Equações Diferenciais Parciais na Física Teórica - Método da Separação de Variáveis

Capítulo 6 Equações Diferenciais Parciais da Física Grande parte das equações da física teórica consiste em equações diferenciais ordinárias ou parciais estas últimas envolvendo derivadas da função incógnita em relação a mais de uma variável No apêndice C resumimos conceitos e técnicas mais importantes de resolução das equações diferenciais ordinárias se necessário o estudante pode utilizálo para revisar o assunto antes de se dedicar ao tema deste capítulo as equações diferenciais parciais Existem vários métodos de resolver equações diferenciais parciais a técnica mais simples e mais usada é a separação de variáveis que transforma a equação diferencial parcial em certo número de equações diferenciais ordinárias Após expor o método de separação de variáveis introduziremos os chamados problemas de contorno que sempre envolvem a solução de alguma equação diferencial mas além de satisfazer esta equação a solução do problema deve também obedecer certas condições iniciais ou condições sobre o contorno limitando variáveis do sistema físico 61 Equações da Física Teórica As teorias clássica e quântica ao descreverem variados fenômenos físicos frequentemente levam a equações diferenciais especialmente as equações diferenciais parciais Por exemplo a equação de Laplace ²ψr 0 ou escrevendo explicitamente a ação do operador Laplaciano ² ²x²ψxyz ²y²ψxyz ²z²ψxyz 0 é uma equação diferencial parcial nas variáveis x y z e aparece em várias áreas da física eletromagnetismo hidrodinâmica fluxo de calor gravitação sempre que não haja fontes respectivamente de carga elétrica de fluido de calor de massa 160 CAPÍTULO 6 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS DA FÍSICA A equação de Poisson ²ψr ρrε₀ ou de modo mais detalhado ²x²ψxyz ²y²ψxyz ²z²ψxyz ρxyxε₀ aparece nas mesmas áreas citadas acima agora em problemas com fontes A presença das fontes é especificada pela densidade ρr densidade de cargas massa etc A equação geral das ondas em seu formato dependente do tempo ²ψr 1v² ²t² ψr e na forma independente do tempo parte espacial também chamada neste caso de equação de Helmholtz ²ψr k²ψr 0 descreve fenômenos físicos como ondas elásticas em sólidos cordas vibrantes vibrações em membranas dentre outros ondas sonoras ondas eletromagnéticas A equação de difusão independente do tempo ²ψr k²ψr 0 k real descreve o fenômeno da difusão de um líquido ou gás em outro Na termodinâmica o fluxo de calor num material é governado pela equação da condução do calor ²urt 1K t urt que resolvida fornece a temperatura u em cada ponto do sólido para cada instante de tempo K é a difusividade térmica do material O mesmo papel desempenhado pelas três leis de Newton na mecânica clássica que é o de resumir sumarizar toda a mecânica não relativística é representado no âmbito do eletromagnetismo clássico pelas quatro equações de Maxwell E 1c Bt 0 D 4πρ H 1c Dt 4πJc B 0 E é o campo elétrico B é a indução magnética D é o deslocamento elétrico H é a intensidade magnética J é a densidade de corrente elétrica ρ a densidade de cargas e c é a velocidade da luz no vácuo A relação entre os campos vetoriais é D E 4πP 61 EQUAÇÕES DA FÍSICA TEÓRICA 161 num meio material a presença de um campo elétrico E dá origem a uma polarização P de modo a termos um campo total D B H 4πM num meio material a presença de uma intensidade magnética H origina a magnetização M de modo a termos uma indução magnética B O operador diferencial nabla também conhecido como del pode ser indicado x i y j z k e sua aplicação aos campos vetoriais referidos dá origem a rotacionais ou divergentes desses campos Já na mecânica quântica que é a teoria válida no mundo dos átomos e moléculas as conhecidas equações de Schrödinger nas versões dependente do tempo ħ²2m ²Ψrt VrtΨrt iħ t Ψrt e independente do tempo ħ²2m ²ψr Vrψr E ψr são também equações diferenciais parciais A equação de KleinGordon ²Φ 1c² ²Φt² μ²Φ 0 e a equação de Dirac iħ ψt c α p β mc²ψ ambas são equações diferenciais parciais traduzindo leis relativísticas de movimento para as partículas do mundo microscópico dentro do ramo da física conhecido como mecânica quântica relativística Há várias técnicas que permitem abordar tais equações diferenciais parciais Há métricas de solução pelo uso de transformações integrais veremos este assunto no capítulo 12 utilizase também as funções de Green e expansões em séries de Fourier e em séries de autofunções Em qualquer caso e especialmente nos piores casos sempre podemos tentar achar a solução por métodos numéricos No entanto a técnica mais simples e muito comumente empregada consiste em separar variáveis da equação a derivadas parciais transformandoa como costumamos dizer quebrandoa em equações diferenciais ordinárias que resolvemos pelos métodos esboçados no apêndice C 162 CAPÍTULO 6 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS DA FÍSICA 62 Método de Separação de Variáveis Veremos como utilizar o método de separação de variáveis através de alguns exemplos nesta seção e outros em capítulos posteriores Exemplo 61 Efetue a separação de variáveis na equação de condução do calor ²x² uxt 1K t uxt Suponha que u é a temperatura de uma barra fina de metal de comprimento L e isolada nas laterais A constante K é a difusividade térmica do metal A função incógnita u depende da distância x medida ao longo da barra e do tempo t Tentaremos a separação de variáveis uxt Xx Tt ou seja experimentaremos como solução u o produto de duas funções uma X dependendo somente de x e outra T função apenas do tempo Substituindo na equação diferencial parcial da condução do calor temse ²x² XxTt 1K t XxTt e observando que a derivação parcial em x lado esquerdo da equação atua apenas sobre Xx e que a derivação em t lado direito opera apenas sobre Tt vem T d²Xdx² X 1K dTdt Note que os símbolos de derivação parcial foram substituídos por derivações totais O motivo é que as funções X no lado esquerdo e T no lado direito da igualdade são funções apenas de uma variável Em seguida dividimos os dois lados pelo produto XxTt 1X d²Xdx² 1K 1T dTdt Chegamos ao ponto crucial do método de separação de variáveis nesta última equação o lado esquerdo é uma função dependente unicamente de x enquanto que o lado direito é função apenas de t fx gt e esta igualdade vale para quaisquer valores de x e t Mas isto só é possível se nem o lado esquerdo depender de x nem o lado direito de t Ou seja ambos os lados devem ser 62 MÉTODO DE SEPARAÇÃO DE VARIÁVEIS iguais a uma determinada constante que vem a ser chamada de constante de separação de variáveis Portanto escrevemos 1X d²Xdx² 1K 1T dTdt α² escolhemos a constante na forma α² por conveniência com α real em breve explicaremos o motivo de tomarmos o valor negativo Com isto conseguimos transformar a equação diferencial parcial original em duas equações diferenciais ordinárias d²Xdx² α² X 0 e dTdt K α² T 0 As soluções da equação diferencial em x que é a equação do MHS veja no apêndice C são senos e cossenos de αx a solução geral é uma combinação linear destas duas Xx A sen αx B cos αx A solução da equação diferencial em t é Tt eKα²t de modo que a solução geral para a temperatura uxt se escreve uxt A sen αx B cos αx eKα²t Se tivéssemos escolhido a constante de separação α² positiva a solução temporal seria uma exponencial crescente Muito embora esta seja uma solução matematicamente possível ela deve ser abandonada porque fisicamente não faz sentido a temperatura da barra crescer sem nenhum limite Portanto a opção tomada com relação à forma da constante de separação se deveu unicamente à interpretação física Exemplo 62 Efetue a separação de variáveis da equação de Schrödinger independente do tempo em três dimensões em coordenadas cartesianas ħ²2m ²Ψr EΨr sabendo que o operador Laplaciano ² é escrito nestas coordenadas como ² ²x² ²y² ²z² Em coordenadas cartesianas a equação de Schrödinger fica ħ²2m ²x² Ψxyz ²y² Ψxyz ²z² Ψxyz E Ψxyz Tentaremos a separação e o método consiste nessa tentativa que pode funcionar ou não dependendo do caso em coordenadas cartesianas Ψxyz XxYyZz note bem x y z minúsculos são as variáveis independentes do problema as coordenadas enquanto que X Y Z em letras maiúsculas são funções a serem determinadas Fazendo essa substituição na equação diferencial parcial temos ²x² XYZ ²y² XYZ ²z² XYZ 2mEħ² XYZ 0 No primeiro termo há uma derivada do produto XYZ em relação a x mas apenas X é função da variável x de modo que Y e Z funcionam aí como se fossem constantes Portanto podem ser trazidas para fora da derivada O mesmo acontece no segundo e no terceiro termo agora com relação às variáveis y e z YZ d²Xdx² XZ d²Ydy² XY d²Zdz² 2mEħ² XYZ 0 Dividindo a equação pelo produto das funções XYZ 1X d²Xdx² 1Y d²Ydy² 1Z d²Zdz² 2mEħ² 0 Reescrevemos a equação deixando apenas o primeiro termo no lado esquerdo para obter 1X d²Xdx² 2mEħ² 1Y d²Ydy² 1Z d²Zdz² ou 1X X 2mEħ² 1Y Y 1Z Z e estas equações devem ser válidas para quaisquer valores de x y e z Observamos que do lado esquerdo da última equação temos uma função apenas de x X só depende de x enquanto que no lado direito temos funções dependendo de y e z Ora x y e z são variáveis independentes entre si de modo que não podemos expressar uma função de x lado esquerdo em termos das variáveis y e z lado direito especialmente tendo em conta que x y e z variam à vontade Concluise que nem o lado esquerdo depende de x nem o lado direito depende de y e z Ou seja necessariamente ambos os lados são iguais a uma constante 1X X α₁ 2mEħ² 1Y Y 1Z Z α₁ A constante α₁ é chamada de constante de separação de variáveis Colocamos a última equação na forma 1Y Y α₁ 2mEħ² 1Z Z e usando uma argumentação semelhante àquela usada há pouco concluímos que 1Y Y α₂ α₁ 2mEħ² 1Z Z α₂ α₂ é uma segunda constante de separação Se quiser podemos juntar as constantes nesta última equação 1Z Z α₃ com α₃ α₂ α₁ 2mEħ² Conseguimos com a aplicação do método de separação de variáveis quebrar a equação diferencial parcial de Schrödinger em três equações diferencias ordinárias uma para cada coordenada que podem ser escritas na forma X α₁ X 0 Y α₂ Y 0 Z α₃ Z 0 Estas equações podem ser resolvidas pelas técnicas apresentadas no apêndice C Note que a mesma equação de Schrödinger poderia ter sido separada em outros sistemas de coordenadas como em coordenadas polares esféricas ou cilíndricas Exemplo 63 Efetue a separação de variáveis da equação de Laplace em coordenadas polares esféricas veja a figura 61 ² Ψr 0 Precisaremos da expressão do operador Laplaciano escrito em coordenadas esféricas ² 1r² rr² r 1r² 1sen θ θsen θ θ 1sen² θ ²φ² Figura 61 As coordenadas polares esféricas r θ e φ Com este operador Laplaciano substituído na equação de Laplace 1r² rr² Ψr 1r² 1sen θ θsen θ Ψθ 1sen² θ ²Ψφ² 0 Fazendo a separação de variáveis Ψr Ψr θ φ Rr Yθ φ vem Yr² r r² Rr Rr² 1sen θ θ sen θ Yθ 1sen² θ ²Yφ² 0 Nesta última passagem usamos o fato que Y é uma função apenas dos ângulos θ φ de modo que no primeiro termo ele funciona como se fosse uma constante e pode ser trazido para fora das derivações em relação a r Por outro lado no termo entre colchetes os operadores diferenciais envolvem apenas as variáveis θ e φ de modo que R funciona ali como se fosse uma constante por isso foi colocado em evidência fora dos colchetes É preciso fazer uma pequena correção no que fizemos No primeiro termo R é uma função apenas de r de modo que devemos substituir os símbolos de derivada parcial r pela derivada total ddr O próximo passo é dividir a equação toda pelo produto R Y e multiplicar por r² para obter 1R ddr r² dRdr 1Y 1sen θ θ sen θ Yθ 1sen² θ ²Yφ² 0 Passando o termo entre colchetes ao lado direito da igualdade 1R ddr r² dRdr 1Y 1sen θ θ sen θ Yθ 1sen² θ ²Yφ² e chegamos ao ponto crucial da separação de variáveis no lado esquerdo temos apenas dependência na variável r lembre que R Rr e portanto suas derivadas também 62 MÉTODO DE SEPARAÇÃO DE VARIÁVEIS dependerão de r apenas enquanto que no lado direito temse uma função de θ e φ e não de r Esta igualdade vale para quaisquer valores de r θ e φ Ora a única forma de uma função de r ser igual a outra função de θ e φ para quaisquer r θ φ é que sejam constantes ou seja nem o lado esquerdo deve depender de r nem o lado direito deve depender dos ângulos θ e φ Com isso 1R ddr r² dRdr 1Y 1sen θ θ sen θ Yθ 1sen² θ ²Yφ² λλ 1 sendo λ λ 1 uma constante de separação que foi escolhida numa forma conveniente como veremos adiante A separação da equação parcial evidenciada na relação anterior leva a duas equações diferenciais 1R ddr r² dRdr λ λ 1 e 1Y 1sen θ θ sen θ Yθ 1sen² θ ²Yφ² λ λ 1 Efetuando a derivada na equação radial chegase a r² R 2r R λ λ 1 R 0 e esta é uma equação diferencial ordinária que pode ser resolvida por exemplo pelo método de Frobenius apêndice C o que fornece duas soluções linearmente independentes rλ rλ1 De outro lado 1sen θ θ sen θ Yθ 1sen² θ ²Yφ² λ λ 1 Y é ainda uma equação diferencial parcial há duas variáveis θ e φ e deve ser separada novamente Yθ φ Θθ Φφ Note bem Θ corresponde à letra grega teta maiúscula e representa uma função da variável θ teta minúsculo e Φ é a letra grega fi maiúscula aqui ela é uma função de φ fi minúsculo Substituindo esta expressão Y ΘΦ na equação diferencial parcial e multiplicando por sen² θΘΦ vem sen θΘ ddθ sen θ dΘdθ λ λ 1 sen² θ 1Φ d²Φdφ² 0 Rearranjando os termos sen θΘ ddθ sen θ dΘdθ λ λ 1 sen² θ 1Φ d²Φdφ² e fica muito claro o sucesso da separação de variáveis do lado esquerdo temos uma função de θ apenas e do lado direito uma função só de φ Pelo mesmo raciocínio anteriormente usado ambos os lados devem ser igualados a uma constante o que leva à duas equações diferenciais ordinárias senθΘ ddθ senθ dΘdθ λλ 1sen2θ m2 e 1Φ d2Φdφ2 m2 Esta última é a equação diferencial do oscilador harmônico simples MHS Φ m2 Φ 0 que já encontramos anteriormente suas soluções são as funções harmônicas seno e cosseno Precisamos chamar sua atenção para a forma da constante de separação m2 usada acima claramente ela assume valores positivos se m é real Você poderia perguntar não poderíamos escolher uma constante negativa neste caso Bem se a constante escolhida fosse m2 a equação diferencial em φ seria Φ m2 Φ 0 que possui como soluções as funções exponencial crescente e decrescente emφ emφ Mas nenhuma delas satisfaz uma condição importante do ponto de vista físico Considere um ponto P do espaço caracterizado pelas coordenadas r θ e φ Se tomarmos as coordenadas r θ e φ 2π isto é se dermos uma volta a mais no ângulo azimutal φ retornaremos ao mesmo ponto P reveja a figura 61 Isto significa que as soluções do problema físico considerado não devem ser afetadas por uma mudança de φ para φ 2π ou em outras palavras a função usada deve ser periódica Ψr θ φ Ψr θ φ 2π ou mais especificamente a dependência em φ deve possuir tal periodicidade Φφ Φφ 2π e por isso uma função tipo exponencial crescente ou decrescente não nos serve como solução A exponencial é uma solução matematicamente aceitável mas por uma razão física ela não nos serve Já as funções seno e cosseno essas sim são periódicas e servem como soluções para Φ Aqui preferimos a forma complexa Φφ eimφ Há uma restrição adicional Como Φ deve ser periódica eimφ eimφ2π o que implica eim2π 1 e portanto m tem que ser um inteiro m 0 1 2 Cabe uma observação importante sobre esses valores possíveis de m Se o problema físico analisado apresentar simetria azimutal isto é simetria em φ o que é expresso por Ψr θ φ Ψr θ e significa que a função Ψ na verdade não depende da variável φ então necessariamente m 0 Este é o único valor de m que elimina a dependência em φ Φφ e0 1 Examinaremos agora a dependência em θ Tínhamos a equação diferencial senθΘ ddθ senθ dΘdθ λλ 1sen2θ m2 e efetuando a derivada da parte entre parênteses sen2θ Θ senθ cosθ Θ λλ 1 sen2θ m2 Θ 0 Essa equação pode ser simplificada pela mudança de variáveis x cosθ yx Θθ e após uma certa álgebra chegase a 1 x2 ÿ 2x ẏ λλ 1 m21x2 y 0 Esta é a equação diferencial associada de Legendre e será analisada em capítulo posterior Veremos que a constante λ ℓ tem que ser um número inteiro ℓ 012 Agora exploraremos um exemplo em que a separação de variáveis é implementada de outra forma não como um produto de funções mas como uma soma de duas funções mostrando que nem sempre se segue aquela mesma regra da separação Exemplo 64 Faça a separação de variáveis na equação de HamiltonJacobi para o oscilador harmônico simples sendo a Hamiltoniana dada por Hqp p22m 12 kq2 k é a constante elástica o momento p é dado como derivada da função principal de Hamilton p Sq e a equação a ser separada a de HamiltonJacobi H St 0 assume a forma 12m Sq2 12 kq2 St 0 61 Apesar da teoria de Newton da mecânica clássica ter sido muito bem sucedida dentro de seus limites de validade sistemas macroscópicos e não relativísticos outras formulações alternativas foram elaboradas como o formalismo Lagrangeano e depois o formalismo Hamiltoniano Estas duas novas formulações apesar de possuírem leis de movimento com forma distinta das leis de Newton são completamente equivalentes entre si e também com relação à mecânica Newtoniana Porém se as quantidades mais presentes na teoria de Newton consistiam em vetores como posição velocidade aceleração força nos formalismos Lagrangeano e Hamiltoniano trabalhase mais com energias O formalismo Lagrangeano mostrouse mais efetivo para resolver sistemas com vários corpos e com acoplamento entre eles por exemplo vários corpos ligados por molas Já o formalismo Hamiltoniano pode ser estendido a sistemas físicos mais gerais aos quais ficaria mais difícil associar posições velocidades mas a grandeza energia sempre está presente e pode ser calculada Esta característica da teoria de Hamilton ajudou bastante na elaboração da mecânica quântica A teoria de HamiltonJacobi trabalha com mudanças para coordenadas mais convenientes tais transformações canônicas podem ser geradas pela função principal de Hamilton S Mas para achar a função S precisamos resolver a equação diferencial parcial de HamiltonJacobi 61 Tentaremos aqui a separação de variáveis na forma Sqt Wq Tt A função W é chamada função característica de Hamilton Substituindo na equação 61 12m dWdq2 12 kq2 dTdt 0 e passando o termo temporal ao lado direito veremos que a separação de variáveis funcionou 12mdWdq2 12 kq2 dTdt α α é uma constante de separação de variáveis Com isso conseguimos separar a equação parcial em duas equações ordinárias 12mdWdq2 12 kq2 α e dTdt α Esta última equação é bem simples de ser integrada e dá Tt αt mais uma constante aditiva que não é relevante para a função geratriz S porque ela sempre é derivada nos procedimentos de HamiltonJacobi A equação para W não tem resolução tão direta mas pode ser integrada também com o auxílio de mudança de variável conveniente Independentemente do resultado explícito para W é muito utilizada a relação que acabamos de deduzir S W αt separação esta que vale sempre que a Hamiltoniana não for explicitamente dependente do tempo A constante de separação α costuma ser igual à energia do sistema mecânico 63 Problemas de Contorno Muitos problemas das físicas clássica e quântica consistem em resolver uma equação diferencial parcial ou mesmo ordinária havendo certas condições que as soluções devem obedecer Estas podem ser condições iniciais especificando o estado do sistema no instante inicial ou então condições de contorno especificando valores de algumas grandezas em certos pontos do espaço Já que começamos a aprender como atacar as equações diferenciais parciais aproveitaremos para seguir uns poucos passos adiante e ver a solução completa de alguns problemas específicos Novamente utilizaremos exemplos para introduzir a metodologia de resolução Retomaremos alguns exemplos da seção anterior Exemplo 65 Vamos retomar o Exemplo 61 Tínhamos uma barra metálica fina e comprida de comprimento L seus lados isolados Suponha que no instante inicial t 0 a barra estava à temperatura 100 C e que a partir deste instante colocase gelo nas duas extremidades da barra de modo que a temperatura nestes dois pontos seja 0 C em qualquer instante de tempo t 0 Pedese a temperatura uxt de qualquer ponto da barra em qualquer instante de tempo Este é um problema de contorno em que a função incógnita u obedece à equação de condução do calor e deve satisfazer às condições u0t uLt 0 ux0 100 A solução que encontramos no Exemplo 61 era uxt Asen αx B cos αxeα2 Kt Como u0t 0 devemos ter B 0 para anular u em x 0 Também uLt 0 logo A sen αL 0 mas isso implica que αL nπ com n inteiro Portanto α nπL e assim podemos escrever u como uma combinação linear de vários termos correspondentes aos diferentes valores de n uxt n1 An sen nπxL enπL2 Kt Não colocamos n0 na somatória pois neste caso o seno se anula e não há contribuição Observe também que utilizamos na combinação linear uma nova constante An para cada valor de n Estas constantes precisam ser determinadas Falta ainda aplicar a condição inicial ux0 100 n1 An sen nπxL a parte exponencial não apareceu porque foi calculada em t0 o que dá e0 1 Usaremos esta última expressão para calcular os coeficientes An da expansão Multiplicamos os dois lados da igualdade por sen mπxL e integramos em relação a x entre 0 e L 100 0L sen mπxL dx n1 An 0L sen mπxL sen nπxL dx 63 PROBLEMAS DE CONTORNO 173 Vamos fazer o cálculo do lado esquerdo da igualdade 100 0L sen mπxL dx 100Lπ cos mym0π 100Lmπ 1 cos mπ 0 m par 200Lmπ m impar fizemos a mudança de variável y πxL Agora vamos resolver as integrais do lado direito faremos a mesma mudança de variável y πxL Considere num primeiro momento n m Isto quer dizer que vamos calcular os termos da somatória do lado direito para os quais n é diferente de m An 0L sen mπxL sen nπxL dx An Lπ 0L cosmny cosmny2 dy An L2π sen mnymn sen mnymn0π 0 O termo com n m é calculado assim Am Lπ 0L sen 2my dy Am Lπ 0L 1 cos 2my2 dy Am Lπ π2 sen 2my 2m0π Am L2 Igualando então os resultados para o lado esquerdo e o lado direito achamos Am 400mπ para m ímpar O valor será nulo para m par Assim conseguimos a expressão final para a temperatura em qualquer posição x e em qualquer tempo t 0 u 400π n ímpar enπL2 Kt n sen nπL x Há algumas observações importantes a fazer relativas à este último exemplo A propriedade de linearidade da equação da condução de calor ²x² ux t 1K t ux t a função incógnita u aparece sempre elevada à primeira potência na equação acrescida à propriedade de homogeneidade da equação diferencial não há o chamado termo independente u eou suas derivadas aparecem em todos os termos tem como consequência que se u1 e u2 são soluções da equação diferencial parcial então α1u1 α2u2 também será solução com α1 α2 números complexos quaisquer Ou em outras palavras qualquer combinação linear de soluções será também solução da equação Observe agora a parte espacial da equação em x Ela pode ser escrita na forma de uma equação de autovalores d²dx² X α² X e como o operador diferencial do lado esquerdo é linear e Hermiteano isto é do tipo SturmLiouville com ax 1 bx 0 e portanto b dadx os autovalores α² serão reais as autofunções correspondentes serão duas a duas ortogonais e formarão um conjunto completo isto é o conjunto das autofunções é uma base para este espaço de funções e uma função que seja uma solução geral pode ser expandida numa série infinita envolvendo o conjunto das autofunções u Σn1 An sen nπxL Tt Por este motivo às vezes o método de solução aqui empregado é chamado de método das autofunções Além disso ao aplicarmos a condição inicial do problema ux 0 100 Σn1 An sen nπxL para determinar os coeficientes An na realidade estamos fazendo uma expansão de ux 0 em série de Fourier Parece ter sido exatamente Joseph Fourier um dos primeiros matemáticos a usar o método de separação de variáveis para resolver problemas de contorno como o deste último exemplo Exemplo 66 Considere agora a mesma barra metálica fina do Exemplo 61 Suporemos que seus lados ainda estejam isolados mas que a temperatura na extremidade esquerda da barra seja sempre 0 C e no extremo direito x L a temperatura seja de 30 C em qualquer instante de tempo Pedese a temperatura u de qualquer ponto da barra após um tempo suficiente para que seja atingida a situação de estacionariedade em que a temperatura não varie mais para cada ponto x da barra Como se trata de buscar uma distribuição estacionária de temperaturas devemos impor ut 0 A equação da condução do calor neste caso assume uma forma simplificada ²ux² 0 cuja solução é ux a bx Impondo a condição u0 0 achamos a 0 Com a outra condição de contorno uL 30 achamos b 30L e com isto a solução do problema é ux 30L x Exemplo 67 Considere uma grande placa metálica quadrada com espessura pequena comparada com outras de suas dimensões Inicialmente t 0 a temperatura é 0 C em todos os pontos A partir do instante inicial um dos lados digamos o lado quadrado A é mantido à temperatura 0 C e o lado quadrado B à temperatura 30 Despreze efeitos das bordas isto é suponha que a transmissão do calor se dé apenas na direção perpendicular às faces quadradas digamos na direção x ao longo da espessura da placa Pedese a temperatura ux t de qualquer posição interior à barra em qualquer instante de tempo Este problema muito embora tenha uma roupagem diferente na realidade é exatamente igual ao problema da barra fina com lados isolados uma vez que nos dois casos apenas uma dimensão espacial é relevante Note também que as condições de contorno são idênticas ao exemplo anterior que no entanto explorava a situação de temperaturas estacionárias Mas ele vai ter uma solução um pouco diferente do Exemplo 65 O motivo é que envolve uma condição de contorno não homogênea uL t 30 Mas poderemos de certa forma combinar as soluções dos exemplos 65 e 66 do seguinte modo escrevemos ux t vx t wx t em que v satisfaz a equação da condução do calor e possui condições de contorno homogêneas v0 t vL t 0 e w obedece condições de contorno não homogêneas w0 t 0 wL t 30 Relembrando do exemplo anterior tomamos w 30xL que certamente obedece às estas condições Com esta escolha v obedecerá à seguinte equação ²vx² ²wx² 1K vt mas como w é linear em x u obedece exatamente a equação da condução do calor ²vx² 1K vt Inserindo a solução para v do Exemplo 65 vx t Σn1 An sen nπxL enπL²Kt de modo que a solução geral é escrita ux t Σn1 An sen nπxL enπL²Kt 30L x No instante inicial ux 0 vx 0 wx 0 portanto vx 0 wx 30xL e assim 30xL Σn1 An sen nπxL Usamos um procedimento semelhante ao do Exemplo 65 multiplicando os dois lados da igualdade acima por sen mπxL e integrando em relação a x 30L 0L x sen mπxL dx Σn1 An 0L sen nπxL sen mπxL dx Efetuando o cálculo do lado esquerdo obtemos 30Lmπ 1m e do lado direito para os termos da soma com n m o resultado é nulo devido à ortogonalidade das autofunções mas o termo com n m dá Am L2 Igualando os resultados para os dois lados obtémse Am 60mπ 1m inserindo estes coeficientes o resultado final é uxt 30L x 60π n1 1mm sen nπxL enπL2 Kt Exemplo 68 Vamos retomar o Exemplo 62 em que separamos a equação de Schrödinger em coordenadas cartesianas Suponha que o problema representado por esta equação seja a de uma partícula microscópica presa numa caixa de lados a b c Supondo soluções oscilatórias isto é usando a constante de separação de variáveis tipo m2 como fizemos para a variável φ na equação de Laplace ache as soluções Ψxyz que anulamse em cada lateral ou tampas da caixa o que impõe restrições sobre as constantes de separação Que restrições são essas Que valores poderão assumir essas constantes Quais os valores permitidos para a energia da partícula Devemos resolver as equações diferenciais X n2 X Y p2 Y Z q2 Z e escolhemos as constantes de separação na forma α1 n2 α2 p2 α3 q2 visando obter soluções oscilatórias Como as constantes de separação αi estavam relacionadas com a energia E 2 m Eħ2 α1 α2 α3 n2 p2 q2 o que fornece para a energia E ħ22m n2 p2 q2 A solução das equações diferenciais acima são senos e cossenos pois tratase de equações tipo MHS movimento harmônico simples Por exemplo Xx A sen nx B cos nx E relações análogas para Y e Z Vamos aplicar as condições de contorno sobre a função de onda Ψ Como a partícula está presa na caixa a probabilidade de que seja encontrada fora da caixa deve ser nula mas a probabilidade de encontrar a partícula é dada pelo módulo ao quadrado da função de onda Portanto a função de onda deve se anular fora da caixa E deve se anular também nas paredes da caixa pois Ψ deve ser uma função contínua Assim a condição X0 0 para ser satisfeita implica que B 0 a condição de anulanento na outra parede da caixa Xa 0 implica em sen na 0 o que é verificado se na Nπ N inteiro n Nπa O número inteiro N é chamado de número quântico De forma análoga achamos Yy C sen py Zz D sen qz com p Pπb q Qπc sendo P Q inteiros A energia da partícula para o estado associado aos números quânticos N P Q vale E ħ22m n2 p2 q2 ħ2 π22m N2a2 P2b2 Q2c2 A função de onda do estado com números quânticos N P Q vale ΨNPQ A sen Nπa sen Pπb sen Qπc e a solução mais geral do problema é uma combinação linear destas funções Ψ NPQ1 ANPQ sen Nπa sen Pπb sen Qπc Assim a solução geral é expressa como uma expansão em termos das autofunções ΨNPQ que constituem um conjunto ortogonal completo Atacaremos outros problemas de contorno nos próximos capítulos principalmente nos de Legendre e Bessel PROBLEMAS 61 Considere um disco plano condutor de calor de difusividade K Efetue a separação de variáveis na equação da condução do calor 2 urθt 1K t urθt usando coordenadas polares no plano r θ Obtenha ao final do procedimento a dependência temporal e duas equações diferenciais ordinárias para r e para θ Não é preciso resolvêlas 62 Separe a equação de Schrödinger dependente do tempo ħ22m 2 Ψrt Vrt Ψrt iħ t Ψrt em duas equações diferenciais uma nas coordenadas espaciais e outra no tempo Resolva a equação temporal para mostrar que Ψrt ψr eiEtħ sendo ψr solução da equação de Schrödinger independente do tempo ħ22m 2 ψr Vr ψr E ψr 63 Separe a equação geral das ondas 2 ψr 1v2 2t2 ψr em coordenadas cartesianas e no tempo uxyzt Xx Yy Zz Tt e determine as soluções Suponha que as soluções espaciais sejam periódicas 64 Separe a equação de Helmholtz em coordenadas cilíndricas ρ φ z sendo o Laplaciano dado por 2 1ρ ρ ρ ρ 1ρ2 2φ2 2z2 180 CAPÍTULO 6 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS DA FÍSICA 65 Uma barra metálica fina de comprimento ℓ isolada nos lados está inicialmente à temperatura 30 C A partir deste instante colocase o extremo esquerdo da barra x0 à temperatura fixa 30 C e o extremo direito xℓ à 100 C Ache a temperatura uxt em qualquer posição da barra em qualquer instante de tempo 66 Considere uma barra condutora de calor fina e de comprimento L Ela é isolada nas laterais e também nos dois extremos a partir do tempo inicial Tal isolamento dos extremos impede o fluxo de calor através deles o que matematicamente é expresso pelas condições de contorno ux 0t ux Lt 0 em t0 a distribuição de temperaturas na barra era u0 30xL Ache a distribuição de temperaturas uxt em qualquer posição e tempo SUGESTÕES DE LEITURA ADICIONAL O assunto pode ser encontrado nos textos clássicos de física matemática como Arfken Butkov e Boas RESPOSTAS SUGESTÕES E COMENTÁRIOS No problema 61 você deve chegar à dependência temporal Tt eK α² t e às equações Ö m²Θ 0 r² R r R α² r² m² R 0 A resposta do problema 63 uxyzt Asen nx Bcos nx Csen py Dcos py Fsen qz Gcos qz Ksen αvt Lcos αvt com n² p² q² α² Respostas do problema 64 Ż α² Z 0 Φ β² Φ 0 ρ² R ρ R k² α² β²R 0 Os problemas 65 e 66 devem ser resolvidos de modo semelhante ao Exemplo 67 A resposta do problema 65 é uxt 30 70xℓ 140π n1 1ⁿ sen nπxL enπL² K t e do 66 uxt 15 60π² n1 1m m² cos nπxL enπL² K t Capítulo 8 Polinômios de Legendre Harmônicos Esféricos Quando efetuamos a separação de variáveis em equações diferenciais parciais como a de Laplace ou Helmholtz em coordenadas esféricas somos levados a equações diferenciais cujas soluções estão relacionadas aos polinômios de Legendre Problemas físicos com determinadas simetrias como por exemplo aqueles envolvendo potenciais centrais têm como solução angular os harmônicos esféricos que incluem as funções de Legendre associadas Em física quântica a hipótese de existência de um potencial central é essencial para que se possa atacar os problemas de muitos corpos Os harmônicos esféricos são intensamente empregados nos ramos de física atômica e molecular e também em física nuclear 81 Polinômios de Legendre No capítulo 6 separamos as variáveis da equação diferencial parcial de Laplace em coordenadas esféricas Encontramos para a variável θ a equação diferencial de Legendre associada 1 x² y 2x y λλ1 m² 1 x² y 0 Se fizermos m 0 nessa equação chegaremos à equação diferencial de Legendre 1 x² y 2x y λλ1 y 0 A variável independente x está restrita ao intervalo 11 do eixo real já que foi obtida pela mudança de variável x cos θ A equação diferencial pode ser resolvida pelo método de Frobenius também discutido no apêndice C que consiste em buscar soluções na forma de uma série de potências yx i0 ai xki 195 196 CAPÍTULO 8 POLINÔMIOS DE LEGENDRE HARMÔNICOS ESFÉRICOS com o inteiro k e os coeficientes ai a determinar Derivando uma e duas vezes y i0 kiai xki1 y i0 kiki1ai xki2 Substituindo as expansões de y y e y na equação de Legendre obtemos 1x² i0 kiki1ai xki2 2x i0 kiai xki1 λλ1 i0 ai xki 0 que pode ser desenvolvida assim i0 kiki1ai xki2 i0 kiki1ai xki 2 i0 kiai xki λλ1 i0 ai xki 0 81 Como o conjunto 1xx² constitui uma base no espaço de funções seus elementos são li e portanto a combinação linear acima só se anula quando o coeficiente de cada potência de x for nulo Vamos começar analisando a potência mais baixa de x que aparece na expressão acima 81 Tratase do termo xk2 que só aparece na primeira somatória no caso i0 Seu coeficiente deve se anular ele vale a0 k k1 0 A segunda menor potência de x é xk1 o termo aparece também na primeira somatória com i1 e seu coeficiente deve se anular a1 k k1 0 As duas equações acima são chamadas equações indiciais Há duas soluções distintas independentes que podem ser extraídas desse par de equações indiciais i k0 a0 0 a1 0 ii k1 a0 0 a1 0 Uma forma de evitar tal divergência é truncar a série infinita para yx o que é conseguido anulandose o numerador da relação de recorrência para algum índice i Isto só é possível se tivermos λ ℓ inteiro já que i e k são inteiros Escolhemos λ ℓ 0 1 2 e para cada um desses valores de ℓ teremos um polinômio de grau ℓ Adotando k 0 e com uma escolha conveniente de a0 e a1 não nulos é possível escrever a solução da equação diferencial de Legendre como Pℓx 12ℓ i0LS2 1i 2ℓ 2ii ℓ i ℓ 2i xℓ2i para ℓ 0 1 2 O índice superior da somatória vale LS2 ℓ2 se ℓ for par ou LS2 ℓ 12 se ℓ for ímpar Isto é LS2 será garantidamente um inteiro Esses polinômios também podem ser calculados pela fórmula de Rodrigues derivável da expressão anterior em série para Pℓ após certa quantidade de álgebra Pℓx 12ℓ ℓ dℓdxℓ x2 1ℓ Os primeiros polinômios de Legendre estão exibidos na tabela 81 ℓ Pℓx 0 P0 1 1 P1 x 2 P2 32 x2 12 3 P3 52 x3 32 x 4 P4 358 x4 308 x2 38 5 P5 638 x5 708 x3 158 x Tabela 81 Alguns polinômios de Legendre Podese notar a partir desses exemplos que a paridade dos polinômios de Legendre é bem definida Pℓx 1ℓ Pℓx Os polinômios de Legendre satisfazem também algumas propriedades específicas como Pℓ1 1 Pℓ1 1ℓ P2ℓ10 0 P2ℓ0 1ℓ 2ℓ22ℓ ℓ2 Para analisar a potência xk e superiores precisamos observar com atenção as quatro somatórias da expressão 81 Na segunda terceira e quarta somas aparece a potência xki que poderia ser colocada em evidência as três somas poderiam ser agregadas numa única somatória Porém na primeira soma a potência de x que aparece é xki2 Precisaremos portanto efetuar uma mudança do índice de soma dessa primeira somatória Definimos um novo índice j i 2 com isso i j 2 Lembrese que os dois primeiros elementos da primeira somatória correspondentes a i 0 e i 1 já foram analisados separadamente nas relações indiciais Assim restam i 2 3 4 o que corresponde a j 0 1 2 Com esta mudança a primeira somatória se transforma assim i2 k ik i 1ai xki2 j0 k j 2k j 1aj2 xkj Numa segunda alteração renomeamos j i e a última soma se escreve i0 k i 2k i 1ai2 xki Agora esta somatória ficou parecida com as outras três de 81 e podemos juntar as quatro somas em uma colocando em evidência a potência xki i0 k i 2k i 1ai2 k ik i 1ai 2k iai λλ 1ai xki 0 ou juntando o segundo com o terceiro termos dentro das chaves i0 k i 2k i 1ai2 k ik i 1ai λλ 1ai xki 0 Como o coeficiente de cada xki tem que se anular a expressão entre chaves é zero e daí decorre a chamada relação de recorrência ai2 k ik i 1 λλ 1 k i 1k i 2 ai Se conhecermos a0 poderemos calcular o valor de a2 com o auxílio dessa expressão pondo i 0 com o valor de a2 calculamos a4 e assim por diante empregando de forma recorrente esta fórmula Do mesmo modo iniciando com um dado a1 podemos calcular a3 a5 Observando de forma mais atenta a relação de recorrência notamos que nos pontos x 1 da expansão para y há divergência da série já que o limite da razão ai2ai vai para 1 quando i tende ao infinito se necessário reveja os critérios de convergência para séries infinitas no apêndice A E note que esses pontos x 1 correspondem a θ 0 ou π valores de θ que são importantes quando analisamos um problema de física correspondem à posição angular costumeira do semieixo z positivo e do semieixo negativo respectivamente Apresentamos agora a relação de ortogonalidade e normalização para os polinômios de Legendre que pode ser deduzida a partir da fórmula de Rodrigues não faremos esse cálculo aqui Esta relação é da mais alta importância em função das aplicações 11 Pnx Pmx dx 22n1 δnm sendo δnm o delta de Kronecker definido por δnm 1 se n m 0 se n m Se você observar a forma da equação diferencial de Legendre 1 x2 y 2x ẏ ℓℓ 1 y 0 verá que o segundo coeficiente bx 2x é a derivada do primeiro ax 1 x2 ou seja ela é do tipo SturmLiouville portanto não é de surpreender que os polinômios de Legendre sejam dois a dois ortogonais Além disso o conjunto das soluções da equação diferencial de Legendre P0x P1x P2x é completo Tais soluções Pℓ são autofunções de um operador tipo SturmLiouville capítulo 5 portanto autoadjunto 1 x2 d2dx2 2x ddx Pℓx ℓℓ 1 Pℓx Assim formam uma base para o espaço das funções integráveis em 1 1 Esta propriedade é bastante importante e em consequência dela qualquer função fx integrável em 1 1 pode ser escrita como uma expansão em termos dos polinômios de Legendre fx ℓ0 aℓ Pℓx os coeficientes aℓ da expansão podem ser calculados multiplicandose os dois lados da equação acima por um Pnx e integrando entre 1 e 1 11 Pnx fx dx ℓ0 aℓ 11 Pnx Pℓx dx mas a última integral pode ser obtida a partir da relação de ortonormalidade 11 Pnx fx dx ℓ0 aℓ 22n1 δnℓ 22n1 an 81 POLINÔMIOS DE LEGENDRE 201 origem veja a figura 81 O potencial eletrostático num ponto P x y z distante r da origem e r1 da carga potencial este devido apenas àquela carga é dado por Vxyz fracq4 pi epsilon0 frac1r1 ou pondo r1 em termos das coordenadas polares r heta Vr heta fracq4 pi epsilon0 frac1sqrtr2 2ar cos heta a2 fracq4 pi epsilon0 a frac1sqrt1 2 leftfracraright cos heta leftfracraright2 fracq4 pi epsilon0 a frac1sqrt1 2t cos heta t2 Substituímos t ra na última passagem Vemos que a menos de uma constante multiplicativa o potencial eletrostático tem a mesma expressão da função geratriz dos polinômios de Legendre Podemos dizer então que neste caso a função geratriz representa essencialmente o potencial eletrostático gerado pela carga elétrica Se r for menor que a usamos a expansão da função geratriz em termos de polinômios de Legendre para t fracra 1 Vr heta fracq4 pi epsilon0 a sumell0infty Pellcos heta leftfracrarightell quad ra Para r maior que a ou seja com t fracra 1 podemos usar a segunda expansão da função geratriz Ou então podemos fazer o seguinte procedimento equivalente Vr heta fracq4 pi epsilon0 frac1sqrtr2 2ar cos heta a2 fracq4 pi epsilon0 r frac1sqrt1 2 leftfracarright cos heta leftfracarright2 fracq4 pi epsilon0 r frac1sqrt1 2t cos heta t2 agora com t fracar 1 e usamos novamente a primeira expansão da função geratriz Vr heta fracq4 pi epsilon0 r sumell0infty Pellcos heta leftfracarrightell Transportando o r do denominador ao interior da somatória e mudando consequentemente a potência de ar temos Vr heta fracq4 pi epsilon0 a sumell0infty Pellcos heta leftfracarrightell1 ra Tiramos daí o valor de an ou trocando o índice para ell aell frac2ell 12 int11 Pell x fx dx Existe uma função gxt chamada função geratriz dos polinômios de Legendre gxt frac1sqrt1 2xt t2 que possui uma propriedade interessante quando expandida em série de potências de t os coeficientes dessa expansão vem a ser exatamente os polinômios de Legendre gxt frac1sqrt1 2xt t2 sumell0infty Pell x tell t1 tal expansão sendo convergente apenas se o módulo de t for menor que 1 Para valores de t maiores que 1 podese construir uma segunda expansão semelhante gxt frac1sqrt1 2xt t2 sumell0infty Pellx frac1tell 1 t 1 Veremos a seguir aplicações das expansões da função geratriz Exemplo 81 Potencial de uma carga elétrica pontual Figura 81 Carga elétrica colocada a uma distância a da origem Neste exemplo poderemos dar uma interpretação física à função geratriz gxt Considere a carga elétrica q colocada sobre o semieixo positivo de z a uma distância a da 202 CAPÍTULO 8 POLINÔMIOS DE LEGENDRE HARMÔNICOS ESFÉRICOS Exemplo 82 Considere o potencial causado por duas cargas q colocadas sobre o eixo z em z a e z a como mostra a figura 82 Descreva este potencial elétrico no ponto P r heta como uma expansão em potências de ar Seja r a Figura 82 Duas cargas elétricas no eixo z O potencial do sistema de duas cargas ilustrado na figura 82 é dado por Vxyz frac14 pi epsilon0 fracqr1 frac14 pi epsilon0 fracqr2 com frac1r1 frac1sqrtr2 2ar cospi heta a2 frac1sqrtr2 2arcos heta a2 frac1r2 frac1sqrtr2 2ar cos heta a2 Como vimos no Exemplo 81 tais expressões podem ser expandidas em frac1r2 frac1sqrtr2 2ar cos heta a2 fracq4 pi epsilon0 a sumell0infty Pellcos heta leftfracarrightell 1 frac1r1 frac1sqrtr2 2ar cos heta a2 fracq4 pi epsilon0 a sumell0infty Pellcos heta leftfracarrightell 1 Note que na expansão de 1r1 juntouse o sinal ao cosseno ou seja o argumento de Pell ficou x cos heta Porém a relação de paridade dos Pell nos informa que Pellx 1ell Pellx Com isso o potencial total no ponto P vale Vr heta fracq4 pi epsilon0 a sumell 0infty left 1ell 1 right Pellcos heta leftfracarrightell1 Note que o conteúdo entre colchetes se anula para ℓs ímpares portanto reescrevemos o potencial em P como Vr θ 2q 4πε₀a Σ ℓ024 Pℓcos θ a rℓ1 Se r for muito maior que a isto é para pontos muito distantes das cargas o termo dominante da expansão corresponderá a ℓ 0 e valerá 2q 4πε₀r 1 4πε₀ 2q r que é um termo de monopolo vistas de muito longe as duas cargas vão se comportar como se fossem uma única de carga 2q A vantagem nestes casos em usar expansões envolvendo polinômios de Legendre é que cada termo poderá ser interpretado como um multipolo elétrico podendose exibir separadamente as contribuições de monopolo dipolo quadrupolo etc Exemplo 83 Calcule o potencial eletrostático no interior de uma esfera de raio R onde não existem cargas quando o potencial da superfície esférica vale VR θ φ V0 cos θ com V0 dado Antes de tudo vamos sumarizar alguns resultados obtidos no capítulo 6 sobre separação de variáveis da equação de Laplace em coordenadas esféricas A equação de Laplace para o potencial elétrico V na região em que não há cargas elétricas é escrita ²Vr 0 e a separação de variáveis em coordenadas polares esféricas quebra tal equação diferencial parcial em três equações diferenciais ordinárias uma primeira radial r² R 2r R λλ 1R 0 com solução geral Rr A rλ B rλ1 A segunda equação em θ ou melhor em x cos θ é 1 x²y 2x y λλ 1 m²1x²y 0 possuindo no caso m 0 a solução Θθ Pℓcos θ e como veremos se m for não nulo Θθ Pℓmcos θ Uma terceira equação diferencial em φ Φ m² Φ 0 tem solução com simetria azimutal para m 0 Φφ A0 constante e no caso m 0 m inteiro Φφ Am ei m φ Na solução radial a parte rℓ1 não nos serve por ser divergente na origem r 0 que corresponde ao centro da esfera Portanto Rr A rℓ Como este problema possui simetria azimutal o potencial na superfície esférica não depende da variável φ adotamos m 0 e com isso Φφ 1 Como m 0 a equação de Legendre associada transformase na equação de Legendre e a solução na variável θ é Θθ Pℓcos θ ℓ 0 1 2 A solução mais geral possível para o potencial V combinando essas três soluções Vr θ φ Rr Θθ Φφ fica Vr θ Σ ℓ0 to Aℓ rℓ Pℓcos θ Utilizaremos em seguida a condição de contorno o potencial na superfície r R foi dado VR θ V0 cos θ e assim VR θ Σ ℓ0 to Aℓ Rℓ Pℓcos θ V0 cos θ V0 x com a mudança usual x cos θ Os coeficientes Aℓ podem ser encontrados multiplicandose a última equação por um Pnx integrando em relação a x e usando a relação de ortonormalidade dos polinômios de Legendre como fizemos na página 199 No entanto tudo fica mais fácil se nos lembrarmos que P1x x é o único polinômio que aparece no lado direito da igualdade Como os Pℓ são li os coeficientes da soma à esquerda têm que ser nulos com excessão de A1 e A1 R V0 logo A1 V0 R A somatória reduzse a um único termo Encontramos o potencial elétrico para r R Vr θ V0 r R P1cos θ V0 r R cos θ Exemplo 84 Um hemisfério sólido e uniforme de raio R repousa com sua face plana para baixo sobre uma superfície isolante horizontal Por outro lado a superfície curva do hemisfério é mantida à temperatura T0 Determine a temperatura no interior do hemisfério Tr θ para 0 r R 0 θ π2 na situação de equilíbrio térmico A equação da condução do calor capítulo 6 em uma dimensão é escrita ²x² Txt 1 K t Txt Na situação de equilíbrio térmico a temperatura nos vários pontos é estacionária isto é Tt 0 e a equação fica ²x² Txt 0 que generalizada para três dimensões é a própria equação de Laplace ²Tr 0 em coordenadas esféricas ²Tr θ φ 0 Como vimos no Exemplo 83 a solução geral para tal equação é Tr θ Σ ℓ0 to Aℓ rℓ Pℓcos θ já que pela condição de contorno sobre a parte curva mantida à mesma temperatura T0 há simetria azimutal T não depende de φ As duas condições de contorno são escritas na seguinte forma TR θ T0 Ttθπ2 0 Observe que θ π2 especifica o ângulo medido desde a vertical eixo z até a horizontal A derivada Tt 0 especifica que não há fluxo de calor nessas posições o plano horizontal é isolante Substituindo a solução geral nesta segunda condição de contorno Ttθπ2 Σ ℓ0 to Aℓ rℓ Pℓcos θ d cos θ dθθπ2 Σ ℓ0 to Aℓ rℓ Pℓ0 0 Usando uma fórmula específica a relação de recorrência do problema 88 i obtemos Pℓ0 ℓ Pℓ10 0 para ℓ par conferindo com a expressão em série de potências dos polinômios de Legendre ou com a tabela 81 A primeira condição de contorno fornece T R θ ℓ0Aℓ Rℓ Pℓx T0 T0 P0x e como o conjunto dos polinômios de Legendre é li segue que A0 R0 T0 isto é A0 T0 e todos os outros Aℓ são nulos Note também que como apenas A0 é não nulo a segunda condição de contorno é satisfeita pois P00 0 A temperatura estacionária pedida é portanto T r θ T0 Há algumas relações de recorrência para os polinômios de Legendre que permitem por exemplo calcular todos os outros polinômios caso conheçamos dois deles digamos P0 1 e P1 x ℓ 1 Pℓ1x 2ℓ 1 x Pℓx ℓ Pℓ1x 0 82 há também relações que fornecem derivadas dos polinômios de Legendre 1 x2 Pℓx ℓx Pℓx ℓ Pℓ1x 0 estas duas relações valendo se ℓ 1 Tais relações de recorrência dentre muitas outras que podem ser encontradas em tabelas matemáticas costumam ser usadas em rotinas computacionais que fornecem valores numéricos para polinômios de Legendre e outras funções a eles relacionadas Exemplo 85 Demonstre a relação de recorrência Pℓ1x 2x Pℓx Pℓ1x Pℓx 0 ℓ 1 com o auxílio da função geratriz dos polinômios de Legendre A expansão da função geratriz é escrita 11 2xt t2 ℓ0 Pℓx tℓ Como na relação de recorrência a ser obtida aparecem derivadas dos Pℓ em relação à x derivaremos os dois lados da expansão acima ddx 1 2xt t212 t 1 2xt t2 11 2xt t2 ℓ1 Pℓx tℓ pois na somatória à direita o termo com ℓ 0 se anula P0 ddx 1 0 Expandindo também a função geratriz que apareceu no lado esquerdo da igualdade t 1 2xt t2 ℓ0 Pℓx tℓ ℓ1 Pℓx tℓ Multiplicando a soma do lado esquerdo da igualdade por t e a soma do lado direito por 1 2xt t2 temos ℓ0 Pℓx tℓ1 ℓ1 Pℓx tℓ 2x ℓ1 Pℓx tℓ1 ℓ1 Pℓx tℓ2 Note que o termo com ℓ 0 na soma do lado esquerdo cancelará o termo com ℓ 1 na primeira soma do lado direito o referido termo vale 1t1 Omitiremos portanto estes dois termos do restante do cálculo Em seguida vamos efetuar mudanças de índices com o objetivo de deixar em todas as somatórias a potência na forma tℓ1 A soma do lado esquerdo já se encontra nesse formato e não precisa ser alterada o mesmo podese dizer da segunda soma do lado direito Mudaremos a primeira somatória do lado direito definindo n ℓ 1 e com isso ℓ n 1 Na última somatória do lado direito fazemos n ℓ 1 e neste caso ℓ n 1 Com todas estas mudanças ℓ1 Pℓx tℓ1 n1 Pn1x tn1 2x ℓ1 Pℓx tℓ1 n1 Pn1x tn1 De novo usamos P0 0 para conseguir o mesmo índice inferior na última somatória Basta então renomear n ℓ nas duas somas alteradas e todas as quatro somatórias poderão ser agrupadas numa única ℓ1 Pℓ1x 2x Pℓx Pℓ1x Pℓx tℓ1 0 Como o conjunto 1 t t2 é li a parte entre chaves se anula e daí decorre a relação de recorrência desejada para ℓ 1 logo há uma segunda solução da equação diferencial de Legendre que não discutimos Costumase denotála Qℓx Como tais funções são irregulares para x 1 e esses pontos são importantes nas aplicações físicas elas não serão empregadas nem tratadas neste curso 82 Funções Associadas de Legendre As funções de Legendre associadas aparecem como soluções da equação de Legendre associada 1 x2 ÿ 2x ẏ ℓℓ 1 m2 1 x2 y 0 com 1 x 1 pois x cos θ Se Pℓ for solução da equação de Legendre 1 x2 Pℓ 2x Pℓ ℓℓ 1 Pℓ 0 então y 1 x2m2 dm dxm Pℓ será solução da equação de Legendre associada como se pode verificar substituindo y na equação associada acima As funções associadas podem portanto ser escritas para m 0 como y Pℓmx 1 x2m2 dm dxm Pℓx 1 x2m2 2ℓ ℓ dℓm dxℓm x2 1ℓ tendo sido utilizada a fórmula de Rodrigues na última passagem Assim na solução da equação de Laplace que esboçamos há pouco no Exemplo 83 a função Θθ corresponde à solução da equação de Legendre associada sendo dada pelas funções associadas de Legendre Θθ Pℓmcos θ É bom observar que alguns autores preferem denotar as funções associadas com um índice inferior e um superior Pmℓ x Às vezes nós denotaremos essas funções sem a vírgula entre índices Pℓmx Podese definir as funções associadas também para valores negativos do segundo índice Pℓmx 1 x2m2 2ℓ ℓ dℓm dxℓm x2 1ℓ 82 FUNÇÕES ASSOCIADAS DE LEGENDRE Vêse destas últimas duas expressões que Pℓmx Pℓmx 0 sempre que tivermos m ℓ de modo que vamos nos restringir a ℓ m ℓ A relação entre Pℓm e Pℓm é Pℓmx 1m ℓ m ℓ m Pℓmx o que indica que essas soluções são ld e não li A paridade das funções de Legendre associadas é bem definida Pℓmx 1ℓm Pℓmx E é claro as funções de Legendre associadas são idênticas aos polinômios de Legendre quando m 0 porque nesse caso a equação associada se reduz à equação de Legendre Pℓ0x Pℓx para todo x 11 e todo ℓ inteiro Uma expressão de muita utilidade é a relação de ortogonalidade e normalização 11 Pℓmx Pℓmx dx 22ℓ 1 ℓ m ℓ m δℓℓ e note que os valores do índice m são iguais nas duas funções associadas Há uma outra relação de ortonormalidade com ℓs iguais 11 Pℓmx Pℓkx 11 x2 dx ℓ m m ℓ m δmk Algumas funções de Legendre associadas as de índices mais baixos são exibidas na tabela 82 Vêse que as funções de Legendre associadas Pℓm não são polinômios em x de modo que o termo polinômio de Legendre associado não deve ser aplicado Outra propriedade dessas funções associadas é seu valor nulo nos pontos x 1 ou seja para θ zero ou π se m 0 Pℓm1 0 A função geratriz das funções de Legendre associadas é gmx t 2m 1 x2m2 2m m 1 2xt t2m12 i0 Pimmx ti ℓ m Pℓmx 0 0 P00x 1 1 1 P11x 12 1 x2 12 sen θ 1 0 P10x x cos θ 1 1 P11x 1 x2 sen θ 2 2 P22x 324 1 x2 18 sen2 θ 2 1 P21x 12 x1 x2 12 sen θ cos θ 2 0 P20x P2x 32 x2 12 32 cos2 θ 12 2 1 P21x 3x1 x2 3 cos θ sen θ 2 2 P22x 31 x2 3 sen2 θ Tabela 82 Algumas funções de Legendre associadas O uso desta expansão da função geratriz permite provar a validade de relações de recorrência como as seguintes ℓ m 1 Pℓ1m 2ℓ 1 x Pℓm ℓ m Pℓ1m 0 Pℓm1 2mx 1 x2 Pℓm ℓℓ 1 mm 1 Pℓm1 0 2 1 x2 ddx Pℓm Pℓm1 ℓ m ℓ m 1 Pℓm1 que são úteis em rotinas computacionais usando as funções associadas Tais programas são empregados por exemplo em física atômica para tratar átomos multieletrônicos por métodos aproximados como o de HartreeFock O único átomo para o qual existe uma solução analítica completa da equação de Schrödinger é o do hidrogênio desenvolvida neste livro no capítulo 11 Embora não haja solução exata da equação de Schrödinger para átomos com mais de um elétron a parte angular da solução é a mesma do átomo de hidrogênio e envolve os Pℓm 83 HARMÔNICOS ESFÉRICOS 83 Harmônicos Esféricos Quando efetuamos a separação de variáveis da equação de Laplace em coordenadas esféricas no capítulo 6 usamos Y θ ϕ Θθ Φϕ Encontramos soluções na forma Pℓmx para Θ e eimϕ para Φ de modo que Yℓmθ ϕ Aℓm Pℓmcos θ eimϕ As constantes Aℓm são escolhidas com base em uma relação de ortonormalidade que discutiremos em breve Introduzindo tais constantes convenientes Yℓmθ ϕ 1m 2ℓ 1 4π ℓ m ℓ m Pℓmcos θ eimϕ Estas funções são os chamados harmônicos esféricos O substantivo harmônicos aqui se refere às funções harmônicas seno e cosseno que são suaves contínuas existindo suas derivadas de todas as ordens Podemos dizer são funções harmoniosas Já o adjetivo esféricos nos lembra que eles sempre aparecem como parte da solução em problemas com simetria esférica como o de potenciais centrais do qual o potencial gravitacional é um exemplo importante Alguns autores não incluem na definição dos harmônicos esféricos o fator 1m que é chamado de fator de fase de CondonShortley mas em cálculos quânticos de física atômica e nuclear o uso de tal fator é bastante conveniente Com aquela constante Aℓm adotada os harmônicos esféricos satisfazem uma relação de ortonormalidade bem simples 4π Yℓmθ ϕ Yℓmθ ϕ dΩ δℓℓ δmm sendo dΩ o elemento infinitesimal de ângulo sólido 4π dΩ 0 2π dϕ 0 π dθ sen θ O conjunto dos Yℓm é completo de modo que se pode expandir qualquer função arbitrária dos ângulos θ ϕ em termos dessa base fθ ϕ ℓm aℓm Yℓmθ ϕ Esta expansão é conhecida como série de Laplace Conseguese achar os coeficientes dessa expansão multiplicandose os dois lados da expansão acima por um YLM integrandose em todo o ângulo sólido 4π e buscando o auxílio da relação de ortonormalidade dos Yℓm Encontrase aℓm 4π Yℓmθ ϕ fθ ϕ dΩ ℓ m Yℓm 0 0 Y00 14π 1 1 Y11 38π sen θ eiφ 1 0 Y10 34π cos θ 1 1 Y11 38π sen θ eiφ 2 2 Y22 596π 3 sen2 θ e2iφ 2 1 Y21 524π 3 sen θ cos θ eiφ 2 0 Y20 54π 3 cos2 θ 12 2 1 Y21 524π 3 sen θ cos θ eiφ 2 2 Y22 596π 3 sen2 θ e2iφ Tabela 83 Alguns harmônicos esféricos Listamos na tabela 83 alguns harmônicos esféricos os de índices mais baixos Algumas propriedades úteis dos harmônicos esféricos são Yℓmθ φ 1m Yℓmθ φ Yℓmθ 0 1ℓ Yℓmθ 0 Yℓmπ θ φ π 1ℓ Yℓmθ φ Yℓm0 φ 2ℓ 1 4π δm0 A aplicação em que trabalharemos a seguir é uma extensão do exemplo 83 Exemplo 86 Calcule o potencial eletrostático no interior de uma esfera de raio R em que não existem cargas quando o potencial da superfície esférica vale VR θ φ V0 sen θ sen φ 83 HARMÔNICOS ESFÉRICOS Retomamos o Exemplo 83 com a diferença de que neste caso não há simetria azimutal De fato há dependência explícita em φ no potencial para r R o que nos leva a considerar as funções associadas de Legendre como solução em x cos θ Portanto para r R o potencial eletrostático será uma superposição de objetos do tipo rℓ Pℓmcos θ eimφ ou seja em geral para pontos interiores à casca esférica de raio R V r θ φ ℓ0 mℓℓ Aℓm rRℓ Yℓmθ φ Observe as alterações em relação ao Exemplo 83 a função Φφ agora vale eimφ e a função Θθ Pℓmcos θ assim o produto destas duas foi substituído pelos harmônicos esféricos Yℓmθ φ As constantes Aℓm podem ser calculadas com base na condição de contorno na casca esférica VR θ φ V0 sen θ sen φ Mas observe que sen θ eiφ sen θ cos φ i sen θ sen φ 8π3 Y11 sen θ eiφ sen θ cos φ i sen θ sen φ 8π3 Y11 e subtraindo as duas equações tiramos sen θ sen φ i 2π3 Y11 Y11 A condição de contorno r R é então escrita VR θ φ ℓ0 mℓℓ Aℓm Yℓmθ φ i 2π3 V0 Y11 Y11 o que implica em A11 A11 i 2π3 V0 e todos os outros coeficientes Aℓm nulos Com isto o potencial no interior da esfera se escreve Vr θ φ i 2π3 V0 rR Y11θ φ Y11θ φ V0 rR sen θ sen φ Figura 83 Os vetores posição dos pontos P e Q definem um ângulo γ Teorema 81 Teorema da adição para os harmônicos esféricos Considere dados os dois pontos P θ φ Q α β Os vetores OP e OQ com origem em O 0 0 0 definem um ângulo γ entre eles figura 83 e vale a relação Pℓcos γ 4π2ℓ 1 mℓℓ Yℓmα β Yℓmθ φ Há uma relação trigonométrica relacionando o ângulo γ formado entre os vetores posição de P e Q com os ângulos α β θ φ veja a figura 83 cos γ cos α cos θ sen α sen θ cosφ β e a partir dessa expressão provase o teorema da adição Não incluiremos essa prova aqui Este teorema é particularmente útil para se descrever o potencial no ponto P r θ φ do espaço produzido por uma carga elétrica pontual colocada em Q r α β figura 83 com OP r OQ r Efetuaremos um cálculo que lembra a expansão do Exemplo 81 na realidade generalizaremos aquele procedimento 1r r 1r2 r2 2rr cos γ 1r ℓ0 rrℓ Pℓcos γ com r minr r r maxr r ou seja r é o menor dentre os valores de r e r e r é o maior dentre r e r Empregando então o teorema da adição Vr θ φ q4πε₀ 1r r q4πε₀ Σℓ0 to 4π2ℓ1 rℓ rℓ1 Σmℓ to ℓ Yℓmθ φ Yℓmθ φ Nos exemplos resolvidos que analisamos até o momento não havia cargas na região onde calculávamos o potencial elétrico de modo que valia a equação de Laplace cuja solução envolve os harmônicos esféricos Vamos abordar agora um problema típico de física atômica em que existe uma distribuição de cargas não nula Exemplo 87 Num átomo de hidrogênio Z 1 em que o elétron encontrase no orbital 2pz a densidade volumétrica de cargas é dada por ρr ρr θ φ e 32πa₀⁵ r² era₀ cos²θ e é a carga do elétron a₀ 0529Å é o raio de Bohr Obtenha o potencial eletrostático gerado por tal distribuição de cargas A densidade eletrônica ρ exibida no enunciado do problema pode ser encontrada facilmente se desejar conferir ela é proporcional à probabilidade de encontrar o elétron naquele autoestado ρr ρr θ φ e Ψ210r θ φ² e a função Ψ210 correspondente ao orbital 2pz pode ser encontrada na tabela 111 O potencial elétrico no ponto r r θ φ é dado por Vr θ φ 14πε₀ dqr r 14πε₀ ρr dV r r pois a densidade volumétrica de cargas carga por volume é ρ dqdV Então Vr θ φ 14πε₀ ₀ r² dr 4π dΩ ρr r r 14πε₀ ₀ r² dr 4π dΩ e 32πa₀⁵ r² era₀ cos² θ Σℓ0 to 4π2ℓ1 rℓ rℓ1 Σmℓℓ Yℓmθ φ Yℓmθ φ Utilizamos na última passagem a expansão 83 de 1r r em termos de harmônicos esféricos Trataremos em primeiro lugar da integral angular em dΩ Para tanto escrevemos a dependência angular de ρ em termos dos harmônicos esféricos Y20θ φ 3 54π cos² θ 12 54π Y00θ φ 14π cos² θ 13 4π5 Y20 52 Y00 13 4π5 Y20θ φ π3 Y00θ φ e portanto a integral no ângulo sólido fica 4π dΩ Yℓmθ φ 13 4π5 Y20 π3 Y00 13 4π5 δℓ2 δm0 π3 δℓ0 δm0 Sendo que para obter tal resultado usamos a relação de ortonormalidade dos harmônicos esféricos Os deltas de Kronecker acima eliminarão as somas em ℓ e m restando apenas dois termos um com ℓ2 e outro com ℓ0 m sendo nulo Vr θ φ e 32πε₀ a₀⁵ 15 Y20θ φ ₀ r² dr r² era₀ r2 r3 Y00θ φ ₀ r² dr r² era₀ r0 r1 O cálculo das integrais radiais será efetuado separandose a contribuição das cargas internas e das cargas externas Teremos assim o potencial devido às cargas internas que chamaremos Vint e a segunda contribuição das cargas externas Vext Vr θ φ Vint Vext O motivo é que r a variável de integração radial varrerá toda a distribuição de cargas desde a origem r 0 até o infinito O valor fixo r divide a distribuição de cargas em duas partes como especificamos a seguir i Contribuição das cargas internas Neste caso 0 r r e portanto r r e r r com isto Vint e 32πε₀ a₀⁵ 15 Y20 ₀r dr r4 era₀ r3 Y00 ₀r dr r4 era₀ r0 r1 e 32πε₀ a₀⁵ Y20 5r³ ₀r r6 era₀ dr Y00 r ₀r r4 era₀ dr Mudando de variável para x ra₀ e chamando R ra₀ Vint e 32πε₀ a₀⁵ Y20 5r³ a₀7 ₀R x⁶ ex dx Y00 r a₀⁵ ₀R x⁴ ex dx Calcularemos as integrais I₁ I₂ em breve ii Contribuição das cargas externas Agora r r e portanto r r e r r Vext e 32πε₀ a₀⁵ 15 Y20 r dr r4 era₀ r2 r3 Y00 r dr r⁴ era₀ r0 r1 e 32πε₀ a₀⁵ Y20 5 r² r r era₀ dr Y00 a₀4 r x³ ex dx e 32πε₀ a₀⁵ Y20 5 r² a₀² R x ex dx Y00 a₀⁴ R x³ ex dx Mas R x ex dx 0 x ex dx 0R x ex dx 1 0R x ex dx e R x³ ex dx 0 x³ ex dx 0R x³ ex dx 6 0R x³ ex dx portanto Vext e 32πε₀ a₀⁵ Y20 5 r² a₀² 1 0R x ex dx Y00 a₀⁴ 6 0R x³ ex dx Utilizamos a função Gama capítulo 7 para calcular as duas integrais mais acima de 0 a Passemos ao cálculo das integrais I₁ I₂ I₃ I₄ que pode ser feito por repetidas aplicações da técnica de integração por partes I₁ ₀R x⁶ ex dx x⁶ ex1 ₀R ₀R 6x⁵ ex dx R⁶ eR 6 ₀R x⁵ ex dx R⁶ eR 6 x⁵ ex1 ₀R ₀R 5x⁴ ex dx R⁶ 6R⁵ eR 6 5 ₀R x⁴ ex dx e continuando o processo encontramos I1 R6 6R5 30R4 120R3 360R2 720R 720 eR 720 r a06 6 r a05 30 r a04 120 r a03 360 r a02 720 r a0 720 era0 720 De forma completamente análoga encontramos as outras três integrais I2 0R x4 ex dx r a04 4 r a03 12 r a02 24 r a0 24 era0 24 I3 0R x3 ex dx r a03 3 r a02 6 r a0 6 era0 6 I4 0R x ex dx r a0 1 era0 1 Finalmente o potencial eletrostático é dado por Vr θ φ Vint Vext e 32πε0 a02 Y20θ φ 5r3 I1 Y00θ φ r I2 r2 Y20θ φ 5a03 1 I4 Y00θ φ a0 6 I3 Algumas propriedades adicionais dos harmônicos esféricos serão discutidas no capítulo 11 em particular sua relação com o momento angular orbital PROBLEMAS 81 Usando a fórmula de Rodrigues calcule P2x 82 Utilizando a relação de recorrência 82 e também P1x x além de P2x do exercício anterior obtenha P3x 83 Calcule I1 11 P2x dx I2 11 P3x P2x dx 84 Expanda fx x3 em polinômios de Legendre 85 Escreva x4 2x2 como uma combinação linear de polinômios de Legendre 86 Mostre i como e ii por quê uma função fx pode ser expandida na forma de uma combinação linear normalmente uma série infinita de polinômios de Legendre iii Ache os coeficientes da expansão 87 Expanda 1 1 2xt t2 em série de potências de t para t 1 utilizando a expansão de Taylor em torno de t 0 para mostrar pelo menos para os três primeiros termos que os coeficientes da expansão correspondem exatamente aos polinômios de Legendre 88 Prove as relações de recorrência abaixo Elas encontram utilidade com frequência na construção de rotinas computacionais envolvendo os polinômios de Legendre Sugestão utilize como ponto de partida a função geratriz dos polinômios Aqui ℓ 1 i 1 x2 ddx Pℓx ℓ Pℓ1x ℓ x Pℓx ii ℓ Pℓx x ddx Pℓx ddx Pℓ1x iii ℓ 1 Pℓ1x 2ℓ 1 x Pℓx ℓ Pℓ1x 89 Mostre que a solução do problema do potencial eletrostático no exterior de uma esfera de raio R onde não existem cargas quando o potencial da superfície esférica vale fθ é dada por Vr θ ℓ0 2ℓ 12 Rrℓ1 11 Pℓx fx dx Pℓcos θ r R Figura 84 Um dipolo elétrico colocado sobre o eixo z 810 Calcule o potencial elétrico produzido por um dipolo elétrico como mostrado na figura 84 Qual o termo dominante para r a A que multipolo tal termo corresponde Figura 85 Dois dipolos elétricos superpostos colocados no eixo z 811 Calcule o potencial elétrico produzido por dois dipolos elétricos superpostos dando origem a um quadrupolo elétrico linear ver figura 85 Qual o termo dominante para r a A que multipolo tal termo corresponde 812 Calcule I1 11 Pℓ mx dx I2 11 P33x P43x dx I3 11 11 x2 P32x P32x dx 813 Que operador linear possui os Pℓ mx como autofunções Quais os autovalores associados aos Pℓ m Escreva a expressão para o produto escalar no espaço de Hilbert sobre o qual o referido operador atua 814 Calcule as seguintes integrais I1 4π Y33θ φ Y52θ φ dΩ I2 4π Y31θ φ Y31θ φ dΩ 83 HARMÔNICOS ESFÉRICOS 221 I3 4π Y258 θφ2 dΩ 815 Mostre que a paridade dos harmônicos esféricos Yℓm é 1ℓ isto é é par se ℓ for par e ímpar se ℓ for ímpar 816 Prove que Yℓm 0φ 2ℓ 14π δm0 817 Mostre que os operadores L e L L Lx i Ly e iφ θ i ctg θ φ aplicados sobre os Yℓm aumentam ou diminuem m de uma unidade L Yℓm ℓ mℓ m 1 Yℓm1 L Yℓm ℓ m ℓ m 1 Yℓm1 818 Mostre Yℓ m θφ 1m Yℓm θφ 819 Um hemisfério de raio R repousa com sua face plana para baixo sobre uma superfície isolante horizontal A superfície curva do hemisfério é mantida à temperatura T0 1 acos2 θ Determine a temperatura estacionária no interior do hemisfério 820 Calcule o potencial eletrostático numa região do espaço sem cargas entre os raios a e b a sabendose que na superfície esférica de raio a o potencial é nulo e na região com r b ele vale Vbθφ V0 cos θ Sugestão como o raio r 0 está excluído deste cálculo a solução radial mais geral é do tipo Aℓ rℓ Bℓ rℓ1 ou seja a solução 1rℓ1 também deve ser considerada 821 Num dado átomo elétrons de número quântico orbital ℓ e número quântico magnético orbital m são descritos pela função de onda Ψrθφ fr Yℓm θφ fr sendo uma função radial dada Mostre que a soma das densidades de probabilidade num orbital completamente ocupado por exemplo 2p6 ou 3d10 é esfericamente simétrica Isto é mostre que mℓℓ Ψ Ψ é independente de θ φ 222 CAPÍTULO 8 POLINÔMIOS DE LEGENDRE HARMÔNICOS ESFÉRICOS 822 É dada a densidade volumétrica de cargas ρr ρ0 r eαr sen2 θ cos 2φ 0 r R 0 r R Calcule o potencial eletrostático no ponto P rθφ interior à essa distribuição de cargas r R Vrθφ 14πε0 ρrr r dV 14πε0 0R r2 dr 4π ρrr r ρ0 e α são constantes conhecidas É feita uma integração no volume V no qual existem cargas SUGESTÕES DE LEITURA ADICIONAL O assunto pode ser encontrado nos textos clássicos de física matemática como Arfken Butkov e Boas e também em Braga 83 HARMÔNICOS ESFÉRICOS 223 RESPOSTAS SUGESTÕES E COMENTÁRIOS As respostas dos problemas 81 e 82 estão na tabela 81 No problema 83 use a relação de ortogonalidade dos polinômios de Legendre lembrese que P0 x 1 Respostas I1 I2 0 No problema 84 faça x3 AP1 BP3 e determine A e B por que não colocamos P0 eou P2 nessa expansão ou termos de maior ℓ A resposta x3 35 P1 25 P3 O problema 85 é semelhante ao 84 Resposta AP0 BP2 CP4 com A 715 B 1621 C 835 O problema 86 está resolvido no texto Quanto ao por quê lembrese que o operador envolvido na equação de Legendre é do tipo SturmLiouville portanto as autofunções formam um conjunto completo Para o 87 relembre como obter a série de Taylor consultando o apêndice A Para obter as relações de recorrência de 88 você pode derivar de um lado e do outro a relação da função geratriz dos polinômios de Legendre Isto pode ser feito em relação a x uma equação já desenvolvida no Exemplo 85 ou em relação a t dá outra equação Talvez o que se quer provar num dos ítens seja uma combinação linear dessas equações Ou experimente derivar em relação a x a relação de recorrência obtida da derivação em t e combine com as outras relações que obteve O problema 89 é similar ao Exemplo 83 use a expansão em multipolos para t rR 1 A resposta V ℓ0 2ℓ 12 Rrℓ1 11 fx Pℓ x dx Pℓ x No problema 810 você usará o que foi desenvolvido no Exemplo 81 para o potencial de uma carga primeiro para a carga q cujo ângulo com o eixo z é θ e depois para a carga q o ângulo nesse caso é π θ É similar também ao Exemplo 82 Os termos com ℓ 0 nas duas expansões se anulam mas com ℓ 1 se somam resultando V 2aq cos θ 4πε0 r2 que é o potencial de um dipolo elétrico O 811 é semelhante agora fazendo o mesmo que no problema 810 mas para três cargas Note que o potencial produzido pela carga na origem não precisa ser expandido e vale 2q 4πε0 r Quando somar esse potencial com as expansões para as cargas q ângulo θ e q ângulo π θ a contribuição de monopolo n 0 será nula a de dipolo n 1 será nula e a de quadrupolo dá V 2a2 q 4πε0 r3 P2 cos θ No problema 812 use a ortogonalidade das funções de Legendre associadas Lembrese que P00 1 As respostas I1 2δℓ0 δm0 I2 0 I3 1 Problema 813 volte ao texto para localizar a equação diferencial de Legendre associada e sua relação de ortogonalidade produto escalar No problema 814 use a ortogonalidade dos harmônicos esféricos As respostas I1 0 I2 1 I3 1 Problema 815 obtenha a paridade separadamente para os Pℓm e para eimφ e multiplique Note que quando analisamos a paridade de uma função de x partimos de fx Aqui como trabalhamos com ângulos devemos partir de Yr Yπ θ φ π e tentar relacionar isso com Yr Yθ φ Problema 816 use o valor de Pℓm1 de uma expressão que consta no texto Problema 817 a sugestão aqui é ver qual a ação do operador φ atuando sobre eimφ esta é a dependência em φ dos Yℓm O mesmo para o θ que atuará sobre os Pℓm Problema 818 use a definição dos Yℓm e tente relacionar isso com o Yℓm O problema 819 se assemelha ao Exemplo 84 a resposta é Tr θ 2T03 T03 rR2 1 3 cos2 θ Resposta do problema 820 Vr θ φ b2b3 a3r a3 b2b3 a3 1r2 V0 cos θ Problema 821 use o teorema da adição com o ângulo γ 0 Problema 822 similar ao Exemplo 87 resposta V V1 V2 com V1 8π15 ρ05ε0 1r3 Integral radial1 Y22θ φ Y22θ φ ρ05ε0 1α6 r3 Integral radial1 sen2 θ cos 2φ Integral radial1 αr5 5 αr4 20 αr3 60 αr2 120 αr 120 α eαr 120 α V2 8π15 ρ0 r25ε0 Integral radial2 Y22θ φ Y22θ φ ρ0 r25ε0 Integral radial2 sen2 θ cos 2φ Integral radial2 1α eαr eαR