Notas 2010 FM

UNIVERSIDADE FEDERAL DO ESPRITO SANTOCENTRO DE CINCIAS EXATAS

G. M. Sotkov e U. Camara dS

Notas de Funes Especiais

VITRIA2010

Resumo

Estas notas 1, auto-consistentes, foram feitas para auxiliar o aluno (voc mesmo) no es-tudo das seguintes funes especiais: Gamma, Beta, Hipergeomtrica, HipergeomtricaConflluente, os Polinmios de Hermite, de Legendre e as Funes de Legendre Associa-das. Ns enfatizamos as propriedades que sero teis em vrios cursos2: condies paraas hipergeomtricas se tornarem polinmios e expanses assintticas das hipergeomtricas.Tambm so oferecidos vrios exerccios, todos com aplicaes na fsica, com o objetivode estimular o aluno a se interessar mais pelo assunto. No fim, temos trs apndices:No primeiro damos uma pequena introduo sobre a Transformada de Fourier (essencialna Mec. Quntica) e a funo Delta de Dirac, no segundo tratamos do problema deSturm-Liouville e o terceiro dedicado obteno da segunda soluo independente dumaequao diferencial ordinria de segunda ordem quando j conhecemos uma soluo.Basicamente todo o contedo dessas notas pode ser encontrado nas referncias bibliogrfi-cas, a nica diferena est na ordem de exposio. Os livros, em geral, discutem as funeshipergeomtricas e hipergeomtricas confluentes aps estudar os polinmios ortogonais eas Funes de Legendre Associadas. Ns fazemos exatamente o oposto, j que as ltimasfunes citadas no passam de casos particulares de hipergeomtricas e hipergeomtricasconfluentes. Com isso, entendemos que ao estudar os casos mais gerais no incio o leitorter uma base slida para aprender, rapidamente, os casos particulares.

1ainda em construo2os principais so: Mecnica Quntica e Eletromagnetismo Clssico

Sumrio

1 Funes Gamma e Beta 1

1.1 Funo Gamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Funo Beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Relao entre a funo Gamma e funes trigonomtricas . . . . . . . . . . 5

1.4 Frmula de duplicao de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.5 Exerccios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Funes Hipergeomtrica e Hipergeomtrica Confluente 10

2.1 Funo Hipergeomtrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.1.1 Equao diferencial e soluo via srie de potncias . . . . . . . . . 10

2.1.2 Representao Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.1.3 Relaes teis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.1.4 Expanses Assintticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2 Funo Hipergeomtrica Confluente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.2.1 Equao diferencial e soluo via srie de potncias . . . . . . . . . 19

2.2.2 Representao Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.2.3 Expanso Assinttica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2.4 Hipergeomtrica confluente como um problema de Sturm-Liouville . 22


3 Polinmios de Hermite 25

3.1 Definio via Funo Geratriz, Relaes de Recorrncia e a EDO de Hermite 25

3.2 Ortogonalidade e norma dos Polinmios de Hermite . . . . . . . . . . . . . 26

3.3 Relao com a funo Hipergeomtrica Confluente . . . . . . . . . . . . . . 28


4 Funes de Legendre 31

4.1 Polinmios de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4.1.1 Funo Geratriz, Relaes de Recorrncia e Equao Diferencial . . 31

4.1.2 Ortogonalidade e norma dos polinmios de Legendre . . . . . . . . 33

4.1.3 Relao entre os polinmios de Legendre e a funo hipergeomtrica 35

4.1.4 Exerccios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

4.2 Funes de Legendre Associadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

4.2.1 Definio e equao diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

4.2.2 Ortogonalidade e norma das Funes de Legendre Associadas . . . 39

4.2.3 O caso m < 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41


A Transformada de Fourier e Delta de Dirac 43

A.1 Delta de Kronecker e Sries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

A.2 Transformada de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

A.3 Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

A.4 Transformada de Fourier em d dimenses e consequncias . . . . . . . . . . 48

B Problema de Sturm - Liouville 53

C Wronskiano e a segunda soluo independente 56

C.1 Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

Referncias Bibliogrficas 60

1Captulo 1

Funes Gamma e Beta

1.1 Funo Gamma

A funo Gamma () pode ser definida como a integral abaixo:

(z)

0

ettz1dt ; 0, (1.1)

sua propriedade mais importante :

(1 + z) = z(z). (1.2)

Para provar, basta integrar a eq. (1.1) por partes

(1 + z) = ettzt=t=0

+ z

0

ettz1dt = z(z).

Repare que (1) = 1, ento para z = n N, temos de (1.2) que: (1 + n) = n!. Ou seja,(z) uma generalizao natural do fatorial. Outra quantidade importante (1/2)

(1/2) =

0

ett12dt

t=u2= 2

0

eu2

du =pi,

2= (3/2) = 12(1/2) =

pi

2; (5/2) = 3

2(3/2) = 3

pi

4; . . . onde novamente usamos a eq.

(1.2).

A eq. (1.1) est definida na regio 0, porm com uma continuao analtica,pode-se definir a funo (z) em todo plano complexo, exceto nos seus pontos singulares

(que iremos descobrir).

Mas antes de prosseguir, vamos responder a pergunta que est na sua cabea (ou no): o

que uma continuao analtica?

A resposta ser dada em um exemplo muito parecido com o nosso, porm (provavelmente)

mais familiar ao leitor. Tenha a srie progresso geomtrica

f(z) =n=0

zn, (1.3)

quando |z| < 1, a srie converge para o valor:

f(z) =1

1 z . (1.4)

Entretanto, a eq. acima est definida z 6= 1 e coincide com velha definio (eq. (1.3))para |z| < 1. Com isso, a eq. (1.4) fornece uma continuao analtica da eq. (1.3) paratodo plano complexo (exceto no plo simples em z = 1).

Agora, vamos usar a mesma lgica para encontrar uma definio mais abrangente da

funo . Comecemos reescrevendo a eq. (1.1) da seguinte forma

(z) = limn

n0

(1 t

n

)ntz1dt,

j que1

limn

(1 t

n

)n=n=0

(1)n tn

n! et,

1o famoso limite fundamental que pode ser facilmente verificado via expanso binomial

3com a troca de varivel u = tne integrando n vezes por partes

(z) = limn

nz 1

0

(1 u)nuz1dt

= limn

nzn

z

10

(1 u)n1uzdt

= limn

nzn(n 1)z(z + 1)

10

(1 u)n2uz+1dt

= limn

nzn(n 1)(n 2)z(z + 1)(z + 2)

10

(1 u)n2uz+2dt...

= limn

nzn(n 1)(n 2) . . . 1

z(z + 1)(z + 2) . . . (z + n 1) 1

0

(1 u)nnuz+n1dt = 1z+n

,

logo

(z) = limn

n!

z(z + 1)(z + 2) . . . (z + n)nz. (1.5)

Da mesma forma que nosso exemplo simples (eqs. (1.3) e (1.4)), a eq. (1.5) uma

continuao analtica da definio (1.1) que estende o domnio da funo (z) para todo

plano complexo, exceto nos pontos z = 0,1,2, . . ., onde a funo, claramente (pela eq.(1.5)), possui plos simples. A eq. (1.5) pode ser encarada como uma definio da funo

(a mais geral possvel), seu problema ser de difcil manuseio2.

1.2 Funo Beta

A funo Beta definida como a seguinte combinao de funes Gammas:

B(a, b) (a)(b)(a+ b)

(1.6)

2uma propriedade que no difcil provar com essa frmula : (1 + z) = z(z). Prove!

4Atravs da eq. (1.1), vamos derivar uma representao integral para a funo Beta.

(a)(b) =

( 0

exxa1dx

)( 0

eyyb1dy

);

51.3 Relao entre a funo Gamma e funes trigono-

mtricas

B(, 1 ) ()(1 )(1)

=1

=

0

u1

(1 + u)du ; 0 <

6C1:

C1

z1

1 + zdz ; z = ei

= 2pi

0

iei

1 + eid 0 ( 0).

C2:

C2

z1

1 + zdz ; z = Rei,

= R 2pi

0

iei

1 +Reid 1

R1 0 (R).

No limite 0 e R

2piieipi(1) =(1 e2pii(1))

0

x1

1 + xdx,

0

x1

1 + xdx = 2pii(

epii(1) epii(1)) = pisin pi( 1) = pisin pi. (1.12)Substituindo (1.12) em (1.11) temos a relao desejada:

(z)(1 z) = pisin piz

. (1.13)

A eq. (1.13) foi derivada apenas para o intervalo 0 <

7No caso de z ser um imaginrio puro, i.e. z ix, com x R, temos uma outra importanterelao:

(ix)(ix) = |(ix)|2 = pix sinhpix

. (1.15)

1.4 Frmula de duplicao de Legendre

Para encerrarmos o captulo sobre funes Gamma e Beta, iremos derivar uma ltima

relao, muito utilizada, entre as funes Gamma. Tenha:

B(z +

1

2, z +

1

2

)=

(z + 12)2

(2z + 1)

eq.(1.8)=

10

tz1/2(1 t)z1/2dt = 2 1/2

0

tz1/2(1 t)z1/2dt,

porque o integrando par em ralao ao ponto t = 12. Com a troca 2t = 1x

= 22z 1

0

x1/2(1 x)z1/2 eq.(1.8)

= B(1/2,z+1/2)=pi(z+1/2)(z+1)

,

ento

pi(2z + 1) = 22z(z + 1)(z + 1/2), (1.16)

que a frmula de duplicao de Legendre. No caso particular de z = n N, a frmula(1.16) fornece a relao:

(n+ 1/2) =(2n)!

pi

22nn!. (1.17)

1.5 Exerccios Propostos

(1) ngulo slido e volume de uma bola em d dimenses:

8O elemento de volume d-dimensional em coordenadas esfricas dado por: ddx = dd1rd1dr,

onde dd1 ngulo slido.Prove que:

(a)Sd1 d

d1 = 2pid/2

(d/2), onde Sd1 a esfera em (d 1)-dimenses.

(b) O volume da bola d-dimensional de raio R : V (Bd) = 2pid/2d(d/2)

Rd.

Dica: use a igualdade:

(pi)d

=

(

ex2

dx

)d=

(

ex21dx1

). . .

(

ex2ddxd

)=

RdePdi=1 x

2i ddx.

(2) Usando as eqs. (1.1) e (1.2), prove, via expanso de Taylor de (1 + z) em torno de

z = 0, a relao abaixo:

(z 0) = 1z +O(z), (1.18)

onde

0

et ln(t)dt = ddz

(1 + z)z=0 0.5772, (1.19)

a famosa constante de Euler.

A eq. (1.18) muito importante para o processo de renormalizao dimensional em teorias

qunticas dos campos.

(3) Calcule a integral4:

pi0

(sin )2n+1d, n N

(Resposta: 22n+1(n!)2

(2n+1)!)

Dica: Identifique a integral como uma funo Beta e use a eq. (1.17).

(4) Funo Digamma e mais sobre a constante de Euler:4os autores agradecem a aluna Amanda Ziviani de Oliveira por apontar erros de digitao neste

exerccio.

9A funo Digamma definida como a derivada logartmica de (z), i.e.

(z) ddz

ln (z). (1.20)

Usando a identidade (1 + z) = z(z) em conjunto com a eq. (1.5), demonstre que

(1 + z) = limn

(n

m=1

1

m lnn

)+l=1

z

l(z + l). (1.21)

Obs.: (1) = 1(1)

ddz

(1 + z)z=0

= pela eq. (1.19), logo tomando z = 0 no resultadoacima chegamos numa outra forma de escrever a constante de Euler:

= limn

(n

m=1

1

m lnn

). (1.22)

A eq. (1.22) til para encontrarmos valores aproximados de de forma bem simples

(usando uma calculadora), basta fixar um valor finito para n (quanto maior o valor esco-

lhido, melhor ser a aproximio)5.

(5) Definio alternativa para a funo Gamma:

Comeando da eq. (1.5), mostre que

1

(z)= zez

m=1

(1 +

z

m

)e

zm , (1.23)

onde dado pela eq. (1.22). A definio da funo como (1.23) chamada de definio

de Weierstrass.

5por exemplo, n=10 = 0.6263. O erro percentual de 8, 5.

10

Captulo 2

Funes Hipergeomtrica e

Hipergeomtrica Confluente

2.1 Funo Hipergeomtrica

2.1.1 Equao diferencial e soluo via srie de potncias

Tenha a seguinte equao diferencial ordinria (EDO) de segunda ordem1:

z(1 z)d2y(z)

dz2+ [c (a+ b+ 1)z]dy(z)

dz aby(z) = 0. (2.1)

Tal equao invariante a permutao a b e singular2 nos pontos z = 0, z = 1 ez =3 (todos regulares). Vamos procurar uma soluo via srie de potncias (Frobenius)

y(z) =n=0

gnzn+k ; k R ; g0 6= 0.

1no captulo 2, o argumento z ser considerado como real ou um imaginrio puro.2Uma EDO do tipo y(z) + P (z)y(z) + Q(z)y(z) = 0 singular no ponto z0 se ao menos um dos

limites no bem definido:limzz0

P (z) , limzz0

Q(z)

3para mostrar a singularidade no infinito, faa a troca u = 1z na eq. (2.1) e analise o comportamentopara u 0

11

O raio de convergncia da srie |z| 1 para 0 (a ser justificado)

y(z) =n=0

(k + n)zk+n1,

y(z) =n=0

(k + n 1)(k + n)zk+n2.

Substituindo em (2.1) e agrupando termo a termo:

k(k 1 + c)g0zk1 +n=0

[(k + n+ 1)(k + n+ c)gn+1 [(k + n)(k + n+ a+ b) + ab]gnzn+k

]= 0,

como g0 6= 0 k(k + c 1) = 0 ou

k =

01 cCaso k = 0:

Temos a relao de recorrncia:

gn+1 =(n+ a)(n+ b)

(n+ 1)(n+ c)gn ; c 6= 0,1,2, . . . , (2.2)

escolhendo g0 = 1

y(z)k=0 = 1 + abcz +

a(a+ 1)b(b+ 1)

c(c+ 1)

z2

2+ . . . ,

ou

y(z)k=0 =(c)

(a)(b)

n=0

(a+ n)(b+ n)

(c+ n)

zn

n! 2F1(a, b; c; z), (2.3)

pois, usando sucessivamente a eq. (1.2) chega-se igualdade:

a(a+ 1)(a+ 2) . . . a(a+ n 1) = (a+ n)(a)

. (2.4)

12

A eq. (2.3) a famosa funo hipergeomtrica em sua representao de srie de potencias.

Propriedades importantes

(a) se a (ou b) N, ento:

ga+1 =(a+ a)(a+ b)(a+ 1)(a+ c)ga = 0 ; a N,

logo

gn = 0 ; n > a (a N),

2F1(N, b; c; z) um polinmio de grau N (N N). Utilizando o fato que:

((N n))(N) =

(N + n 1)!(N 1)! = (N + n 1)(N + n 2) . . . (N + n (n 1))(N),

= (1)nN(N 1)(N 2) . . . (N (n 2))(N (n 1))(

(N n)!(N n)!

),

= (1)n N !(N n)! , (2.5)

o polinmio 2F1(N, b; c; z) toma a forma:

2F1(N, b; c; z) = (c)(b)

Nn=0

(1)n N !(N n)!

(b+ n)

(c+ n)

zn

n!, (2.6)

(b) se b = c

2F1(a, b; b; z) =1

(a)

n=0

(a+ n)

n!zn,

= 1 + az + (a+ 1)az2

2+ (a+ 2)(a+ 1)a

z3

3!+ . . . ,

= (1 z)a, (2.7)

que pode ser facilmente verificado expandindo (1 z)a em srie de Taylor em torno dez = 0.

13

Caso k = 1 c:A recorrncia fica:

gn+1 =(1 c+ n)(1 + n+ a+ b c) + ab

(2 c+ n)(1 + n) gn =(n+ a+ 1 c)(n+ b+ 1 c)

(n+ 2 c)(1 + n) gn ; c 6= 2, 3, . . .

Assim, a segunda soluo tambm pode ser escrita em termos de uma hipergeomtrica:

y(z)k=1c = z1c2F1(a+ 1 c, b+ 1 c; 2 c; z) (2.8)

A soluo geral da eq. (2.1) 4:

y(z) = A2F1(a, b; c; z) +Bz1c

2F1(a+ 1 c; b+ 1 c; 2 c; z) ; c / Z (2.9)

onde A e B so constantes.

Observaes :

(1) Se 1, ento a segunda soluo singular em z = 0, portanto se as condiesde contorno exigirem uma soluo finita em z = 0 B = 0 ( 1).(2) Assim como a eq. diferencial (2.1), a eq. (2.9) invariante a permutao a b.

2.1.2 Representao Integral

Vamos estudar representaes integrais para a funo hipergeomtrica que, em particular,

sero teis na seo (2.1.4), onde derivaremos as formas assintticas da hipergeomtrica.

Iniciando com a integral:

I =(c)

(d)(c d) 1

02F1(a, b; d; zt)t

d1(1 t)cd1dt ; 0

4no caso c Z, o mtodo de srie de potncias s fornece uma soluo. A explicao desse problemae um mtodo alternativo para encontrar a segunda soluo independente encontram-se no apndice C

14

Substituindo a eq. (2.3) dentro da integral e invertendo a ordem da soma e integral

I =(c)

(d)(c d)

((d)

(a)(b)

) n=0

(a+ n)

(b+ n)(d+ n)

zn

n!

( 10

tn+d1(1 t)cd1dt eq.(1.8)

= B(n+d,cd)= (n+d)(cd)(n+c)

)

=(c)

(a)(b)

n=0

(a+ n)(b+ n)

(c+ n)

zn

n! 2F1(a, b; c; z)

Assim:

2F1(a, b; c; z) =(c)

(d)(c d) 1

02F1(a, b; d; zt)t

d1(1 t)cd1dt; (2.10)

Essa uma representao integral de uma hipergeomtrica em termos de outra vlida

para 0.No caso particular d = b, ela assume uma forma mais simples. Da eq. (2.7) temos:

2F1(a, b; c; z) =(c)

(b)(c b) 1

0

tb1(1 t)cb1(1 zt)adt; 0 (2.11)

que a representao integral usual da hipergeomtrica.

Vamos mostrar duas aplicaes simples da eq. (2.11).

Primeira: tomando z = 1 em (2.11):

2F1(a, b; c; 1) =(c)

(b)(c b) 1

0

tb1(1 t)cab1dt eq.(1.8)

= B(b,cab)= (b)(cab)(ca)

=(c)(c a b)(c a)(c b) (2.12)

15

com5 0 e 0.Segunda: derivando a eq.

d

dz2F1(a, b; c; z) = a

(c)

(b)(c b) 1

0

tb(1 t)cb1(1 zt)(a+1)dt

=ab

c

(1+c) c(c)

b(b) (1+b)

(c b) 1

0

t(b+1)1(1 t)(c+1)(b+1)1(1 zt)(a+1)dt

=ab

c2F1(a+ 1, b+ 1; c+ 1; z)

Repetindo o processo m vezes

dm

dzm2F1(a, b; c; z) =

[a(a+ 1) . . . (a+m 1)][b(b+ 1) . . . (b+m 1)]c(c+ 1) . . . (c+m 1) 2F1(a+m, b+m; c+m; z)

que pode ser escrito de uma forma mais elegante (via eq. (2.4))

dm

dzm2F1(a, b; c; z) =

(m+ a)

(a)

(m+ b)

(b)

(c)

(m+ c)2F1(a+m, b+m; c+m; z) (2.13)

2.1.3 Relaes teis

(i) Da representao integral (2.11), temos:

2F1

(a, c b; c; z

1 z)

=(c)

(c b)(b) 1

0

tcb1(1 t)b1(

1 +zt

1 z)a

dt

=(c)

(c b)(b)(1 z)a

10

tcb1(1 t)b1(1 (1 t)z))adt

agora faa a troca: 1 t = u

= (1 z)a (c)(c b)(b)

10

ub1(1 u)cb1(1 + zu)adt

= (1 z)a2F1(a, b.c.z)5condio de vlidade da equao (1.8), justificando o raio de convergncia da srie de potncias

16

2F1(a, b; c; z) = (1 z)a2F1(a, c b; c; z

1 z)

(2.14)

que relaciona valores da hipergeomtrica no intervalo |z| < 1 (aonde vale a srie (2.3))com valores fora desse intervalo. Assim, a eq. (2.14) uma continuao analtica da

funo hipergeomtrica.

(ii) Definindo y(z) = (1 z)cab(z).

y(z) = (1 z)cab[(c a b)(1 z)1 + ]

y(z) = (1 z)cab[(c a b)(c a b 1)(1 z)2 2(c a b)

1 z +

]

Substituindo na eq. (2.1) e simplificando:

(1 z)(cab)[z(1 z) [c ((c a) + (c b) + 1)z] (c a)(c b)

]= 0

(z) = A 2F1(c a, c b; c; z) +Bz1c2(a+ 1,b+ 1, 2 c; z), A,B = const,

evidente que B = 0, pois, para B 6= 0 e c > 1 o lado direito da eq. fica singular emz = 0 enquanto o lado esquerdo regular (uma contradio) e se c < 1, expandindo os

dois lados em potncias de z os termos que multiplicam B sero da forma BO(z1c+n)que no possuem anlogo no lado esquerdo, novamente levando B = 0. Portanto:

2F1(a, b; c; z) = A(1 z)cab2F1(c a, c b; c; z)

Aplicando em z = 0 fica claro que A = 1, ou seja:

2F1(a, b; c; z) = (1 z)cab2F1(c a, c b; c; z) (2.15)

17

2.1.4 Expanses Assintticas

As equaes (2.14) e (2.15) em conjunto com a representao integral (2.10) so suficientes

para derivarmos os assintticos da funo hipergeomtrica quando:

(i) |z|

(ii) z 1

(i) |z| colocando (2.14) dentro da integral (2.10):

2F1(a, b; c; z) =(c)

(d)(c d) 1

0

td1(1 t)cd1(1 zt)a2F1(a, d b; d; zt

1 zt)dt

para |z| e

18

das equaes. Agora o resultado :

2F1(a, b; c; z)|z| (c)(a b)

(a)(c b)(z)b ;

19

2.2 Funo Hipergeomtrica Confluente

2.2.1 Equao diferencial e soluo via srie de potncias

Com as trocas z z e b 1/, a eq. (2.1) fica:

z(1 z)y(z) + [c (a+ 1 1)z]y(z) ay(z) = 0

Tomando o limite 0 temos a EDO hipergeomtrica confluente:

zy(z) + (c z)y(z) ay(z) = 0 (2.18)

De forma anloga, a funo hipergeomtrica confluente (uma das solues da equao

acima) definida como:

1F1(a; c; z) lim0 2

F1(a, 1/; c; z)

= lim0

(c)

(a)

n=0

(a+ n)

(c+ n)

(z)n

n!

(1/+ n)

(1/) 1n

(1+)(1+2)...(1+(n1))

1F1(a; c; z) = (c)(a)

n=0

(a+ n)

(c+ n)

zn

n!; c 6= 0. 1,2, . . . (2.19)

que a funo hipergeomtrica confluente em sua representao de srie de potncias.

A segunda soluo independente de (2.18) pode ser obtida da mesma forma:

lim0

(z)1c2F1(1 + a c, 1/+ 1 c; 2 c; z) = z1c1F1(1 + a c; 2 c; z)

20

Soluo geral de (2.18)7

y(z) = A1F1(a; c; z) +Bz1c

1F1(1 + a c; 2 c; z); c / Z (2.20)

onde A e B so constantes.

Observaes :

(i) A eq. (2.18) singular nos pontos z = 0 (regular) e z = (irregular8). A singularidadeno formada pela confluncia de duas singularidades regulares da hipergeomtrica(pontos z = 1 e z =).(ii) A hipergeomtrica confluente um polinmio de grau N se a = N N. E com aajuda da eq. (2.5) o polinmio pode ser escrito como:

1F1(N ; c; z) =Nn=0

(1)n N !(N n)!

(c)

(c+ n)

zn

n!(2.21)

(iii) 1F1(a; a; z) =

0zn

n!= ez

2.2.2 Representao Integral

Fazendo b 1 e z z em (2.10) e tomando o limite 0

1F1(a; c; z) =(c)

(d)(c d) 1

01F1(a; d; zt)t

d1(1 t)cd1dt; 0,(2.22)

Para d = a, temos a representao integral da hipergeomtrica confluente usualmente

encontrada na literatura:

1F1(a; c; z) =(c)

(a)(c a) 1

0

eztta1(1 t)ca1dt; 0. (2.23)

7no caso c Z, recamos na nota de rodap da pg. 13.8ver prximo pargrafo

21

2.2.3 Expanso Assinttica

Da eq. (2.23) iremos achar o comportamento da funo hipergeomtrica confluente para

|z| .

1F1(a; c; z) =(c)

(a)(c a) 1

0

eztta1(1 t)ca1dt

com a troca u = tz

1F1(a; c; z) =(c)

(a)(c a)(z)a(

0

euua1(

1 +u

z

)ca1du

(I)

+

z

euua1(

1 +u

z

)ca1du

(II)

)

(I): |z|

(I)

0

euua1du = (a)

(II):

(II) =

z0

eu(

1 +u

z

)ua1du v=u+z=

0ezv

(vz

)ca1(v z)a1dv

(II) |z| ezzac+1(z)a1

0

evvca1dv = ezzac+1(z)a1(c a)

Assim:

1F1(a; c; z)|z| (c)

(c a)(z)a +

(c)

(a)ezzac (2.24)

que o resultado desejado9.9repare que a eq. (2.24) cresce exponencialmente, por isso a singularidade no infiito irregular

(essencial)

22

2.2.4 Hipergeomtrica confluente como um problema de Sturm-

Liouville

Vamos aplicar a lgica desenvolvida no apndice B funo hiperg. confluente. Primeiro,

reescrevemos a eq. (2.18) na forma Auto-Adjunta:

(zcezy

)= a(zc1ez)y(z)

Comparando com a eq. (B.3) (ver apndice), temos: p(z) = zcez, q(z) = 0, (z) =

zc1ez e n = a. A eq. hiperg. confluente uma eq. de autovalores, sendo a oautovalor. Se 0 p(z = 0) = p(z ) = 0, ento nosso espao CP o dasfunes continuas por partes (ver apndice A) com z [0,), onde os vetores ya e ya(a 6= a) so ortogonais com relao ao produto interno (B.5), i.e.

0

zc1ez1F1(a; c; z)1F1(a; c; z) = 0, a 6= a, 0 (2.25)


(1) Resolva a eq. (2.18) atravs do mtodo de Frobenius (srie de potncias), chegando

eq. (2.19).

(2) Integral elptica completa de primeiro tipo e o perodo do pndulo:

(a) A integral elptica completa de primeiro tipo definida como

k(m) =

10

dt

(1 t2) 12 (1mt2) 12 , |m| < 1. (2.26)

Comparando com a forma integral (2.11) da funo hipergeomtrica, demonstre a igual-

dade:

k(m) =pi

22F1

(12,1

2; 1;m

)

23

(b) O perodo de oscilao de um pndulo dado pela integral:

T = 4

l

2g

M0

dcos cos M

onde l o comprimento do pndulo, g a acelerao gravitacional e M o ngulo mximo

de oscilao (ponto de retorno). Com a troca sin 2

= sin M2

sin e usando a eq. (2.26),

chegue em:

T = 4

l

gk(

sin2(

2

))= 2pi

l

g

(1 +

1

4sin2

(2

)+

9

64sin4

(2

)+O

(sin6

(2

)))

(3) A definio da funo Gamma Incompleta :

(z, x) x

0

ettz1dt = 2 x

0

eu2

u2z1du, x > 0, (2.27)

Atravs da representao integral (2.23), verifique a igualdade:

(z, x) =xz

z1F1(z; z + 1;x), (2.28)

(4) A funo Beta Incompleta definida como:

B(a, b)x x

0

ta1(1 t)b1dt, 0 < x 1, (2.29)

(a) Demonstre a seguinte srie de Taylor:

(1 t)b1 =n=0

(1 b+ n)(1 b)

tn

n!

(b) Substitua o resultado da letra (a) na definio de B(a, b)x, inverta a ordem da soma

e integral e integre para obter o resultado:

B(a, b)x = xa

n=0

(1 b+ n)(1 b)

xn

n!(n+ a)

24

(c) Comparando com a srie (2.3), chegue igualdade

B(a, b)x =xa

a2F1(a, 1 b; a+ 1;x) (2.30)

(5) Utilizando as representaes na forma de sries de potncias da hipergeomtrica e da

hipergeomtrica confluente (eqs. (2.3) e (2.19)), demonstre a frmula:

0

ett1F1(; ; kt) =( + 1)

+12F1

(, + 1; ;

k

)(2.31)

que serve, por exemplo, para normalizar os auto-estados de energia do potencial de Morse

unidimensional na Mecnica Quntica.

25

Captulo 3

Polinmios de Hermite

3.1 Definio via Funo Geratriz, Relaes de Recor-

rncia e a EDO de Hermite

Uma tima forma de definir os polinmios de Hermite (Hn(u)) como os coeficientes da

srie de potncias da seguinte funo geratriz

g(z, u) ez2+2zu =n=0

zn

n!Hn(u) (3.1)

Tal definio til, pois possibilita a derivao de relaes de recorrncia entre os polin-

mios de forma muito simples. Aplicando z

na eq. acima:

g

z= (2z + 2u)g =

n=1

zn1

(n 1)!Hn(u) =n=0

zn

n!Hn+1(u)

(2uH0 H1) +n=1

(2uHn 2nHn1 Hn+1)zn

n!= 0

nos levando a relao de recorrncia:

2uHn 2nHn1 = Hn+1, n = 0, 1, 2, . . . (3.2)

26

que permite a obteno de qualquer Hn(u) conhecendo apenas H0. Como g(0, u) = 1,

temos que H0(u) = 1. Logo, os primeiros polinmios podem ser facilmente encontrados

via eq. (3.2):

H0(u) = 1; H1(u) = 2u; H2(u) = 2(2u2 1); H3(u) = 12u

(23u2 1

). (3.3)

Agora, vamos derivar a funo geratriz em relao varivel u para encontrar outra

recorrncia:

g

u= 2zg =

n=0

zn

n!H n(u)

2nn=1

zn

n!Hn(u) =

n=0

zn

n!H n(u)

H n = 2nHn1(u) (3.4)

Derivando a eq. (3.4) e usando a eq. (3.2) chegamos EDO de Hermite:

H n(u) 2uH n(u) + 2nHn(u) = 0 (3.5)

Os polinmios de Hermite s representam uma das solues dessa eq. diferencial de

segunda ordem. A outra soluo (que no um polinmio) ser discutida na seo (3.3).

3.2 Ortogonalidade e norma dos Polinmios de Hermite

Seguindo o mtodo desenvolvido no apndice B, iremos mostrar que os polinmios de

Hermite so vetores ortogonais1 do espao vetorial das funes contnuas por partes (ver

apndice A) com o argumento u R (na verdade eles formam uma base desse espaovetorial). Para isso, vamos reescrever a eq. (3.5) na forma Auto-Adjunta:

(eu

2

H n(u))

= 2neu2Hn(u)1em relao a um produto interno a ser definido

27

ou seja, a EDO de Hermite uma eq. de auto-valores. Comparando com a eq. geral

(B.3), temos que p(x) = (x) = eu2 ( 0, quando u ), q(x) = 0 e n = 2n.Substituindo em (B.5):

(Hn, Hm)

eu2

Hn(u)Hm(u)du = 0, n 6= m

Alm da ortogonalidade, tambm precisamos da norma do vetor (para normalizar a funo

de onda do oscilador harmnico), i.e. de

(Hn, Hn) =

0

eu2

Hn(u)2du An

Com a ajuda da ortogonlidade e da eq. de recorrcia (3.2), calcular tal norma ser uma

tarefa bem simples, vamos ela! Pela eq. acima tem-se que:

2nAn1 =

0

eu2

(2nHn1)Hn1dueq. (3.2)

=

0

eu2

(Hn+1 + 2uHn)Hn1

=

eu2

Hn(2uHn1)dueq.(3.2)

=

eu2

Hn(Hn + 2(n 1))Hn2

=

eu2

H2ndu = An

An+1 = 2(n+ 1)An (3.6)

A eq. (3.6) relaciona as normas dos polinmios Hn e Hn+1, logo s precisamos calcular

(H0, H0) A0 =

eu2

du =pi

para conhecer qualquer An.

A1 = 2A0 = 2pi, A2 = 2

22pi, A3 = 2

33!pi . . .

An = 2nn!pi,

ou seja:

(Hn, Hm) =

0

eu2

Hn(u)Hm(u)du = 2nn!pinm (3.7)

28

3.3 Relao com a funo Hipergeomtrica Confluente

At aqui, discutimos as principais propriedades dos polinmios de Hermite exatamente

da mesma forma que o leitor pode encontrar em qualquer livro de fsica matemtica ou

mec. quntica (ver referncias bibliogrficas). Entretanto, o que no muito discutido na

literatura que quando vamos resolver a eq. de Schrdinger para o oscilador harmnico

no chegamos imediatamente eq. diferencial (3.5), mas sim eq.:

H (u) 2uH (u) + 2H(u) = 0 (3.8)

com (a priori) > 12. Ento, por que nos interessamos tanto pelo caso = n =

0, 1, 2, . . .? E qual o paradeiro da segunda soluo independente desta eq. diferencial

de segunda ordem? As respostas para essas perguntas esto na relao entre a funo H

e a hiperg. confluente, juntamente com a condio de contorno imposta pela mecnica

quntica. Tal relao pode ser facilmente obtida com a troca x = u2 que transforma a eq.

(3.8) em:

xd2H(x)

dx2+(1

2 x)dH(x)

dx+

2H(x) = 0

que a EDO hiperg. confluente para a = 2, c = 1

2, cuja soluo dada pela eq. (2.19),

i.e.

H(u) = A1F1

(

2;1

2;u2)

+Bu1F1

( ( 1)

2;3

2;u2)

(3.9)

Quando u , H(u) cresce exponencialmente ( eu2), devido eq. (2.24). Por outrolado, a mec. quntica impe uma condio de contorno sobre a soluo. exigido que a

integral

(H , H) =

0

eu2

H(u)2du

29

convirja. Isso s possvel se H for um polinmio2 (1F1(n; c;u2), n N). Entretanto,repare que impossvel as duas solues independentes serem polinmios ao mesmo tempo.

Se = n = 0, 2, 4, . . ., devemos tomar Bn = 0 para Hn(u) ser um polinmio e se = n =

1, 3, 5, . . . An quem deve ser nulo. Em suma temos:

Hn(u)

(1)n2

n!(n

2)! 1F1

( n

2; 1

2;u2), n = 0, 2, 4, . . .

(1)n12 2(n!)(n1

2)!u 1F1

( n1

2; 3

2;u2), n = 1, 3, 5 . . .

(3.10)

onde as constantes foram ajustadas para as eqs. (3.2) e (3.10) coincidirem3. O estudo

desta seo explica o porqu de n = 0, 1, 2, . . . (justificando a quantizao da energiado oscilador) e o motivo de s utilizarmos uma das solues da EDO de Hermite.


(1) Derivao alternativa da eq. (3.9):

Faa a troca H(u(x)) =xW (x) (onde x = u2) na eq. (3.8), encontre a eq. diferencial

para W (x) (uma hipergeomtrica confluente) e chegue novamente em (3.9).

(2) Frmula de Rodrigues

Uma outra forma de definir os polinmios de Hermite atravs da frmula de Rodrigues:

Hn(u) (1)neu2 dn

duneu

2

(3.11)

Verifique que para os valores de n = 0, 1, 2 e 3 ela coincide com a eq. (3.3).

(3) Expanso de uma funo em termos dos polinmios de Hermite

(a) Seja F (u) uma funo contnua por partes (ver apndice A), com u R. Supondoque F (u) possa ser expandida em termos dos polinmios de Hermite

F (u) =n=0

CnHn(u) (3.12)

2j que nenhuma combinao linear das duas solues pode cancelar os termos divergentes.3compare com a eq. (3.3)

30

mostre (com a ajuda da eq. (3.7)) que

Cn =1

2nn!pi

eu2

F (u)Hn(u)du (3.13)

(b) Prove a chamada relao de completude (ver eq. (B.8)):

eu2(u u) =

n=0

Hn(u)Hn(u)

2nn!pi

(3.14)

31

Captulo 4

Funes de Legendre

4.1 Polinmios de Legendre

4.1.1 Funo Geratriz, Relaes de Recorrncia e Equao Dife-

rencial

Os polinmios de Legendre (Pl(x)) podem ser definidos atravs da seguinte funo geratriz:

g(x, t) 11 2xt+ t2 =

l=0

Pl(x)tl, 0 t < 1, 1 x 1 (4.1)

Como g(x, 0) = 1, ento P0(x) = 1. O que ser suficiente para conhecermos todos

os polinmios Pl(x), assim que derivarmos algumas relaes de recorrncia. Para isso,

comearei aplicando t

em (4.1)

g(x, t)

t=

x t(1 2tx+ t2)1/2(1 2tx+ t2) =

l=0

lPl(x)tl1 ll+1=

l=0

(l + 1)Pl+1(x)tl

eq.(4.1) (x t)l=0

Pl(x)tl = (1 2xt+ t2)

l=0

(l + 1)Pl+1(x)tl

32

Agrupando os termos em potncias de t

(xP0 P1)t0 + (3xP1 P0 2P2)t+l=2

[(2l + 1)xPl (l + 1)Pl+1 lPl1]tl = 0

levando relao

(l + 1)Pl+1 = (2l + 1)xPl lPl1, l = 0, 1, . . . (4.2)

Os polinmios Pl(x) podem ser facilmente derivados, para qualquer l, via eq. (4.2),

sabendo que P0(x) = 1 (como j havamos adiantado). Os primeiros termos so:

P0(x) = 1, P1(x) = x, P2(x) =1

2(3x2 1),

P3(x) =1

2(5x3 3x), P4(x) = 1

8(35x4 30x2 + 3) (4.3)

Outras relaes de recorrncia, agora relacionando derivadas de Pl(x), resultam da dife-

renciao da funo geratriz (4.1) com relao x (P l dPl(x)dx ).

g(x, t)

x=

t

(1 2xt+ t2)l=0

Pltl =

l=0

P l (x)tl

l=1

Pl1tl =l=0

P l tl 2x

l=0

P l1tl +

l=2

P l2tl

0 = P 0t0 + (P 1 2xP 0 P0)t+l=2

(P l + Pl2 2xP l1 Pl1)tl

A igualdade s verdadeira se cada potncia for nula, ou seja:

P 0(x) = 0, P1(x) = 1

P l+1(x) + Pl1(x) = 2xP

l (x) + Pl(x), l 1 (4.4)

Vamos efetuar a seguinte operao: 2 ddx[eq. (4.2)](2l + 1)[eq. (4.4)]. Aps um pequeno

trabalho algbrico

(2l + 1)Pl(x) = Pl+1(x) P l1(x) (4.5)

33

Combinaes das eqs. (4.4) e (4.5) fornecem vrias relaes interessantes. Por exemplo,

eq. (4.4)+ eq. (4.5) (com l l 1)

P l = xPl1 + lPl1 (4.6)

e x(eq. (4.4)eq. (4.5))

xP l1 = x2P l lxPl (4.7)

Atravs dessas relaes, vou derivar a eq. diferencial de segunda ordem, cujo polinmio

Pl(x) uma das solues. Somando (4.6) e (4.7)

(1 x2)P l = lPl1 lxPl, (4.8)

uma consequncia importante de (4.8) : Pl(1) = Pl1(1) e Pl(1) = Pl1(1), l =0, 1, 2, . . .. Como P0(x) = 1, ento Pl(1) = (1)l. Derivando (4.8)

(1 x2)P l 2xP l = lP l1 eq.(4.7)

= l(xP llPl)

lPl lxP l

assim, terminamos com a seguinte eq. diferencial de segunda ordem (onde s aparece Pl)

(1 x2)P l (x) 2xP l (x) + l(l + 1)Pl(x) = 0 (4.9)

que a eq. de Legendre. A outra soluo da eq. (4.9) ser discutida daqui a pouco (seo

(4.1.3)).

4.1.2 Ortogonalidade e norma dos polinmios de Legendre

trivial ver que pode-se reescrever a eq. (4.9) como

((1 x2)P l ) = l(l + 1)Pl

34

i.e., temos uma eq. de auto-valores (ver apndice B), onde (x) = 1, q(x) = 0 e p(x) =

1 x2 p(1) = p(1) = 0. Logo os polinmios Pl so ortogonais em relao ao seguinteproduto interno

(Pl, Pm) =

11Pl(x)Pm(x)dx = 0, l 6= m

A norma (Pn, Pn) facilmente calculada atravs da eq. (4.2) e da ortogonalidade. Primeiro

faa l l 1 em (4.2), ento multiplique-a por Pl(x) e integre:

(Pl, Pl) = 11Pl(x)

2dx =1

l

11Pl(x)

((2l 1)xPl1(x) (l 1)Pl2(x)

)=

(2l 1)l

11xPl(x)Pl1(x)dx

onde a ortogonalidade foi usada.

Agora multiplique a eq. (4.2) por Pl1 e integre:

(Pl1, Pl1) = 11P 2l1 =

1

l

11Pl1(x)

((2l + 1)xPl (l + 1)Pl+1

)=

(2l + 1)

l

11xPl1(x)Pl(x)dx

Comparando as eqs.

(Pl, Pl) =2l 12l + 1

(Pl1, Pl1)

Sabendo que

(P0, P0) =

11dx = 2 (P1, P1) = 1

32 , (P2, P2) =

3

5

1

32, . . . ,

(Pl, Pl) =(2l 1

2l + 1

)(2l 32l 1

)(2l 52l 3

). . .(1

3

)2 =

2

2l + 1

Levando forma final

(Pl, Pm) =

11Pl(x)Pm(x)dx =

2

2l + 1lm (4.10)

35

4.1.3 Relao entre os polinmios de Legendre e a funo hiper-

geomtrica

Faa a troca y = 1x2

(x = 2y + 1) na eq. diferencial de Legendre (4.9). Aps umapequena lgebra

y(1 y) d2

dy2Pl(y) + (1 2y) d

dyPl(y) + l(l + 1)Pl(y) = 0

Uma rpida comparao com a eq. (2.1) mostra que a eq. acima uma hipergeomtrica

com os parmetros a = l (como deve ser para a hipergeomtrica ser um polinmio),b = l + 1 e c = 1. J que c = 1 Z, a segunda soluo independente singular no pontoy = 0 (x = 1)1. Sendo Pl(1) = 1 (ver exerccio (1) deste pargrafo) e 2F1(a, b; c; 0) = 1, a

relao entre essas funes fica

Pl(x) = 2F1

( l, l + 1; 1; 1 x

2

)(4.11)

Queremos deixar claro que a segunda soluo da eq. (4.9) existe, mas pela relao com

a eq. diferencial hipergeomtrica fica claro (pois c = 1 Z) que ela no um polinmioe diverge em y = 0 (x = 1) (da forma ln y, y 0, como mostrado no apndice C). Empraticamente todas as aplicaes fsicas exige-se a regularidade de Pl(x) no ponto x = 1

(y = 0), assim essa segunda soluo descartada.

Outro comentrio digno de nota que na Mecnica Quntica (e quase todas as outras

aplicaes fsicas2) a eq. (4.9) no aparece (a priori) com l = 0, 1, 2, . . ., mas sim com

l = > 0. A discretizao de l uma imposio que ocorre quando as condies de

contorno do problema exigem regularidade da soluo no ponto x = 1 (y = 1), j quepela eq. (2.12) 2F1(l, l+1; 1; 1) (0) (plo simples), pois c = a+ b = 1, a menosque a hipergeomtrica seja um polinmio3.

1ver apndice C2existem excees, principalmente no eletromagnetismo.3um polinmio no pode divergir num valor finito. Alm disso, a M.Q. exige que

11(P(x))

2dx

36

4.1.4 Exerccios Propostos

(1) Usando a eq. (4.1) no ponto x = 1, mostre que Pl(1) = 1 l = 0, 1, 2, . . .(2) Frmula de Rodrigues:

Uma definio alternativa para os polinmios de Legendre :

Pl(x) =1

2ll!

dl

dxl(x2 1)l (4.12)

Verifique que os primeiros termos coincidem com a eq. (4.3).

(3) Paridade dos Polinmios de Legendre: novamente com a ajuda da eq. (4.1), demonstre

a igualdade

Pl(x) = (1)lPl(x) (4.13)

(4) Prove a relao (basta usar a funo geratriz (4.1))

1

|~r ~r| =1

r

l=0

Pl(cos )( rr

)l, r < r (4.14)

onde cos = ~r.~r|~r||~r| . A eq. acima muito til no eletromagnetismo, em especial na expanso

multipolar (ver final do apndice A).

(5) Expanso de uma funo em termos dos polinmios de Legendre

(a) Seja F (x) uma funo contnua por partes definida no intervalo x [1, 1]. Supondoque F (x) possa ser expandida em termos dos polinmios de Legendre

F (x) =l=0

ClPl(x) (4.15)

mostre (com a ajuda da eq. (4.10)) que

Cl =2l + 1

2

11F (x)Pl(x)dx (4.16)

(b) Prove a chamada relao de completude (ver eq. (B.8)):

(x x) =l=0

(2l + 1)

2Pl(x)Pl(x

), 1 < x, x < 1 (4.17)

37

4.2 Funes de Legendre Associadas

4.2.1 Definio e equao diferencial

A definio das Funes de Legendre Associadas

Pml (x) = (1 x2)m/2dm

dxmPl(x), l m l (4.18)

A eq. acima fornece alguns resultados importantes de imediato. Um que

Pml (1) = Pml (1) = 0 (4.19)

outro a paridade de Pml (x). Fazendo x x na definio acima mais a ajuda da eq.(4.13):

Pml (x) = (1)l+mPml (x) (4.20)

Tambm evidente que Pml (x) = 0 se m > l (explicando parte da restrio sobre os

valores de m), pois Pl(x) um polinmio de grau l, logo, se o derivarmos mais de l vezes o

resultado ser zero. J a outra restrio (l < m) necessria, pois a definio (4.18) nofaz sentido para esses valores de m < l. Na verdade, vamos considerar, por enquanto,apenas m > 0, mais frente ser mostrado que existe uma relao entre Pml (x) e P

ml (x),

i.e. suficiente nos restringirmos ao caso m > 0.

Pela definio (4.18) mais a eq. (4.3) fica fcil derivar algumas das Funes de Legendre

Associadas:

l = 1 : P 11 (x) = (1 x2)1/2 (4.21)

l = 2 : P 12 (x) = 3x(1 x2)1/2, P 22 (x) = 3(1 x2)

l = 3 : P 13 (x) =3

2(5x2 1)(1 x2)1/2, P 23 (x) = 15(1 x2), P 33 = 15x(1 x2)3/2

l = 4 : P 14 (x) =5

2(7x3 3x)(1 x2)1/2, P 24 (x) =

15

2(7x2 1)(1 x2)

P 34 (x) = 105x(1 x2)3/2, P 44 (x) = 105(1 x2)2

38

O estudo dessas funes ser feito de forma bastante ortodoxa aqui. Apelarei diretamente

para a relao entre os polinmios de Legendre e a funo hipergeomtrica mais a eq.

(2.13), o que permite (de uma forma bem simples) relacionar as funes de Legendre

Associadas com hipergeomtricas.

dm

dxmPl(x) =

dm

dxm2F1

( l, l + 1; 1; 1 x

2

),

eq.(2.13)=

((l +m)

(l))

(l +m)!

l!

1

m!

(1)m2m

2F1

( l +m, l + 1 +m; 1 +m; 1 x

2

).

Usando a eq. (2.5) (com N l e n m) no termo entre parnteses, as funes deLegendre Associadas podem ser escritas, de forma elegante, como:

Pml (x) =(l +m)!

(l m)!(1 x2)m/2

2mm!2F1

( (l m), l + 1 +m; 1 +m; 1 x

2

). (4.22)

A vantagem da eq. acima que obviamente Pml (x(y))

[1x2(y)]m/2 Pml (y)

[y(1y)]m/2 2F1((l m), l +1;m + 1; y) (y = 1x

2) soluo da eq. hipergeomtrica (2.1), com a = (l m),

b = l +m+ 1 e c = m+ 1, i.e.

y(1 y) d2

dy2

((y(1 y))m/2Pml (y))+ (1 +m 2(m+ 1)y) ddy((y(1 y))m/2Pml (y)) +

((l m))(l +m+ 1)((y(1 y))m/2Pml (x)) = 0

Abrindo as derivadas (e usando a igualdade (l m)(l +m+ 1) = l(l + 1)m(m+ 1))

y(1 y) d2

dy2Pml (y) + (1 2y)Pml (y) +

(l(l + 1) +

m2

4y(y 1))Pml (y) = 0

Passando para a coordenada x = 1 2y:

(1 x2) d2

dx2Pml (x) 2x

d

dxPml (x) +

(l(l + 1) m

2

(1 x2)

)Pml (x) = 0 (4.23)

que a eq. diferencial para as funes de Legendre Associadas. Os motivos por trs da

segunda soluo independente da eq. acima ser ignorada e de no ser discutido o caso

l / N so os mesmos j mencionados na seo dos polinmios de Legendre.

39

4.2.2 Ortogonalidade e norma das Funes de Legendre Associa-

das

Reescrevendo a eq. (4.23) na forma Auto-Adjunta:

d

dx

((1 x2) d

dxPml (x)

) m

2

(1 x2)Pml (x) = l(l + 1)Pml

Uma simples comparao com a eq. (B.3) fornece: p(x) = (1 x2), q(x) = m2(1x2) ,

l = l(l + 1) e = 1. Aplicando o resultado dado por (B.5), obtm-se

(Pml , Pml )

11dxPml (x)P

ml (x) = 0, l 6= l (4.24)

Repare que a eq. acima s tem sentido se os ndices ms das duas funes forem os

mesmos, devido ao fato de q(x) depender explicitamente de m (na verdade de |m|) e naderivao da eq. (B.5) assumirmos que apenas o auto-valor l = l(l + 1) muda.

O clculo da norma no nada simples. O mtodo que vamos usar trabalhoso mas

de fcil entendimento. Ele baseado na frmula de Rodrigues para Pml , algo facilmente

derivado via a frmula de Rodrigues dos polinmios Pl(x) (eq. (4.12)) e a definio (4.18)

Pml (x) =(1 x2)m/2

2ll!

dm+l

dxm+l(x2 1)l (1)

m/2

22l!Xm/2

dm+l

dxm+lXl (4.25)

onde X = (x2 1). Assim:

(Pml , PMl ) =

11dxPml (x)

2 =(1)m22l(l!)2

11dx

(Xm

dm+l

dxm+lXl)(

dm+l

dxm+lXl)

integrando por partes (e usando que Xx=1 = 0)

= (1)m

22l(l!)2

11dx

(dm+l1

dxm+l1Xl)d

dx

[Xm

dm+l

dxm+lXl]

aps l +m integrao por partes:

(Pml , PMl ) =

(1)l22l(l!)2

11dxXl

dm+l

dxm+l

[Xm

dm+l

dxm+lXl]

40

Usando a frmula de Leibniz

dn

dxn[A(x)B(x)

]=

ns=0

n!

(n s)!s!( dnsdxns

A(x))( ds

dxsB(x)

)(4.26)

temos:

dm+l

dxm+l

[Xm

dl+m

dxl+mXl]

=l+ms=0

(m+ l)!

(m+ l s)!s!( dm+lsdxm+ls

Xm)( ds+l+m

dxs+l+mXl)

como Xp um polinmio de grau 2p (p N)4, os termos no nulos da soma acima soaqueles que obedecem, simultaneamente, as duas desigualdades:

m+ l + s 2l

m+ l s 2m

implicando que s = l m (subtraia as desigualdades). Logo:

dm+l

dxm+l

[Xm

dl+m

dxl+mXl]

=(m+ l)!

(2m)!(l m)!(d2m

dx2mXm)(

d2l

dx2lXl)

=(m+ l)!

(2m)!(l m)!(2m)!(2l)!

Substituindo o resultado acima no clculo da norma e escrevendo X explicitamente:

(Pml , Pml ) =

(2l)!(l +m)!

22l(l!)2(l m)! 11dx(1)l(x2 1)l

=(2l)!(l +m)!

22l(l!)2(l m)! pi

0

(sin

)2l+1d

=22l+1(l!)2

(2l+1)!

, x = cos

=2

2l + 1

(l +m)!

(l m)!

onde o resultado da integral acima dado pelo exerccio (3) do captulo 1. Finalmente:

(Pml , Pml ) =

2

2l + 1

(l +m)!

(l m)!ll (4.27)

que a equao procurada.

4Xp = (x2 1)p = x2p +O(x2p1) d2pdx2pXp = (2p)!

41

4.2.3 O caso m < 0

Nosso interesse est na soluo, no singular em x = 1, da eq. diferencial (4.23) ( ela que

ir aparecer por toda a sua vida) e repare que tal eq. diferencial s depende dem2, i.e. no

depende do sinal de m. Esse fato demonstra que Pml (x) (m > 0) tambm soluo da

mesma equao. Consequentemente ou ela proporcional Pml ou corresponde segunda

soluo independente da equao de segunda ordem. A primeira opo a correta, j que

Pml no singular em x = 1 (y =1x

2= 0) (ver eq. (4.25) (fazendo m m)),

portanto no pode ter relao com a segunda soluo independente (que singular em

x = 1). Logo:

Pml (x) = ClmPml (x)

onde Clm uma constante de proporcionalidade que s depende de l e m. Para encontrar

Clm tenha:

(Pml , Pml ) =

11dxPml (x)P

ml (x)

eq.(4.18)=

11dx( dmdxm

Pl(x))( dm

dxmPl(x)

)

integrando por partes

=( dmdxm

Pl(x))( dm1

dxm1Pl(x)

)x=1x=1

11dx( dm+1dxm+1

Pl(x))( dm1

dxm1Pl(x)

)

o primeiro termo nulo devido a paridade de Pl(x) ( Pl(x) = (1)lPl(x) via eq.(4.13)). Aps m integraes por partes (sempre com o termo de derivada total dando

zero):

(Pml , Pml ) = (1)m

11dxPl(x)

2 = (1)m 22l + 1

Por outro lado:

(Pml , Pml ) = Clm(P

ml , P

ml ) = Clm

2

2l + 1

(l +m)!

(l m)!

42

Comparando:

Pml (x) = (1)m(l m)!(l +m)!

Pml (x) (4.28)

provando que Pml e Pml so proporcionais, i.e. linearmente dependentes.


(1) Os harmnicos esfricos (que descrevem a dependncia angular de um sistema qun-

tico no-relativstico com simetria radial) so definidos como:

Y ml (, ) =

2l + 1

4pi

(l m)!(l +m)!

Pml (cos )eim, 0 pi, 0 < 2pi (4.29)

onde l N e m = l,l + 1, . . . , l 1, l. Verifique que:

2pi0

d

pi0

d sin |Y ml (, )|2 = 1

43

Apndice A

Transformada de Fourier e Delta de

Dirac

O objetivo deste apndice de, sem se aprofundar na matemtica, introduzir elementos

bsicos da transformada de Fourier, ao menos o suficiente para os nossos propsitos1.

Antes de falar de transformada de Fourier vamos fazer uma pequena reviso sobre sries

de Fourier.

A.1 Delta de Kronecker e Sries de Fourier

Se n,m Z, ento o delta de Kronecker definido como:

nm =

0, se n 6= m1, se n = m (A.1)1o aluno que desejar se aprofundar mais no assunto deve consultar a bibliografia

44

Existem muitas representaes para a eq. (A.1). As de nosso interesse so:

nm =1

2piL

piLpiL

ei(nm)xLdx

=1

piL

piLpiL

cos(nxL

)cos(mxL

)dx

=1

piL

piLpiL

sin(nxL

)sin(mxL

)dx (A.2)

onde as duas ltimas no representam 00 = 1. Por inspeo direta voc pode confirmar

que essas representaes so legtimas. A eq. (A.2) serve como pr-requisito para a

definio de sries de Fourier.

Seja a funo f(x) um vetor no espao vetorial das funes contnua por partes2 no

intervalo x [Lpi, Lpi] (chamarei de CP ), ento assumindo que o conjunto de vetores(1/2, cos x

L, cos 2x

L, . . . , sin x

L, sin 2x

L, . . .) forma uma base de CP , f(x) pode ser escrita como:

f(x) =a02

+n=1

(an cos

(nxL

)+ bn sin

(nxL

))(A.3)

Mesmo sem provar nada a definio acima bem natural, onde a parte dos cossenos

(incluindo o termo a0) descreve a parte simtrica da funo, enquanto os senos a parte

anti-simtrica3. Para determinar os coeficientes de Fourier a0, an e bn, vamos aplicar, res-

pectivamente, LpiLpi dx,

LpiLpi dx cos

mxL, LpiLpi dx sin

mxL

na eq. acima e utilizar (assumindo

uma integrao termo a termo) a eq. (A.2). Assim temos:

a0 =1

Lpi

LpiLpi

dxf(x)

an =1

Lpi

LpiLpi

dxf(x) cos(nxL

)bn =

1

Lpi

LpiLpi

dxf(x) sin(nxL

)(A.4)

2funes que possuem apenas um nmero finito de descontinuidades e de extremos (mximos, mnimose pontos de inflexo) em um intervalo definido.

3toda funo pode ser escrita como a soma de uma parte simtrica e uma ani-simtrica: f(x) =12 (f(x) + f(x)) + 12 (f(x) f(x))

45

Com as frmulas cos nxL

= 12(ei

nxL + ei

nxL ) e sin nx

L= 1

2i(ei

nxL einxL ), a srie de Fourier

(A.3) pode ser reescrita como:

f(x) =

n=cne

inxL (A.5)

onde

c0 =a02

cn =1

2(an ibn), se n > 0

cn =1

2(an + ibn), se n < 0

Substituindo (A.4) na eq. acima, chega-se a uma frmula universal para cn

cn =1

2Lpi

LpiLpi

dxf(x)einxL n Z (A.6)

que poderia ser derivada aplicando LpiLpi dxe

imxL na eq. (A.5) e usando a primeira eq.

de (A.1). Repare que nessa forma os coeficientes so imaginrios, porm cn = cn o que

garante a realidade de f(x) (f(x) = f(x)). Por outro lado, poderamos ter definido a

srie de Fourier como a eq. (A.5) (sem referncia eq. (A.3)) com f(x) sendo uma funo

complexa e mesmo assim a primeira eq. de (A.2) garantiria que os coeficientes cn seriam

dados por (A.6), i.e. as eqs. (A.5) e (A.6) definem a srie de Fourier mesmo para uma

funo complexa (s que sendo complexa, cn 6= cn). Isso encerra a pequena reviso sobresries de Fourier.

A.2 Transformada de Fourier

A transformada de Fourier consiste no limite L da srie de Fourier, ou seja, elarepresenta uma funo f(x) contnua por partes que est definida em toda reta. Vamos

ver como tomar tal limite.

Mudando a notao da seguinte forma: k nL, k k(n + 1) k(n) = 1

Le cn c(k),

46

ento temos pela eq. (A.5):

f(x) =k

(Lk

=1

)c(k)eikx

=12pi

k

k(

2piLc(k))eikx

Definindo:

F (k) (2piLc(k)) = 12pi

LpiLpi

dxf(x)eikx

a srie pode ser escrita como:

f(x) =k

F (k)2pieikxk =

k

reak (A.7)

onde reak explicado graficamente na figura A.1

Dk

Rea

real

l k

F.eikx

2

Figura A.1: Valores de F (k)2pieikx (com x fixo) para vrios valores de k em um

exemplo hipottico. A soma na eq. (A.7) dada pela soma das pequenas reas,como mostrado no ponto k = l.

Quanto maior L menor ser k = 1Le mais prximos estaro os pontos da fig. (A.1).

Fica evidente pela figura (A.1) que no limite L (k 0) a varivel k se tornacontnua, F (k)eikx (x fixo) vira uma funo contnua de k e a soma (A.7) tem como limite

uma integral em k (integral a rea sob a curva). Ou seja, o resultado final para a

47

transformada de Fourier :

f(x) =12pi

dkF (k)eikx

F (k) =12pi

dxf(x)eikx (A.8)

A.3 Delta de Dirac

A transformada de Fourier pode ser usada para derivar uma representao integral da

funo (distribuio) Delta de Dirac ((x)) que definida como:

f(x)(x x0)dx = f(x0) (A.9)

fazendo f(x) = (x) na segunda eq. de (A.8) implica que

F (k) =12pi

e, consequentente:

(x) =1

2pi

dkeikx (A.10)

que principal representao da Delta de Dirac usada na fsica. Se afrouxarmos a condio

de f(x) R, i.e. considerarmos f(x) uma funo complexa (de um argumento real), edefinirmos a transformada de Fourier de f(x) como a primeira eq. de (A.8), a eq. (A.10)

garante que a transformada inversa seja dada pela segunda eq. de (A.8) (basta aplicar

12

e

ikx nos dois lados da equao). O que quero dizer que a frmula (A.8) vale

mesmo para funes complexas.

Algumas propriedades da Delta de Dirac so:

(x) = (x)prova: basta re-derivar a representao integral tamando F (k) = (k) e f(x) = 1

2pi,

48

ao invs de f(x) = (x) e F (k) = 12pi.

f(x)(x a) = f(a)(x a) (|f(a)|

49

ou seja:

d(~x ~x) (x1 x1)(x2 x2) . . . (xd xd)

=

(1

2pi

dkeik1x1). . .

(1

2pi

dkeikdxd)

=1

(2pi)d

Rdddkei

~k.~x (A.13)

A forma natural da transformada de Fourier em d dimenses :

f(~x) =1

(2pi)d/2

RdddkF (~k)ei

~k.~x (A.14)

e a eq. (A.13) mais a definio (A.12) garantem que a transformao inversa (basta aplicar

1(2pi)d/2

Rd e

i~k.~x nos dois lados da eq. acima) seja dada por:

F (~k) =1

(2pi)d/2

Rdddxf(~x)ei

~k.~x (A.15)

definindo a transformada de Fourier em d-dimenses.

Uma propriedade interessante (e muito importante na mec. quntica) da transformada

de Fourier :

Rdddx|f(~x)|2 =

Rdddk|F (~k)|2 (A.16)

A prova consiste em usar a eq. (A.14) e depois a representao da Delta (A.13):

Rdddx|f(~x)|2 =

Rdddx

(1

(2pi)d/2

RdddkF (~k)ei

~k.~x)(

1

(2pi)d/2

RdddkF (~k)ei

~k.~x

)=

Rdddk

RdddkF (~k)F (~k)

1

(2pi)d

Rdddxei(

~k~k).~x =d(~k~k)

=

Rdddk|F (~k)|2

Iremos encerrar o apndice mostrando como resolver uma eq. diferencial parcial atravs

da transformada de Fourier e da representao integral (A.10) da Delta de Dirac. A eq.

50

em questo :

(2(x) 2)G(~x ~x) = e3(~x ~x) (A.17)

0 uma constante com dimenso do inverso do comprimento. Substituindo no ladoesquerdo a transformada de Fourier

G(~x ~x) = 1(2pi)3/2

R3d3kG(~k)ei

~k.(~x~x)

e no direito a eq. (A.13) (com d = 3), ficamos com:

1

(2pi)3/2

R3d3kei

~k(~x~x)( (|k|2 + 2)G(k) + e

(2pi)3/2

)= 0

como a transformada de Fourier de zero zero

G(|k|) = e(2pi)3/2(|~k|2 + 2)

O uso da transformada de Fourier transfere o problema de resolver a eq. diferencial (A.17)

em resolver a seguinte integral:

G(~x ~x) = e(2pi)3

R3d3k

ei~k(~x~x)

(|~k|2 + 2)

passando para coordenadas esfricas: d3k k2 sin dkdd e ~k(~x ~x) = kr cos , ondek |~k| e r |~x ~x|

G(~x ~x) = e(2pi)3

2pi0

d

0

dkk2

k2 + 2

pi0

d sin eikr cos R 11 de

ikr

=e

2pi2r

0

dkk sin(kr)

k2 + 2=

e

4pi2r

dkk sin(kr)

k2 + 2

=e

4pi2r=m(

dk

keikr

k2 + 2

)=

e

4pi2r=m(

dk

keikr

(k + i)(k i) =(I)

)

(I) =

C

dzzeizr

(z + i)(z i) = 2piiRes(

zeizr

(z + i)(z i))z=i

= ipier

51

onde o contorno C dado pela figura (A.2). Pegando a parte imaginria do resultado

acima chegamos resposta do problema:

i

-i

R

Re z

Im z

Figura A.2: Contorno C

G(r) =e

4pirer (A.18)

conhecido como potencial de Yukawa. No limite 0 e com e = 10, a eq. (A.17) vira

a eq. de Poisson que descreve o potencial eltrico no ponto ~x de uma carga pontual no

ponto ~x com carga eltrica unitria. E a soluo fica:

G(r) =1

4pi0

1

r(A.19)

Por fim, mostrarei como a soluo (A.19) suficiente para determinar o potencial ele-

trosttico de uma distribuio de carga (~x) localizada (a carga total da distribuio

q =R3 (~x)d

3x), com a condio de contorno (~x)|~x|

= 0. Tal potencial obedece a

eq. de Poisson:

2(~x) = (~x)0

(A.20)

Assumindo (~x) da forma:

(~x) =

R3d3xG(~x ~x)(~x)

52

Aplicando 2:

2(~x) =R3d3x2(G(~x ~x))(~x) != (~x)

0

que s verdade se G(~x ~x) for soluo de (A.17) com = 0 e e = 10, i.e. se for

a eq. (A.19). Portanto, a soluo geral da eq. (A.20), para a condio de contorno

(~x)|~x|

= 0, :

(~x) =1

4pi0

R3d3x

(~x)|~x ~x| (A.21)

onde o integrando pode ser expandido em termos de~x~x

= rr(se |~x| for maior que as

dimenses da distribuio de cargas) via frmula (4.14):

(~x) =1

4pi0r

l=0

R3d3x(~x)Pl(cos )

(rr

)l, cos =

~x.~x

rr

=1

4pi0

q

r+

1

4pi0

~p.~x

r3+

1

4pi0

xixj2r5

Qij + . . .

que a famosa expanso multipolar. Os termos ~p e Qij so, respectivamente, chamados

de momento de dipolo e tensor de quadripolo e so dados por:

~p =

R3d3x~x(~x)

Qij =

R3d3x(~x)(3xixj ijr2)

Qij um tensor simtrico (Qij = Qji) e de trao nulo (Qii = 0).

53

Apndice B

Problema de Sturm - Liouville

Dada a equao diferencial ordinria de segunda ordem:

y(x) +a1(x)

a2(x)y(x) +

a0(x)

a2(x)y(x) = 0 (B.1)

com a2(x) 6= 0, exceto em alguns pontos isolados (possveis singularidades). Multiplicandoa eq. por p(x) = exp(

x a1(x)a2(x)

dx) e definindo q(x) = a0(x)a2(x)

exp( x a1(x)

a2(x)dx), reescrevemos a

eq. (B.1) na forma Auto-Adjunta (algo sempre possvel):

Ly(x) (p(x)y(x)) + q(x)y(x) = 0 (B.2)

A forma (B.2) pode ser til ao resolvermos problemas de auto valores, i.e.

Lyn(x) = n(x)yn(x) (B.3)

supondo que cada yn corresponda apenas uma constante n, ou seja, sem degenerescn-

cia. A funo (x) (positiva definida) chamada de funo peso e ser importante mais

frente.

As funes yn(x) (para vrios valores de n), esto definidas no espao vetorial das funes

continuas por partes, num certo intervalo do argumento x (por exemplo, [a, b], [0,),

54

(,), etc.) que vamos chamar de CP . Existem certas restries sobre p(x), q(x) e(x) que so:

p(x) > 0 diferenciavel em CP e p(x) = 0 em CP (extremos (ou bordas) de CP)

q(x) e (x) > 0 (pode ser zero em CP ) so continuas em CP

As condies acima so suficientes para mostrar a ortogonalidade entre as funes yn(x).

Para provar a afirmao, basta tomar a seguinte diferena:

yn(Lym) ym(Lyn) = (n m)(x)yn(x)ym(x)

que aps simplificaes no lado esquerdo (usando a eq. (B.2)) toma a forma

[p(x)

(yn(x)y

m(x) ym(x)yn(x)

)]= (n m)(x)yn(x)ym(x) (B.4)

conhecida como identidade de Lagrange.

De acordo com nossas condies, p = 0 em CP (limites de CP ). Assim ao integrar (B.4)

em CP temos:

p(x)(yn(x)y

m(x) ym(x)yn(x)

)CP

= 0 = (n m)CP

(x)yn(x)ym(x)

Com isso, conclumos que se n 6= n, ento

(yn, ym) CP

(x)yn(x)ym(x) = 0 n 6= m (B.5)

Ou seja, as funes yn e ym (n 6= m) so ortogonais em relao ao produto interno definidopela eq. (B.5), onde a funo peso (x) tem o papel de garantir que a norma quadrada

de yn seja bem definida, i.e. ||yn||2 (yn, yn)

55

No caso de n ser um ndice discreto, variando de zero at o infinito, a eq. (B.5) garante1

que uma funo F (x) em CP possa ser expandida em termos de yn (i.e. yn forma uma

base de CP )

F (x) =n=0

cnyn(x), com (B.6)

cn =1

||yn||2 (F (x), yn) =1

||yn||2CP

(x)F (x)yn(x)dx (B.7)

Se F (x) = (x x) (x, x CP ), temos a relao de completude (ou completeza):

(x x)(x)

= ( x

x(x)dx

)=n=0

1

||yn||2yn(x)yn(x) (B.8)

onde na primeira igualdade usei a manjada frmula (A.11).

1no uma prova matemtica

56

Apndice C

Wronskiano e a segunda soluo

independente

Em alguns casos o mtodo de Frobenius s fornece uma das duas sulues independentes

de uma EDO de segunda ordem. O objetivo deste apndice tentar responder duas

questes: (1) Existe uma forma geral de encontrar a segunda soluo? (2) Por que o

mtodo de Frobenius falha em certas situaes.

Para responder a primeira pergunta (cuja resposta sim) vamos estudar o Wronskiano.

C.1 Wronskiano

Tenha uma EDO de segunda ordem do tipo

y(x) + P (x)y(x) +Q(x)y(x) = 0 (C.1)

cuja soluo geral seja dada por:

y(x) = Ay1(x) +By2(x); A,B = const

57

onde y1(x) e y2(x) so solues linearmente independentes (l.i.) da eq. Ento o Wronski-

ano definido como o seguinte determinante:

W (x)

y1 y2

y1 y2

= y1y2 y1y2 = y21d

dx

(y2y1

)6= 0 (C.2)

O Wronskiano no nulo, pois se o fosse indicaria que y1 e y2 no so l.i. (y1(x) y2(x)).Derivando o Wronskiano:

W (x) = y1y2 y1y2

como y1 e y2 so sulues de (C.1): yi = Pyi Qyi, i = 1, 2, a eq. acima pode serescrita da seguinte forma:

W (x) = y1y2 y1y2 = y1Py2 Qy1y2 + Py1y2 +Qy1y2= P (y1y2 y1y2) = P (x)W (x)

Integrando:

W (x) eR x P ()d (C.3)

Igualando as eqs. (C.2) e (C.3)

y21d

dx

(y2y2

) e

R x P ()d

x

d(y2y1

)

xdexp( P ()d)y21()

ento

y2(x) y1(x) x

dexp( P ()d)y21()

(C.4)

Portanto, se temos o conhecimento de uma das solues (y1(x)) a outra completamente

determinada pela eq.(C.4), respondendo a nossa primeira questo.

58

Vamos aplicar este mtodo num exemplo bem simples que dar a dica para a resposta da

segunda questo. Tenha a EDO:

xy(x) + y(x) = 0

Tentaremos resolver via Frobenius, i.e. substituindo o ansatz y(x) =

n=0Cnxn+k:

0 =n=0

(Cn(n+ k)(n+ k 1) + Cn(n+ k)

)xn+k1

=n=0

Cn(n+ k)2xn+k1

ou seja, Cn = 0, exceto Ck. Assim, y(x) y1(x) = Ck = const que obviamente soluo da eq. acima. O mtodo no forneceu a segunda soluo, vamos ach-la via eq.

(C.4) (com P (x) = 1x)

y2(x) x

dexp( 1

d)

=

x d

= ln|x|

A soluo geral fica:

y(x) = A+B ln|x|; A,B = const.

O exemplo acima muito simples, mas muito instrutivo, pois fornece a explicao exata

do mtodo de Frobenius falhar em certas ocasies. O motivo que uma das solues

(que chamamos de segunda) possui uma singularidade essencial no ponto x = 0 (no

caso, lnx, x 0) e como no possvel expandir uma soluo em srie de potnciasao redor de uma singularidade essencial natural que o mtodo de Frobenius falhe. O

comportamento apresentado pelo exemplo de certa forma geral, no sentido de quando o

mtodo de potncias falha temos uma segunda soluo com o comportamento lnx, x 0.Um exemplo mais complicado o da hipergeomtrica com c = 1. Nesse caso, as duas

solues independentes (ver eq. (2.9)) coincidem, i.e. o mtodo de Frobenius s fornece

uma soluo. A segunda soluo pode ser obtida por (C.4) (com y1(z) sendo dado por

59

(2.3))

y2(z) y1(z) z

dz1

|z||1 z|a+b1

y1(z)2|z|1

z dz|z|

ln|z|

mostrando o comportamento logartmico prximo de z = 0. Por outro lado, como pode

ser visto nesse ltimo exemplo, o clculo da eq. (C.4) , em geral, muito complicado. Por

isso vamos desenvolver um mtodo alternativo para encontrar a segunda soluo.

Suponha que Frobenius s forneceu uma soluo para a eq. (C.1) (y1(x)), pelos nossos

argumentos a segunda soluo deve ter um comportamento lnx, x 0, o que nos estimulaa tentar o seguinte ansatz :

y2(x) = u(x) lnx+ v(x) (C.5)

u(x) e v(x) so funes a serem determinadas. Colocando em (C.1)

lnx(u + Pu +Q) +2u

x ux2

+u

xP + v + Pv + vQ = 0

Escolhendo u = y1 o primeiro termo se anula, resultando em:

v + P (x)v +Q(x) =y1x2 y1xP (x) 2y

1

x(C.6)

Agora podemos tentar resolver a eq. acima tomando

v(x) =n=0

Cnxn+k

i.e. com Frobenius. Escrevendo explicitamente a srie de y1(x) nos termos do lado direito

e comparando potncia a potncia, podemos determinar os coeficientes Cn.

Resumo: quando o mtodo de srie de potncias falha, demos argumentos para convencer

o leitor que isso resultado de um comportamento logartimico nas proximidades do

ponto de origem da srie, o que sugere o ansatz (C.5). Escolhendo u(x) = y1(x) (soluo

conhecida), chega-se eq. (C.6) que, talvez, seja resolvida pelo mtodo de Frobenius.

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Referncias Bibliogrficas

[1] Mathematical Methods for Physicists, Sixth Edition, Arfken and Weber.

[2] Funes Especiais com Aplicaes, Edmundo Capelas de Oliveira.

[3] Funes Analticas com Aplicaes, Edmundo Capelas de Oliveira e Waldyr AlvesRodrigues Jr.

[4] Notas de Fsica Matemtica, Carmen Lys Ribeiro Braga.

[5] Quantum Mechanics, Third Edition, L.D. Landau and E.M. Lifshitz.

[6] Special Functions and Polynomials, Gerard t Hooft and Stefan Nobbenhuis.

[7] Introduo Anlise Linear, Vols. 2 e 3, Donald Kreider e outros.

[8] Fsica Matemtica, Butkov.

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