Equação de Laplace

Igor Cavalheiro Nobre da SilvaIcns2@yahoo.com.br

Universidade Federal Fluminense (UFF)Instituto de Matemática (IM)

Departamento de Matemática Aplicada (GMA)Rua Mário Santos Braga, S/N – Valonguinho 24020-14 - Niterói, Rio de Janeiro, Brasil

Novembro 2010

A natureza conversa com a humanidade por diversas formas. A humanidade consegue, de diversas

maneiras, compreender e prever o que a natureza dialoga. Uma dessas maneiras é através das equações

diferenciais. Nosso estudo será realizado sob o foco das equações diferenciais parciais, especialmente, a

Equação de Laplace, em problemas onde ocorre a simetria esférica.

Na seção I é apresenta a dedução do operador laplaciano em coordenadas esféricas, na seção II são

apresentadas as Equações de Legendre e Legendre Associadas, com explicação de ortogonalidade e

recorrência. Na seção III é apresentada a série de Fourier-Legendre, na seção IV começamos a demonstrar a

solução das equações diferenciais, com a equação de Euler-Cauchy. Na seção V é apresentada a solução da

equação de laplace em coordenadas esféricas, com diversas 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

Página 2 / 31

∂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

∂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

cosφ cosθ ∂ ²u∂θ∂ r

+ 1r2

sinφsinθ

∂u∂φ

±1r

sinφsinθ

∂ ²u∂r ∂φ )+ 1

rcos φ cosθ(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

sinφsin2θ

cosθ ∂u∂φ )±1

rsinφsin θ (sin θ cosφ ∂

2u∂r ∂φ

−sin θ sinφ ∂u∂r

+ 1r

cosφcos θ ∂2u

∂φ∂θ±1r

cosθ sin φ ∂u∂θ

−1r

sinφsin θ

∂2u∂φ2 −

1r

cos φsin θ

∂u∂φ )

∂ ²u∂x ²

=sin 2θ cos2φ ∂2u∂r 2 −

1r2 sin θ cosθ cos2φ ∂u

∂θ+ 1r

sin θ cosθ cos2φ ∂2u

∂θ∂φ+ 1r 2 sinφcosφ ∂u

∂φ−1r

sinφ cos φ ∂2u

∂r ∂φ+1r

cos2θ cos2φ ∂u∂r

+ 1r

sin θ cosθ cos2φ ∂2u

∂θ∂r− 1r2 sinθ cos θ cos2φ ∂u

∂θ+ 1r2 cos2φ cos2θ ∂

2u∂θ2 ±

1r2 cosφ sinφ

sinθcosθ ∂

2u∂θ∂φ

+ 1r2

sinφ cosφ cos2θsin2θ

∂u∂φ

−1r

sin φcosφ ∂2u

∂r ∂φ+ 1r

sin2φ ∂u∂r

− 1r2 cosθ sinφ

sin θcosφ ∂

2u∂φ∂θ

+ 1r 2 cosθ sin 2φ

sinθ∂u∂θ

+ 1r2

sin2φsin 2θ

∂2u∂φ ²

+ 1r2

sin φ cosφsin2θ

∂u∂φ

Página 3 / 31

∂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 )

∂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.

Página 4 / 31

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

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

Página 5 / 31

Gráfico 1. Polinômios de Legendre

b. Ortogonalidade

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

Página 6 / 31

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.

A equação diferencial relacionada à equação de Legendre é a seguinte:

Página 7 / 31

(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)

Página 8 / 31

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.

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:

Página 9 / 31

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:

Q Rn=∝(R¿¿0 . Rn)+…+∝m−1(Rm−1 .Rn)¿

Então:

Rk .Rn=0 , se k≠n, segue que

Q .Rn=0, como afirmamos.

Página 10 / 31

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

Sabemos que Y=Pn(x)

Página 11 / 31

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:

Página 12 / 31

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)

Página 13 / 31

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

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

Página 14 / 31

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 y1v +(2t² {y} rsub {1} rsup {'} +at {y} rsub {1} )v'+(t² {y} rsub {1} rsup { ¿+at y1' +b y1¿ v=0

= 0Ou seja:

tm1+2v +(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

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'=

Página 15 / 31

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

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

Página 16 / 31

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)

Exemplo 3: Encontre duas soluções reais linearmente independentes para a EDO:

Página 17 / 31

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=

Página 18 / 31

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),

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.

Página 19 / 31

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:

Página 20 / 31

Resolvendo a equação (6) fazendo :

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:

Página 21 / 31

Resolvendo a EDO (16) temos que:

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:

Página 22 / 31

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:

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:

.

Página 23 / 31

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.

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:

Página 24 / 31

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.

Página 25 / 31

Usando a substituição x=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 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 ,

Página 26 / 31

Página 27 / 31

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

Página 28 / 31

e

A série resultante

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:

Página 29 / 31

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

Aos amigos Annelys M. Schetinger, Victor Rios Silva, Bruno César Gimenez, Camilla Pessanha,

Danniel Sistons Nunes de Souza, Diego Trugilho Ferrari, Pedro Gall Fernande, Liziane Freitas Possmoser e

Yuri Chagas Figueiró França pelo empenho, dedicação e auxílio na elaboração, desenvolvimento e conclusão

deste estudo.

Ao professor Dr. Altair de Assis pelo material cedido para pesquisa e atenção assistida nos diversos

itens enunciados.

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

Página 30 / 31

[5] A. S. de Assis, Notas de Aula de Métodos I, 2010

[6] http://pt.wikilingue.com/es/Polinomio_de_Legendre

Página 31 / 31