Equação de Laplace

Bruno Gutierrez Duarte Ern

brunoern@gmaill.com

Felipe Rodrigues Linhares

feliperluff@gmail.com

Engenharia Elétrica

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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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