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Equação de Laplace
Bruno Gutierrez Duarte Ern
Felipe Rodrigues Linhares
Engenharia Elétrica
Página 2 / 27
Através da melhor compreensão do Meio que nos cerca, o Ser Humano superou uma fronteira tida
como intransponível aos outros animais: o domínio sobre o meio que nos cerca, de modo que, agora, o
Homem sobrevive em praticamente todos os meios da superfície terrestre. Tal sobrevivência foi assegurada
pela melhor compreensão da natureza e suas leis, de modo que possamos adequá-la para nossas necessidades.
Um das formas de diálogo com a natureza é através das equações diferenciais.
Neste documento, apresentaremos a Equação de Laplace em problemas com simetria esférica. Isto é
especialmente útil para o cálculo de potência elétrico, algo indispensável em nossa sociedade atual.
Apresentaremos a dedução do operador laplaciano em coordenadas esféricas na 1ª Seção;
apresentaremos as Equações de Legendre e Legendre Associadas, com explicação de ortogonalidade e
recorrência na 2ª Seção; a série de Fourier-Legendre na 3ª Seção; a solução das equações diferenciais, com a
equação de Euler-Cauchy na 4ª Seção; e na 5ª Seção a solução da equação de Laplace em coordenadas
esféricas, com diferentes condições de contorno.
I. Dedução do operador Laplaciano em coordenadas esféricas
∇ ²≡ ∂2
∂ x2 + ∂2
∂ y2 + ∂2
∂z2
Em coordenadas esféricas, temos:
{x=rsenθcosφy=rsenθsenφz=rcosθ
, r=(x2+ y2+ z2)1/2, θ=arctan (x2+ y2)1 /2
z , φ=arctan y
x
∂ ²u∂x2 +
∂ ²u∂ y2 + ∂ ²u
∂ z2=0
∂u∂x
= ∂u∂r∂ r∂ x
+ ∂u∂θ∂θ∂x
+ ∂u∂φ∂φ∂ x
∂u∂ y
=∂u∂r∂r∂ y
+ ∂u∂θ∂θ∂ y
+ ∂u∂φ∂φ∂ y
∂u∂ z
=∂u∂r∂ r∂ z
+ ∂u∂θ∂θ∂z
+ ∂u∂φ∂φ∂z
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∂u∂x
=∂u∂r
x(x2+ y2+z2)1/2 +
∂u∂θ
1r
cos φ cosθ− ∂u∂φ
sinφr sin θ
∂u∂x
=∂u∂r
sin θ cos φ+ ∂u∂θ
1r
cosφcosθ−∂u∂φ
sinφr sinθ
∂u∂ y
=sinθ sinφ ∂u∂r
+1r
sinφ cosθ ∂u∂θ
+ 1r
cosφsinθ
∂u∂ z
=cosθ ∂u∂ r
−1r
sin θ ∂u∂θ
∂ ²u∂x ²
=sin θ cos φ ∂∂r ( ∂u∂ x )+ 1
rcosφ cosθ ∂
∂θ ( ∂u∂ x )−1r
sinφsinθ
∂∂φ ( ∂u∂ x )
∂2u∂x2 =sin θ cos φ ∂
∂r (sin θ cosφ ∂u∂r
+ 1r
cos φcosθ ∂u∂θ
−1r
sinφsinθ
∂u∂φ )+1
rcosφcosθ ∂
∂θ (sin θ cosφ ∂u∂r
+ 1r
cos φcosθ ∂u∂θ
−1r
sinφsinθ
∂u∂φ )±1
rsinφsin θ
∂∂φ (sin θ cosφ ∂u
∂r+ 1r
cos φcosθ ∂u∂θ
−1r
sinφsin θ
∂u∂φ )
∂ ²u∂x ²
=sin θcos φ(sin θ cos φ ∂2u∂r2 −
1r2 cosθ cos φ ∂u
∂θ+1r
cosφcosθ ∂ ²u∂θ∂r
+ 1r2
sinφsinθ
∂u∂φ
±1r
sinφsinθ
∂ ²u∂r ∂φ )+ 1
rcos φcosθ(cosθ cosφ ∂u
∂r+sin θ cos φ ∂
2u∂θ∂r
−1r
cosφ sin θ ∂u∂θ
+ 1r
cos φ cosθ ∂2u∂θ2−
1r
sinφsinθ
∂2u∂θ∂φ
+1r
sinφsin 2θ
cosθ ∂u∂φ )±1
rsinφsin θ (sin θ cosφ ∂
2u∂r ∂φ
−sin θ sinφ ∂u∂r
+ 1r
cosφ cos θ ∂2u
∂φ∂θ±1r
cosθ sin φ ∂u∂θ
−1r
sinφsin θ
∂2u∂φ2 −
1r
cos φsin θ
∂u∂φ ) ∂ ²u
∂ x ²=sin2θ cos2φ ∂
2u∂ r2 −
1r2 sin θ cosθcos2φ ∂u
∂θ+ 1r
sin θ cosθ cos2φ ∂2u
∂θ∂φ+ 1r2 sinφ cosφ ∂u
∂φ−1r
sinφcos φ ∂2u
∂r ∂φ+1r
cos2θ cos2φ ∂u∂r
+ 1r
sin θ cosθ cos2φ ∂2u
∂θ∂r− 1r 2 sin θ cosθ cos2φ ∂u
∂θ+ 1r2 cos2φcos2θ ∂
2u∂θ2 ±
1r2 cosφ sinφ
sinθcosθ ∂
2u∂θ∂φ
+ 1r2
sinφ cosφ cos2θsin2θ
∂u∂φ
−1r
sinφcosφ ∂2u
∂r ∂φ+ 1r
sin2φ ∂u∂r
− 1r 2 cosθ sin φ
sin θcos φ ∂
2u∂φ∂θ
+ 1r2 cosθ sin2φ
sinθ∂u∂θ
+ 1r2
sin2φsin2θ
∂2u∂φ ²
+ 1r2
sinφ cosφsin2θ
∂u∂φ
∂2u∂ y2=sin θ sinφ ∂
∂r ( ∂u∂ y )+ 1r
sin φcosθ ∂∂θ ( ∂u∂ y )+1
rcos φsin θ
∂∂φ ( ∂u∂ y )
∂2u∂ y2=sin θ sinφ ∂
∂r (sin θ sinφ ∂u∂ r
+ 1r
sinφcosθ ∂u∂θ
+ 1r
cosφsinθ
∂u∂φ )+ 1
rsinφ cosθ ∂
∂θ (sin θ sinφ ∂u∂r
+1r
sinφcosθ ∂u∂θ
+ 1r
cosφsin θ
∂u∂φ )+1
rcos φsin θ
∂∂φ (sin θ sinφ ∂u
∂r+ 1r
sinφ cosθ ∂u∂θ
+ 1r
cosφsin θ
∂u∂φ )
∂2u∂ y2=sin 2θ sin2φ ∂
2u∂r2 + 1
rsin θcosθ sin2φ ∂
2u∂θ∂r
− 1r ²
sinθ cos θ sin2φ ∂u∂θ
+1r
sinφ cosφ ∂2u
∂r ∂φ− 1r 2 sinφcosφ ∂u
∂φ+1r
sin2φcos2θ ∂u∂r
+ 1r
sinθ cos θ sin2φ ∂2u
∂θ∂r+ 1r
sin 2φcos2θ ∂2u∂θ2 −
1r 2 cosθ sin θ sin2φ ∂u
∂θ+ 1r2 cosθ sinφ
sin θcos φ ∂
2u∂φ ∂θ
− 1r2
cos2θsin2θ
cosφ sinφ ∂2u
∂φ∂θ+ 1r ²
cos2φ cosθsin θ
∂u∂θ
+ 1r2
cos2φsin2θ
∂2u∂φ2 −
1r 2
sinφ cos φsin2θ
∂u∂φ
∂2u∂ z2=cosθ ∂
∂r ( ∂u∂ z )−1r
sin θ ∂∂θ ( ∂u∂z )
∂2u∂ z2=cosθ ∂
∂r (cos θ ∂u∂r
−1r
sin θ ∂u∂θ )−1
rsin θ ∂
∂θ (cosθ ∂u∂r
−1r
sin θ ∂u∂θ )
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∂2u∂ z2=cosθ(cosθ ∂
2u∂r2 +
1r 2 sinθ ∂u
∂θ−1r
sin θ ∂2u
∂r ∂θ )±1r
sin θ(−sin θ ∂u∂r
+cos θ ∂2u
∂r ∂θ−1r
sin θ ∂2u∂θ2 −
1r
cosθ ∂u∂θ )
∂2u∂ z2=
∂2u∂r2 cos2θ+ 1
r 2 sinθ cosθ ∂u∂θ
−1r
sin θ cosθ ∂2u
∂r ∂θ+ 1r
sin2θ ∂u∂r
±1r
sin θcosθ ∂2u
∂r ∂θ+ 1r2 sin2θ ∂
2u∂θ2 +
1r2 sin θ cosθ ∂u
∂θ
Somando
∂2u∂x2 +
∂2u∂ y2 +
∂2u∂ z2
Obtém-se:
∂2u∂r2 +
cosθr2 sinθ
∂u∂θ
+ 2r∂u∂ r
+ 1r2∂2u∂θ2 +
1r2 sin2θ
∂2u∂φ2
→∇2≡ ∂2u∂ x2 +
∂2u∂ y2 + ∂
2u∂ z2 =
∂2u∂r 2 +
cosθr2 sin θ
∂u∂θ
+ 2r∂u∂r
+ 1r2∂2u∂θ2 +
1r 2sin2θ
∂2u∂φ2
em coordenadas esféricas.
II. Equação de Legendre e Legendre Associada
a. Equação de Legendre
Em matemática, ao resolvermos a fórmula de Rodrigues, as Funções de Legendre são as soluções às
Equações Diferenciais de Legendre:
ddx [ (1−x2 ) d
dxP(x)]+n (n+1 )P ( x )=0
Esta equação é encontrada freqüentemente em Física e em outros campos técnicos. Em particular,
aparece quando se resolve a equação de Laplace em coordenadas esféricas.
A equação diferencial de Legendre pode ser resolvida usando-se o método de série de potências. Em
general a série de potências obtida converge quando ¿ x∨¿1 e no caso particular de que n seja um inteiro
não negativo (0 ,1 ,2 , ...) as soluções formam uma família de polinômios ortogonais, chamados Polinômios
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de Legendre. A cada polinômio de Legendre Pn(x ) é um polinomio de grau n. Este pode ser expressar
usando a Fórmula de Rodrigues:
Pn ( x )= 12nn!
dn
d xn[ (x2−1 )n]
Ao desenvolvermos a fórmula de Rodrigues obtemos a seguinte expressão para os Polinômios de
Legendre:
(1−x2 ) y ' '−2x y '+[L (L+1 )− m2
1−x2 ] y=0 , comm2≤L2
Gráfico 1. Polinômios de Legendre
b. Ortogonalidade
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Iremos mostrar que os polinômios de Legendre são funções de mutualidade ortogonais em (−1,1),
isto é:
∫−1
1
Plm ( x )Pn
m ( x )dx=0 ; l≠ n
{ ddx [ (1−x2 ) Pl' ( x ) ]+[l ( l+1 )− m2
1−x2 ]Pl ( x )=0
ddx [ (1−x2 )Pn' ( x ) ]+[l ( l+1 )− m2
1−x2 ]Pn ( x )=0
Pn ( x ) ddx
¿
Podemos escrever os dois primeiros termos como:
ddx [(1−x2 ) (PnPl'−Pl Pn' ) ](2)
Assim, integrando a equação (1) e usando a equação (2), temos:
(1−x2 ) (Pn Pl'−Pl Pn' )¿−11 +[ l (l+1 )−n (n+1 ) ]∫
−1
1
Plm ( x )Pn
m ( x )dx=0
Como o termo integrado é zero porque (1−x ²)=0 em x=1e x=−1. O colchete na frente da
integral não é zero. Então, a integral deverá ser zero, para que seja completada a prova, assim:
∫−1
1
Plm ( x )Pn
m ( x )dx=0
Vamos agora observar uma importante aplicação das funções de Legendre associadas.
c. Equação de Legendre Associada
Tal como o polinômio de Legendre, sua função associada pertence a um espaço de CP [−1,1]. Estes
polinômios formam uma base para o espaço vetorial CP [−1,1], poderemos, onde não for complicado
envolver processo de ortogonalização para prova a suposição acima.
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A equação diferencial relacionada à equação de Legendre é a seguinte:
(1−x2 ) y ' '−2x y '+[L (L+1 )− m2
1−x2 ] y=0(1)
com m2≤ L2. Podemos, utilizando o método de Frobenius, resolver esta equação por séries.
Contudo, é mais útil saber como as soluções são relacionadas aos polinômios de Legendre, então nós
devemos simplesmente verificar a solução conhecida. Primeiro substituiremos:
y=(1−x2)m2 u(2)
Obtemos:
(1−x2 )u' '−2 (m+1 ) xu '+[L (L+1 )−m (m+1 ) ]u=0(3)
Para m=0, esta é a equação de Legendre com soluções Pl(x ). Diferenciando (3) temos:
(1−x2 ) (u' )' '−2 [ (m+1 )+1 ] x (u ' )'+[L (L+1 )−(m+1 ) (m+2 ) ] u'=0(4)
Mas esta é justamente a (3) com u’no lugar de u, é (m+1) no lugar de m, em outras palavras, se
Pl(x ) é solução de (3) com m=0; Pl(x) é a solução de (3) com m=1; P ’’ l(x) é a solução com m=2, e em
geral para todo m, no intervalo, 0≤m≤ L, ( dm
d xm¿Pl(x ) é a solução da equação (3), então:
y=( 1−x2 )m2 dm
dxmPl ( x )(5)
É a solução da equação (1). A função (5) é chamada de função de Legendre associada ou polinômio
de Legendre associado e são denotados por:
Pm ( x )=(1−x2 )m2 dm
d xmPl ( x ) (6 )
Um valor negativo de m em (1) não irá variar m ², então a solução de (1) para um valor positivo de m
é também válida para seu correspondente negativo. Assim, podemos definir Plm(x ) para −L≤m≤L como
igual a Pl|m|(x). Alternativamente, nós podemos usar a fórmula de Rodrigues.
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Pl=1
2LL!dL
d xL(x2−1)L
Para Pl(x ) em (6) e assim obter:
Plm ( x )= 1
2L L!(x2−1 )
m2 d L+m
d x L+m(x2−1 )L (7 )
Para cada m, as funções Plm ( x ) são na forma de funções ortogonais em ¿). A constante de
normalização ser avaliada. Pela definição nós achamos:
∫−1
1
[¿ Plm(x )]²dx= 2
2L+1(L+m )!(L−m ) !
(8)¿
As funções de Legendre apresentam-se nos mesmos problemas em que os polinômios de Legendre
aparecem, de fato, os polinômios de Legendre são exatamente um caso especial no qual as funções Plm(x )
tem m=0.
Iremos agora estudar algumas propriedades das funções de Legendre associadas. Antes, porém,
devemos definir o produto interno:
Seja {Rn(x )}, uma sequência ortogonal de polinômios em CP [a ,b], indicada por um grau n; Então
para cada n, Rn é ortogonal em CP [a ,b] para todos os polinômios de grau menor que n.
Prova: Se Cm indica o m-dimensional subespaço de Cm[a,b] consistindo em todos polinômios de grau
menos que m, junto com o polinômio zero. Então, R0 , R1 ,…, Rm−1 ,é i,a base ortogonal para Cm, e todo
polinômio Q de grau¿m, pode ser escrito na forma:
Q=∝ R0+…+∝m−1 Rm−1
Onde:
∝k=Q .RkR kR k
K=0 ,... ,m−1. Por isso:
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Q Rn=∝(R¿¿0 . Rn)+…+∝m−1(Rm−1 .Rn)¿
Então:
Rk . Rn=0 , se k≠n, segue que
Q .Rn=0, como afirmamos.
Todas as propriedades dos polinômios de Legendre valem para os polinômios de Legendre associados.
Gráfico 2. Polinômio de Legendre Associado
d. Recorrência
Derivando m vezes a equação da Legendre associada obtemos:
(1−x2 ) dm+2 yd xm+2 −2 (m+1 ) x d
m+ 1 yd xm+1 + (n−m ) (n+m+1 ) d
m yd xm
=0
Ou multiplicando por (1−x2 )m2 :
(1−x2 )m2 +1 dm+2 yd xm+2 −2 (m+1 ) x (1−x2)m/ 2 dm+1 y
d xm+1 + (n−m) (n+m+1 )(1− x2) dm yd xm
=0
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Sabemos que Y=Pn(x)
Pnm ( x )=(1−x ²)m /2 d
mPn(x )d xm
Pnm+1 ( x )=(1−x ²)(m+1)/2 d
m+1Pn(x )d xm+1
Pnm+2 ( x )=(1−x ²)(m+2)/2 d
m+2Pn(x )d xm+2
O que nos permite escrever:
Pnm+2=
2x (m+1 )(1−x2)(m+1)/2
(1−x ²)1 /2dm+ 1 yd xm+ 1 −(n−m ) (n+m+1 )Pn
m ( x )=0
De onde:
Pnm+2=2x (m+1 )
√(1− x ²)−Pn
m+1(x) (n−m ) (n+m+1 ) Pnm ( x )=0
Dita primeira fórmula de recorrência das funções associadas de Legendre.
III. Série de Fourier-Legendre
Ao trabalharmos com as funções de Legendre e as funções de Legendre Associadas, é extrema
utilidade expandirmos ambas as funções em séries de Fourier. A essa expansão é dado o nome de Série
Fourier-Legendre.
Se f (x) e f ' (x) são seccionalmente contínuas, então em todo ponto de continuidade de f (x) no
intervalo −1<x<1, existirá um desenvolvimento em série de Legendre com a forma:
f ( x )=A0P0( x)+A1P1(x )+A2P2(x )+…=∑n=0
∞
An Pn(x)
Para determinarmos Ak , multipliquemos ambos os lados por Pm(x ) e depois integremos:
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f ( x )=∑n=0
∞
AnPn(x)
Pm(x ) f (x )=Pm(x)∑n=0
∞
An Pn(x)
∫−1
1
Pm(x ) f (x )dx=∑k=0
∞
An∫−1
1
Pm(x)Pn(x)dx
Como o Polinômio de Legendre obedece à relação de ortogonalidade, temos:
∫−1
1
Pm(x )Pn(x )dx=2
2m+1
Logo:
∫−1
1
Pm(x ) f (x ) dx=∑n=0
∞
An2
2m+1= 2
2m+1Am
Então:
Am=2m+1
2 ∫−1
1
Pm( x) f ( x )dx
IV. Equação de Euler-Cauchy
A equação de Cauchy-Euler é a EDO da forma
t ² y +at'+by=0 (1
onde a e b são constantes.
Vamos procurar uma solução da equação de Cauchy-Euler da forma y=tm. Substituindo y=tm na
equação de Cauchy-Euler,
m (m−1 ) tm+am tm+btm=0(2)
Logo, y=tm é uma solução da equação de Cauchy-Euler, quando m for uma raiz da equação
algébrica.
m (m−1 )+am+b=0
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No caso das equações de Cauchy-Euler, equação algébrica (2) desempenha o mesmo papel que a
equação característica desempenhava para as EDO lineares homogêneas de coeficientes constantes. Temos
agora que considerar 3 casos:
a. Caso 1 : Se (2) tiver duas raízes reais distintas, podemos construir duas soluções linearmente
independentes para (1).
Exemplo 1: Resolver a EDO t ² y +2ty'-2y= .
Esta é uma equação de Cauchy-Euler. Procurando solução da forma y=tm, substituímos esta
expressão na EDO (ou aplicamos diretamente (2)), encontrando:
m (m−1 )+2m−2=0
ou seja, m ²+m−2=0, cujas raízes são m1=−2 e m2=1. Portanto, duas soluções linearmente
independentes para a EDO são y1=t−2 e y2=t . A solução geral é
y=C1t−2+C2t
b. Caso 2: Se (2) tiver raiz real dupla m1=m2. Neste caso, conhecemos uma solução y1=tm1 da equação
de Cauchy-Euler. Aplicamos, então, o método de D'Alembert para descobrir uma segunda solução y2
linearmente independente de y1. Procuramos y2 da forma y2=v y1. Substituindo em (1), temos:
t ²(v {y} rsub {1} +2v' {y} rsub {1} rsup {'} +v {y} rsub {'} rsup {¿)+at (v ' y1+v y1' )+bv y1=0
Agrupando os termos, obtemos:
t ² y1 v +(2t² {y} rsub {1} rsup {'} +at {y} rsub {1} )v'+(t² {y} rsub {1} rsup { ¿+at y1' +b y1¿ v=0
= 0Ou seja:
tm1+2 v +(2 {m} rsub {1} {t} ^ {{m} rsub {1} +1} +a {t} ^ {{m} rsub {1} +1} )v'=
Simplificando, temos:
tv+(2 {m} rsub {1} +a)v'=0 (3
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Note que a equação (2) se reescreve como
m ²+(a−1 )m+b=0
Portanto, se ela tem raiz dupla, é porque (a−1)2−4 b=0. Neste caso, a raiz dupla é:
m1=m2=1−a
2
Portanto, 2m1+a=1. Substituindo em (3), obtemos:
tv+v'=
que é redutível à primeira ordem. Se fizermos z=v ' , obteremos:
t dzdt
+z=0
Separando as variáveis, temos:
dzz
=−dtt
Integrando e escolhendo a constante de integração como sendo 0, encontramos ln z=−ln t, de
onde segue,
v'= z=t−1
Integrando mais uma vez, segue que v=ln t e, portanto,
y2=tm1 ln t
Logo, se a equação algébrica (2) tem raiz real dupla m1=m2 , duas soluções linearmente
independentes para a equação de Cauchy-Euler são y1=tm1 e y2=t
m1 ln t .
Exemplo 2: Resolva a EDO t ² y +5ty'+4y=
A equação algébrica (2) toma a forma
m (m−1 )+5m+4=0
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que tem raiz dupla m1=m2=−2. Portanto, duas soluções linearmente independentes são y1=t−2 e
y2=t−2 ln t e a solução geral é:
y=C1t−2+C2t
−2 ln t
c. Caso 3: Se (2) tiver raízes complexas. Neste caso, as raízes são números complexos conjugados
m1=α+iβ e m2=α−iβ , β≠0, sendo, portanto, raízes distintas. Aplicando o primeiro caso, podemos
construir duas soluções linearmente independentes:
z1=tα+iβ e z2=t
α−iβ(4)
Note que acima, temos duas exponenciais complexas de base t . Até este ponto, só tínhamos
trabalhado com exponenciais complexas de base e. Para dar um significado às exponenciais complexas de
base t > 0, usamos o fato que:
t=eln t
Obtemos
t α+iβ=(eln t)α+iβ=e(α+iβ )ln t=eα ln t+ iβ lnt
Aplicando esta observação em (4), temos:
z1=tα+iβ=eα ln t . e iβ lnt=eα ln t (cos (β ln t )+i sen (β ln t ) )=t αcos (β ln t )+i t α sen(β ln t)
z2=tα−iβ=eα ln t . e−iβ ln t=eα ln t (cos (β ln t )−i sen ( β ln t ) )=tα cos (β ln t )−i t α sen (β ln t)
O inconveniente destas duas soluções é que não são reais. Para conseguir soluções reais, vamos
tomar combinações lineares convenientes. Soluções reais linearmente independentes são dadas pelas
combinações lineares
y1=z1+z2
2=t αcos (β ln t)
y2=z1−z2
2=tα sen (β ln t)
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Exemplo 3: Encontre duas soluções reais linearmente independentes para a EDO:
t ² y +3ty'+5y=
A equação algébrica (2) toma a forma
m (m−1 )+3m+5=0
Ou seja, m ²+2m+5=0 , cujas raízes são m1=−1+2 i e m2=−1−2i. Portanto, duas soluções da
EDO são z1 e z2, dados por:
z1=t−1+21=(e ln t)−1+2 i=e−lnt .e2 ilnt=t−1(cos (2 ln t )+i sen (2 ln t ))
Ou seja,
z1=t−1 cos (2 ln t )+i t−1 sen (2 ln t)
z2=t−1−2 i=t−1cos (2 ln t )−i t−1sen (2 ln t)
Duas soluções reais linearmente independentes são as combinações lineares
y1=z1+z2
2=t−1 cos (2 ln t )
y2=z1−z2
2=t−1 sen (2 ln t)
Vale ressaltar que a discussão acima sobre a equação de Cauchy-Euler foi resolvida na semi-reta
(0 ,+∞). As funções y=tm só estão definidas nesse domínio, pois
tm=(e ln t)m=em ln t
e o domínio de ln t é a semi-reta (0 ,+∞). Não é de se estranhar que isto aconteça, pois a equação de
Cauchy-Euler não está em forma normal (o termo de derivada mais alta y não está isolado). A forma normal
da equação de Cauchy-Euler (1) é
y + {a} over {t} y'+ {b} over {t²} y=
cujos coeficientes não estão definidos em t = 0. Portanto, a equação de Cauchy-Euler pode ser resolvida na
semi-reta (0 ,+∞) (como fizemos acima) ou na semi-reta (−∞,0). Para resolvê-la na semi-reta (−∞,0),
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substituímos as funções y=tm e y=tm ln t respectivamente por y=|t|m e y=|t|m ln|t|. Excepcionalmente,
quando a equação algébrica (2) tiver raízes inteiras não negativas, podemos encontrar soluções definidas em
todo (−∞,+∞ ). Isto aconteceu com uma das soluções da equação do Exemplo 1.
V. Solução da Equação de Laplace em coordenadas esféricas
CC :(a−constante positiva, ,)=F (,)CP [0 ,][0 ,2] ,(r , ,)=(r ,,+2) ,∨¿<+(r 0)
a. Solução geral
Em coordenadas esféricas temos que e a equação de Laplace corresponde:
Supondo que:
Seja a solução do problema e para realizar a separação de variáveis, derivamos o quanto for
necessário e substituímos em (1) e simplificamos. Temos então:
Reorganizando a equação para podermos igualar a um autovalor temos:
Resolvendo a equação (6) fazendo :
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Resolvendo (8) pelo método Euller-Couchy e considerando λ1=−λ ²=n(n+1) chegamos ao
resultado:
Partindo da equação (6):
Multiplica-se (11) por e cada membro será igual a uma nova constante.
Substituindoλ1=λ2=−m ² um autovalor ímpar temos:
Resolvendo a EDO (16) temos que:
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Resolvendo (14) Dividindo por sen ²θ:
Fazendo a mudança de variável :
Substituindo (19), (20), (21) e (22) em (18) temos :
A equação (23) é a equação de Legendre cuja solução é :
Logo temos a solução geral do problema sendo:
b. Solução para o potencial externo e interno da esfera considerando F=V (constante ), qualquer que seja θe
A partir da interpretação inicial do problema, vemos que ele possui uma simetria azimutal. Por isso,
a solução geral do problema de potencial em todo o espaço é dada pelo produto da função radial R(r) com o
polinômio de Legendre:
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Sendo que os coeficientes Ane Bn podem ser determinados se as condições de contorno são
conhecidas.
A partir da equação (1) calculamos o potencial no espaço de uma esfera. Inicialmente, queremos o
potencial interno cuja na superfície seu valor é V independentemente dos ângulos.
Aplicando a condição de contorno vemos que no centro onde r = 0 o valor de Bn = 0. Aplicando a condição
V (r=a )=V , temos:
Isso é uma série de Fourier-Legendre. Em vez de usarmos a variável x, podemos achar as fórmulas
necessárias diretamente em função da variável θ.
Usando a substituiçãox=cosθ, achamos que a relação de ortogonalidade
torna-se:
.
Conseqüentemente, se multiplicarmos nossa série por Pr (cosθ ) senθ e integrarmos em relação a θ
de 0a π, obteremos os coeficiente desejado de Fourier-Legendre:
Agora queremos calcular o valor do potencial externo a esfera com raioV (r→∞ )=0. Aplicando a
condição de contorno vemos que no infinito o potencial tem que ser zero logo An = 0.
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Aplicando a condição V (r=a )=V e calculando Bn de modo análoga ao calculado An, vemos que
Bn vale:
Conclusão:
Para 0<R<a temos:
Para R>a temos:
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c.
A partir da interpretação inicial do problema, vemos que ele possui uma simetria azimutal. Por isso,
a solução geral do para o potencial em todo o espaço é dada pelo produto da função radial R(r) com o
polinômio de Legendre:
Mas, como o potencial é finito em qualquer do espaço, esta equação deve ser separada em uma
solução interna e noutra externa aos hemisférios:
Inicialmente iremos resolver a equação (2) cujo raio ér ≤a. A partir das condições de contorno
temos:
Formamos uma série infinita destas soluções:
Tentamos assim determinar os coeficientes Al, de tal maneira que φ (r ,θ) satisfaça a condição de
contorno restante:
Isso é uma série de Fourier-Legendre. Em vez de usarmos a variável x, podemos achar as fórmulas
necessárias diretamente em função da variável θ.
Usando a substituição x=cosθ, achamos que a relação de ortogonalidade
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torna-se:
.
Conseqüentemente, se multiplicarmos nossa série por Pr (cosθ ) senθ e integrarmos em relação a θ
de 0a π, obteremos os coeficientes desejados de Fourier-Legendre:
Para nossa solução particular
Um raciocínio de simetria é útil: φ (a ,θ ) é anti-simétrica com relação à troca de posições
θ⟷(π−θ)
Por outro lado,sen (π−θ )=senθ e cos (π−θ )=−cosθ, e como Pl ¿ contém somente potências
ímpares de cosθ, se l for ímpar, e somente potências pares de cosθ, se l for par, segue-se que
de maneira que somente estarão presentes polinômios ímpares. Para valores ímpares de ,
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Necessitamos agora da integral
Usando a função geradora
e integrando ambos os lados, obtemos:
Calculando o lado esquerdo explicitamente:
Usando a fórmula do binômio:
E fazendo 2k−1=l, obtemos:
De maneira que
e
A série resultante
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Assim foi calculado o potencial em uma esfera para um raior ≤a.
Agora, para um potencial cujo raio r ≥a o procedimento é análogo ao descrito anteriormente para
r ≤a seguindo a equação (3). Assim o potencial será:
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Através desse estudo, pudemos entender um pouco mais sobre a Equação de Laplace, além de suas
peculiaridades abordadas de forma específica nas diversas seções. Foi possível também notar a grande
importância da mesma para a descrição de fenômenos naturais. Com isso, pode-se afirmar que tal
ferramenta é essencial para as sociedades poderem interagir com a natureza de maneira cada vez mais
eficaz.
Agradecimentos
Agradeço aos colegas de turma pelas pesquisas, pelo empenho, dedicação e auxílio na elaboração
deste trabalho.
Ao professor Dr. Altair de Assis por ministrar nossas aulas e ensinar todo conteúdo da matéria de
métodos matemáticos com a qual tivemos embasamento para pesquisar e gerar esse material.
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Referências
[1] Murray R. Spiegel, Análise de Fourier, Coleção Schaum, Editora McGraw - Hill do Brasil
Ltda,1976
[2] D. Kreider, D. R. Ostberg, R. C. Kuller, e F. W. Perkins, Introdução a Análise Linear, Volume 3, Ao
Livro Técnico S/A e Editora UNB, RJ, 1972.
[3] Stanley J. Farlow, Partial Differential Equations for Scientists and Engineers, John Wiley & Sons
Inc., 1982.
[4] E. Butkov, Física Matemática, Guanabara Dois, RJ, 1978
[5] A. S. de Assis, Notas de Aula de Métodos I, 2010
[6] http://pt.wikilingue.com/es/Polinomio_de_Legendre
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