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Gabarito da 1a V.E. de GMA00113
2011.2 — Turma B1
9 de janeiro de 2013
1. Decida, enunciando com cuidado os resultados usados, se as se´ries abaixo convergem ou
divergem.
(A)
∞∑
n=1
nn
n!
; (B)
∞∑
n=1
(−1)nn
2 − 1
n2 + 1
;
Soluc¸a˜o
(A) Para esta se´rie, temos
an =
nn
n!
.
Como, an > 0 para n > 0, vamos calcular
an+1
an
=
(n+ 1)n+1
(n+ 1)!
n!
nn
=
(
n+ 1
n
)n
.
Portanto,
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
(
n+ 1
n
)n
= e > 1.
Portanto, a se´rie em questa˜o diverge.
(B) Observe que o termo geral da se´rie e´
(−1)nn
2 − 1
n2 + 1
.
Observando que
lim
n→∞
n2 − 1
n2 + 1
= 1,
conclu´ımos que o termo geral na˜o vai a zero quando n→∞. Logo a se´rie na˜o-converge.
2. Para cada uma das func¸o˜es abaixo, encontre a se´rie de Taylor, ao redor do ponto x0 = 0 , e
encontre tambe´m o respectivo raio de convergeˆncia:
(A) f(x) =
√
1− x2; (B) g(x) = cosh(x).
Soluc¸a˜o
(A) Vamos primeiro calcular a se´rie de h(z) =
√
1− z = (1 − z)1/2. Calculando algumas
derivadas observamos: 5
h′(z) =
−1
2
(1− z)−1/2, h′′(z) = −1 · 1
2 · 2 (1− z)
−3/2, h′′′(z) =
−1 · 1 · 3
2 · 2 · 2 (1− z)
−5/2.
1
A partir das contas acima, conclu´ımos que no expoente observamos que no expoente
temos a sequeˆncia: 1/2,−1/2,−3/2,−5/2, . . .. Essa sequeˆncia pode ser escrita como
1−2n
2 .
Quanto aos coeficientes, no denominador temos 2n. No numerador temos −1,−1·1,−1·
1 · 3, . . ., que pode ser escrita como Πnk=0(2k − 1). Combinando tudo obtemos
h(n)(z) =
Πnk=0(2k − 1)
2n
(1− z) 1−2n2 .
Portanto, a se´rie de Taylor de h em z = 0 e´ dada por:
Th(z) =
∞∑
n=0
h(n)(0)
n!
zn
=
∞∑
n=0
Πnk=0(2k − 1)
n!2n
zn.
Para encontrarmos o raio de convergeˆncia de Th calculamos
Πn+1k=0(2k − 1)
(n+ 1)!2n+1
n!2n
Πnk=0(2k − 1)
=
2n
2(n+ 1)
,
cujo limite quando n→∞ e´ um. Assim, o raio de convergeˆncia de Th e´ igual a um.
Finalmente, a se´rie de Taylor de f sera´
Tf (x) =
∞∑
n=0
Πnk=0(2k − 1)
n!2n
x2n,
que converge sempre que x2 < 1, i.e., |x| < 1 e portanto tambe´m tem raio de con-
vergeˆncia igual a um.
(B) Lembrando que
ex =
∞∑
n=0
xn
n!
,
Temos
cosh(x) =
ex + e−x
2
=
1
2
( ∞∑
n=0
xn
n!
+
∞∑
n=0
(−1)n(x)n
n!
)
=
1
2
∞∑
n=0
1 + (−1)n
n!
xn
=
∞∑
n=0
n par
xn
n!
=
∞∑
k=0
x2k
(2k)!
.
Logo, temos que cosh e´ anal´ıtica e como a sua representac¸a˜o em se´rie de poteˆncias e´ a
soma de duas se´ries que teˆm raio de convergeˆncia infinito, ela tambe´m tera´ raio infinito
de convergeˆncia.
2
3. Considere a equac¸a˜o:
e−xy′′ − y = 0
(a) Discuta porque a equac¸a˜o acima pode ter a sua soluc¸a˜o representada por se´ries de
poteˆncias.
(b) Encontre a relac¸a˜o de recorreˆncia dessas se´ries.
(c) Indique como usar a relac¸a˜o obtida no item anterior para expressar a soluc¸a˜o geral da
equac¸a˜o.
Soluc¸a˜o
(a) Lembrando que ez nunca se anula, podemos multiplicar a equac¸a˜o por ex para obter
y′′ − exy = 0.
Como ex e´ uma func¸a˜o anal´ıtica em qualquer ponto, conclu´ımos que a equac¸a˜o acima
tem coeficientes anal´ıticos e, portanto, a sua soluc¸a˜o sera´ anal´ıtica pelo Teorema de
Cauchy-Kowalevsky-Fuchs.
(b) Escrevendo
y =
∞∑
n=0
anx
n, ex =
∞∑
n=0
xn
n!
e substituindo na equac¸a˜o, obtemos
0 =
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 −
∞∑
n=0
xn
n!
∞∑
n=0
anx
n
=
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 −
∞∑
n=0
cnx
n
=
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2x
n −
∞∑
n=0
cnx
n
=
∞∑
n=0
[(n+ 2)(n+ 1)an+2 − cn]xn,
onde
cn =
n∑
k=0
ak
(n− k)! .
Conclu´ımos portanto que
an+2 =
1
(n+ 2)(n+ 1)
n∑
k=0
ak
(n− k)! , n ≥ 0.
(c) Observando que a relac¸a˜o de recorreˆncia encontrada no item anterior depende de a0
e a1 e que y(0) = a0 e y
′(0) = a1, definimos y0 como uma soluc¸a˜o obtida a partir da
relac¸a˜o de recorreˆncia com a0 = 1 e a1 = 0 e, analogamente, y1 com a0 = 0 e a1 = 1.
Temos enta˜o que y0 e y1 satisfazem a equac¸a˜o em questa˜o e que y0(0) = 1, y
′
0(0) = 0,
y1(0) = 0 e y
′
1(0) = 1. Assim, uma soluc¸a˜o que satisfac¸a y(0) = α e y
′(0) = β pode ser
escrita como
y(x) = αy0(x) + βy1(x).
3
4. Considere a equac¸a˜o de Legendre:
(1− x2)y′′ − 2xy′ + n(n+ 1)y = 0, n = 0, 1, 2, 3, . . .
(a) Explique, usando o Teorema de Frobenius ou de alguma outra maneira, porque ao
menos uma soluc¸a˜o da equac¸a˜o de Legendre sera´ anal´ıtica em x = 1.
(b) Encontre a soluc¸a˜o anal´ıtica em x = 1 e mostre que, de fato, ela e´ um polinoˆmio de
grau n. Esses polinoˆmios sa˜o conhecidos com polinoˆmios de Legendre.
Nota O texto em vermelho foi adicionado durante a aplicac¸a˜o do exame.
Soluc¸a˜o
(a) Vamos escrever z = x− 1 e u(z) = y(1 + z). Enta˜o, u′ = y′ e u′′ = y′′. Substituindo na
equac¸a˜o de Legendre encontramos:
z(z + 2)u′′ + 2(z + 1)u′ − n(n+ 1)u = 0. (1)
Escrevendo temporariamente a equac¸a˜o acima como
u′′ + P (z)u′ −Q(z)u = 0.
com
P (z) = 2
z + 1
z(z + 2)
e Q(z) =
n(n+ 1)
z(z + 2)
.
Enta˜o nem P (z) ou Q(z) sa˜o anal´ıticos em z = 0, mas zP (z) e zQ(z) sa˜o funco˜es
racionais (quocientes de polinoˆmios) cujos denominadores na˜o se anulam em z = 0;
portanto sa˜o anal´ıticas.
Desta forma, por Frobenius, sabemos que ao menos uma das soluc¸o˜es tera´ a forma:
u(z) =
∞∑
k=0
akz
ν+k, a0 = 1.
Se mostrarmos que ν = 0, enta˜o esta soluc¸a˜o sera´ anal´ıtica.
Substituindo esta representac¸a˜o em (1), obtemos
0 = z(z + 2)
∞∑
k=0
(ν + k)(ν + k − 1)akzν+k−2 + 2(z + 1)
∞∑
k=0
(ν + k)akz
ν+k−1 − n(n+ 1)
∞∑
k=0
akz
ν+k
= (z + 2)
∞∑
k=0
(ν + k)(ν + k − 1)akzk−1 + 2(z + 1)
∞∑
k=0
(ν + k)akz
k−1 − n(n+ 1)
∞∑
k=0
akz
k
= 2
[ ∞∑
k=0
(ν + k)(ν + k − 1)akzk−1 +
∞∑
k=0
(ν + k)akz
k−1
]
+
∞∑
k=0
(ν + k)(ν + k − 1)akzk
+ 2
∞∑
k=0
(ν + k)akz
k − n(n+ 1)
∞∑
k=0
akz
k
= 2
∞∑
k=0
(ν + k)2akz
k−1 +
∞∑
k=0
[(ν + k)(ν + k + 1)− n(n+ 1)] akzk.
Observe agora que a segunda se´rie da u´ltima equac¸a˜o comec¸a em grau zero. Entretanto,
a primeira comec¸a com um termo em 1/z. Mais precisamente
∞∑
k=0
(ν + k)2akz
k−1 =
ν2
z
+
∞∑
k=1
(ν + k)2akz
k−1.
Temos, portanto, que ν = 0 como quer´ıamos mostrar.
4
(b) Para encontrar a soluc¸a˜o desejada, vamos continuar de onde paramos no item anterior,
mas ja´ levando em conta que ν = 0:
0 = 2
∞∑
k=0
(ν + k)2akz
k−1 +
∞∑
k=0
[(ν + k)(ν + k + 1)− n(n+ 1)] akzk
= 2
∞∑
k=0
k2akz
k−1 +
∞∑
k=0
[k(k + 1)− n(n+ 1)] akzk
= 2
∞∑
k=1
k2akz
k−1 +
∞∑
k=0
[k(k + 1)− n(n+ 1)] akzk
= 2
∞∑
k=0
(k + 1)2ak+1z
k +
∞∑
k=0
[k(k + 1)− n(n+ 1)] akzk
=
∞∑
k=0
{
2(k + 1)2ak+1 + [k(k + 1)− n(n+ 1)] ak
}
zk.
Donde conclu´ımos que
ak+1 =
n(n+ 1)− k(k + 1)
2(k + 1)2
ak.
Desta relac¸a˜o, conclu´ımos que, se ak∗ = 0, enta˜o ak = 0, para k ≥ k∗. Por outro lado,
como a0 = 1, teremos ak + 1 = 0 se, e somente se, k = n. Logo, u sera´ um polinoˆmio
de grau n. Como y = u(x− 1) temos que y tambe´m e´ um polinoˆmio de grau n.
5