Exercícios Resolvidos de Problemas de Autovalor

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Enunciado

Encontrar os valores de λ pelos quais o seguinte problema tem solução não trivial.

y ' ' + λ y = 0

y ' 2 = 0 ,     y 0 = 0

Escolha uma opção:

a) Nenhum λ

b) λ = n π 2 2   p a r a   n = 0,1 , …

c) λ = - n π 4 2   p a r a   n = 0,1 , …

d) λ = n π 4 2   p a r a   n = 0,1 , …

e) λ = ( 2 k + 1 ) π 4 2   p a r a   k = 0,1 , …

Passo 1

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

r 2 + λ = 0

Calculando :

Δ = - 4 λ

Agora vamos analisar cada caso.

Passo 2

No primeiro, caso onde Δ = 0 , temos que:

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 ' x = c 2

y ' 2 = c 2 = 0

y x = c 1 + c 2 x

y 0 = c 1 + c 2 = 0

c 1 = 0

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

Passo 4

Para o segundo caso, avaliamos se 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 ' x = c 1 - λ e - λ x - c 2 - λ e - - λ x

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

y ' 2 = ( c 1 e 2 - λ - c 2 e - 2 - λ ) - λ = 0

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

c 1 e 2 - λ - c 2 e - 2 - λ = 0

c 1 e 2 - λ = c 2 e 2 - λ

c 1 e 4 - λ = c 2

Vamos substituir isso em y x e y ' x

y ' x = c 1 - λ e - λ x - c 1 e 4 - λ - λ e - - λ x

y ' x = c 1 - λ e - λ x - c 1 e 4 - λ - λ e - - λ x

E

y x = c 1 e - λ x + c 1 e 4 - λ e - - λ x

Sendo assim...

y 0 = c 1 e - λ 0 + c 1 e 4 - λ e - - λ 0 = 0

y 0 = c 1 + c 1 e 4 - λ = 0

y 0 = c 1 ( 1 + e 4 - λ ) = 0

c 1 = 0

E consequentemente...

0 = c 2

O que nos dá outra solução trivial.

Passo 6

Por último, falta ver o caso onde 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 ' ( x ) = - c 1 λ sen ⁡ λ x + c 2 λ cos ⁡ λ x

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

E também temos que...

y x = c 1 cos ⁡ λ x + c 2 sen ⁡ λ x

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

c 1 = 0

Como nesse caso λ ≠ 0 , para a equação da primeira derivada, temos que

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

c 2 λ cos ⁡ 2 λ = 0

Agora nós temos dois casos ou

c 2 = 0

o que daria outra solução trivial, ou

cos ⁡ 2 λ = 0

Vamos tentar essa segunda opção.

2 λ = π 2 → λ = π 4 + k π 2 2

λ = π 1 + 2 k 4 2 p a r a   k = 0,1 , 2 , …

Resposta

e) λ = ( 2 k + 1 ) π 4 2   p a r a   k = 0,1 , …

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Resolva o problema de valores de contorno dado ou mostre que não tem solução..
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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.