Exercícios Resolvidos de Problemas de Autovalor

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Enunciado

Encontre as autofunções e autovalores do problema

y ' ' - 2 y ' = λ y ,   y 0 = y 2 π = 0

Passo 1

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

r 2 - 2 r = λ

r 2 - 2 r - λ = 0

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

Certo, isso nos dá então:

r = 1 ± 1 + λ = 1 ± Δ

Sendo, para cada sinal:

r 1 = 1 + 1 + λ = 1 + Δ

r 2 = 1 - 1 + λ = 1 - Δ

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

Passo 2

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

λ + 1 > 0         →           λ > - 1

Nesse caso, as soluções são do tipo:

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

Em que r 1 e r 2 são as raízes da equação característica. Substituindo o que já encontramos:

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

Agora vamos usar as condições de contorno: y 0 = 0 e y 2 π = 0 para encontrar os valores das constantes. Temos:

y 0 = c 1 e 1 + 1 + λ ⋅ 0 + c 2 e 1 - 1 + λ ⋅ 0 = c 1 + c 2 = 0         →             c 1 = - c 2

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

Isso nos dá, como c 1 = - c 2 :

c 1 e 2 π 1 + 1 + λ - c 1 e 2 π 1 - 1 + λ = = 0

c 1 e 2 π 1 + 1 + λ - e 2 π 1 - 1 + λ ⏟ ≠ 0 = 0

c 1 = 0

c 2 = - c 1 = 0

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 = - 1 e nesse caso temos uma única raiz ( r 1 = r 2 = r ) para equação característica e devemos incluir um x para que os dois termos não fiquem idênticos. Assim, as soluções são do tipo:

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

Para λ = - 1 :

r = 1 ± 1 + λ = 1 ± 1 - 1 = 1

Logo, temos:

y x = c 1 + c 2 x e x

Agora vamos usar as condições de contorno: y 0 = 0 e y 2 π = 0

y 0 = c 1 = 0

y 2 π = c 1 + 2 π c 2 e 2 π = 0

2 π e 2 π c 2 = 0

c 2 = 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 ∆   = 0 λ = - 1 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,

λ + 1 < 0         →         λ < - 1

As soluções são do tipo:

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

Sendo α a parte real e β a parte imaginária.

r = α ± i β

Substituindo r = 1 ± λ + 1 = 1 ± i - λ - 1

E teremos:

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

Agora vamos usar as condições de contorno: y 0 = 0 e y 2 π = 0 . Temos:

y 0 = c 1 = 0

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

c 2 e 2 π ⏟ ≠ 0 sen ⁡ 2 π - λ - 1 = 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 ⁡ 2 π - λ - 1 = 0

Mas como o seno é uma função trigonométrica 2 π -periódica, isso não tem só uma resposta. O seno, se anula em n π , sendo n inteiro, logo:

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

- λ - 1 = n 2

- λ - 1 = n 2 4

λ n = - n 2 4 - 1

Nós descobrirmos, então, um conjunto de valores λ n (autovalores) que satisfazem o nosso problema. Além disso, temos que c 1 = 0 , logo

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

Substituindo na expressão geral de y ( x ) , temos os autovetores:

y n x = e x sen ⁡ n x 2

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

Resposta

λ n = - n 2 4 - 1

y n x = e x sen ⁡ n x 2

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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.