Problemas de Autovalor

Teoria Completa

Problemas de contorno

Até aqui, você já viu alguns métodos para resolver EDO’s, não é? Já deve estar de saco cheio. Bom, a boa notícia é que o assunto vai mudar um pouco agora!

Vamos ver agora, EDO’s diferentes, que envolvem condições de contorno. Como assim, condições de contorno?

Veja essa EDO:

y ' ' + 2 y ' + 3 y = 0

y 0 = 0

y ' 0 = 1

Você já conhece esse tipo de problema, né? É um problema de valor inicial, pois temos uma EDO e duas condições iniciais no ponto x = 0 , temos y ' ( 0 ) e y ( 0 ) . Agora olha esse problema aqui:

y ' ' + 2 y ' + 3 y = 0

y 0 = 0

y ' ( π ) = 1

Parece que não mudou muita coisa, né? A diferença é que, nesse problema, as condições não se referem ao mesmo ponto, a primeira se dá em x = 0 e a segunda em x = π . Isso é um problema de valores de contorno.

Da mesma forma que fizemos para os problemas de valor inicial, primeiro nós vamos procurar uma solução geral y ( x ) para essa EDO, e então aplicar as condições de contorno, para encontrar os valores das constantes da nossa solução.

Ok, então qual é a diferença? A diferença principal entre esses dois tipos de problema é que os de valor inicial possuem certamente uma única solução, já os de contorno não. Problemas de contorno podem ter uma, nenhuma ou até mesmo infinitas soluções, como vamos ver nesse capítulo.

Então, esses dois problemas podem ser muito parecidos à primeira vista, mas tem soluções completamente diferentes!

Revisão de solução de EDO’s lineares

Primeiro, vamos relembrar um caso especial de EDO’s do 1ª ordem, que vamos usar bastante daqui para frente:

y ' + p y = 0

Esse é um problema que pode ser resolvido pelo método da separação de variáveis:

d y d t + p y = 0

d y y = - p   d t

Integrando ambos os lados:

ln ⁡ y = - p t

y = e - p t

Beleza?

Agora vamos precisar relembrar como resolver EDO’s de 2ª ordem pelo método da equação característica. Vamos pegar uma EDO de coeficientes a , b e c constantes desse tipo aqui:

a y ' ' + b y ' + c y = 0

Essa é uma EDO de 2º grau (por causa do y ’’) e linear (porque não temos y 2 ). Para encontrar suas soluções, nós escrevíamos, antes de tudo, sua equação característica:

a r 2 + b r + c = 0

Em termos práticos: substitua y ' ' por r 2 , y ' por r e y por 1 . Então, encontramos o(s) valor(es) de r , achando as raízes dessa equação do 2º grau.

Isso podia nos levar a 3 casos:

  1. ∆ > 0 : Encontramos duas raízes reais diferentes ( r 1 ≠ r 2 ) . Nesse caso, as soluções da EDO são do tipo y x = c 1 e r 1 x + c 2 e r 2 x ;
  2. ∆ = 0 : Encontramos uma raiz real dupla r . Nesse caso, as soluções da EDO são do tipo y x = ( c 1 + c 2 x ) e r x ;
  3. ∆ < 0 : Encontramos duas raízes complexas conjugadas r 1 = α + i β e r 2 = α - i β . Nesse caso, as soluções da EDO são do tipo y x = c 1 e α x cos ⁡ β x + c 2 e α x sen ⁡ β x

Beleza, agora vamos aplicar esse método para um problema de contorno.

Exemplo: Resolva o problema de valores de contorno

y ' ' + 2 y = 0

y 0 = 1

y π = 0

Passo 1: Achar a equação característica e as raízes.

r 2 + 2 = 0

r = ± - 2

Passo 2: Ver em que caso se enquadra e escrever a solução geral.

Bom, encontramos duas raízes complexas, não é? Porque ∆ = - 8 < 0 . Podemos reescrever:

r = 0 ± i 2 = α ± i β

É muito importante que você reescreva a raiz que encontrou nessa forma, para não se confundir! Repare que agora a raiz é de um número positivo, pois:

- 2 = - 1 ( 2 ) = i 2

Bom então a solução geral é essa aqui:

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

Substituindo os valores de α e β :

y x = c 1 cos ⁡ 2 x + c 2 sen ⁡ 2 x

Passo 3: Agora, para encontrar c 1 e c 2 , usamos as condições de contorno. Temos y 0 = 1 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0

c 1 = 1

y π = 0 = c 1 cos ⁡ 2 π + c 2 sen ⁡ 2 π

c 2 = - cos ⁡ 2 π sen ⁡ 2 π = - cotg ⁡ 2 π

Substituindo esses valores, temos:

y x = cos ⁡ 2 x - cotg ⁡ 2 π sen ⁡ 2 x

Nesse caso, temos um problema de contorno bem definido, que possui uma única solução.

Autovalores e autofunções

Beleza, muito legal isso tudo aí, mas não é isso que vai cair na sua prova. Vamos falar do que interessa agora! Digamos que você precise resolver o seguinte problema de contorno:

Exemplo:

y ' ' + λ y = 0

y 0 = 0

y π = 0

Passo 1:

Esse problema é muito parecido com o exercício que acabamos de ver, praticamente substituímos o 2 por λ . Mas isso muda muita coisa! Como não temos o valor do coeficiente, não sabemos o valor de e muito menos qual dos três casos a EDO se encaixa.

Então, não nos resta escolha, temos que considerar cada um dos três casos! Temos a seguinte equação característica:

r 2 + λ = 0

r = ± - λ

Passo 2: ∆ > 0

Ou seja, o que está dentro da raiz é positivo. Nesse caso, λ < 0 . As soluções são do tipo:

y x = c 1 e - λ x + c 2 e - - λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: y 0 = 0 y π = 0

y 0 = c 1 + c 2 = 0

y π = c 1 e π - λ + c 2 e - π - λ = 0

Isso nos dá:

c 2 = - c 1

c 1 e π - λ - c 1 e - π - λ = 0

c 1 ( e π - λ - e - π - λ ⏟ ≠ 0 ) = 0

Como o que está dentro dos parênteses é diferente de zero, temos:

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: ∆ = 0

Nesse caso, λ = 0 . As soluções são do tipo:

y x = c 1 + c 2 x

Agora vamos usar as condições de contorno: y 0 = 0 y π = 0

y 0 = c 1 = 0

y π = c 1 + c 2 π = 0

Isso nos dá:

c 2 π = 0

Logo:

c 2 = 0

Substituindo esses valores na nossa solução geral, temos:

y x = 0

Novamente, a solução trivial, que não nos ajuda em nada ¬¬ Beleza, vamos ver o 3º caso agora!

Passo 4: ∆ < 0

Ou seja, o que está dentro da raiz é negativo. Nesse caso, λ > 0 . 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 = 0 ± i λ

y x = c 1 cos ⁡ λ x + c 2 sen ⁡ λ x

Agora vamos usar as condições de contorno: y 0 = 0 y π = 0

y 0 = c 1 cos ⁡ 0 + c 2 sen ⁡ 0 = 0

c 1 = 0

y π = c 1 cos ⁡ π λ + c 2 sen ⁡ π λ = 0

Isso nos dá:

c 2 sen ⁡ π λ = 0

Agora vamos com calma! Se tivermos c 2 = 0 , a solução é a trivial y x = 0 , que não nos interessa. Então, para essa igualdade aí em cima ser verdadeira, precisamos que o seno seja zero.

sen ⁡ π λ = 0

Mas como o seno é uma função trigonométrica, isso não tem só uma resposta, não é mesmo? O seno se anula em π , 2 π , 3 π ... n π , múltiplos inteiros de π . Logo, podemos dizer que:

π λ = n π             n = 1,2 , 3 …

λ = n

λ n = n 2

λ 1 = 1 ,                 λ 2 = 4 ,                   λ 3 = 9 …

(Lembra que λ > 0 ). Nós descobrirmos, então, um conjunto de valores λ n que satisfazem o nosso problema. É exatamente esse o conceito de autovalor. Então, se o problema te pedir os autovalores de alguma EDO, não se assuste, é só calcular a fórmula geral λ n .

Obs: nós escrevemos esse índice n em λ n exatamente para te lembrar que não é um único valor de λ , mas um conjunto de valores (que dependem de n ).

Certo, mas para que nós encontramos esse desgraçado do λ ? Nosso objetivo não era resolver o problema, achar y ( x ) ? As soluções do 3º caso são do tipo:

y x = c 1 cos ⁡ λ x + c 2 sen ⁡ λ x

Já descobrimos que:

c 1 = 0

λ n = n 2

Substituindo:

y n x = c 2 sen ⁡ n x                 n = 1,2 , 3 …

y 1 x = c 2 sen ⁡ x ,               y 2 x = c 2 sen ⁡ 2 x ,               y 3 x = c 2 sen ⁡ 3 x …

Como nós tínhamos um conjunto de valores de λ , encontramos um conjunto de soluções y n ( x ) , que é o que nós chamamos de autofunções. Na verdade, por convenção, nós escrevemos as autofunções sem a constante multiplicativa, portanto, temos a seguinte solução para o problema:

y n x = sen ⁡ n x

Qualquer múltiplo dessa resposta também satisfaz a EDO. Porque não deixamos a porcaria do c 2 , então? Ah, vai entender, resolveram fazer essa convenção para complicar a nossa vida! Mas escrever o c 2 não está errado, ok?

Beleza. Nesse tipo de problema, em geral vamos encontrar respostas nesse formato, em autovalores e autofunções, não precisa se assustar com esses nomes porque não tem nada demais! Percebeu que os dois problemas (esse e o anterior) são bem diferentes, né? Um detalhe muda muita coisa!

Bom, vamos à prática agora : )

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Exercício Resolvido #1

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

y ' ' + λ y = 0

y ' 0 = 0 ,     y 1 = 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

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

UFRJ, Cálculo IV, P2/2014.1, 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

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

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 ) .