser periódica, então H = 0; logo, obtemos:

u(r, θ) = a0 + b0 ln(r) +

∞∑

n=1

[(

an rn + bn r

−n)

cos(n θ) +(

cn rn + dn r

−n)

sen(n θ)]

.


Como antes, exigimos continuidade de f e g, e obtemos:

a0 + b0 ln(ρ1) =1

2 π

∫ 2π

0

f(θ) dθ,

an ρn1 + bn ρ

−n1 =

1

π

∫ 2π

0


cn ρn1 + dn ρ

−n1 =

1

π

∫ 2π

0


a0 + b0 ln(ρ2) =1

2 π

∫ 2π

0

g(θ) dθ,

an ρn2 + bn ρ

−n2 =

1

π

∫ 2π

0

g(θ) cos(n θ) dθ,

cn ρn2 + dn ρ

−n2 =

1

π

∫ 2π

0

g(θ) sen(n θ) dθ.

Exemplo 9.6.

Ache a solução de:

r2 vrr + r vr + vθθ = 0, (r, θ) ∈ Ω

v(1, θ) = sen2(θ), θ ∈ [0, 2π]

v(2, θ) = 0, θ ∈ [0, 2π]

v(r, θ) = v(r, θ + 2 π), (r, θ) ∈ Ω.

Temos:

(1) a0 + b0 ln(1) =1

2 π

∫ 2π

0

sen2(θ) dθ =1

2,

(2) a0 + b0 ln(2) = 0,

(3) an + bn =1

π

∫ 2π

0

sen2(θ) cos(n θ) dθ =

0 n 6= 2

−1

2n = 2

,

(4) an 2n + bn 2−n = 0,

(5) cn + dn =1

π

∫ 2π

0

sen2(θ) sen(n θ) dθ = 0,

(6) cn 2n + dn 2−n = 0.

De (1) e (2), temos:

9.9. PROBLEMA DE DIRICHLET PARA ANÉIS 277

a0 =1

2e

b0 = − 1

2 ln(2);

de (5) e (6) temos: cn = dn = 0, para todo n ∈ N e de (3) e (4):

an = bn = 0, n 6= 2;

a2 =1

30e

b2 = − 8

15.

Então, a solução é:

v(r, θ) =1

2− 1

2 ln(2)ln(r) +

1

15

[

r2

2− 8 r−2

]

cos(2 θ).

Figura 9.16: Gráficos de v(r, θ) para diversos r


9.10 Exercícios

1. Considere a edp de Laplace e ache a solução formal dos seguintes problemas:

a)

u(0, y) = u(a, y) = 0, y ∈ [0, b]

u(x, 0) = f1(x), x ∈ [0, a]

u(x, b) = 0, x ∈ [0, a]

b)

u(0, y) = u(a, y) = 0, y ∈ [0, b]

u(x, 0) = 0, x ∈ [0, a]

u(x, b) = f2(x), x ∈ [0, a]

c)

u(0, y) = g1(y), y ∈ [0, b]

u(a, y) = 0, y ∈ [0, b]

u(x, 0) = u(x, b) = 0, x ∈ [0, a]

d)

u(0, y) = u(π, y) = u(x, 0) = 0, x, y ∈ [0, π]

u(x, 0) = x2, x ∈ [0, π]

e)

u(0, y) = u(x, 0) = u(x, 1) = 0, x, y ∈ [0, 1]

u(1, y) = y2, y ∈ [0, 1]

f)

ux(0, y) = ux(1, y) = uy(x, 1) = 0, x, y ∈ [0, 1]

u(x, 0) = x2, y ∈ [0, 1]

Edp de Laplace em coordenadas polares

2. Verifique que a edp de Laplace em coordenadas polares é:

r2 urr + r ur + uθθ = 0.

3. Considere a edp de Laplace em coordenadas polares e ache a solução formaldos seguintes problemas:

a) Se

(r, θ) ∈ (0, 1) × (0, 2 π)

u(1, θ) =

0 se 0 ≤ θ < π

T0 se π ≤ θ < 2 π


b) Se

(r, θ) ∈ (0, 1) × (0, 2 π)

u(1, θ) = θ 0 ≤ θ < 2 π

c) Se

(r, θ) ∈ (0, 1) × (0, 2 π)

u(1, θ) =

−1 se 0 ≤ θ < π

1 se π ≤ θ < 2 π

d)

(r, θ) ∈ (0, 1) × (0, 2 π)

u(1, θ) = sen(θ) 0 ≤ θ < 2 π

e)

(r, θ) ∈ (0, 1) × (0, 2 π)

u(1, θ) = cos(θ) 0 ≤ θ < 2 π

f)

(r, θ) ∈ (0, 1) × (0, 2 π)

u(1, θ) = sen2(θ) 0 ≤ θ < 2 π

4.

(r, θ) ∈ (0, 1) × (0, 2 π)

u(1, θ) = cos2(θ) 0 ≤ θ < 2 π

5. Ache a solução formal do problema de Dirichlet numa placa semi-circular:

r2 urr + r ur + uθθ = 0, (r, θ) ∈ (0, ρ) × (0, π)

u(r, 0) = u(r, π) = 0, r ∈ [0, ρ]

u(ρ, θ) = f(θ), θ ∈ [0, π]

6. Ache a solução formal do problema de Dirichlet no complementar de um discode raio ρ > 0::

r2 urr + r ur + uθθ = 0, (r, θ) ∈ (ρ,+∞) × (0, 2 π)

u(ρ, θ) = f(θ), θ ∈ [0, 2 π]

7. Ache a solução formal dos problemas do ítem anterior para:

a) ρ = 1 e u(1, θ) = θ

b) ρ = 1 e u(1, θ) = sen(θ)

c) ρ = 1 e u(1, θ) = cos(θ).

Capítulo 10

COMPLEMENTOS DE EDP

Neste capítulo trataremos alguns problemas, um pouco mais gerais, que os estu-dados nos capítulo anteriores. Estes problemas não somente envolvem variaçõesdas edp, como também as condições de fronteira. Em algumas das aplicaçõesficaremos um pouco longe das séries de Fourier, porém, tentaremos tratá-las demodo análogo ao adotado nos capítulos anteriores, para permitir uma rapidacomprenssão do assunto.

10.1 Equação do Calor

As edp’s da seguinte forma:

ut − α2 uxx + β ux + γ u = 0, (x, t) ∈ Ω

onde α, β, γ ∈ R, podem ser reduzidas à edp do calor, utilizando a seguintemudança:

u(x, t) = exp(a x+ b t) v(x, t),

onde v ∈ C2, a e b são constantes a determinar. De fato:

ut = exp(a x+ b t)[

b v + vt]

ux = exp(a x+ b t)[

a v + vx]

uxx = exp(a x+ b t)[

a2 v + 2 a vx + vxx]

.

Logo, a edp ut − α2 uxx + β ux + γ u = 0 é equivalente a:

[

vt − α2 vxx]

+[

β − 2 aα2]

vx +[

a β + γ + b− a2 α2]

v = 0.

Resolvendo o sistema:

281

282 CAPÍTULO 10. COMPLEMENTOS DE EDP

2 aα2 − β = 0

a2 α2 − a β − γ − b = 0,

temos que:

a =β

2α2e b = −β

2 + 4 γ α2

4α2.

Logo, com estas escolhas, achar as soluções da equação:

ut − α2 uxx + β ux + γ u = 0,

é equivalente a determinar as soluções da edp do calor:

vt = α2 vxx.

10.1.1 Aplicação

Por exemplo, consideremos o problema do tipo Dirichlet homogêneo:

ut − α2 uxx + β ux + γ u = 0, se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l].

As condições de contorno e iniciais do problema ficam:

0 = u(0, t) = exp(b t) v(0, t) =⇒ v(0, t) = 0

0 = u(l, t) = exp(a l + b t) v(l, t) =⇒ v(l, t) = 0

u(x, 0) = f(x) =⇒ v(x, 0) = e−ax f(x).

Logo, obtemos o sistema:

vt − α2 vxx = 0, se (x, t) ∈ Ω

v(0, t) = v(l, t) = 0, t ≥ 0

v(x, 0) = e−a x f(x), se x ∈ [0, l].

Analogamente com as outras condições de contorno estudadas.

Exemplo 10.1.


ut − uxx + u = 0, se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = u(1, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = sen(2 π x), se x ∈ [0, 1].

10.1. EQUAÇÃO DO CALOR 283

Como α = 1, β = 0 e γ = 1, temos a = 0 e b = −1 e:

vt − vxx = 0, se (x, t) ∈ Ω

v(0, t) = v(1, t) = 0, t ≥ 0

v(x, 0) = sen(2 π x), se x ∈ [0, 1].

A solução do sistema é:

v(x, t) =

∞∑

n=1

bn sen(

nπ x)

exp(

− n2 π2 t)

,

onde:

bn =

0 se n 6= 2

1 se n = 2;

logo:

v(x, t) = sen(2 π x) exp(−4 π2t).

A solução do problema é:

u(x, t) = e−t v(x, t) = sen(2 π x) exp(−(4 π2 + 1) t)

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

-1.0

-0.5

0.5

1.0

Figura 10.1: u = u(x, t) para diferentes t


ut − uxx + 4 ux = 0, se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = u(1, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = sen(π x), se x ∈ [0, 1].

Como α = 1, β = 4 e γ = 0, temos a = 2 e b = −4 e:


vt − vxx = 0, se (x, t) ∈ Ω

v(0, t) = v(1, t) = 0, t ≥ 0

v(x, 0) = e−2 x sen(π x), se x ∈ [0, 1].

A solução do sistema é:

v(x, t) =

∞∑

n=1

bn sen(

nπ x)

exp(

− n2 π2 t)

,

onde:

bn = 2

∫ 1

0

e−2 x sen(π x) sen(nπ x) dx =8nπ2((−1)n + e2)

e2 (16 + 8 (n2 + 1) π2 + (n2 − 1)2 π4).

Logo, como u(x, t) = exp(2 x− 4 t) v(x, t), temos:

u(x, t) = e2x∞

∑

n=1

[

8 ((−1)n + e2)nπ2

16 + 8 (n2 + 1) π2 + (n2 − 1)2 π4

]

sen(nπ x) exp(−(n2 π2 + 4) t)

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0


10.2 Perturbação da Equação do Calor

Considere o problema do calor, onde a edp foi pertubada por uma função h ∈C0

(

0, l)

:

ut = α2 uxx + h(x), se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = T0, t ≥ 0

u(l, t) = T1, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l].

(10.1)

10.2. PERTURBAÇÃODA EQUAÇÃODO CALOR 285

A função h = h(x), em geral, representa uma fonte ou uma perda de calor seh(x) > 0 ou h(x) < 0, respectivamente. A fonte só depende do comprimento dabarra. A função h = h(x) é conhecida na literatura como steady forcing, isto é,fonte estacionária.

Consideremos soluções do sistema (10.1) da forma:

u(x, t) = v(x, t) + U(x),

onde U ∈ C2, então:

vt = ut = α2 uxx + h(x)

= α2(

vxx + U ′′(x))

+ h(x)

= α2 vxx + α2 U ′′(x) + h(x).

Se U = U(x), satisfaz:

α2 U ′′(x) + h(x) = 0,

teremos:

vt = α2 vxx.

Por outro lado:

u(0, t) = v(0, t) + U(0) = T0

u(l, t) = v(l, t) + U(l) = T1

u(x, 0) = v(x, 0) + U(x) = f(x).

Se U = U(x) é solução do PSL:

α2 U ′′(x) + h(x) = 0, x ∈ (0, l)

U(0) = T0

U(l) = T1.

Então:

U(x) = T0 +(T1 − T0) x

l+x

l

∫ l

0

[

1

α2

∫ η

0

h(y) dy

]

dη −∫ x

0

[

1

α2

∫ η

0

h(y) dy

]

dη.

Assim, obtemos um problema já estudado:


vt = α2 vxx, se (x, t) ∈ Ω

v(0, t) = 0, t ≥ 0

v(l, t) = 0, t ≥ 0

v(x, 0) = f(x) − U(x), se x ∈ [0, l],

Logo, a solução do sistema (10.1) é:

u(x, t) = v(x, t) + T0 +(T1 − T0) x

l+x

l

∫ l

0

[

1

α2

∫ η

0

h(y) dy

]

dη−

−∫ x

0

[

1

α2

∫ η

0

h(y) dy

]

dη.

Exemplo 10.2.

[1] Considere:

ut = α2 uxx + r, se (x, t) ∈ Ω, r ∈ R

u(0, t) = T0, t ≥ 0

u(l, t) = T1, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l].

h(x) = r é constante; logo:

U(x) = T0 +(T1 − T0) x

l+

r

2α2

(

l x− x2)

.

e:

vt = α2 vxx, se (x, t) ∈ Ω

v(0, t) = 0, t ≥ 0

v(l, t) = 0, t ≥ 0

v(x, 0) = f(x) − U(x), se x ∈ [0, l],

Sabemos que este problema tem como solução:

v(x, t) =

∞∑

n=1

bn sen(nπ x

l

)

exp(

−[

αnπ

l2

]2

t)

.

onde:

bn =2

l

∫ l

0

[

f(x) − U(x)]

sen(nπ x

l

)

dx, n ∈ N.

A solução do problema é:

10.2. PERTURBAÇÃODA EQUAÇÃODO CALOR 287

u(x, t) = T0 +(T1 − T0) x

l+

r

2α2

(

l x− x2)

+

∞∑

n=1

bn sen(nπ x

l

)

exp(

−[

αnπ

l

]2

t)

.

Por exemplo:

ut = uxx + 1, se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = 0, t ≥ 0

u(1, t) = 1, t ≥ 0

u(x, 0) = x2, se x ∈ [0, 1].

Temos que U(x) =3 x− x2

2, b2n = 0 e :

b2n−1 = − 12

(2n− 1)3 π3,

para todo n ∈ N. A solução do problema é:

u(x, t) =3 x− x2

2−

∞∑

n=1

12

(2n− 1)3 π3sen

(

(2n− 1) π x)

exp(

− (2n− 1)2 π2 t)

.

1

1

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.00

0.05

0.10

0.15

0.20

0.25


[2] Considere

ut = uxx + ex, se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = 0, t ≥ 0

u(1, t) = 1, t ≥ 0

u(x, 0) = x, se x ∈ [0, 1],


Como T0 = 0, T1 = 1, h(x) = ex e l = 1, temos que U(x) = 1 − ex + e x e:

bn =1

2

∫ 1

0

[

x− 1 + ex − e x]

sen(nπ x) dx =e (−1)n − 1

2nπ (n2 π2 + 1).

Logo:

u(x, t) = 1 − ex + e x+

∞∑

n=1

[

e (−1)n − 1

2nπ (n2 π2 + 1)

]

sen(nπ x) exp(−n2π2t).

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.5

1.0

1.5


10.3 Edp do Calor: Caso Geral

Considere:

ut = α2 uxx +H(x, t), se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = p(t), t ≥ 0

u(l, t) = q(t) t ≥ 0

u(x, 0) = F (x), se x ∈ [0, l],

(10.2)

onde H ∈ C0(Ω) e p, q ∈ C1([0,+∞)). A função H = H(x, t) é conhecida naliteratura como transient forcing ; isto é, fonte transitória.

Utilizaremos uma analogia para achar uma solução de (10.2). Seguindo o casohomogêneo, suponha que (10.2) tem solução do tipo:

u(x, t) = v(x, t) + U(x, t),

onde:

U(x, t) = p(t) +x

l[q(t) − p(t)].

10.3. EDP DO CALOR: CASO GERAL 289

Note que U = U(x, t) não é, necessariamente, solução da edp do calor. Observeque,

U(0, t) = p(t),

U(l, t) = q(t),

Uxx = 0,

vt = ut − Ut evxx = uxx,

então:

vt − α2 vxx = H(x, t) − Ut.

Por outro lado, as condições de fronterira e iniciais:

v(0, t) = u(0, t) − U(0, t) = 0

v(l, t) = u(l, t) − U(l, t) = 0

v(x, 0) = F (x) − U(x, 0).

Denotemos h(x, t) = H(x, t) − Ut(x, t) e f(x) = F (x) − U(x, 0). Logo, obtemos osistema:

vt = α2 vxx + h(x, t), se (x, t) ∈ Ω

v(0, t) = 0, t ≥ 0

v(l, t) = 0, t ≥ 0

v(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l].

Logo, a solução de (10.2) é do tipo:

u(x, t) = p(t) +x

l[q(t) − p(t)] + v(x, t).

10.3.1 Solução do Sistema

Considere:

ut = α2 uxx + h(x, t), se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = 0, t ≥ 0

u(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l],

(10.3)

Novamente, utilizaremos uma analogia para achar uma solução de (10.3). Se-guindo o caso homogêneo, suponha que (10.3) tem solução do tipo:


u(x, t) =∞

∑

n=1

wn(t) sen(

λn x)

,

onde λn =nπ

le as funções wn = wn(t) devem ser determinadas.

Também vamos supor, que para cada t, a função h, tem a seguinte representaçãoem série de funções:

h(x, t) =

∞∑

n=1

hn(t) sen(

λn x)

,

onde as funções hn = hn(t) são tais que:

hn(t) =2

l

∫ l

0

h(x, t) sen(

λn x)

dx, n ∈ N,

e que a função f está nas condições de Fourier:

f(x) =

∞∑

n=1

cn sen(

λn x)

,

tal que:

cn =2

l

∫ l

0

f(x) sen(

λn x)

dx, n ∈ N.

Nós também vamos supor que todas as séries de funções envolvidas convergemuniformemente. Então, substituindo em (10.3), obtemos:

∞∑

n=1

[

w′n + knwn − hn

]

sen(

λn x)

= 0

∞∑

n=1

[

wn(0) − cn

]

sen(

λn x)

= 0,

onde kn = λ2n α

2. Multiplicando ambos os lados por sen(

λm x)

e integrando entrex = 0 e x = l, por ortogonalidade, obtemos o PVI linear:

w′n + k2

n wn = hn(t)

wn(0) = cn, n ∈ N.

que tem solução:

wn(t) = cn exp(kn t) +

∫ t

0

exp(kn (t− z)) hn(z) dz.

10.3. EDP DO CALOR: CASO GERAL 291

Logo, a solução de (10.3) é:

u(x, t) =

∞∑

n=1

cn exp(kn t) sen(λn x) +

∞∑

n=1

[∫ t

0

exp(kn (t− z)) hn(z) dz

]

sen(λn x),

tal que:

hn(t) =2

l

∫ l

0

h(x, t) sen(

λn x)

dx

cn =2

l

∫ l

0

f(x) sen(

λn x)

dx, n ∈ N.

Se h(x, t) = 0 para todo (x, t) ∈ Ω, temos o resultado homogêneo.

Exemplo 10.3.


ut = uxx + t2 sen(x), se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = 0, t ≥ 0

u(π, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = sen(2 x), se x ∈ [0, π].

Logo, temos kn = n, l = π e:

cn =

1 se n = 2

0 outro casoe hn(t) =

t2 se n = 1

0 outro caso.

Então:

∫ t

0

z2 exp(t− z) dz = −2 + 2 et − 2 t− t2,

e:

u(x, t) = exp(2 t) sen(2 x) + [−2 + 2 exp(t) − 2 t− t2] sen(x).


0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

-4

-2

2

4

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4



ut = uxx + sen(3 x) exp(−t) [x− 1 + sen(π x)], se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = exp(−t), t ≥ 0

u(1, t) = 2, t ≥ 0

u(x, 0) = x+ 1, se x ∈ [0, 1].

Então:

U(x, t) = exp(−t) (1 − x) + 2 x

Ut(x, t) = exp(−t) (x− 1)

f(x) = 0

h(x, t) = exp(−t) sen(π x).

A solução do problema é do tipo:

u(x, t) = exp(−t) (1 − x) + 2 x+ v(x, t),

onde v = v(x, t) é a solução do seguinte sistema:

vt = α2 uxx + exp(−t) sen(π x), se (x, t) ∈ Ω

v(0, t) = 0, t ≥ 0

v(l, t) = 0, t ≥ 0

v(x, 0) = 0, se x ∈ [0, 1],

Logo: kn = nπ, cn = 0 para todo n ≥ 1 e:

10.4. CALOR NUMA BARRA INFINITA 293

hn(t) =

exp(−t) se n = 1

0 outro caso.

Por outro lado:

∫ t

0

exp(π (t− z)) exp(−z) dz = exp(3 t)

∫ t

0

exp(−4 z) dz

=1

π + 1[exp(π t) − exp(−t)],

e:

v(x, t) =1

π + 1[exp(π t) − exp(−t)] sen(π x).

Finalmente:

u(x, t) = exp(−t) (1 − x) + 2 x+1

π + 1[exp(π t) − exp(−t)] sen(π x).

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.5

1.0

1.5

2.0

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4


10.4 Calor numa Barra Infinita

Considere o sistema:

vt = ε vxx, (x, t) ∈ Ω

v(x, 0) = g(x), se x ∈ R,

Fazendo a separação das variáveis e observando que somente temos condiçõesiniciais; obtemos:


X ′′ + λ2X = 0; −∞ < x < +∞T ′ + ε λ2 T = 0; t > 0

e as soluções das edo’s, são:

X(x, λ) = A(λ) cos(λ x) +B(λ) sen(λ x)

T (t, λ) = exp(

− ε λ2 t).

Como o paramêtro λ é tal que −∞ < λ < +∞; então, a combinção linear dasolução é do tipo:

v(x, t) =

∫ +∞

0

[

A(λ) cos(λ x) +B(λ) sen(λ x)]

exp(

− ε λ2 t) dλ.

Como:

f(x) = v(x, 0) =

∫ +∞

0

[

A(λ) cos(λ x) +B(λ) sen(λ x)]

dλ,

pelos mesmos argumentos utilizados nos capítulos anteriores, temos que:

A(λ) =1

π

∫ +∞

0

g(x) cos(λ x) dx

B(λ) =1

π

∫ +∞

0

g(x) sen(λ x) dx

Logo:

v(x, t) =c

π

∫ +∞

0

[

Ψ1(λ, ψ) cos(λ x) + Ψ2(λ, ψ) sen(λ x)

]

exp(

− ε λ2 t) dλ.

onde:

Ψ1(λ, ψ) =

∫ +∞

−∞g(ψ) cos(ψ λ) dψ e Ψ2(λ, ψ) =

∫ +∞

−∞g(ψ) sen(ψ λ) dψ.

Utilizando que cos(λψ) cos(λ x) + sen(λψ) sen(λ x) = cos(ψ − x), temos:

v(x, t) =c

π

∫ +∞

0

[∫ +∞

−∞g(ψ) cos(ψ − x) dψ

]

exp(

− ε λ2 t) dλ.

Se for possível mudar a ordem de integração, obtemos:

v(x, t) =c

π

∫ +∞

−∞g(ψ)

[∫ +∞

0

cos(ψ − x) exp(

− ε λ2 t) dλ

]

dψ.

10.4. CALOR NUMA BARRA INFINITA 295

Utilizando integração complexa, é possível verificar que:

v(x, t) =1√

4 π ε t

∫ +∞

−∞g(ψ) exp

(

− (x− ψ)2

4 ε t

)

dψ.

Em resumo, o sistema:


v(x, 0) = g(x), se x ∈ R,

tem como solução:

v(x, t) =1√

4 π ε t

∫ +∞

−∞g(ψ) exp

(

− (x− ψ)2

4 ε t

)

dψ.

Exemplo 10.4.

[1] O sistema:

vt = vxx, (x, t) ∈ Ω

v(x, 0) = e−x, se x ∈ R,

tem como solução:

v(x, t) =1√4 π t

∫ +∞

−∞e−ψ exp

(

− (x− ψ)2

4 t

)

dψ = et−x.

1

Figura 10.7: Gráfico de f e de v, para diferentes t

[2] O sistema:

vt = vxx, (x, t) ∈ Ω

v(x, 0) = x (x2 − 4), se x ∈ R,


tem como solução:

v(x, t) =1√4 π t

∫ +∞

−∞(ψ3 − 4ψ) exp

(

− (x− ψ)2

4 t

)

dψ = x (x2 + 6 t− 4).

-2 -1 1 2

-6

-4

-2

2

4

6

Figura 10.8: Gráfico de f e de v, para diferentes t

10.5 Edp de Burgers

Consideremos o modelo não linear de turbulencia, com um termo dissipativo,proposto por Burgers no ano de 1948:

ut + u ux − ε uxx = 0,

onde ε > 0.

Exemplo 10.5.

[1] Claramente:

u(x, t) =2 (5 + 2 t+ x)

4 + 2 t+ x

é uma solução da edp de Burgers para ε = 1; note que u(x, 0) =2 (x+ 5)

x+ 4:

10.5. EDP DE BURGERS 297

-4 -2 0 2 4

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

Figura 10.9: Gráfico de u = u(x, t) para diferentes t

[2] Também:

u(x, t) =2

1 + exp(−(x+ t))

é uma solução da edp de Burgers para ε = 1; note que u(x, 0) =2

1 + e−x:

-3 -2 -1 1 2 3

0.5

1.0

1.5

2.0


No ano de 1950, E. Hopf e J. Cole, independentemente, apresentaram a seguintemudança de variável, para linearizar a edp de Burgers:

u(x, t) = −2 ε vx(x, t)

v(x, t),

se |v(x, t)| é limitada quando x −→ ±∞ . De fato:


ut = −2 ε

[

vxtv

− vx vtv2

]

ux = −2 ε

[

vxxv

− v2x

v2

]

uxx = −2 ε

[

vxxxv

− 3 vx vxxv2

+2 v3

x

v3

]

Logo, a edp de Burgers fica:

vxv

[

ε vxx − vt]

−[

ε vxx − vt]

x= 0.

Se v = v(x, t) satisfaz a edp do calor, a u = u(x, t) obtida pela mudança de variá-vel, é solução da edp de Burgers.

Seja Ω = R × (0,+∞) e consideremos o sistema:

ut + u ux − ε uxx = 0, (x, t) ∈ Ω

u(x, 0) = f(x), se x ∈ R,

tal que f seja integrável em R. Fazendo a mudança:

u(x, t) = −2 ε vx(x, t)

v(x, t),

sendo |v(x, t)| limitada quando x −→ ±∞, consideremos a edo:

vx(x, 0) = −f(x) v(x, 0)

2 ε,

que tem como solução:

v(x, 0) = c exp(

− 1

2 ε

∫ x

0

f(s) ds)

,

onde c é um constante arbitrária. Denotando v(x, 0) = c g(x), obtemos um pro-blema de calor numa barra de comprimento infinito:


v(x, 0) = c g(x), se x ∈ R,

que possui solução:

v(x, t) =c√

4 π ε t

∫ +∞

−∞g(ψ) exp

(

− (x− ψ)2

4 ε t

)

dψ.

Por outro lado:

10.5. EDP DE BURGERS 299

vx(x, t) = − c√4 π ε t

∫ +∞

−∞

g(ψ) (x− ψ)

2 ε texp

(

− (x− ψ)2

4 ε t

)

dψ.

Finalmente:

u(x, t) =

1

t

∫ +∞

−∞g(ψ) (x− ψ)G(x− ψ, t, ε) dψ

∫ +∞

−∞g(ψ)G(x− ψ, t, ε) dψ

.

onde G(x, t, ε) = exp(

− x2

4 ε t

)

. Note que a solução não depende de c.

Exemplo 10.6.

Considere:

ut + u ux − uxx = 0, (x, t) ∈ Ω

u(x, 0) = − 4 x

x2 + 1, se x ∈ R,

Como, ε = 1, G(x− ψ, t, 1) = exp(

− (x− ψ)2

4 t

)

e g(ψ) = ψ2 + 1, temos:

1

t

∫ +∞

−∞g(ψ) (x− ψ)G(x− ψ, t, ε) dψ = −8

√π t x

∫ +∞

−∞g(ψ)G(x− ψ, t, ε) dψ = 2

√π t (x2 + 2 t+ 1).

Logo:

u(x, t) = − 4 x

x2 + 2 t+ 1.

-4 -2 2 4

-2

-1

1

2



10.6 Equação da Onda

As edp’s da seguinte forma:

utt + αuxx + β uxt = 0, (x, t) ∈ Ω,

onde α, β ∈ R, podem ser reduzidas a edp da onda, utilizando a seguinte mu-dança:

ψ = x+ a t

η = x+ b t,

onde a e b são constantes a determinar. De fato:

utt = a2 uψψ + 2 a b uψη + b2 uηη

uxx = uψψ + 2 uψη + uηη

uxt = a uψψ + (a + b) uψη + b uηη

Logo, a edp utt + α uxx + β uxt = 0, nas novas variáveis fica:

[a2 + β a+ α] uψψ + [b2 + β b+ α] uηη + [2 a b+ 2α+ β (a+ b)] uψη = 0.

Se a e b são soluções de:

a2 + β a+ α = 0

b2 + β b+ α = 0,

a edp inicial fica:

uψη = 0,

e a solução desta edp, nas novas variáveis é a solução de d’Alembert. De fato:

u(x, t) = F (x+ a t) +G(x+ b t).

10.6.1 Aplicação


utt + αuxx + β uxt = 0, (x, t) ∈ Ω

u(x, 0) = f(x), x ∈ R

ut(x, 0) = g(x), x ∈ R.

Então:

10.6. EQUAÇÃO DA ONDA 301

f(x) = u(x, 0) = F (x) +G(x)

g(x) = ut(x, 0) = aF ′(x) + bG′(x),

logo:

aF (x) + bG(x) =

∫ x

0

g(s) ds,

e consideramos o seguinte sistema:

F (x) +G(x) = f(x)

aF (x) + bG(x) =

∫ x

0

g(s) ds,

que tem solução:

F (x) =1

a− b

[

− b f(x) +

∫ x

0

g(s) ds

]

e G(x) =1

a− b

[

a f(x) −∫ x

0

g(s) ds

]

.

Como a solução procurada é do tipo:

u(x, t) = F (x+ a t) +G(x+ b t),

temos que a solução é:

u(x, t) =1

a− b

[

a f(x+ b t) − b f(x+ a t) +

∫ x+at

x+bt

g(s) ds

]

,

tal que a 6= b.

Exemplo 10.7.

[1] Considere o sistema:

utt + 2 uxx + 3 uxt = 0, (x, t) ∈ Ω

u(x, 0) =1

x2 + 1, x ∈ R

ut(x, 0) = 0, x ∈ R.

Como α = 2, β = 3, g(x) = 0 e f(x) =1

x2 + 1, temos que a = −1 e b = −2, logo:

1

a− b[a f(x+ b t) − b f(x+ a t)] =

1

a− b

[

a

(x+ b t)2 + 1− b

(x+ a t)2 + 1

]∣

∣

∣

∣

a=−1, b=−2

=2

1 + (x− t)2− 1

1 + (x− 2 t)2,


então:

u(x, t) =2

1 + (x− t)2− 1

1 + (x− 2 t)2.

-2 2 4 6

-0.5

0.5

1.0

1.5


[2] Considere o sistema:

utt + 4 uxx − 5 uxt = 0, (x, t) ∈ Ω

u(x, 0) = sen(π x), x ∈ R

ut(x, 0) = x2, x ∈ R.

Como α = 4, β = −5, f(x) = sen(π x) e g(x) = x2, temos que a = 4 e b = 1, logo:

1

a− b[a f(x+ b t) − b f(x+ a t)] =

1

a− b[a sen(π (x+ b t)) − b sen(π (x+ a t))]

∣

∣

∣

∣

a=4, b=1

=1

3[4 sen(π (x+ t)) − sen(π (x+ 4 t))]

1

a− b

∫ x

0

s2 ds =1

3 (a− b)[(x+ a t)3 − (x+ b t)3]

∣

∣

∣

∣

a=4, b=1

=1

9[(x+ t)3 − (x+ 4 t)3]

∣

∣

∣

∣

a=4, b=1

= 7 t3 + 5 t2 x+ t x2.

Logo:

u(x, t) =1

3[4 sen(π (x+ t)) − sen(π (x+ 4 t)) + 21 t3 + 15 t2 x+ 3 t x2].

10.7. PERTURBAÇÃODA EQUAÇÃODA ONDA 303

-2 2 4 6

-2

2

4

6

8


10.7 Perturbação da Equação da Onda

O problema da evolução da onda quando existem forças externas que só depen-dem do comprimento da corda é dado por:

utt = c2 uxx + h(x), se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = A, t ≥ 0

u(l, t) = B, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l]

ut(x, 0) = g(x), se x ∈ [0, l],

onde h ∈ C0(

0, l)

.

Analogamente ao que foi feito anteriormente, consideramos soluções do tipo:

u(x, t) = v(x, t) + U(x),

onde U ∈ C2, então

vtt = utt = c2 uxx + h(x) = c2(

vxx + U ′′)

+ h(x) = c2 vxx + c2 U ′′ + h(x).

Se U = U(x) satisfaz:

c2 U ′′ + h(x) = 0,

teremos:

vtt = c2 vxx.

Por outro lado:


u(0, t) = v(0, t) + U(0) = A

u(l, t) = v(l, t) + U(l) = B

u(x, 0) = v(x, 0) + U(x) = f(x)

ut(x, 0) = vt(x, 0) + U(x) = g(x).

Se U = U(x) é solução do PSL:

c2 U ′′ + h(x) = 0, x ∈ (0, l)

U(0) = A

U(l) = B,

novamente, temos que:

U(x) = A+(B − A) x

l+x

l

∫ l

0

[

1

c2

∫ η

0

h(y) dy

]

dη −∫ x

0

[

1

c2

∫ η

0

h(y) dy

]

dη.

Assim obtemos o problema conhecido:

vtt = c2 vxx, se (x, t) ∈ Ω

v(0, t) = v(l, t) = 0, t ≥ 0

v(x, 0) = f(x) − U(x), se x ∈ [0, l]

vt(x, 0) = g(x), se x ∈ [0, l].

Exemplo 10.8.


utt = uxx + r, se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = 0, t ≥ 0

u(1, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = 0, se x ∈ [0, 1]

ut(x, 0) = 0, se x ∈ [0, 1].

Então:

U(x) =r (x− x2)

2e obtemos:

vtt = vxx, se (x, t) ∈ Ω

v(0, t) = v(1, t) = 0, t ≥ 0

v(x, 0) = −U(x), se x ∈ [0, 1]

vt(x, 0) = 0, se x ∈ [0, 1],

10.8. EDP DA ONDA: CASO GERAL 305

que tem como solução:

v(x, t) =

∞∑

n=1

an cos(nπ t) sen(nπ x),

onde:

an = r

∫ 1

0

(x2−x) sen(nπ x) dx =2 ((−1)n − 1)

n3 π3=

0 se n é par

− 4

(2n− 1)3 π3outro caso

para todo n ∈ N, e:

v(x, t) = −r∞

∑

n=1

4

(2n− 1)3 π3cos((2n− 1) π t) sen((2n− 1) π x).

Finalmente:

u(x, t) =r (x− x2)

2− r

∞∑

n=1

4

(2n− 1)3 π3cos((2n− 1) π t) sen((2n− 1) π x).

1

Figura 10.14: u = u(x, t) para r = 2 e diferentes t

10.8 Edp da Onda: Caso Geral

O problema da evolução da onda, com extremos móveis, quando existem forçasexternas H = H(x, t), é dado por:

utt = c2 uxx +H(x, t), se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = p(t), t ≥ 0

u(l, t) = q(t), t ≥ 0

u(x, 0) = F (x), se x ∈ [0, l]

ut(x, 0) = G(x), se x ∈ [0, l],

(10.4)


onde H ∈ C0(Ω) e p, q ∈ C2([0,+∞)). Analogamente ao caso do calor, considera-mos soluções que podem ser escritas como:

u(x, t) = v(x, t) + U(x, t),

onde:

U(x, t) = p(t) +x

l[q(t) − p(t)].

Note que U = U(x, t) não é necessariamente solução da edp da onda. Observeque, U(0, t) = p(t), U(l, t) = q(t) e Uxx = 0, então:

vt − c2 vxx = H(x, t) − Ut.

Por outro lado, as condições de fronterira e iniciais:

v(0, t) = u(0, t) − U(0, t) = 0

v(l, t) = u(l, t) − U(l, t) = 0

v(x, 0) = F (x) − U(x, 0)

vt(x, 0) = G(x) − Ut(x, 0).

Denotemos h(x, t) = H(x, t) − Utt(x, t), f(x) = F (x) − U(x, 0) e g(x) = G(x) −Ut(x, 0). Obtemos o sistema:

vtt = c2 uxx + h(x, t), se (x, t) ∈ Ω

v(0, t) = 0, t ≥ 0

v(l, t) = 0, t ≥ 0

v(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l]

vt(x, 0) = g(x), se x ∈ [0, l].

Logo, a solução de (10.4) é do tipo:

u(x, t) = p(t) +x

l[q(t) − p(t)] + v(x, t).

10.8.1 Solução do Sistema

Consideremos:

utt = c2 uxx + h(x, t), se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = 0, t ≥ 0

u(l, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = f(x), se x ∈ [0, l]

ut(x, 0) = g(x), se x ∈ [0, l].

(10.5)


Analogamente ao caso anterior, consideramos soluções que podem ser escritascomo a série de funções:

u(x, t) =∞

∑

n=1

wn(t) sen(

λn x)

,

onde λn =nπ

le as funções wn = wn(t) devem ser determinadas. Também vamos

supor que:

h(x, t) =∞

∑

n=1

hn(t) sen(

λn x)

,

onde as funções hn = hn(t) são tais que:

hn(t) =2

l

∫ l

0

h(x, t) sen(

λn x)

dx, n ∈ N,

e que f e g, satisfazem as condições de Fourier:

f(x) =∞

∑

n=1

an sen(

λn x)

g(x) =∞

∑

n=1

bn sen(

λn x)

,

logo:

an =2

l

∫ l

0

f(x) sen(

λn x)

dx

bn =2

nπ c

∫ l

0

g(x) sen(λn x) dx.

Vamos supor que todas as séries de funções envolvidas convergem uniforme-mente. Então, substituindo em (10.5), obtemos:

∞∑

n=1

[

w′′n + λ2

n c2wn − hn(t)

]

sen(

kn x)

= 0

∞∑

n=1

[

wn(0) − an

]

sen(

kn x)

= 0

∞∑

n=1

[

w′n(0) − bn

]

sen(

kn x)

= 0


onde kn =λnc. Multiplicando ambos os lados por sen

(

km x)

e integrando entre

x = 0 e x = l, por ortogonalidade, obtemos o PVI linear:

w′′n + λ2

nwn = hn(t)

wn(0) = an

w′n(0) = bn, n ∈ N,

que tem solução:

wn(t) = an cos(λn t) + bn sen(λn t) +1

λn

∫ t

0

hn(z) sen(λn (t− z)) dz.

Logo, a solução de (10.5) é:

u(x, t) =∞

∑

n=1

[

an cos(λn t)+bn sen(λn t)+1

λn

∫ t

0

hn(z) sen(λn (t−z)) dz]

sen(λn x),

tal que:

an =2

l

∫ l

0

f(x) sen(

λn x)

dx

bn =2

nπ c

∫ l

0

g(x) sen(

λn x)

dx

hn(t) =2

l

∫ l

0

h(x, t) sen(

λn x)

dx, n ∈ N.

Se h(x, t) = 0 para todo (x, t) ∈ Ω, temos o resultado homogêneo.

Exemplo 10.9.

[1] Considere:

utt = uxx + t sen(x), se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = 0, t ≥ 0

u(π, t) = 0, t ≥ 0

u(x, 0) = 0, se x ∈ [0, π]

ut(x, 0) = 0, se x ∈ [0, π].

Note que an = bn = 0, para todo n ∈ N e:

hn(t) =

t se n = 1

0 outro caso.


Por outro lado:

∫ t

0

h1(z) sen(t− z) dz = t− sen(t),

e a solução do problema é:

u(x, t) =[

t− sen(t)]

sen(x).

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

1

2

3

4

5


[2] Considere:

utt = uxx + t2 sen(π x), se (x, t) ∈ Ω

u(0, t) = 0, t ≥ 0

u(1, t) = t, t ≥ 0

u(x, 0) = sen(2 π x), se x ∈ [0, 1]

ut(x, 0) = x+ 2 sen(4 π x), se x ∈ [0, 1].

Note que:

U(x, t) = x t,

h(x, t) = t2 sen(π x), Ut(x, t) = x e Utt(x, t) = 0, logo, temos o sistema:

vtt = vxx + t2 sen(π x), se (x, t) ∈ Ω

v(0, t) = 0, t ≥ 0

v(1, t) = 0, t ≥ 0

v(x, 0) = sen(2 π x), se x ∈ [0, 1]

vt(x, 0) = 2 sen(4 π x), se x ∈ [0, 1].


an =

1 se n = 2

0 outro caso,bn =

1

2 πse n = 4

0 outro caso

e

hn(t) =

t2 se n = 1

0 outro caso.

Por outro lado h1(t) = t2, e:

1

π

∫ t

0

h1(z) sen(π(t− z)) dz =1

π4[π2 t2 − 2 + 2 cos(π t)],

e a solução é:

v(x, t) = cos(2 π t) sen(2 π x)+sen(4 πx) sen(4 π t)

2 π+

+1

π4[π2 t2 − 2 + 2 cos(π t)] sen(π x).

Finalmente:

u(x, t) = x t + cos(2 π t) sen(2 π x)+sen(4 πx) sen(4 π t)

2 π+

+1

π4[π2 t2 − 2 + 2 cos(π t)] sen(π x).

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

-1.0

-0.5

0.5

1.0


10.9. VIBRAÇÕES FORÇADAS 311

10.9 Vibrações Forçadas

Considere o problema da onda infinita onde existem forças externas:

utt − c2 uxx = F (x, t), x, t ∈ R

u(x, 0) = f(x)

ut(x, 0) = g(x)

Não é difícil ver que:

u1(x, t) =1

2 c

∫ t

0

∫ x+c(t−s)

x−c(t−s)F (p, s) ds dp

satisfaz a edo da onda não homogênea e u1(x, 0) = u1t(x, 0) = 0. Logo, porlinearidade:

u(x, t) =1

2

[

f(x+c t)+f(x−c t)]

+1

2 c

∫ x+ct

x−ctg(s) ds+

1

2 c

∫ t

0

∫ x+c(t−p)

x−c(t−p)F (p, s) ds dp.

é solução do problema.

Exemplo 10.10.

[1] Considere

utt − uxx = x, x, t ∈ R

u(x, 0) = sen(x)

ut(x, 0) = cos(x)

Como f(x) = sen(x), g(s) = cos(s) e F (x, t) = x, temos que:

1

2

[

f(x+ t) + f(x− t)]

= cos(x) sen(t)

1

2

∫ x+t

x−tg(s) ds = cos(t) sen(x)

1

2

∫ t

0

∫ x+t−p

x−t+ps ds dp =

x t2

2.


A solução é:

u(x, t) = sen(x+ t) +x t2

2.

-6 -4 -2 2 4 6

-4

-2

2

4


[2] Considere

utt − uxx = t2 sen(x), x, t ∈ R

u(x, 0) = x sen(4 π x)

ut(x, 0) = x

Como f(x) = x sen(4 π x), g(x) = x e F (x, t) = t2 sen(x), temos que:

1

2

[

f(x+ t) + f(x− t)]

=1

2[(x− t) sen(π (x− t) + (x+ t) sen(π (x+ t))]

1

2

∫ x+t

x−tg(s) ds = x t

1

2

∫ t

0

∫ x+t−p

x−t+pF (p, s) ds dp = [2 cos(t) + t2 − 2] sen(x).

A solução é:

u(x, t) =1

2[(x−t) sen(π (x−t)+(x+t) sen(π (x+t))]+x t+[2 cos(t)+t2−2] sen(x).

10.9. VIBRAÇÕES FORÇADAS 313

-1.0 -0.5 0.5 1.0

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6


Bibliografia

[FD] D. G. Figueiredo: Análise de Fourier e Equações Diferenciais Parciais, Pro-jeto Euclides, Impa, Brasil, (1977)

[IV] V. M. Iorio: Edp: Um curso de graduação, Col. Mat. Universitária, Impa,Brasil, (2001)

[KO] D. Kreider, D. R. Ostberg, R. C. Kuller, F. W. Perkins: Introdução aoAnálise Linear - Equações Diferenciais Lineares, vol. 1, Ao Livro Técnico,(1996)

[LE] E. L. Lima: Análise Real, Impa, (2000)

[VC1] M. Vilches, M. Corrêa: Cálculo: Volume I, Edição online:

www.ime.uerj.br/˜calculo, (2004)

[VC2] M. Vilches, M. Corrêa: Cálculo: Volume II, Edição online:

www.ime.uerj.br/˜calculo, (2004)

[NP] P. S. Nunes: Equações Diferenciais Ordinárias , Edição online:

www.ime.uerj.br/˜calculo, (2004).

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uerj equações diferenciais métodos e séries

Science