UNIVERSIDADE FEDERAL DO ESPRITO SANTOCENTRO DE CINCIAS EXATASG. M. Sotkov e U. Camara dSNotas de Funes EspeciaisVITRIA2010ResumoEm muitas oportunidades, durante o curso de Mecnica Quntica (e em qualquer cursosriodefsica), vocseconfrontarcomvriasfunesespeciais, aomesmotempoemque no so oferecidos cursos sobre o assunto durante a graduao. Assim, estas notas1,auto-consistentes, foram feitas para auxiliar o aluno (voc mesmo) no desao de entenderum pouco sobre o micro-mundo da mecnica quntica. As funes especiais encontradasaqui so: Gamma, Beta, Hipergeomtrica, Hipergeomtrica Conluente, os Polinmios deHermite, de Legendree as Funes de Legendre Associadas. Damos nfase s proprieda-des que sero teis no decorrer do curso: condies para as hipergeomtricas se tornarempolinmios (importantenoestudodosnveisdeenergiadevriospotenciais)eexpan-sesassintticasdashipergeomtricas(vitaisnaobtenodoscoecientesdereexoetransmisso em espalhamentos unidimensionais e sees de choque em espalhamentostridimensionais). Tambmoferecemosvriosexerccios, todoscomaplicaesnafsica(mesmoquenoapareamnocursodemec. quntica), comoobjetivodeestimularoaluno a se interessar mais pelo assunto. E temos trs apndices: No primeiro damos umapequena introduo sobre a Transformada de Fourier (essencial na Mec. Quntica) e afuno Delta de Dirac, no segundo tratamos do problema de Sturm-Liouville e o ter-ceiro dedicado obteno da segunda soluo independente duma equao diferencialordinria de segunda ordem quando j conhecemos uma soluo.Basicamente todo o contedo dessas notas pode ser encontrado nas referncias bibliogr-cas, anicadiferenaestnaordemdeexposio. Oslivros, emgeral, discutemasfunes hipergeomtricas e hipergeomtricas conuentes aps estudar os polinmios orto-gonais e as Funes de Legendre Associadas. Ns fazemos exatamente o oposto, j que asfunes citadas no passam de casos particulares de hipergeomtricas e hipergeomtricasconuentes. 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 construoSumrio1 Funes Gamma e Beta 11.1 Funo Gamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Funo Beta. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Relao entre a funo Gamma e funes trigonomtricas. . . . . . . . . . 51.4 Frmula de duplicao de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.5 Exerccios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 Funes Hipergeomtrica e Hipergeomtrica Conuente 102.1 Funo Hipergeomtrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.1.1 Equao diferencial e soluo via srie de potncias . . . . . . . . . 102.1.2 Representao Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.1.3 Relaes teis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.1.4 Expanses Assintticas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2 Funo Hipergeomtrica Conuente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.2.1 Equao diferencial e soluo via srie de potncias . . . . . . . . . 182.2.2 Representao Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.2.3 Expanso Assinttica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.2.4 Hipergeomtrica conuente como um problema de Sturm-Liouville. 212.3 Exerccios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223 Polinmios de Hermite 243.1 Denio via Funo Geratriz, Relaes de Recorrncia e a EDO de Hermite 243.2 Ortogonalidade e norma dos Polinmios de Hermite . . . . . . . . . . . . . 253.3 Relao com a funo Hipergeomtrica Conuente. . . . . . . . . . . . . . 273.4 Exerccios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284 Funes de Legendre 304.1 Polinmios de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.1.1 Funo Geratriz, Relaes de Recorrncia e Equao Diferencial . . 304.1.2 Ortogonalidade e norma dos polinmios de Legendre . . . . . . . . 324.1.3 Relao entre os polinmios de Legendre e a funo hipergeomtrica 344.1.4 Exerccios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354.2 Funes de Legendre Associadas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364.2.1 Denio e equao diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364.2.2 Ortogonalidade e norma das Funes de Legendre Associadas . . . 384.2.3 O casom < 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.3 Exerccios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41ATransformada de Fourier e Delta de Dirac 42A.1 Delta de Kronecker e Sries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42A.2 Transformada de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44A.3 Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46A.4 Transformada de Fourier emd dimenses e consequncias . . . . . . . . . . 47BProblema de Sturm - Liouville 52CWronskiano e a segunda soluo independente 55C.1 Wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Referncias Bibliogrcas 591Captulo 1Funes Gamma e Beta1.1 Funo GammaA funo Gamma () pode ser denida como a integral abaixo:(z) _0ettz1dt; 'e(z) > 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_0ettz1dt = z(z)Repare que(1) = 1, ento paraz= 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) =_0ett12dtt=u2= 2_0eu2du =2=(3/2) =12(1/2) =2;(5/2) =32(3/2) =34;. . . onde novamente usamos a eq.(1.2).Aeq. (1.1)estdenidanaregio 'e(z) >0, pormcomumacontinuaoanaltica,pode-se denir 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): oque 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=0zn(1.3)quando [z[ < 1, a srie converge para o valor:f(z) =11 z(1.4)Entretanto, a eq. acima est denida z ,= 1 e coincide com velhadenio (1.3) para[z[ 0com a troca: x = u2;y= v2(a)(b) = 4_0du_0dve(u2+v2)u2a1v2b1u = r cos ev= r sin = 4_ _0er2r2(a+b)1dr. .12R0etta+b1dt=12(a+b)___ 20(cos )2a1(sin )2b1d_Levando representao integral deB(a, b):B(a, b) = 2_ 20(cos )2a1(sin )2b1d; 'e(a), 'e(b) > 0 (1.7)Formas Alternativas:t = (cos )2em (1.7)B(a, b) =_10ta1(1 t)b1dt (1.8)t = x2em (1.8)B(a, b) = 2_10x2a1(1 x2)b1dx (1.9)t =u1+uem (1.8)B(a, b) =_0ua1(1 + u)a+bdu (1.10)51.3 RelaoentreafunoGammaefunestrigono-mtricasB(, 1 ) ()(1 )(1)..=1=_0u1(1 + u)du; 0 < 'e() < 1 (1.11)onde usamos a eq. (1.10)Resoluo da integral: _0x1(1+x)dx; 0 < 'e() < 1Considere a funof(z) =z11+z; z C; z= x + iyA funof(z) possui um plo simples emz= 1 e uma ramicao emz=0. Iremoscalcular a integral:I=_Cf(z)dzonde o contornoC dado pela gura (1.1)RC2C11Re zImzFigura 1.1: ContornoCI =_R

x11 + xdx +_C2z11 + z+_

R_e2ix_11 +e2i..=1xdx +_C1z11 + zdz= 2iRes_f(z)_z=1= 2iei(1)6C1:_C1z11 + zdz; z = ei= _20iei1 + eid 0( 0)C2:_C2z11 + zdz; z = Rei= R_20iei1 + Reid 1R1 0(R )No limite 0 eR 2iei(1)=_1 e2i(1)__0x11 + xdx_0x11 + xdx = 2i_ei(1)ei(1)_= sin ( 1)=sin (1.12)Substituindo (1.12) em (1.11) temos a relao desejada:(z)(1 z) =sin z(1.13)A eq. (1.13) foi derivada apenas para o intervalo0< 'e(z) 0 (a ser justicado)y

(z) =

n=0(k + n)zk+n1y

(z) =

n=0(k + n 1)(k + n)zk+n2Substituindo 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_ = 0comog0 ,= 0 k(k + c 1) = 0 ouk =___01 cCasok = 0:Temos a relao de recorrncia:gn+1=(n + a)(n + b)(n + 1)(n + c)gn; c ,= 0, 1, 2, . . . (2.2)Escolhendog0= 1y(z)k=0= 1 +abcz +a(a + 1)b(b + 1)c(c + 1)z22+ . . .ouy(z)k=0=(c)(a)(b)

n=0(a + n)(b + n)(c + n)znn! 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)12A 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 Nlogogn= 0; n > a(a N)2F1(N, b; c; z) um polinmio de grauN(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)nN!(N n)!(2.5)o polinmio2F1(N, b; c; z) toma a forma:2F1(N, b; c; z) =(c)(b)N

n=0(1)nN!(N n)!(b + n)(c + n)znn!(2.6)(b) seb = c2F1(a, b; b; z) =1(a)

n=0(a + n)n!zn= 1 + az + (a + 1)az22+ (a + 2)(a + 1)az33!+ . . .= (1 z)a(2.7)que pode ser facilmente vericado expandindo(1 z)aem srie de Taylor em torno dez= 0.Casok = 1 c:13A recorrncia ca:gn+1=(1 c + n)(1 + n + a + b c)(2 c + n)(1 + n)gn=(n + a + 1 + c)(n + b + 1 c)(n + 2 c)(1 + n)gn; c ,= 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) + Bz1c2F1(a + 1 c; b + 1 c; 2 c; z); c/ Z (2.9)ondeA eB so constantes.Observaes:(1) Se 'e(c) > 1, ento a segunda soluo singular emz= 0, portanto se as condiesde contorno exigirem uma soluo nita emz= 0 B= 0 ('e(c) > 1).(2) Assim como a eq. diferencial (2.1), a eq. (2.9) invariante a permutaoa b.2.1.2 Representao IntegralVamos 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)_102F1(a, b; d; zt)td1(1 t)cd1dt; 'e(c) > 'e(d) > 04no casoc 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 C14Substituindo a eq. (2.3) dentro da integral e invertendo a ordem da soma e integralI =(c)(d)(c d)_(d)(a)(b)_

n=0(a + n)(b + n)(d + n)znn!_ _10tn+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)znn! 2F1(a, b; c; z)Assim:2F1(a, b; c; z) =(c)(d)(c d)_102F1(a, b; d; zt)td1(1 t)cd1dt;'e(c) > 'e(d) > 0 (2.10)Essa uma representao integral de uma hipergeomtrica em termos de outra.No caso particulard = b, ela assume uma forma mais simples. Da eq. (2.7) temos:2F1(a, b; c; z) =(c)(b)(c b)_10tb1(1 t)cb1(1 zt)adt; 'e(c) > 'e(b) > 0 (2.11)que a representao integral usual da hipergeomtrica.Vamos mostrar duas aplicaes simples da eq. (2.11).Primeira: tomandoz= 1 em (2.11):2F1(a, b; c; 1) =(c)(b)(c b)_10tb1(1 t)cab1dt. .eq.(1.8)= B(b,cab)=(b)(cab)(ca)=(c)(c a b)(c a)(c b)(2.12)15com5'e(c a b) > 0 e 'e(b) > 0.Segunda: derivando a eq.ddz2F1(a, b; c; z) = a(c)(b)(c b)_10tb(1 t)cb1(1 zt)(a+1)dt=abc(1+c) .. c(c)b(b). .(1+b)(c b)_10t(b+1)1(1 t)(c+1)(b+1)1(1 zt)(a+1)dt=abc2F1(a + 1, b + 1; c + 1; z)Repetindo o processom vezesdmdzm 2F1(a, b; c; z) =[a(a + 1) . . . (a + m1)][b(b + 1) . . . (b + m1)]c(c + 1) . . . (c + m1)2F1(a + m, b + m; c + m; z)que pode ser escrito de uma forma mais elegante (via eq. (2.4))dmdzm 2F1(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;z1 z_ =(c)(c b)(b)_10tcb1(1 t)b1_1 +zt1 z_adt=(c)(c b)(b)(1 z)a_10tcb1(1 t)b1(1 (1 t)z))adtagora faa a troca: 1 t = u= (1 z)a(c)(c b)(b)_10ub1(1 u)cb1(1 + zu)adt= (1 z)a2F1(a, b.c.z)5condio de vlidade da equao (1.8), justicando o raio de convergncia da srie de potncias162F1(a, b; c; z) = (1 z)a2F1_a, c b; c;z1 z_(2.14)que relaciona valores da hipergeomtrica no intervalo [z[ 0(2.23)Parad=a, temosarepresentaointegral dahipergeomtricaconuenteusualmenteencontrada na literatura:1F1(a; c; z) =(c)(a)(c a)_10eztta1(1 t)ca1dt; 'e(c) > 'e(a) > 0 (2.24)2.2.3 Expanso AssintticaDa eq. (2.24) iremos achar o comportamento da funo hipergeomtrica conuente para[z[ .1F1(a; c; z) =(c)(a)(c a)_10eztta1(1 t)ca1dtcom a trocau = tz1F1(a; c; z) =(c)(a)(c a)(z)a__0euua1_1 +uz_ca1du. .(I)+_zeuua1_1 +uz_ca1du. .(II)_(I): [z[ (I) _0euua1du = (a)21(II):(II) =_z0eu_1 +uz_ua1duv=u+z=_0ezv_vz_ca1(v z)a1dv(II)|z| ezzac+1(z)a1_0evvca1dv= ezzac+1(z)a1(c a)Assim:1F1(a; c; z)|z|(c)(c a)(z)a+(c)(a)ezzac(2.25)que o resultado desejado9.2.2.4 HipergeomtricaconuentecomoumproblemadeSturm-LiouvilleVamos aplicar a lgica desenvolvida no apndice B funo hiperg. conuente. Primeiro,rescrevemos a eq. (2.19) na forma Auto-Adjunta:_zcezy

_

= a(zc1ez)y(z)Comparandocomaeq. (B.3)(verapndice), temos: p(z) =zcez, q(z) =0, (z) =zc1eze n= a. A eq. hiperg. conuente uma eq. de auto-valores, sendo a o autovalor. Se 'e(c) > 0 p(z= 0) = p(z ) = 0, ento nosso espao CP o das funescontinuas por partes (ver apndice A) comz [0, ), onde os vetoresyaeya (a ,=a

)so ortogonais em relao ao produto interno (B.5),i.e._0zc1ez1F1(a; c; z)1F1(a

; c; z) = 0, a ,= a

, 'e(c) > 0 (2.26)9reparequeaeq. (2.25) cresceexponencialmente, por issoasingularidadenoinitoirregular(essencial)222.3 ExercciosPropostos(1) Resolva a eq. (2.19) atravs do mtodo de Frobenius (srie de potncias), chegando eq. (2.20).(2) Integral elptica completa de primeiro tipo e o perodo do pndulo:(a) A integral elptica completa de primeiro tipo denida comok(m) =_10dt(1 t2)12(1 mt2)12, [m[ < 1. (2.27)Comparando com a forma integral (2.11) da funo hipergeomtrica, demonstre a igual-dade:k(m) =22F1_12, 12; 1; m_(b) O perodo de oscilao de um pndulo dado pela integral:T= 4l2g_M0dcos cos Mondel o comprimento do pndulo,g a acelerao gravitacional eMo ngulo mximode oscilao (ponto de retorno). Com a trocasin2=sinM2sin e usando a eq. (2.27),chegue em:T = 4lgk_sin2_2__= 2lg_1 +14 sin2_2_ +964 sin4_2_ +O_sin6_2__(3) A denio da funo Gamma Incompleta 10:(z, x) _x0ettz1dt = 2_x0eu2u2z1du, x, 'e(z) > 0 (2.28)10A funo Gamma (completa) dada pelo limite(z, x ) = (z)23Atravs da representao integral (2.24), verique a igualdade:(z.x) =xzz1F1(z; z + 1; x) (2.29)(4) A funo Beta Incompleta denida como11:B(a, b)x _x0ta1(1 t)b1dt, 0 < x 1 'e(a), 'e(b) > 0 (2.30)(a) Demonstre a seguinte srie de Taylor:(1 t)b1=

n=0(1 b + n)(1 b)tnn!(b) Substitua o resultado da letra (a) na denio deB(a, b)x, inverta a ordem da somae integral e integre para obter o resultado:B(a, b)x= xa

n=0(1 b + n)(1 b)xnn!(n + a)(c) Comparando com a srie (2.3), chegue igualdadeB(a, b)x=xaa2F1(a, 1 b; a + 1; x) (2.31)(5) Utilizando as representaes intergrais da hipergeomtrica e da hipergeomtrica con-uente (eqs. (2.3) e (2.20)), demonstre a frmula:_0ett1F1(; ; kt) =( + 1)+12F1_, + 1; ; k_(2.32)que serve, por exemplo, para normalizar os auto-estados de energia do potencial de Morseunidimensional.11a funo Beta completacorresponde ao caso particularB(a, b)x=124Captulo 3Polinmios de Hermite3.1 Denio via Funo Geratriz, Relaes de Recor-rncia e a EDO de HermiteUma tima forma de denir os polinmios de Hermite (Hn(u)) como os coecientes dasrie de potncias da seguinte funo geratrizg(z, u) ez2+2zu=

n=0znn!Hn(u) (3.1)Tal denio til, pois possibilita a derivao de relaes de recorrncia entre os polin-mios de forma muito simples. Aplicandozna eq. acima:gz= (2z + 2u)g=

n=1zn1(n 1)!Hn(u) =

n=0znn!Hn+1(u)(2uH0H1)z0+

n=0(2uHn2nHn1Hn+1)znn!= 0nos levando a relao de recorrncia:2uHn2nHn1= Hn+1, n = 0, 1, 2, . . . (3.2)25quepermiteaobtenodequalquerHn(u)conhecendoapenasH0. Comog(0, u)=1,temos queH0(u)=1. Logo, os primeiros polinmios podem ser facilmente encontradosvia eq. (3.2):H0(u) = 1; H1(u) = 2u; H2(u) = 2(2u21); H3(u) = 12u_23u21_. (3.3)Agora, vamosderivarafunogeratrizemrelaovarivel uparaencontraroutrarecorrncia:gu= 2zg=

n=0znn!H

n(u)2

n=0zn+1n!Hn(u) = 2n

n=1znn!Hn(u) =

n=0znn!H

n(u)H

n= 2nHn(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)OspolinmiosdeHermitesrepresentamumadassoluesdessaeq. diferencial desegunda ordem. A outra soluo (que no um polinmio) ser discutida na seo (3.3).3.2 Ortogonalidade e norma dos Polinmios de HermiteSeguindoomtododesenvolvidonoapndiceB, iremosmostrarqueospolinmiosdeHermite so vetores ortogonais1do espao vetorial das funes contnuas por partes (verapndiceA)comoargumentou R(naverdadeelesformamumabasedesseespaovetorial). Para isso, vamos rescrever a eq. (3.5) na forma Auto-Adjunta:_eu2H

n(u)_

= 2neu2Hn(u)1em relao a um produto interno a ser denido26ouseja, aEDOdeHermiteumaeq. deauto-valores. Comparandocomaeq. geral(B.3), temosquep(x) =(x) =eu2(0, quandou ), q(x) =0en=2n.Substituindo em (B.5):(Hn, Hm) _eu2Hn(u)Hm(u)du = 0, n ,= mAlm da ortogonalidade, tambm precisamos da norma do vetor (para normalizar a funode onda do oscilador harmnico),i.e. de(Hn, Hn) =_0eu2Hn(u)2du AnCom a ajuda da ortogonlidade e da eq. de recorrcia (3.2), calcular tal norma ser umatarefa bem simples, vamos ela! Pela eq. acima tm-se que:2nAn1=_0eu2(2nHn1)Hn1dueq. (3.2)=_0eu2(Hn+1 + 2uHn)Hn1=_eu2Hn(2uHn1)dueq.(3.2)=_eu2Hn(Hn + 2(n 1))Hn2=_eu2H2ndu = AnAn+1= 2(n + 1)An(3.6)A eq. (3.6) relaciona as normas dos polinmiosHn eHn+1, logo s precisamos calcular(H0, H0) A0=_eu2du =para conhecer qualquerAn.A1= 2A0= 2, A2= 222, A3= 233! . . .An= 2nn!,ou seja:(Hn, Hm) =_0eu2Hn(u)Hm(u)du = 2nn!nm(3.7)273.3 Relao com a funo Hipergeomtrica ConuenteAtaqui, discutimosasprincipaispropriedadesdospolinmiosdeHermiteexatamenteda mesma forma que o leitor pode encontrar em qualquer livro de fsica matemtica oumec. quntica (ver referncias bibliogrcas). Entretanto, o que no muito discutido naliteratura que quando vamos resolver a eq. de Schrdinger para o oscilador harmnicono chegamos imediatamente eq. diferencial (3.5), mas sim eq..H

(u) 2uH

(u) + 2H(u) = 0 (3.8)com(apriori) > 12. Ento, porquenosinteressamostantopelocaso =n=0, 1, 2, . . .?E qual o paradeiro da segunda soluo independente desta eq. diferencial desegunda ordem?As respostas para essas perguntas esto na relao entre a funo H e ahiperg. conuente, juntamente com a condio de contorno imposta pela mec. quntica.Tal relao pode ser facilmente obtida com a troca x = u2que transforma a eq. (3.8) em:xd2H(x)dx2+_12 x_dH(x)dx+2H(x) = 0que a EDO hiperg. conuente paraa = 2,c =12, cuja soluo dada pela eq. (2.20),i.e.H(u) = A1F1_2; 12; u2_ + Bu1F1_( 1)2; 32; u2_(3.9)Quando u , H(u) cresce exponencialmente ( eu2), devido eq. (2.25). Por outrolado, a mec. quntica impe uma condio de contorno sobre a soluo. exigido que aintegral(H, H) =_0eu2H(u)2du28convirja. Isso s possvel seHfor 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 tomarBn= 0 paraHn(u) ser um polinmio e se= n =1, 3, 5, . . .An quem deve ser nulo. Em suma temos:Hn(u) ___(1)n2n!(n2)!1F1_n2;12; u2_, n = 0, 2, 4, . . .(1)n122(n!)(n12)!u1F1_n12;32; u2_, n = 1, 3, 5 . . .(3.10)ondeasconstantesforamajustadasparaaseqs. (3.2)e(3.10)coincidirem3. Oestudodesta seo explica o porqu de n = 0, 1, 2, . . . (justicando a quantizao da energiado oscilador) e o motivo de s utilizarmos uma das solues da EDO de Hermite.3.4 ExercciosPropostos(1) Derivao alternativa da eq. (3.9):Faa a trocaH(u(x)) =xW(x) (ondex = u2) na eq. (3.8), encontre a eq. diferencialparaW(x) (uma hipergeomtrica conuente) e chegue novamente em (3.9).(2) Frmula de RodriguesUma outra forma de denir os polinmios de Hermite atravs da frmula de Rodruigues:Hn(u) (1)neu2 dndxneu2(3.11)Verique que para os valores den = 0, 1, 2 e3 ela coincide com a eq. (3.3).(3) Expanso de uma funo em termos dos polinmios de Hermite(a) SejaF(u) uma funo contnua por partes (ver apndice A),comu R. SupondoqueF(u) possa ser expandida em termos dos polinmios de HermiteF(u) =

n=0CnHn(u) (3.12)2j que nenhuma combinao linear das duas solues pode cancelar os termos divergentes.3compare com a eq. (3.3)29mostre (com a ajuda da eq. (3.7)) queCn=12nn!_eu2F(u)Hn(u)du (3.13)(b) Prove a chamada relao de completude (ver eq. (B.8)):eu2(u u

) =

n=0Hn(u)Hn(u

)2nn!(3.14)30Captulo 4Funes de Legendre4.1 Polinmios de Legendre4.1.1 Funo Geratriz, Relaes de Recorrncia e Equao Dife-rencialOs polinmios de Legendre (Pl(x)) podem ser denidos atravs da seguinte funo geratriz:g(x, t) 11 2xt + t2=

l=0Pl(x)tl, 0 t < 1, 1 x 1 (4.1)Comog(x, 0) =1, entoP0(x) =1. Oquesersucienteparaconhecermos todosospolinmiosPl(x), assimquederivarmosalgumasrelaesderecorrncia. Paraisso,comearei aplicandotem (4.1)g(x, t)t=x t(1 2tx + t2)1/2(1 2tx + t2)=

l=0lPl(x)tl1ll+1=

l=0(l + 1)Pl+1(x)tleq.(4.1) (x t)

l=0Pl(x)tl= (1 2xt + t2)

l=0(l + 1)Pl+1(x)tl31Agrupando os termos em potncias det(xP0P1)t0+ (3xP1P02P2)t +

l=2[(2l + 1)xPl(l + 1)Pl+1lPl1]tl= 0levando relao(l + 1)Pl+1= (2l + 1)xPllPl1, l = 0, 1, . . . (4.2)Os polinmios Pl(x) podemser facilmentederivados, paraqualquer l, viaeq. (4.2),sabendo queP0(x) = 1 (como j havamos adiantado). Os primeiros termos so:P0(x) = 1, P1(x) = x, P2(x) =12(3x21),P3(x) =12(5x33x), P4(x) =18(35x430x2+ 3) (4.3)Outras relaes de recorrncia, agora relacionando derivadas dePl(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=0Pltl=

l=0P

l(x)tl

l=1Pl1tl=

l=0P

ltl2x

l=0P

l1tl+

l=2P

l2tl0 = P

0t0+ (P

12xP

0P0)t +

l=2(P

l+ P

l22xP

l1Pl1)tlA igualdade s verdadeira se cada potncia for nula, ou seja:P

0(x) = 0, P

1(x) = 1P

l+1(x) + P

l1(x) = 2xP

l(x) + Pl(x), l 1 (4.4)Vamos efetuar a seguinte operao: 2ddx[eq. (4.2)](2l + 1)[eq. (4.4)]. Aps um pequenotrabalho algbrico(2l + 1)Pl(x) = P

l+1(x) P

l1(x) (4.5)32Combinaes das eqs. (4.4) e (4.5) fornecem vrias relaes interessantes. Por exemplo,eq. (4.4)+ eq. (4.5) (coml l 1)P

l= xP

l1 + lPl1(4.6)ex_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 polinmioPl(x) uma das solues. Somando (4.6) e (4.7)(1 x2)P

l= lPl1lxPlderivando(1 x2)P

l2xP

l= lP

l1. .eq.(4.7)= l(xP

llPl)lPllxP

lassim, terminamos com a seguinte eq. diferencial de segunda ordem (onde s aparecePl)(1 x2)P

l(x) 2xP

l(x) + l(l + 1)Pl(x) = 0 (4.8)que a eq. de Legendre. A outra soluo da eq. (4.8) ser discutida daqui a pouco (seo(4.1.3)).4.1.2 Ortogonalidade e norma dos polinmios de Legendre trivial ver que pode-se rescrever a eq. (4.8) como((1 x2)P

l)

= l(l + 1)Pl33i.e., temos uma eq. de auto-valores (ver apndice B), onde(x)=1,q(x)=0 ep(x)=1 x2p(1) = p(1) = 0. Logo os polinmiosPl so ortogonais em relao ao seguinteproduto interno(Pl, Pm) =_11Pl(x)Pm(x)dx = 0, l ,= mA norma (Pn, Pn) facilmente calculada atravs da eq.(4.2) e da ortogonalidade.Primeirofaal l 1 em (4.2), ento multiplique-a porPl(x) e integre:(Pl, Pl) =_11Pl(x)2dx =1l_11Pl(x)_(2l 1)xPl1(x) (l 1)Pl2(x)_=(2l 1)l_11xPl(x)Pl1(x)dxonde a ortogonalidade foi usada.Agora multiplique a eq. (4.2) porPl1 e integre:(Pl1, Pl1) =_11P2l1=1l_11Pl1(x)_(2l + 1)xPl(l + 1)Pl+1_=(2l + 1)l_11xPl1(x)Pl(x)dxComparando as eqs.(Pl, Pl) =2l 12l + 1(Pl1, Pl1)Sabendo que(P0, P0) =_11dx = 2 (P1, P1) =132, (P2, P2) =35132, . . . ,(Pl, Pl) =_2l 12l + 1__2l 32l 1__2l 52l 3_. . ._13_2 =22l + 1Levando forma nal(Pl, Pm) =_11Pl(x)Pm(x)dx =22l + 1lm(4.9)344.1.3 Relao entre os polinmios de Legendre e a funo hiper-geomtricaFaaatrocay=1x2(x= 2y + 1)naeq. diferencialdeLegendre(4.8). Apsumapequena lgebray(1 y)d2dy2Pl(y) + (1 2y)ddyPl(y) + l(l + 1)Pl(y) = 0Uma rpida comparao com a eq. (2.1) mostra que a eq. acima uma hipergeomtricacomosparmetrosa= l (comodeveserparaahipergeomtricaserumpolinmio),b = l + 1 ec = 1. J quec = 1 Z, a segunda soluo independente singular no pontoy= 0 (x = 1)1. SendoPl(1) = 1 (ver exerccio (1) deste pargrafo) e2F1(a, b; c; 0) = 1, arelao entre essas funes caPl(x) =2F1_l, l + 1; 1; 1 x2_(4.10)Queremos deixar claro que a segunda soluo da eq. (4.8) existe, mas pela relao coma eq. diferencial hipergeomtrica ca claro (poisc = 1 Z) que ela no um polinmioe diverge emy=0 (x=1) (da formaln y, y 0, como mostrado no apndice C). Empraticamente todas as aplicaes fsicas exige-se a regularidade dePl(x) no pontox=1(y= 0), assim essa segunda soluo descartada.OutrocomentriodignodenotaquenaMecnicaQuntica(equasetodasasoutrasaplicaes fsicas2) aeq. (4.8)no aparece (apriori ) coml =0, 1, 2, . . ., mas sim coml = >0. Adiscretizaodel umaimposioqueocorrequandoascondiesdecontorno do problema exigem regularidade da soluo no pontox= 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 nito. Alm disso, a M.Q. exige que _11(P(x))2< oque no seria possvel seP(1) fosse um plo simples _11(P(x))2dx _11(1x)2dx 11x,x 0.354.1.4 ExercciosPropostos(1) Usando a eq. (4.1) no pontox = 1, mostre quePl(1) = 1 l = 0, 1, 2, . . .(2) Frmula de Rodrigues:Uma denio alternativa para os polinmios de Legendre :Pl(x) =12ll!dldxl(x21)l(4.11)Verique que os primeiros termos coincidem com a eq. (4.3).(3) Paridade dos Polinmios de Legendre: novamente com a ajuda da eq.(4.1), demonstrea igualdadePl(x) = (1)lPl(x) (4.12)(4) Prove a relao (basta usar a funo geratriz (4.1))1[r

r[=1r

l=0Pl(cos )_ rr_l, r < r (4.13)onde cos =r.

r|r||

r|. A eq. acima muito til no eletromagnetismo, em especial na expansomultipolar (ver nal do apndice A).(5) Expanso de uma funo em termos dos polinmios de Legendre(a) Seja F(x) uma funo contnua por partes denida no intervalo x [1, 1]. SupondoqueF(x) possa ser expandida em termos dos polinmios de LegendreF(x) =

l=0ClPl(x) (4.14)mostre (com a ajuda da eq. (4.9)) queCl=2l + 12_11F(x)Pl(x)dx (4.15)(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 (4.16)364.2 Funes de Legendre Associadas4.2.1 Denio e equao diferencialA denio das Funes de Legendre Associadas Pml(x) = (1 x2)m/2dmdxmPl(x), l m l (4.17)A eq. acima fornece alguns resultados importantes de imediato. Um quePml(1) = Pml(1) = 0 (4.18)outro a paridade dePml(x). Fazendox x na denio acima mais a ajuda da eq.(4.12):Pml(x) = (1)l+mPml(x) (4.19)TambmevidentequePml(x) =0sem>l (explicandopartedarestriosobreosvalores de m), pois Pl(x) um polinmio de grau l, logo, se o derivarmos mais de l vezes oresultado ser zero. J a outra restrio (l < m) necessria, pois a denio (4.17) nofaz sentido para esses valores dem< l. Na verdade, vamos considerar, por enquanto,apenas m > 0, mais frente ser mostrado que existe uma relao entre Pml(x) e Pml(x),i.e. suciente nos restringirmos ao casom > 0.Pela denio (4.17) mais a eq. (4.3) ca fcil derivar algumas das Funes de LegendreAssociadas:l = 1 : P11(x) = (1 x2)1/2(4.20)l = 2 : P12(x) = 3x(1 x2)1/2, P22(x) = 3(1 x2)l = 3 : P13(x) =32(5x21)(1 x2)1/2, P23(x) = 15(1 x2), P33= 15x(1 x2)3/2l = 4 : P14(x) =52(7x33x)(1 x2)1/2, P24(x) =152(7x21)(1 x2)P34(x) = 105x(1 x2)3/2, P44(x) = 105(1 x2)237O estudo dessas funes ser feito de forma bastante ortodoxa aqui. Apelarei diretamenteparaarelaoentreospolinmiosdeLegendreeafunohipergeomtricamaisaeq.(2.13), oquepermite(deumaformabemsimples)relacionarasfunesdeLegendreAssociadas com hipergeomtricas.dmdxmPl(x) =dmdxm 2F1_ l , l + 1; 1; 1 x2_eq.(2.13)=_(l + m)(l)_(l + m)!l!1m!(1)m2m2F1_ l +m, l + 1 + m; 1 + m; 1 x2_Usandoaeq. (2.5)(comNl en m)notermoentreparnteses, asfunesdeLegendre Associadas podem ser escritas, de forma elegante, como:Pml(x) =(l + m)!(l m)!(1 x2)m/22mm!2F1_(l m), l + 1 + m; 1 + m; 1 x2_. (4.21)A vantagem da eq. acima que obviamentePml(x(y))[1x2(y)]m/2 Pml(y)[y(1y)]m/2 2F1((l m), l +1; m+1; y) (y =1x2) soluodaeq. hipergeomtrica(2.1), coma =(l m),b = l + m + 1 ec = m + 1,i.e.y(1 y)d2dy2__y(1 y)_m/2Pml(y)_ + (1 + m2(m + 1)y)ddy__y(1 y)_m/2Pml(y)_+((l m))(l + m + 1)__y(1 y)_m/2Pml(x)_= 0Abrindo as derivadas (e usando a igualdade(l m)(l + m + 1) = l(l + 1) m(m + 1))y(1 y)d2dy2Pml(y) + (1 2y)Pml(y) +_l(l + 1) +m24y(y 1)_Pml(y) = 0Passando para a coordenadax = 1 2y:(1 x2)d2dx2Pml(x) 2xddxPml(x) +_l(l + 1) m2(1 x2)_Pml(x) = 0 (4.22)que a eq. diferencial para as funes de Legendre Associadas. Os motivos por trs dasegundasoluoindependentedaeq. acimaserignoradaedenoserdiscutidoocasol / N so os mesmos j mencionados na seo dos polinmios de Legendre.384.2.2 Ortogonalidade e norma das Funes de Legendre Associa-dasRescrevendo a eq. (4.22) na forma Auto-Adjunta:ddx_(1 x2)ddxPml(x)_m2(1 x2)Pml(x) = l(l + 1)PmlUmasimplescomparaocomaeq. (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)Pml (x) = 0, l ,= l

(4.23)Reparequeaeq. acimastemsentidoseosndices msdasduasfunesforemosmesmos, devido ao fato deq(x) depender explicitamente dem (na verdade de [m[) e naderivao da eq. (B.5) assumirmos que apenas o auto-valorl= l(l + 1) muda.Oclculodanormanonadasimples. Omtodoquevamosusartrabalhosomasde fcil entendimento. Ele baseado na frmula de Rodrigues paraPml, algo facilmentederivado via a frmula de Rodrigues dos polinmios Pl(x) (eq. (4.11)) e a denio (4.17)Pml(x) =(1 x2)m/22ll!dm+ldxm+l(x21)l(1)m/222l!Xm/2dm+ldxm+lXl(4.24)onde X = (x21). Assim:(Pml, PMl) =_11dxPml(x)2=(1)m22l(l!)2_11dx_Xmdm+ldxm+lXl__dm+ldxm+lXl_integrando por partes (e usando que Xx=1= 0)= (1)m22l(l!)2_11dx_dm+l1dxm+l1Xl_ddx_Xmdm+ldxm+lXl_apsl + m integrao por partes:(Pml, PMl) =(1)l22l(l!)2_11dxXldm+ldxm+l_Xmdm+ldxm+lXl_39Usando a frmula de Leibnizdndxn_A(x)B(x) =n

s=0n!(n s)!s!_dnsdxnsA(x)__dsdxsB(x)_(4.25)temos:dm+ldxm+l_Xmdl+mdxl+mXl_ =l+m

s=0(m + l)!(m + l s)!s!_dm+lsdxm+lsXm__ds+l+mdxs+l+mXl_como Xp um polinmio de grau2p (p N)4, os termos no nulos da soma acima soaqueles que obedecem, simultaneamente, as duas desigualdades:m + l + s 2lm + l s 2mimplicando ques = l m (subtraia as desigualdades). Logo:dm+ldxm+l_Xmdl+mdxl+mXl_ =(m + l)!(2m)!(l m)!_d2mdx2mXm__d2ldx2lXl_ =(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(x21)l=(2l)!(l + m)!22l(l!)2(l m)!_0_sin _2l+1d. .=22l+1(l!)2(2l+1)!, x = cos =22l + 1(l + m)!(l m)!onde o resultado da integral acima dado pelo exerccio (3) do captulo 1. Finalmente:(Pml, Pml ) =22l + 1(l + m)!(l m)!ll (4.26)que a equao procurada.4Xp= (x21)p= x2p+O(x2p1) d2pdx2pXp= (2p)!404.2.3 O casom < 0Nosso interesse est na soluo, no singular em x = 1, da eq. diferencial (4.22) ( ela queir aparecer por toda a sua vida) e repare que tal eq. diferencial s depende de m2, i.e. nodepende do sinal dem. Esse fato demonstra quePml(x) (m > 0) tambm soluo damesma equao. Consequentemente ou ela proporcional Pmlou corresponde segundasoluo independente da equao de segunda ordem. A primeira opo a correta, j quePmlnosingularemx=1(y =1x2=0)(vereq. (4.24)(fazendom m)),portanto no pode ter relao com a segunda soluo independente (que singular emx = 1). Logo:Pml(x) = ClmPml(x)onde Clm uma constante de proporcionalidade que s depende de l e m. Para encontrarClm tenha:(Pml, Pml) =_11dxPml(x)Pml(x)eq.(4.17)=_11dx_dmdxmPl(x)__dmdxmPl(x)_integrando por partes=_dmdxmPl(x)__dm1dxm1Pl(x)_x=1x=1_11dx_dm+1dxm+1Pl(x)__dm1dxm1Pl(x)_oprimeirotermonulodevidoaparidadede Pl(x)( Pl(x) =(1)lPl(x)viaeq.(4.12)). Apsmintegraesporpartes(semprecomotermodederivadatotal dandozero):(Pml, Pml) = (1)m_11dxPl(x)2= (1)m22l + 1Por outro lado:(Pml, Pml) = Clm(Pml, Pml) = Clm22l + 1(l + m)!(l m)!41Comparando:Pml(x) = (1)m(l m)!(l + m)!Pml(x) (4.27)provando quePmlePmlso proporcionais,i.e. linearmente dependentes.4.3 ExercciosPropostos(1) Os harmnicos esfricos (que descrevem a dependncia angular de um sistema qun-tico no-relativstico com simetria radial) so denidos como:Yml(, ) =2l + 14(l m)!(l + m)!Pml(cos )eim, 0 , 0 < 2 (4.28)ondel N em = l, l + 1, . . . , l 1, l. Verique que:_20d_0d sin [Yml(, )[2= 142Apndice ATransformada de Fourier e Delta deDiracUm certo conhecimento sobre transformada de Fourier essencial no curso de Mec. Qun-tica, poroutrolado, emgeral, oalunoaindanoestudouoassunto. Oobjetivodesteapndice de, sem se aprofundar na matemtica, introduzir elementos bsicos da trans-formada de Fourier, ao menos o suciente para os nossos propsitos1. Antes de falar detransformada de Fourier vamos fazer uma pequena reviso sobre sries de Fourier.A.1 Delta de Kronecker e Sries de FourierSen, m Z, ento o delta de Kronecker denido como:nm=___0, sen ,= m1, sen = m(A.1)1o aluno que desejar se aprofundar mais no assunto deve consultar a bibliograa43Existem muitas representaes para a eq. (A.1). As de nosso interesse so:nm=12L_LLei(nm)xLdx=1L_LLcos_nxL_cos_mxL_dx=1L_LLsin_nxL_sin_mxL_dx (A.2)onde as duas ltimas no representam00= 1. Por inspeo direta voc pode conrmarqueessasrepresentaessolegtimas. Aeq. (A.2)servecomopr-requisitoparaadenio de sries de Fourier.Sejaafunof(x) umvetor noespaovetorial das funes contnuapor partes2nointervalox [L, L] (chamarei deCP), ento assumindo que o conjunto de vetores(1/2, cosxL, cos2xL , . . . , sinxL, sin2xL , . . .) forma uma base de CP, f(x) pode ser escrita como:f(x) =a02+

n=1_an cos_nxL_ + bn sin_nxL__(A.3)Mesmosemprovarnadaadenioacimabemnatural, ondeapartedoscossenos(incluindo o termoa0) descreve a parte simtrica da funo,enquanto os senos a parteanti-simtrica3. Para determinar os coecientes de Fourier a0, an e bn, vamos aplicar, res-pectivamente, _LL dx, _LL dx cosmxL , _LL dx sinmxLna eq. acima e utilizar (assumindouma integrao termo a termo) a eq. (A.2). Assim temos:a0=1L_LLdxf(x)an=1L_LLdxf(x) cos_nxL_bn=1L_LLdxf(x) sin_nxL_(A.4)2funes que possuem apenas um nmero nito de descontinuidades e de extremos (mximos, mnimose pontos de inexo) em um intervalo denido.3todafunopodeserescritacomoasomadeumapartesimtricaeumaani-simtrica: f(x) =12(f(x) + f(x)) +12(f(x) f(x))44Com as frmulascosnxL=12(einxL+ einxL ) esinnxL=12i(einxL einxL ), a srie de Fourier(A.3) pode ser rescrita como:f(x) =

n=cneinxL(A.5)ondec0=a02cn=12(anibn), sen > 0cn=12(an + ibn), sen < 0Substituindo (A.4) na eq. acima, chega-se a uma frmula universal paracncn=12L_LLdxf(x)einxLn Z (A.6)quepoderiaserderivadaaplicando _LL dxeimxLnaeq. (A.5)eusandoaprimeiraeq.de (A.1). Repare que nessa forma os coecientes so imaginrios, pormcn= cn o quegarante a realidade def(x) (f(x)=f(x)). Por outro lado,poderamos ter denido asrie de Fourier como a eq. (A.5) (sem referncia eq. (A.3)) com f(x) sendo uma funocomplexa e mesmo assim a primeira eq. de (A.2) garantiria que os coecientescn seriamdados por (A.6), i.e. as eqs. (A.5) e (A.6) denem a srie de Fourier mesmo para umafuno complexa (s que sendo complexa, cn ,= cn). Isso encerra a pequena reviso sobresries de Fourier.A.2 Transformada de FourierAtransformadadeFourierconsistenolimiteL dasriedeFourier, ouseja, elarepresenta uma funof(x) contnua por partes que est denida em toda reta. Vamosver como tomar tal limite.Mudando a notao da seguinte forma: k nL, k k(n + 1) k(n)=1Lecn c(k),45ento temos pela eq. (A.5):f(x) =

k_Lk..=1_c(k)eikx=12

kk_2Lc(k)_eikxDenindo:F(k) _2Lc(k)_ =12_LLdxf(x)eikxa srie pode ser escrita como:f(x) =

kF(k)2eikxk =

kreak(A.7)onde reak explicado gracamente na gura A.1k

ReareallkF.eikx2 FiguraA.1: Valores deF(k)2eikx(comxxo) paravrios valores de kemumexemplohipottico. Asomanaeq. (A.7)dadapelasomadaspequenasreas,como mostrado no pontok = l.QuantomaiorLmenorserk=1Lemaisprximosestaroospontosdag. (A.1).Ficaevidentepelagura(A.1)quenolimiteL (k 0)avarivel ksetornacontnua, F(k)eikx(x xo) vira uma funo contnua de k e a soma (A.7) tem como limiteumaintegral emk(integral areasobacurva). Ouseja, oresultadonal paraa46transformada de Fourier :f(x) =12_dkF(k)eikxF(k) =12_dxf(x)eikx(A.8)A.3 Delta de DiracAtransformadadeFourierpodeserusadaparaderivarumarepresentaointegral dafuno(distribuio) Delta de Dirac ((x)) que denida como:_f(x)(x x0)dx = f(x0) (A.9)fazendof(x) = (x) na segunda eq. de (A.8) implica queF(k) =12e, consequentente:(x) =12_dkeikx(A.10)que principal representao da Delta de Dirac usada na fsica.Se afrouxarmos a condiodef(x) R, i.e. considerarmosf(x) uma funo complexa (de uma argumento real), edenirmos 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 aplicar12_eik

xnos dois lados da equao). O que quero dizer que a frmula (A.8) valemesmo 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) =12,47ao invs def(x) = (x) eF(k) =12.f(x)(x a) = f(a)(x a) ([f(a)[ < )prova: _f(x)(xa)dx = f(a).1 = f(a)__(xa)dx_ =_f(a)(xa)dx(ax) =(x)|a|prova: _(x)dx=_(|a|x|a| )[a[dx|a|=_([a[([a[y))dy=_([a[(ay))dy=_([a[(ax))dx(g(x)) =

n(x xn)[g

(xn)[, ondeg(xn) = 0 eg

(xl) ,= 0 (A.11)prova: _(x x1)dx,comatroca: (x x1) =([g(x)[) =(g(x)) dx= [g

(x)[dx(g(x1) =0eg

(x1) ,= 0), logo:_(x x1)dx =_(g(x))[g

(x)[dx(g(x)) =(x x1)[g

(x)[=(x x1)[g

(x1)[a generalizao imediata.A.4 TransformadadeFourieremddimensesecon-sequnciasA generalizao da Delta de Dirac parad-dimenses imediata:_Rdf(x)d(x x

)ddx = f(x

) (A.12)48ou seja:d(x x

) (x1x

1)(x2x

2) . . . (xdx

d)=_12_dkeik1x1_. . ._12_dkeikdxd_=1(2)d_Rdddkei

k.x(A.13)A forma natural da transformada de Fourier emd dimenses :f(x) =1(2)d/2_RdddkF(

k)ei

k.x(A.14)e a eq.(A.13) mais a denio (A.12) garantem que a transformao inversa (basta aplicar1(2)d/2_Rd ei

k.xnos dois lados da eq. acima) seja dada por:F(

k) =1(2)d/2_Rdddxf(x)ei

k.x(A.15)denindo a transformada de Fourier emd-dimenses.Uma propriedade interessante (e muitoimportante na mec. quntica) da transformadade 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(2)d/2_Rdddk

F(

k

)ei

k

.x__1(2)d/2_RdddkF(

k)ei

k.x_=_Rdddk_Rdddk

F(

k)F(

k

)1(2)d_Rdddxei(

k

k

).x. .=d(

k

k

)=_Rdddk[F(

k)[2Iremos encerrar o apndice mostrando como resolver uma eq. diferencial parcial atravsda transformada de Fourier e da representao integral (A.10) da Delta de Dirac. Vamos49resolver a eq.:(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 FourierG(x x

) =1(2)3/2_R3d3k G(

k)ei

k.(xx

)e no direito a eq. (A.13) (comd = 3), camos com:1(2)3/2_R3d3kei

k(xx

)_([k[2+ 2) G(k) +e(2)3/2_ = 0como a transformada de Fourier de zero zeroG([k[) =e(2)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(2)3_R3d3kei

k(xx

)([

k[2+ 2)passando para coordenadas esfricas: d3k k2sin dkdd e k(x x

)=kr cos , ondek [

k[ er [x x

[G(x x

) =e(2)3_20d_0dkk2k2+ 2_0d sin eikr cos . .R 11 deikr=e22r_0dkk sin(kr)k2+ 2=e42r_dkk sin(kr)k2+ 2=e42rm__dkkeikrk2+ 2_ =e42rm__dkkeikr(k + i)(k i). .=(I)_(I) =_Cdzzeizr(z + i)(z i)= 2iRes_zeizr(z + i)(z i)_z=i= ier50ondeocontornoCdadopelagura(A.2). Pegandoaparteimaginriadoresultadoacima chegamos resposta do problema:iiR Re zIm zFigura A.2: ContornoCG(r) =e4rer(A.18)conhecido como potencial de Yukawa. No limite 0 e come=1

0, a eq. (A.17) viraa eq. de Poisson que descreve o potencial eltrico no pontox de uma carga pontual noponto x

com carga eltrica unitria. E a soluo ca:G(r) =1401r(A.19)Porm, mostrarei comoasoluo(A.19)sucienteparadeterminaropotencial ele-trostticodequalquerdistribuiodecarga(x)(acargatotal dadistribuioq =_R3 (x)d3x),i.e. qualquer soluo da eq. de Poisson:2(x) = (x)

0(A.20)Para isso, basta escrever(x) como:(x) =_R3d3x

G(x x

)(x

)51Aplicando 2:2(x) =_R3d3x

2_G(x x

)_(x

)!= (x)

0que s verdade seG(x x

) for soluo de (A.17) com = 0 ee=1

0,i.e. se for a eq.(A.19). Portanto, a soluo geral da eq. (A.20) :(x) =140_R3d3x

(x

)[x x

[(A.21)ondeointegrandopodeserexpandidaemtermosde x

x=r

r(se [x[formaiorqueasdimenses da distribuio de cargas) via frmula (4.13):(x) =140r

l=0_R3d3x

(x

)Pl(cos )_r

r_l, cos =x.x

rr

=140qr+140 p.xr3+140xixj2r5Qij+ . . .que a famosa expanso multipolar. Os termos p eQijso, respectivamente, chamadosde momento de dipolo e tensor de quadripolo e so dados por: p =_R3d3x

x

(x

)Qij=_R3d3x

(x

)(3xixjijr2)Qij um tensor simtrico (Qij= Qji) e de trao nulo (Qii= 0).52Apndice BProblema de Sturm - LiouvilleDada a EDO de segunda ordem:y

(x) +a1(x)a2(x)y

(x) +a0(x)a2(x)y(x) = 0 (B.1)com a2(x) ,= 0, exceto em alguns pontos isolados (possveis singularidades).Multiplicandoa eq. porp(x)=exp(_xa1( x)a2( x)d x) e denindoq(x)=a0(x)a2(x)exp(_xa1( x)a2( x)d x), rescrevemos aeq. (B.1) na forma Auto-Adjunta (algo sempre possvel):Ly(x) _p(x)y

(x)_

+ q(x)y(x) = 0 (B.2)A forma Auto-Adjunta (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 denida) chamada de funo pesoe ser importante mais frente.As funes yn(x) (para vrios valores de n), esto denidas no espao vetorial das funescontinuasporpartes, numcertointervalodoargumentox(porexemplo, [a, b], [0, ),53(, ), etc.) que vamos chamar deCP. Existem certas restries sobrep(x), q(x) e(x) que so:p(x) > 0 diferenciavel em CP ep(x) = 0 emCP(extremos (ou bordas) de CP)q(x) e(x) > 0 (pode ser zero emCP) so continuas em CPAs condies acima so sucientes para mostrar a ortogonalidade entre as funesyn(x).Para provar a armao, basta tomar a seguinte diferena:yn( Lym) ym( Lyn) = (nm)(x)yn(x)ym(x)que aps simplicaes no lado esquerdo (usando a eq. (B.2)) toma a forma_p(x)_yn(x)y

m(x) ym(x)y

n(x)_

= (nm)(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)emCPtemos:p(x)_yn(x)y

m(x) ym(x)y

n(x)_CP= 0 = (nm)_CP(x)yn(x)ym(x)Com isso, conclumos que sen ,= n, ento(yn, ym) _CP(x)yn(x)ym(x) = 0n ,= m (B.5)Ou seja, as funes yn e ym (n ,= m) so ortogonais em relao ao produto interno denidopela eq. (B.5), onde a funo peso(x) tem o papel de garantir que a norma quadradadeyn seja bem denida,i.e. [[yn[[2 (yn, yn) < .54No caso de n ser um ndice discreto, variando de zero at o innito, a eq. (B.5) garante1que uma funoF(x) emCPpossa ser expandida em termos deyn(i.e. ynforma umabase deCP)F(x) =

n=0cnyn(x), com (B.6)cn=1[[yn[[2(F(x), yn) =1[[yn[[2_CP(x)F(x)yn(x)dx (B.7)SeF(x) = (x x

)(x, x

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

)(x

)= __xx

( x)d x_ =

n=01[[yn[[2yn(x)yn(x

) (B.8)onde na primeira igualdade usei a manjada frmula (A.11).1no uma prova matemtica55Apndice CWronskiano e a segunda soluoindependenteEm alguns casos o mtodo de Frobenius s fornece uma das duas sulues independentesdeumaEDOdesegundaordem. Oobjetivodesteapndicetentarresponderduasquestes: (1)Existeumaformageral deencontrarasegundasoluo? (2)Porqueomtodo de Frobenius falha em certas situaes.Para responder a primeira pergunta (cuja resposta sim) vamos estudar o Wronskiano.C.1 WronskianoTenha uma EDO de segunda ordem do tipoy

(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= const56onde y1(x) e y2(x) so solues linearmente independentes (l.i.)da eq. Ento o Wronski-ano denido como o seguinte determinante:W(x) y1y2y1y

2= y1y

2y

1y2= y21ddx_y2y1_,= 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) = y1y

2 y

1y2comoy1ey2sosuluesde(C.1): y

i= Py

i Qyi, i =1, 2, aeq. acimapodeserescrita da seguinte forma:W

(x) = y1y

2 y

1y2= y1Py

2Qy1y2 + Py

1y2 + Qy1y2= P(y1y

2y

1y2) = P(x)W(x)Integrando:W(x) eR xP()d(C.3)Igualando as eqs. (C.2) e (C.3)y21ddx_y2y2_ eR xP()d_xd_y2y1__xdexp__P()d_y21()entoy2(x) y1(x)_xdexp__P()d_y21()(C.4)Portanto, se temos o conhecimento de uma das solues (y1(x)) a outra completamentedeterminada pela eq.(C.4), respondendo a nossa primeira questo.57Vamos aplicar este mtodo num exemplo bem simples que dar a dica para a resposta dasegunda questo. Tenha a EDO:xy

(x) + y

(x) = 0Tentaremos resolver via Frobenius,i.e. colocandoy(x) =

n=0 Cnxn+kna eq.0 =

n=0_Cn(n + k)(n + k 1) + Cn(n + k)_xn+k1=

n=0Cn(n + k)2xn+k1ouseja, Cn=0, excetoCk. Assim, y(x) y1(x) =Ck=constqueobviamentesoluo da eq. acima. O mtodo no forneceu a segunda soluo, vamos ach-la via eq.(C.4) (comP(x) =1x)y2(x) _xdexp__1d_ =_xd= ln[x[A soluo geral ca:y(x) = A + B ln[x[; A, B= const.O exemplo acima muito simples, mas muito instrutivo, pois fornece a explicao exatadomtododeFrobeniusfalharemcertasocasies. Omotivoqueumadassolues(quechamamosdesegunda) possui umasingularidadeessencial nopontox =0(nocaso, ln x, x 0)ecomonopossvel expandirumasoluoemsriedepotnciasao redor de uma singularidade essencial natural que o mtodo de Frobenius falhe. Ocomportamento apresentado pelo exemplo de certa forma geral, no sentido de quando omtodo de potncias falha temos uma segunda soluo com o comportamento ln x, x 0.Umexemplomaiscomplicadoodahipergeomtricacomc=1. Nessecaso, asduassolues independentes (ver eq. (2.9)) coincidem, i.e. o mtodo de Frobenius s forneceuma soluo. A segunda soluo pode ser obtida por (C.4) (comy1(z) sendo dado por58(2.3))y2(z) y1(z)_zdz

[z

1/2[[z

[1y1(z

)2[1 z

[a+b+1|z|1_zdz

[z

[ ln[z[mostrando o comportamento logartmico prximo dez=0. Por outro lado, como podeser visto nesse ltimo exemplo, o clculo da eq. (C.4) , em geral, muito complicado. Porisso 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 nossosargumentos a segunda soluo deve ter um comportamento ln x, x 0, o que nos estimulaa tentar o seguinte ansatz :y2(x) = u(x) ln x + v(x) (C.5)u(x) ev(x) so funes a serem determinadas. Colocando em (C.1)ln x(u

+ Pu

+ Q) +2u

xux2+uxP+ v

+ Pv

+ vQ = 0Escolhendou = y1 o primeiro termo se anula, resultando em:v

+ P(x)v

+ Q(x) =y1x2 y1x P(x) 2y

1x(C.6)Agora podemos tentar resolver a eq. acima tomandov(x) =

n=0Cnxn+ki.e. com Frobenius. Escrevendo explicitamente a srie de y1(x) nos termos do lado direitoe comparando potncia a potncia, podemos determinar os coecientesCn.Resumo: quando o mtodo de srie de potncias falha, demos argumentos para convenceroleitorqueissoresultadodeumcomportamentologartimiconasproximidadesdoponto de origem da srie, o que sugere o ansatz(C.5). Escolhendou(x) = y1(x) (soluoconhecida), chega-se eq. (C.6) que, talvez, seja resolvida pelo mtodo de Frobenius.59Referncias Bibliogrcas[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 AlvesRodruigues 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.