Problemas de Autovalor

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Teoria

Opaa, seja bem vindo ao Responde Aí! Bora bater um papo sobre Problemas de Auto Valor?

Problema de Valor de Contorno (PVC)

Antes de qualquer coisa precisamos saber o que é um PVC! Lá no problema de valor inicial (PVI) tínhamos uma EDO e duas condições iniciais com , aqui a história vai mudar um pouquinho, olha só esse exemplo:

Acima temos uma EDO de 2ª ordem, mas as condições são um pouquinho diferentes…na primeira condição , igualzinho ao PVI. Mas na segunda condição !

-E agora?! 😱

Calma que ainda vai piorar um pouco! Mas depois melhora! 🤣🤣🤣

Problemas de Autovalor

E se eu pegar o da EDO dali de cima e substituir por , assim:

Chamamos esse tipo de problema de problema de autovalor e desafio aqui é que, como não conhecemos o valor de a gente não pode prever se delta será maior, igual ou menor que zero!

-E aí? Como a gente faz? 😖

A solução é não é difícil, mas é um pouco chata…vamos ter que testar os três casos de ! 🥲 Vem comigo que eu te explico!

Como Resolver Problemas de Autovalor

Bora colocar a mão na massa e pra isso vamos usar o exemplo que vimos ali em cima:

Passo 1: Escrever a Equação Característica

A resolução desse tipo de problema começa de uma forma bem parecida com as EDOs de 2ª ordem homogêneas! A primeira coisa que fazemos é escrever a equação característica, pra isso fazemos a seguinte transformação:

No nosso exemplo temos:

Com a equação característica em mãos, podemos isolar o :

Como não conhecemos o , não sabemos em qual caso o vai se encaixar, por isso precisamos testar todos.

Você também pode conferir esse conteúdo em vídeo:

Passo 2: Testar ∆>0

Quando delta for maior que zero teremos duas raízes reais diferentes, então podemos escrever a seguinte solução:

Usando as condições de contorno, ficamos com:

Isso nos dá:

Portanto a solução é trivial!

Passo 3: Testar ∆=0

Nessa hipótese teremos apenas uma raiz, logo podemos escrever:

Usando as condições de contorno:

Novamente temos uma solução trivial.

Passo 4: Testar ∆<0

Nesse caso teremos duas raízes complexas:

Substituindo nas condições de contorno temos:

Resolvendo:

Prontinho! Chegamos então a uma solução não trivial pro nosso problema! Agora vamos praticar com exercícios?

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Determine os autovalores e as autofunções do problema de contorno dado.

y ' ' + λ y = 0

y ' 0 = 0 ,     y 1 = 0

Passo 1

Para acharmos os autovalores e as auto funções temos que primeiro montar e resolver a equação característica do problema. Montando a equação.

r 2 + λ = 0

Δ = - 4 λ

Agora vamos analisar cada caso.

Passo 2

Caso Δ = 0

Quando temos uma raiz dupla nós já sabemos que a solução vai ter essa cara.

y x = ( c 1 + c 2 x ) e r x

Como r = ± Δ 2 = 0

y x = c 1 + c 2 x

Passo 3

Vamos usar os valores iniciais para descobrir se esse caso nos dá soluções não triviais. Vamos primeiro calcular y ' ( x )

y ' x = c 2

Agora vamos substituir os valores iniciais.

y ' 0 = c 2 = 0

y 1 = c 1 + c 2 = 0

c 1 = 0

Logo y x = 0 . Então esse caso só nos deu uma solução trivial

Passo 4

Caso Δ > 0

Teremos duas raízes distintas e reais iguais a.

r = ± Δ 2 ⟹ r 1 = - λ r 2 = - - λ

E a solução vai ter a seguinte cara.

y x = c 1 e r 1 x + c 2 e r 2 x

y x = c 1 e - λ x + c 2 e - - λ x

Passo 5

Vamos usar os valores iniciais para descobrir se esse caso nos dá soluções não triviais. Vamos primeiro calcular y ' ( x )

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

Vamos substituir os valores iniciais.

y ' 0 = ( c 1 - c 2 ) - λ = 0

Como nesse caso - λ > 0 , então - λ ≠ 0 . Vamos ter

c 1 = c 2

Vamos substituir isso em y x e y ' x

y ' x = c 1 - λ e - λ x - c 1 - λ e - - λ x

E

y x = c 1 e - λ x + c 1 e - - λ x

y 1 = c 1 e - λ + e - - λ = 0

y 1 = c 1 - λ e - λ = 0

Então

c 1 = 0

O que nos dá outra solução trivial.

Passo 6

Caso Δ < 0

Nesse caso iremos ter duas raízes complexas que serão

r = ± Δ 2 ⟹ r 1 = 0 + i λ r 2 = 0 - i λ

Então a nossa solução vai ter a seguinte cara.

y x = c 1 cos ⁡ λ x + c 2 sen ⁡ λ x

Passo 7

Vamos usar os valores iniciais para descobrir se esse caso nos dá soluções não triviais. Vamos primeiro calcular y ' ( x )

y ' ( x ) = - c 1 λ sen ⁡ λ x + c 2 λ cos ⁡ λ x

Vamos substituir os valores iniciais.

y ' 0 = c 2 λ = 0

Como nesse caso λ ≠ 0

c 2 = 0

y 1 = c 1 cos ⁡ λ = 0

Agora nós temos dois casos ou

c 1 = 0

o que daria outra solução trivial, ou

cos ⁡ λ = 0

Vamos tentar essa segunda opção.

λ = π 2 + n π → λ = π 2 + n π 2

Resposta

y x = cos ⁡ λ n x

λ = π 2 + n π 2

Exercício Resolvido #2

Determinar para quais valores de λ ∈   R o seguinte problema de valor de contorno admite soluções não triviais (não identicamente nulas):

y ' ' x - 2 y x = λ y x ,           0 < x < 1 / 2 y ' 0 = y 3 = 0

Passo 1

A primeira coisa que vamos fazer é escrever a equação característica, ok? Temos o seguinte:

r 2 - 2 = λ

Lembra que y ' ' vira r 2 , y ' vira r e y vira apenas o número 1 , beleza?

Certo, isso nos dá então:

r = ± λ + 2 = ± Δ 2

Logo,

Δ = 4 λ + 8

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

Passo 2

O primeiro caso é quando ∆ > 0 , o que nos dá

4 λ + 8 > 0         →           λ > - 2

Nesse caso, as soluções são do tipo:

y x = c 1 e λ + 2 x + c 2 e - λ + 2 x

Agora vamos usar as condições de contorno: y ' 0 = 0 y 3 = 0 . Temos:

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

y ' 0 = c 1 λ + 2 - c 2 λ + 2 = 0

y 3 = c 1 e 3 λ + 2 + c 2 e - 3 λ + 2 = 0

Isso nos dá

( c 1 - c 2 ) λ + 2 ⏟ ≠ 0 = 0

Como o que está dentro do colchete é diferente de zero (lembra que nesse caso λ + 2 > 0 ), então:

c 1 = c 2

Aqui temos o mesmo raciocínio:

c 1 ( e 3 λ + 2 + e - 3 λ + 2 ⏟ ≠ 0 ) = 0

c 1 = 0

c 2 = c 1 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos

y x = 0

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

Passo 3

Vamos agora ao caso em que ∆ = 0 , o que nos dá λ = - 2 . As soluções são do tipo:

y x = ( c 1 + c 2 x ) e r x

Como a raiz r = 0 , temos:

y x = c 1 + c 2 x

Agora vamos usar as condições de contorno: y ' 0 = 0 y 3 = 0

y ' x = c 2

y ' 0 = c 2 = 0

y 3 = c 1 + 3 c 2 = 0

Isso nos dá

c 1 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos

y x = 0

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

Passo 4

Vamos agora ao último caso, ∆ < 0 . Ou seja, o que está dentro da raiz é negativo. Nesse caso,

4 λ + 8 < 0         →         λ < - 2

As soluções são do tipo:

y x = c 1 e α x cos ⁡ β x + c 2 e α x sen ⁡ β x

Substituindo r = ± λ + 2 = 0 ± i - λ - 2

y x = c 1 cos ⁡ - λ - 2 x + c 2 sen ⁡ - λ - 2 x

Agora vamos usar as condições de contorno: y ' 0 = 0 y 3 = 0 . Temos:

y ' ( x ) = - c 1 - λ - 2 sen ⁡ - λ - 2 x + c 2 - λ - 2 cos ⁡ - λ - 2 x

y ' 0 = - c 1 - λ - 2 sen ⁡ 0 + c 2 - λ - 2 cos ⁡ 0 = 0

y 3 = c 1 cos ⁡ 3 - λ - 2 + c 2 sen ⁡ 3 - λ - 2 = 0

Isso nos dá

c 2 - λ - 2 ⏟ ≠ 0 = 0         →         c 2 = 0

c 1 ⏟ ≠ 0 cos ⁡ 3 - λ - 2 = 0

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

cos ⁡ 3 - λ - 2 = 0

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

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

3 - λ - 2 = π ( 2 n - 1 ) 2

- λ - 2 = π 2 n - 1 6 2

λ n = - 2 - π 2 n - 1 6 2

Nós descobrirmos, então, um conjunto de valores λ n (autovalores) que satisfazem o nosso problema.

Como o 3º caso é o único que nos dá soluções não triviais, essa é a resposta da questão.

Resposta

λ n = - 2 - π 2 n - 1 6 2

Exercício Resolvido #3

Quando uma carga constante P é aplicada a uma longa coluna delgada de seção transversa uniforme e comprimento L , a coordenada y de um ponto de sua curva de deflexão é dada por

E I d 2 y d x 2 + P y = 0

Onde as constantes E   e   I são, respectivamente, o módulo de Young e o momento de inercia da seção transversa. Veja a figura. Se a coluna é impedida de rotar em seu topo e em sua base, as condições de contorno são y 0 = 0 e y L = 0 .

a) Mostre que esse problema de valores de contorno indica que a coluna não verga, a menos que a carga P tenha um dos valores P n = n 2 π 2 L 2 E I ,   n = 1,2 , 3 , … Essas diferentes cargas são chamadas de cargas críticas.

b) Mostre que a curva de deflexão correspondente à mais baixa carga crítica P 1 = π 2 L 2 E I , chamada carga de Euler, é y 1 x = c sen ⁡ ( π x L ) . Então y 1 ( x ) é chamado primeiro modo de deformação.

Passo 1

Vamos pensar um pouco no que a gente vai fazer antes de sair cuspindo matemática. Quando a gente resolve um problema de valor de contorno nós procuramos soluções não triviais. No nosso problema, se resolvermos como um problema de valor de contorno nós vamos encontrar os valores de P que fazem não ser uma solução trivial, ou seja, os valores onde a barra enverga.

Vamos manipular a equação e escrever como um problema de valor de contorno.

y ' ' + P E I y = 0

y 0 = 0 ,     y L = 0

Passo 2

a) Agora temos que resolver o sistema pra mostrar o que ele tá pedindo. Vamos montar a equação característica.

r 2 + P E I = 0

Δ = - 4 P E I

Passo 3

Caso Δ = 0

Quando temos uma raiz dupla nós já sabemos que a solução vai ter essa cara.

y x = ( c 1 + c 2 x ) e r x

Como r = ± Δ 2 = 0

y x = c 1 + c 2 x

Passo 4

Vamos usar os valores iniciais para descobrir se esse caso nos dá soluções não triviais.

y 0 = c 1 + c 2 × 0 = 0

c 1 = 0

y L = c 2 × L = 0

Como L ≠ 0

c 2 = 0

Logo y x = 0 . Então esse caso só nos deu uma solução trivial

Passo 5

Caso Δ > 0

Teremos duas raízes distintas e reais iguais a.

r = ± Δ 2 ⟹ r 1 = - P E I r 2 = - - P E I

E a solução vai ter a seguinte cara.

y x = c 1 e r 1 x + c 2 e r 2 x

y x = c 1 e - P E I x + c 2 e - - P E I x

Passo 6

Vamos usar os valores iniciais para descobrir se esse caso nos dá soluções não triviais.

y 0 = c 1 + c 2 = 0

c 1 = - c 2

y L = c 1 e - P E I L - c 1 e - - P E I L = 0

c 1 e - P E I L - e - - P E I L = 0

Para que o termo dentro do parênteses fosse igual a zero teríamos que ter - P E I = 0 , o que é um absurdo dada a nossa condição de Δ > 0 . Sendo assim temos.

c 1 = 0

O que nos dá outra solução trivial.

Passo 7

Caso Δ < 0

Nesse caso iremos ter duas raízes complexas que serão

r = ± Δ 2 ⟹ r 1 = 0 + i P E I r 2 = 0 - i P E I

Então a nossa solução vai ter a seguinte cara.

y x = c 1 cos ⁡ P E I x + c 2 sen ⁡ P E I x

Passo 8

Vamos usar os valores iniciais para descobrir se esse caso nos dá soluções não triviais.

y 0 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 = 0

c 1 = 0

y L = c 2 sen ⁡ P E I L = 0

Disso ou nós teremos c 2 = 0 , que nos dá outra solução trivial, ou sen ⁡ P E I L = 0 . Como nós não queremos uma solução trivial vamos testar o segundo caso. Como sabemos das propriedades do seno.

sen ⁡ P E I L = 0 ⇒   P E I L = n π ,   n = 1,2 , 3 , …

Logo teremos como valores de P n

P n = n 2 π 2 L 2 E I ,   n = 1,2 , 3 , …  

Que é exatamente o que queríamos mostrar na letra a.

Passo 9

b) Nesse item ele quer que a gente mostre a solução da equação para n = 1 . A gente já sabe que.

P 1 = π 2 L 2 E I

Manipulando um pouco nós teremos.

P E I = π L

A gente já sabe dos itens anteriores que a nossa solução tem a seguinte cara.

y x = c 2 sen ⁡ P E I x

Renomeando a nossa constante c 2 = c e substituindo P E I teremos.

y x = c sen ⁡ π x L

Que é a solução do item b

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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Em cada um dos problemas de 1 a 6 , diga se o problema de valores de contorno dado é homogêneo ou não homogêneo - y ' ' + x 2 y = λ y , y ' 0 - y 0 = 0 , y ' 1 + y 1 = 0
Resolva o problema de valores de contorno dado ou mostre que não tem solução..
Considere o problema em que α é uma constante dada. Se α1, mostre que existe exatamente um autovalor negativo e que esse autovalor diminui quando a aumenta.
Considere o problema em que α é uma constante dada. Mostre que λ = 0 é um autovalor, se e somente se α = 1.
Determine se o problema de valores de contorno dado é autoadjunto.