solução de edos usando séries

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1
Cálculo Aplicado:
Solução de Equações Diferenciais Ordinárias usando Séries:
Vamos estudar a utilização de séries de potências para encontrar conjuntos fundamentais de soluções para
equações diferenciais lineares de segunda ordem cujos coe�cientes são funções da variável independente. Começare-
mos com um breve resumo de séries de potências. Os leitores que precisarem de mais detalhes podem consultar
um livro de cálculo (por exemplo o livro de cálculo do George B. Thomasvolume II capítulo 11).
Revisão de Séries de Potências:
Uma série de potências em tono de x = x0 é uma série da forma:
+∞∑
n=0
an(x− x0)n
Exemplos:
1. Série de potências em torno de x = 0:
+∞∑
n=0
(−1)n
n!
xn.
2. Série de potências em torno de x = 1:
+∞∑
n=0
2n
n
(x− 1)n.
3. Série de potências em torno de x = −2:
+∞∑
n=0
(−1)n lnn
n!
(x+ 2)n.
Para uma série de potências não perguntaremos simplesmente se a série converge ou diverge?
Perguntaremos onde a série converge e onde diverge?
Ou melhor, perguntaremos para quais valores de x a série de potências converge?
De�nição:
Uma série de potências
+∞∑
n=0
an(x− x0)n converge em x = x1 se a série numérica
+∞∑
n=0
an(x1 − x0)n converge.
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
Observação: Toda série de potência em torno de x = x0 converge em x = x0.
Pois: em x = x0 temos:
+∞∑
n=0
an(x0 − x0)n = 0.
Teorema:
Dada uma série de potências
+∞∑
n=0
an(x− x0)n = 0 temos três possibilidades:
• A série converge para todo x tal que |x− x0| < R e diverge para todo x tal que |x− x0| > R.
• A série converge para todo x ∈ R.
• A série converge apenas em x = x0 e diverge para todo x 6= x0.
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
O subintervalo da reta real I de extremos x0 −R e x0 +R é chamado de intervalo de convergência da série de
potências
+∞∑
n=0
an(x− x0)n.
2
Podemos ter:

I =
]
x0 −R , x0 +R
[
I =
[
x0 −R , x0 +R
[
I =
]
x0 −R , x0 +R
]
I =
[
x0 −R , x0 +R
]
Em geral, usamos o critério da razão para determinar o intervalo ou o raio de convergência de uma série de potên-
cias e depois, se for o caso, usando qualquer outro critério, estudamos os extremos x = x0 −R e x = x0 +R.
Exercícios:
1. Determinar o intervalo e o raio de potências da série de potências:
(a)
+∞∑
n=1
(−1)n+1 n (x− 2)n (b)
+∞∑
n=1
(x+ 1)n
n 2n
(c)
+∞∑
n=1
(x)3n
n! 2n
(d)
+∞∑
n=1
n! (x+ 1)n
n
Resolução:
(a)
+∞∑
n=1
(−1)n+1 n (x− 2)n
Como o critério da razão só pode ser aplicado a séries positivas, vamos estudar a série de potências em módulo:
+∞∑
n=1
∣∣∣(−1)n+1 n (x− 2)n∣∣∣ = +∞∑
n=1
n |x− 2|n,
Pelo critério da razão, temos:
lim
n→+∞
an+1
an
= lim
n→+∞
(n+ 1) |x− 2|n+1
n |x− 2|n = limn→+∞
(n+ 1) |x− 2|n |x− 2|
n |x− 2|n = limn→+∞
(n+ 1) |x− 2|
n
=
= |x− 2|
(
lim
n→+∞
n+ 1
n
)
= |x− 2|
A série converge se lim
n→+∞
an+1
an
< 1 , ou seja, |x− 2| < 1 ⇒ −1 < x− 2 < 1 ⇒ 1 < x < 3.
Agora, vamos estudar os extremos do intervalo, ou seja, vamos estudar x = 1 e x = 3.
Para x = 1 , temos:
+∞∑
n=1
(−1)n+1 n (1− 2)n =
+∞∑
n=1
(−1)n+1 n (−1)n =
+∞∑
n=1
(−1)2n+1 n =
+∞∑
n=1
−n = −
+∞∑
n=1
n.
Como lim
n→+∞n = +∞ 6= 0 pelo critério da condição necessaria a série
+∞∑
n=1
(−1)n+1 n (1− 2)n diverge.
Para x = 3 , temos:
+∞∑
n=1
(−1)n+1 n (3− 2)n =
+∞∑
n=1
(−1)n+1 n (1)n =
+∞∑
n=1
(−1)n+1 n.
3
Como lim
n→+∞(−1)
n+1 n 6= 0 pelo critério da condição necessaria a série
+∞∑
n=1
(−1)n+1 n (3− 2)n diverge.
Portanto:
O intervalo de convergência da série
+∞∑
n=1
(−1)n+1 n (x− 2)n é
]
1 , 3
[
e o raio de convergência é 1.
(b)
+∞∑
n=1
(x+ 1)n
n 2n
Como o critério da razão só pode ser aplicado a séries positivas, vamos estudar a série de potências em módulo:
+∞∑
n=1
∣∣∣ (x+ 1)n
n 2n
∣∣∣ = +∞∑
n=1
|x+ 1|n
n 2n
,
Pelo critério da razão, temos:
lim
n→+∞
an+1
an
= lim
n→+∞
|x+1|n+1
(n+1) 2n+1
|x+1|n
n 2n
= lim
n→+∞
|x+ 1|n |x+ 1|n 2n
(n+ 1) 2n 2 |x+ 1|n = limn→+∞
|x+ 1|n
2 (n+ 1)
=
=
|x+ 1|
2
(
lim
n→+∞
n
n+ 1
)
=
|x+ 1|
2
A série converge se lim
n→+∞
an+1
an
< 1 , ou seja,
|x+ 1|
2
< 1 ⇒ |x+ 1| < 2 ⇒
⇒ −2 < x+ 1 < 2 ⇒ −3 < x < 1.
Agora, vamos estudar os extremos do intervalo, ou seja, vamos estudar x = −3 e x = 1.
Para x = −3 , temos:
+∞∑
n=1
(−3 + 1)n
n 2n
=
+∞∑
n=1
(−2)n
n 2n
=
+∞∑
n=1
(−1)n 2n
n 2n
=
+∞∑
n=1
(−1)n
n
Como
+∞∑
n=1
(−1)n
n
é uma série alternada, vamos usar o critério de Leibniz.
Como
1
n
é decrescente e lim
n→+∞
1
n
= 0, a série
+∞∑
n=1
(−1)n
n
converge.
Para x = 1 , temos:
+∞∑
n=1
(1 + 1)n
n 2n
=
+∞∑
n=1
(2)n
n 2n
=
+∞∑
n=1
1
n
que é a série harmônica e diverge.
Portanto:
O intervalo de convergência da série
+∞∑
n=1
(x+ 1)n
n 2n
é
[
− 3 , 1
[
e o raio de convergência é 2.
4
(c)
+∞∑
n=1
(x)3n
n! 2n
Como o critério da razão só pode ser aplicado a séries positivas, vamos estudar a série de potências em módulo:
+∞∑
n=1
∣∣∣ (x)3n
n! 2n
∣∣∣ = +∞∑
n=1
|x|3n
n! 2n
,
Pelo critério da razão, temos:
lim
n→+∞
an+1
an
= lim
n→+∞
|x|3(n+1)
(n+1)! 2n+1
|x|3n
n! 2n
= lim
n→+∞
|x|3
2 (n+ 1)
= |x|3 lim
n→+∞
1
2 (n+ 1)
= 0
Ou seja, a série converge para todo x ∈ R.
Portanto:
O intervalo de convergência da série
+∞∑
n=1
(x)3n
n! 2n
é
]
−∞ , +∞
[
= R e o raio de convergência é +∞.
(d)
+∞∑
n=1
n! (x+ 1)n
n
Como o critério da razão só pode ser aplicado a séries positivas, vamos estudar a série de potências em módulo:
+∞∑
n=1
∣∣∣ n! (x+ 1)n
n
∣∣∣ = +∞∑
n=1
n! |x+ 1|n
n
,
Pelo critério da razão, temos:
lim
n→+∞
an+1
an
= lim
n→+∞
(n+1)! |x+1|n+1
(n+1)
n! |x+1|n
n
= lim
n→+∞
(n+ 1)n! |x+ 1|n |x+ 1|n
(n+ 1)n! |x+ 1|n =
= lim
n→+∞ |x+ 1|n = |x+ 1|
(
lim
n→+∞n
)
=

+∞ se x 6= −1
0 se x = −1
A série só converge para x = −1.
Portanto:
O intervalo de convergência da série
+∞∑
n=1
n! (x+ 1)n
n
é
[
− 1 , −1
]
=
{
− 1
}
e o raio de convergência é 0.
5
Em alguns casos, precisamos apenas o raio de convergência da série, neste caso podemos usar o teorema a seguir,
e não precisamos estudar os extremos.
Teorema:
Dada uma série de potências
+∞∑
n=1
an(x− x0)n o raio de convergência é dado pelo limite:
lim
n→+∞
an
an+1
quando este limite existe.
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
Exercícios:
1. Determine o raio de convergência das séries:
(a)
+∞∑
n=0
(x− 3)n
n
(b)
+∞∑
n=0
(x− 3)2n
n
(c)
+∞∑
n=0
(2x− 3)n
n
Resolução:
(a)
+∞∑
n=0
(x− 3)n
n
Temos que: an =
1
n
. E o raio de convergência é: lim
n→+∞
an
an+1
= lim
n→+∞
1
n
1
n+1
= 1
O raio de convergência da série
+∞∑
n=0
(x− 3)n
n
é r = 1.
(b)
+∞∑
n=0
(x− 3)2n
n
Para aplicar o teorema a série tem que estar no formato:
+∞∑
n=1
an (x− x0)n.
Portanto, neste caso, não podemos usar o teorema,
teremos que aplicar o critério da razão para a série em módulo:
+∞∑
n=1
∣∣∣∣ (x− 3)2nn
∣∣∣∣ = +∞∑
n=1
|x− 3|2n
n
Pelo critério da razão, temos:
lim
n→+∞
an+1
an
= lim
n→+∞
|x−3|2(n+1)
(n+1)
|x−3|2n
n
= lim
n→+∞
|x− 3|2n |x− 3|2 n
(n+ 1) |x− 3|2n = limn→+∞
|x− 3|2 n
(n+ 1)
=
= |x− 3|2
(
lim
n→+∞
n
(n+ 1)
)
= |x− 3|2
A série converge se = |x− 3|2 < 1 → |x− 3| < 1 ⇒ −1 < x− 3 < 1 → 2 < x < 4
6
Embora (ainda) não saibamos se o intervalo de convergência é
]
2 , 4
[
ou
[
2 , 4
[
ou
]
2 , 4
]
ou
[
2 , 4
]
,
Sabemos que o raiode convergência é 2.
O raio de convergência da série
+∞∑
n=0
(x− 3)2n
n
é r = 2.
(c)
+∞∑
n=0
(2x− 3)n
n
Para aplicar o teorema a série tem que estar no formato:
+∞∑
n=1
an (x− x0)n.
Portanto:
+∞∑
n=0
(2x− 3)n
n
=
+∞∑
n=0
[
2
(
x− 32
)]n
n
=
+∞∑
n=0
2n
(
x− 32
)n
n
Temos que: an =
2n
n
. E o raio de convergência é: lim
n→+∞
an
an+1
= lim
n→+∞
2n
n
2n+1
n+1
= lim
n→+∞
2n (n+ 1)
2n 2n
=
= lim
n→+∞
(n+ 1)
2n
=
1
2
O raio de convergência da série
+∞∑
n=0
(x− 3)n
n
é r =
1
2
.
De�nição:
Se uma série de potências
+∞∑
n=0
an(x− x0)n converge no intervalo I, podemos de�nir uma função:
f(x) =
+∞∑
n=0
an(x− x0)n para todo x ∈ I.
Ou seja, f : I ⊂ R→ R dada por f(x) =
+∞∑
n=0
an(x− x0)n.
Neste caso, algumas vezes dizemos que a série
+∞∑
n=0
an(x− x0)n converge para f(x).
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
7
Proposição:
Dadas as séries de potências

+∞∑
n=0
an (x− x0)n com raio de convergênciar
+∞∑
n=0
bn (x− x0)n com raio de convergênciar
Se
+∞∑
n=0
an (x− x0)n =
+∞∑
n=0
bn (x− x0)n para todo x tal que |x− x0| < r então an = bn, ∀n ∈ N.
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
Propriedades de Séries de Potências:
Sejam

f(x) =
+∞∑
n=0
an(x− x0)n com raio de convergência r1
g(x) =
+∞∑
n=0
bn(x− x0)n com raio de convergência r2
, e seja r = min{r1, r2}, podemos de�nir:
• f(x) + g(x) =
[
+∞∑
n=0
an(x− x0)n
]
+
[
+∞∑
n=0
bn(x− x0)n
]
=
[
+∞∑
n=0
(an + bn)(x− x0)n
]
que tem raio de convergência maior ou igual a r.
• f(x)− g(x) =
[
+∞∑
n=0
an(x− x0)n
]
−
[
+∞∑
n=0
bn(x− x0)n
]
=
[
+∞∑
n=0
(an − bn)(x− x0)n
]
que tem raio de convergência maior ou igual a r.
• f(x) ∗ g(x) =
[
+∞∑
n=0
an(x− x0)n
]
∗
[
+∞∑
n=0
bn(x− x0)n
]
=
[
+∞∑
n=0
cn(x− x0)n
]
onde cn =
n∑
k=0
akbn−k, que tem raio de convergência maior ou igual a r.
• f(x)
g(x)
=
[
+∞∑
n=0
an(x− x0)n
]
[
+∞∑
n=0
bn(x− x0)n
] = [ +∞∑
n=0
dn(x− x0)n
]
onde dn são tais que an =
∑n
k=0 dkbn−k.
Observação: no caso da divisão a série resultante pode ter raio de convergência menor ou igual a r.
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
8
Teorema: Derivação Termo a Termo:
Se f(x) =
+∞∑
n=0
an(x− x0)n com raio de convergência r e intervalo de convergência I.
Então f é contínua em I e f tem as derivadas de todas as ordens em I. E as derivadas de f podem ser obtidas
por derivação termo a termo, ou seja:
f ′(x) =
+∞∑
n=1
an n (x− x0)n−1
f ′′(x) =
+∞∑
n=1
an n (n− 1)(x− x0)n−2
f ′′′(x) =
+∞∑
n=3
an n (n− 1) (n− 2)(x− x0)n−3
.
.
.
f (k)(x) =
+∞∑
n=k
an
n!
(n− k)! (x− x0)
n−k
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
Teorema: Integração Termo a Termo:
Se f(x) =
+∞∑
n=0
an(x− x0)n com raio de convergência r e intervalo de convergência I.
Então f é integrável em I e
∫
f(x) dx =
+∞∑
n=0
an
(x− x0)n+1
(n+ 1)
+ C.
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
Agora seja f uma função de�nida e contínua em um intervalo I.
Vamos supor que f tem derivadas de todas as ordens em I.
Seja x0 ∈ I, vamos supor que podemos representar a função f como uma série de potências em torno de x0 em I.
Assim, f(x) =
+∞∑
n=0
an (x− x0)n ∀x ∈ I, queremos encontrar os an!
f(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)2 + a3(x− x0)3 + a4(x− x0)4 + . . . =
+∞∑
n=0
an (x− x0)n
f(x0) = a0 + a1(x0 − x0) + a2(x0 − x0)2 + a3(x0 − x0)3 + a4(x0 − x0)4 + . . . =
+∞∑
n=0
an (x0 − x0)n
f(x0) = a0
f ′(x) = a1 + 2 a2(x− x0) + 3 a3(x− x0)2 + 4 a4(x− x0)3 + 5 a5(x− x0)4 + . . . =
+∞∑
n=1
an n (x− x0)n−1
f ′(x0) = a1 + 2 a2(x0 − x0) + 3 a3(x0 − x0)2 + 4 a4(x0 − x0)3 + 5 a5(x0 − x0)4 + . . . =
+∞∑
n=1
an n (x0 − x0)n−1
9
f ′(x0) = a1
f ′′(x) = 2 a2+3∗2 a3(x−x0)+4∗3 a4(x−x0)2+5∗4 (x−x0)3+6∗5 (x−x0)4+ . . . =
+∞∑
n=0
an n∗ (n−1)(x−x0)n−2
f ′′(x0) = 2 a2 + 3 ∗ 2 a3(x0 − x0) + 4 ∗ 3 a4(x0 − x0)2 + 5 ∗ 4 (x0 − x0)3 + . . . =
+∞∑
n=0
an n ∗ (n− 1)(x0 − x0)n−2
f ′′(x0) = 2 a2
f ′′′(x) = 3 ∗ 2 a3 + 4 ∗ 3 ∗ 2 a4(x− x0) + 5 ∗ 4 ∗ 3 a5(x− x0)2 + 6 ∗ 5 ∗ 4 a6(x− x0)3 + . . . =
+∞∑
n=0
an (x− x0)n
f ′′′(x0) = 3 ∗ 2 a3 + 4 ∗ 3 ∗ 2 a4(x0 − x0) + 5 ∗ 4 ∗ 3 a5(x0 − x0)2 + 6 ∗ 5 ∗ 4 a6(x0 − x0)3 + . . . =
+∞∑
n=0
an (x0 − x0)n
f ′′′(x0) = 3 ∗ 2 a3
.
.
.
f (k)(x0) = k! ak
Chegamos a fórmula ak =
f (k)(x0)
k!
Substituindo esta informação em:
f(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)2 + a3(x− x0)3 + a4(x− x0)4 + . . . =
+∞∑
n=0
an (x− x0)n
Temos:
f(x) = f(x0) + f
′(x0)(x− x0) + f
′′(x0)
2!
(x− x0)2 + f
′′′(x0)
3!
(x− x0)3 + . . . =
+∞∑
n=0
f (n)(x0)
n!
(x− x0)n
Esta série é chamada de série de Taylor de f em I se x0 6= 0 e chamada de série de MacLaurin de f em I se x0 = 0.
Teorema de Taylor-MacLaurin:
Seja f : I ⊂ R→ R, onde I é intervalo aberto de R, suponhamos que:
• f é contínua em I,
• f tem as derivadas de todas as ordens em I,
• f pode ser representada por uma série de funções emI,
Seja x0 ∈ I. Então para todo x ∈ I, temos:
f(x) = f(x0) + f
′(x0)(x− x0) + f
′′(x0)
2!
(x− x0)2 + f
′′′(x0)
3!
(x− x0)3 + . . . =
+∞∑
n=0
f (n)(x0)
n!
(x− x0)n .
10
Se 0 ∈ I. Então spara todo x ∈ I, temos:
f(x) = f(0) + f ′(0)x+
f ′′(0)
2!
x2 +
f ′′′(0)
3!
x3 +
f (4)(0)
4!
x4 + . . . =
+∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn .
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
Exercícios:
1. Determinar a série de Taylor-MacLaurin da função f em torno de x = x0. Determinar o raio e o intervalo de
convergência da série de Taylor-MacLaurin encontrada.
(a) f(x) = e2x, x0 = 0. (b) f(x) = lnx, x0 = 1. (c) f(x) = x
3 + 4x2 − 5x− 7, x0 = −1.
Resolução:
(a) f(x) = e2x, x0 = 0.
f(x) = e2x f(0) = e0 = 1
f ′(x) = 2 e2x f ′(0) = 2 e0 = 2
f ′′(x) = 22 e2x f ′′(0) = 22 e0 = 22
f ′′′(x) = 23 e2x f ′′′(0) = 23 e0 = 23
f (4)(x) = 24 e2x f (4)(0) = 24 e0 = 24
f (5)(x) = 25 e2x f (5)(0) = 25 e0 = 25
.
.
.
.
.
.
f (k)(x) = 2k e2x f (k)(0) = 2k e0 = 2k
Como x0 = 0 a série procurada é a série de MacLaurin:
f(x) = f(0) + f ′(0)x+
f ′′(0)
2!
x2 +
f ′′′(0)
3!
x3 +
f (4)(0)
4!
x4 + . . . =
+∞∑
n=0
f (n)(0)
n!
xn .
e2x = 1 + 2x+
22
2!
x2 +
23
3!
x3 +
24
4!
x4 + . . . =
+∞∑
n=0
2n
n!
xn
e2x =
+∞∑
n=0
2n
n!
xn
Convergência:
11
Raio de convergência: r = lim
n→+∞
an
an+1
= lim
n→+∞
2n
n!
2n+1
(n+1)!
= lim
n→+∞
2n (n+ 1)n!
2n 2n!
= lim
n→+∞
(n+ 1)
2
= +∞
Raio de convergência r = +∞, intervalo de convergência I = R
e2x =
+∞∑
n=0
2n
n!
xn, ∀x ∈ R
Resolução:
(b) f(x) = lnx, x0 = 1.
f(x) = lnx f(1) = ln 1 = 0
f ′(x) = 1x = x
−1 f ′(1) = 1
f ′′(x) = −1x−2 f ′′(1) = −1
f ′′′(x) = 2x−3 f ′′′(1) = 2
f (4)(x) = −3 ∗ 2x−4 f (4)(1) = −3 ∗ 2
f (5)(x) = 4 ∗ 3 ∗ 2x−5 f (5)(1) = 4 ∗ 3 ∗ 2 = 4!
.
.
.
.
.
.
f (k)(x) = (k − 1)!x−k f (k)(0) = (−1)k−1(k − 1)!
Como x0 = 1 a série procurada é a série de Taylor:
f(x) = f(x0) + f
′(x0)(x− x0) + f
′′(x0)
2!
(x− x0)2 + f
′′′(x0)
3!
(x− x0)3 + . . . =
+∞∑
n=0
f (n)(x0)
n!
(x− x0)n .
lnx = 0 + 1 (x− 1) + −1
2!
(x− 1)2 + 2
3!
(x− 1)3 + −3!
4!
(x− 1)4 + 4!
5!
(x− 1)5 + −5!
6!
(x− 1)6 + . . . ⇒
⇒ lnx =
+∞∑
n=1
(−1)n−1 (n− 1)!
n!
(x− 1)n
lnx = (x−1)− 1
2
(x−1)2+ 1
3
(x−1)3− 1
4
(x−1)4+ 1
5
(x−1)5− 1
6
(x−1)6+ . . . =
+∞∑
n=1
(−1)n−1
n
(x−1)n
lnx =
+∞∑
n=0
(−1)n−1
n
(x− 1)n
Convergência:
12
Raio de convergência: r = lim
n→+∞
an
an+1
= lim
n→+∞
∣∣∣ (−1)n−1n ∣∣∣∣∣∣ (−1)nn+1 ∣∣∣ = 1
A série converge para |x− 1| < 1 ⇒ −1 < x− 1 < 1 ⇒ 0 < x < 2.
Agora precisamos estudar os extremos: x = 0 e x = 2.
Para x = 0
+∞∑
n=0(−1)n−1
n
(0− 1)n =
+∞∑
n=0
(−1)n−1
n
(−1)n =
+∞∑
n=0
(−1)2n−1
n
=
+∞∑
n=0
−1
n
= −
+∞∑
n=0
1
n
que é "menos"a série harmônica e diverge.
Para x = 2
+∞∑
n=0
(−1)n−1
n
(2− 1)n =
+∞∑
n=0
(−1)n−1
n
(1)n =
+∞∑
n=0
(−1)n−1
n
=
+∞∑
n=0
(−1)n−1 1
n
que é uma série alternada, e como

1
n
é decrescente
lim
n→+∞
1
n
= 0
pelo critério de Leibniz converge.
Raio de convergência r = 1, intervalo de convergência I =
]
0 , 2
]
lnx =
+∞∑
n=0
(−1)n−1
n
(x− 1)n, ∀x ∈
]
0 , 2
]
Resolução:
(c) f(x) = x3 + 4x2 − 5x− 7, x0 = −1.
f(x) = x3 + 4x2 − 5x− 7 f(−1) = (−1)3 + 4(−1)2 − 5(−1)− 7 = 1
f ′(x) = 3x2 + 8x− 5 f ′(−1) = 3(−1)2 + 8(−1)− 5 = −10
f ′′(x) = 6x+ 8 f ′′(−1) = 6(−1) + 8 = 2
f ′′′(x) = 6 f ′′′(−1) = 6
f (4)(x) = 0 f (4)(−1) = 0
f (5)(x) = 0 f (5)(−1) = 0
.
.
.
.
.
.
f (k)(x) = 0, k > 3 f (k)(−1) = 0, k > 3
13
Como x0 = −1 a série procurada é a série de Taylor:
f(x) = f(x0) + f
′(x0)(x− x0) + f
′′(x0)
2!
(x− x0)2 + f
′′′(x0)
3!
(x− x0)3 + . . . =
+∞∑
n=0
f (n)(x0)
n!
(x− x0)n .
f(x) = f(−1) + f ′(x0)[x− (−1)] + f
′′(−1)
2!
[x− (−1)]2 + f
′′′(−1)
3!
[x− (−1)]3 + . . . =
+∞∑
n=0
f (n)(−1)
n!
[x− (−1)]n
f(x) = f(−1) + f ′(x0)(x+ 1) + f
′′(−1)
2!
(x+ 1)2 +
f ′′′(−1)
3!
(x+ 1)3 + . . . =
+∞∑
n=0
f (n)(−1)
n!
(x+ 1)n
f(x) = 1−10(x+1)+ 2
2!
(x+1)2+
6
3!
(x+1)3+
0
4!
(x+1)4+
0
5!
(x+1)5+. . . = 1−10(x+1)+(x+1)2+(x+1)3+
+∞∑
n=1
0
f(x) = 1− 10(x+ 1) + (x+ 1)2 + (x+ 1)3
x3 + 4x2 − 5x− 7 = 1− 10(x+ 1) + (x+ 1)2 + (x+ 1)3, ∀x ∈ R
Deslocamento do Índice do Somatório:
O índice do somatório de uma série é uma variável muda, assim como a variável de integração em uma integral
de�nida. Portanto podemos fazer várias mudanças no índice do somatório de uma série sem alterar a série. A seguir
apresentamos alguns exemplos de mudanças que serão úteis para a resolução de equações diferenciais ordinárias
usando séries de potência.
Exemplos:
1. Escreva
+∞∑
n=2
anx
n
como uma série cujo primeiro termo corresponde a n = 0 em vez de n = 2.
Resolução:
Vamos chamar n− 2 = m, ou seja, n = m+ 2, assim:
+∞∑
m=0
am+2x
m+2
.
Agora, voltando para n temos:
+∞∑
n=2
anx
n =
+∞∑
n=0
an+2x
n+2
.
2. Escreva a série
+∞∑
n=2
(n+ 1)(n− 1)an(x− x0)n−3 como uma série cujo termo geral envolve (x− x0)n.
Resolução:
Vamos chamar n− 3 = m, ou seja, n = m+ 3, assim:
+∞∑
m=−1
(m+ 3 + 1)(m+ 3− 1)am+3(x− x0)m+3−3 =
+∞∑
m=−1
(m+ 4)(m+ 2)am+3(x− x0)m.
14
Agora, voltando para n temos:
+∞∑
n=2
(n+ 1)(n− 1)an(x− x0)n−3 =
+∞∑
n=−1
(n+ 4)(n+ 2)an+3(x− x0)n.
3. Escreva a série x2
+∞∑
n=0
(n+ r)an x
r+n−1
como uma série cujo termo geral envolve xr+n.
Resolução:
Vamos começar executando o produto:
x2
+∞∑
n=0
(n+ r)an x
r+n−1 =
+∞∑
n=0
(n+ r)an x
2 xr+n−1 =
+∞∑
n=0
(n+ r)an x
2+r+n−1 =
+∞∑
n=0
(n+ r)an x
r+n+1
Vamos chamar r + n+ 1 = r +m, ou seja, n+ 1 = m ⇒ n = m− 1, assim:
+∞∑
m−1=0
(m− 1 + r)am−1 xr+m−1+1 =
+∞∑
m=1
(m+ r − 1)am−1 xr+m.
Agora, voltando para n temos: x2
+∞∑
n=0
(n+ r)an x
r+n−1 =
+∞∑
n=1
(n+ r − 1)an−1 xr+n.
3. Suponha que
+∞∑
n=1
nan x
n−1 =
+∞∑
n=0
an x
n
para todo x ∈ R. Determine os coe�cientes an.
Resolução:
+∞∑
n=1
nan x
n−1 =
+∞∑
n=0
an x
n
Para podermos comparar melhor as séries vamos escrever a série
+∞∑
n=1
nan x
n−1
como uma série que o termo
geral envolve xn. Para isto, vamos chamar n− 1 = m ⇒ n = m+ 1
+∞∑
n=1
nan x
n−1 =
+∞∑
m+1=1
(m+ 1) am+1 x
m+1−1 =
+∞∑
m=0
(m+ 1) am+1 x
m
Agora, voltando para n, temos:
+∞∑
n=0
(n+ 1) an+1 x
n
Voltando a igualdade, temos:
+∞∑
n=0
(n+ 1) an+1 x
n =
+∞∑
n=0
an x
n ⇒ (n+ 1) an+1 = an ⇒ an+1 = an
n+ 1
Assim: a1 = a0, a2 =
a1
2
=
a0
2
, a3 =
a2
3
=
a0
3 ∗ 2 , a4 =
a3
4
=
a0
4 ∗ 3 ∗ 2 , . . . , an =
a0
n!
15
Substituindo esta informação na nossa série temos:
+∞∑
n=0
an x
n =
+∞∑
n=0
a0
n!
xn = a0
+∞∑
n=0
1
n!
xn.
E se lembrarmos que
+∞∑
n=0
1
n!
xn é a série de MacLaurin da função f(x) = ex, temos:
+∞∑
n=0
an x
n = a0
+∞∑
n=0
1
n!
xn = a0 e
x
.
Resolução de EDO's Lineares de 2
a
Ordem usando Séries de Potências:
Vamos concentrar nosso estudo em equações diferenciais ordinárias (EDO's) lineares homogêneas cujos coe�cientes
são funções da variável independente.
Vamos usar x para indicar a variável independente.
Assim, vamos estudar EDO's da forma: R(x)y′′ + T (x)y′ +M(x)y = 0.
Vamos supor que as funções R, T e M são contínuas em um intervalo I e que elas não tem raízes em comum.
De�nição:
Dada a Equação Diferencial Ordinária R(x)y′′ + T (x)y′ +M(x)y = 0 e um ponto x = x0 ∈ R dizemos:
• x0 é ponto ordinário da EDO se R(x0) 6= 0
• x0 é ponto singular da EDO se R(x0) = 0
∼ • ∼ ∼ • ∼ ∼ • ∼
Nos estudaremos apenas as soluções de EDO's usando séries de potência em torno de pontos ordinários.
Assim, estamos interessados na solução da EDO R(x)y′′ + T (x)y′ +M(x)y = 0 em uma vizinhança de um ponto
ordinário x = x0.
Como R é contínua em I e R(x0) 6= 0, existe uma vizinhança I˜ de x0 onde R(x) 6= 0 ∀x ∈ I˜.
Assim, vamos estudar a EDO R(x)y′′ + T (x)y′ +M(x)y = 0 em I˜.
Em I˜ podemos dividir a EDO por R(x), obtendo:
R(x)y′′ + T (x)y′ +M(x)y = 0 ⇒ R(x)
R(x)
y′′ +
T (x)
R(x)
y′ +
M(x)
R(x)
y = 0 ⇒ y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0
Em linhas gerais, o que faremos é supor que y =
+∞∑
n=0
an (x−x0)n é solução, derivar esta solução a série e substituir
na EDO y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 e encontrar uma relação de recorrência para os coe�cientes an.
Depois tentaremos escrever os coe�cientes an em função dos coe�cientes a0 e a1 e assim achar duas soluções em
séries y1 multiplicada por a0 e y2 multiplicada por a1.
16
Depois, usando Wronskiano em x = x0 podemos provar que estas soluções formam um conjunto fundamental de
soluções. Provando assim que encontramos uma solução geral para a EDO.
Em alguns casos, se as séries y1 e y2 forem "conhecidas" poderemos até expressar y1 e y2 em termos de funções (e
não séries).
A seguir apresentamos alguns exemplos. iniciamos com um exemplo bastante simples, que poderíamos resolver
sem usar séries de potências, mas que será útil para ilustrar a metodologia. depois passamos para exemplos mais
elaborados.
Exemplos:
1. Encontrar uma solução geral para a equação diferencial ordinária linear de 2
a
ordem:
(a) y′′ + y = 0, x0 = 0 ∀x ∈ R.
(b) y′′ − xy = 0, x0 = 0 ∀x ∈ R .
(c) y′′ − xy = 0, x0 = 1 ∀x ∈ R.
Resolução:
(a) y′′ + y = 0, x0 = 0 ∀x ∈ R.
Seja y =
+∞∑
n=0
anx
n ⇒ y′ =
+∞∑
n=1
an (n)x
n−1 ⇒ y′′ =
+∞∑
n=2
an (n)(n− 1)xn−2
Substituindo na EDO: y′′ + y = 0 ⇒
[
+∞∑
n=2
an (n)(n− 1)xn−2
]
+
[
+∞∑
n=0
anx
n
]
= 0
Para somar as séries vamos escrever
+∞∑
n=2
an (n)(n− 1)xn−2 como uma série que o termo geral envolve xn.
Fazendo n− 2 = m ⇒ n = m+ 2 temos:
+∞∑
n=2
an (n)(n− 1)xn−2 =
+∞∑
m+2=2
am+2 (m+ 2)(m+ 2− 1)xm+2−2 =
+∞∑
m=0
am+2 (m+ 2)(m+ 1)x
m ⇒
⇒
+∞∑
n=2
an (n)(n− 1)xn−2 =
+∞∑
n=0
an+2 (n+ 2)(n+ 1)x
n
Voltando para a EDO: y′′ + y = 0 ⇒
[
+∞∑
n=2
an (n)(n− 1)xn−2
]
+
[
+∞∑
n=0
anx
n
]
= 0 ⇒
⇒
[
+∞∑
n=0
an+2 (n+ 2)(n+ 1)x
n
]
+
[
+∞∑
n=0
anx
n
]
= 0 ⇒
+∞∑
n=0
[ an+2 (n+ 2)(n+ 1) + anx
n ] xn = 0 ⇒
⇒ an+2 (n+ 2)(n+ 1) + an = 0, ∀ n ∈ {0, 1, 2, 3, . . .}
O que nos leva a Relação de Recorrência: an+2 =
an
(n+ 2)(n+ 1)
Agora, vamos escrever os coe�cientes an em função de a0 e de a1:
17
a0
a1
a2 =
a0
2 ∗ 1 =
a0
2
a3 =
a1
(3)(2)
=
a1
3 ∗ 2
a4 =
a2
(4)(3)
=
a2
4 ∗ 3 =
a2
(4)(3)
=
a0
2∗1
4 ∗ 3 =
a0
4!
a5 =
a3
(5)(4)
=
a1
3∗2
5 ∗ 4 =
a1
5!
a6 =
a4
(6)(5)
=
a0
4!
6 ∗ 5 =
a0
6!
a7 =
a5
(7)(6)
=
a1
5!
7 ∗ 6 =
a1
7!
.
.
.
a2k =
a0
(2k)!
a2k+1 =
a1
(2k + 1)!
Agora, vamos substituir estas informações na nossa solução:
+infty∑
n=0
an x
n
:
+∞∑
n=0
an x
n = a0 + a1 x+ a2 x
2 + a3 x
3 + a4 x
4 + a5 x
5 + a6 x
6 + a7 x
7 + . . .
+∞∑
n=0
an x
n = a0 + a1 x+
a0
2
x2 +
a1
3!
x3 +
a0
4!
x4 +
a1
5!
x5 +
a0
6!
x6 +
a1
7!
x7 + . . .
Agora vamos separar o que tem a0 do que o que tem a1:
+∞∑
n=0
an x
n =
[
a0 +
a0
2
x2 +
a0
4!
x4 +
a0
6!
x6 + . . .
]
+
[
a1 x+
a1
3!
x3 +
a1
5!
x5 +
a1
7!
x7 + . . .
]
+∞∑
n=0
an x
n = a0
[
1 +
1
2
x2 +
1
4!
x4 +
1
6!
x6 + . . .
]
+ a1
[
x+
1
3!
x3 +
1
5!
x5 +
1
7!
x7 + . . .
]
Assim, Temos:
+∞∑
n=0
an x
n = a0
[
+∞∑
n=0
1
(2n)!
x2n
]
︸ ︷︷ ︸
y1
+a1
[
+∞∑
n=0
1
(2n+ 1)!
x2n+1
]
︸ ︷︷ ︸
y2
18
Agora vamos mostrar que y1 =
+∞∑
n=0
1
(2n)!
x2n e y2 =
+∞∑
n=0
1
(2n+ 1)!
x2n+1 formam um conjunto
fundamental de soluções:
Para isto, vamos calcular y1(0), y
′
1(0), y2(0) e y
′
2(0
y1 =
+∞∑
n=0
1
(2n)!
x2n = 1 +
1
2!
x2 +
1
4!
x4 +
1
6!
x6 +
1
8!
x8 . . . ⇒ y1(0) = 1
y′1 =
+∞∑
n=1
1
(2n− 1)! x
2n−1 =
1
1!
x+
1
3!
x3 +
1
5!
x5 +
1
7!
x7 . . . ⇒ y′1(0) = 0
y2 =
+∞∑
n=0
1
(2n+ 1)!
x2n+1 = x+
1
3!
x3 +
1
3!
x3 +
1
5!
x5 +
1
7!
x7 +
1
9!
x9 + . . . ⇒ y2(0) = 0
y′2 =
+∞∑
n=0
1
(2n)!
x2n = 1 +
1
2!
x2 +
1
2!
x2 +
1
4!
x4 +
1
6!
x6 +
1
8!
x8 + . . . ⇒ y′2(0) = 1
Portanto: W (y1, y2)(0) =
∣∣∣∣ 1 00 1
∣∣∣∣ = 1 6= 0, y1 = +∞∑
n=0
1
(2n)!
x2n e y2 =
+∞∑
n=0
1
(2n+ 1)!
x2n+1 formam
um conjunto fundamental de soluções.
Solução geral da EDO: y(x) = a0
[
+∞∑
n=0
1
(2n)!
x2n
]
+ a1
[
+∞∑
n=0
1
(2n+ 1)!
x2n+1
]
.
Note que a0 e a1 são constantes arbitrárias e estão no lugar de C1 e C2.
Neste exemplo, como as séries y1 e y2 são conhecidas:
y1 =
+∞∑
n=0
1
(2n)!
x2n = cosx e y2 =
+∞∑
n=0
1
(2n+ 1)!
x2n+1 = senx
Podemos escrever: Solução geral da EDO: y = a0 cosx+ a1 senx .
Resolução:
(b) y′′ − xy = 0, x0 = 0 ∀x ∈ R .
Seja y =
+∞∑
n=0
anx
n ⇒ y′ =
+∞∑
n=1
an (n)x
n−1 ⇒ y′′ =
+∞∑
n=2
an (n)(n− 1)xn−2
Substituindo na EDO: y′′ − xy = 0 ⇒
[
+∞∑
n=2
an (n)(n− 1)xn−2
]
− x
[
+∞∑
n=0
anx
n
]
= 0
⇒
[
+∞∑
n=2
an (n)(n− 1)xn−2
]
−
[
+∞∑
n=0
anx
n+1
]
= 0 ⇒
Agora, vamos fazer mudança nos índices de forma que as duas séries sejam séries que o termo geral envolva xn.
19
Para a primeira série vamos fazer n−2 = b ⇒ n = b+2. Na segunda série vamos fazer n+1 = c ⇒ n = c−1.
⇒
[
+∞∑
b+2=2
ab+2 (b+ 2)(b+ 2− 1)xb+2−2
]
−
[
+∞∑
c−1=0
ac−1xc−1+1
]
= 0 ⇒
⇒
[
+∞∑
b=0
ab+2 (b+ 2)(b+ 1)x
b
]
−
[
+∞∑
c=1
ac−1xc
]
= 0 ⇒
⇒
[
+∞∑
n=0
an+2 (n+ 2)(n+ 1)x
n
]
−
[
+∞∑
n=1
an−1xn
]
= 0 ⇒
Como a segunda série começa de n = 1 e não podemos alterar isto sem alterar também a potência de x,
vamos usar o fato de
+∞∑
n=0
an+2 (n+ 2)(n+ 1)x
n = a2(2)(1)x
0 +
+∞∑
n=1
an+2 (n+ 2)(n+ 1)x
n
Assim, vamos usar que:
+∞∑
n=0
an+2 (n+ 2)(n+ 1)x
n = 2a2 +
+∞∑
n=1
an+2 (n+ 2)(n+ 1)x
n
⇒
[
2a2 +
+∞∑
n=1
an+2 (n+ 2)(n+ 1)x
n
]
−
[
+∞∑
n=1
an−1xn
]
= 0 ⇒
⇒ 2a2 +
+∞∑
n=1
[an+2 (n+ 2)(n+ 1)− an−1 ] xn = 0 ⇒
Uma série de potências só é igaul a zero se todos seus coe�cientes são iguais a zero:
⇒ 2a2 +
+∞∑
n=1
[an+2 (n+ 2)(n+ 1)− an−1 ] xn = 0 ⇒ 2a2 = 0 e an+2 (n+ 2)(n+ 1)− an−1 = 0 ⇒
⇒ a2 = 0 e an+2 = an−1
(n+ 2)(n+ 1)
Relação de Recorrência: an+2 =
an−1
(n+ 2)(n+ 1)
Agora, vamos escrever os coe�cientes an em função de a0 e a1
20

a0
a1
a2 = 0
a3 =
a0
3 ∗ 2
a4 =
a1
4 ∗ 3
a5 =
a2
5 ∗ 4 =
0
5 ∗ 4 = 0
a6 =
a3
6 ∗ 5 =
a0
3∗2
5 ∗ 4 =
a0
6 ∗ 5 ∗ 3 ∗ 2
a7 =
a4
7 ∗ 6 =
a1
4∗3
7 ∗ 6 =
a1
7 ∗ 6 ∗ 4 ∗ 3
a8 =
a5
8 ∗ 7 =
0
8 ∗ 7 = 0
a9 =
a6
9 ∗ 8 =
a0
6∗5∗3∗2
9 ∗ 8 =
a0
9 ∗ 8 ∗ 6 ∗ 5 ∗ 3 ∗ 2
a10 =
a7
10 ∗ 9
a1
7∗6∗4∗3
10 ∗ 9 =
a1
10 ∗ 9 ∗ 7 ∗ 6 ∗ 4 ∗ 3
a11 =
a8
11 ∗ 10 =
0
11 ∗ 10 = 0
a12 =
a9
12 ∗ 11 =
a0
9∗8∗6∗5∗3∗2
12 ∗ 11 =
a0
12 ∗ 11 ∗ 9 ∗ 8 ∗ 6 ∗ 5 ∗ 3 ∗ 2
a13 =
a10
13 ∗ 12 =
a1
10∗9∗7∗6∗4∗3
13 ∗ 12 =
a1
13 ∗ 12 ∗ 10 ∗ 9 ∗ 7 ∗ 6 ∗ 4 ∗ 3
.
.
.
Agora, vamos substituir estas informações na solução y =
+∞∑
n=0
an x
n
y =
+∞∑
n=0
an x
n = a0+a1 x+a2 x
2+a3 x
3+a4 x
4+a5 x
5+a6 x
6+a7 x
7+a8 x
8+a9 x
9+a10 x
10+a11 x
11+ . . . =
= a0 + a1 x+ 0x
2 +
a0
3 ∗ 2 x
3 +
a1
4 ∗ 3 x
4 + 0x5 +
a0
6 ∗ 5 ∗ 3 ∗ 2 x
6 +
a1
7 ∗ 6 ∗ 4 ∗ 3 x
7 + 0x8 + . . . =
= a0 + a1 x+
a0
3 ∗ 2 x
3 +
a1
4 ∗ 3 x
4 +
a0
6 ∗ 5 ∗ 3 ∗ 2 x
6 +
a1
7 ∗ 6 ∗ 4 ∗ 3 x
7 +
a0
9 ∗ 8 ∗ 6 ∗ 5 ∗ 3 ∗ 2 x
9 + . . . =
Agora, vamos separar as parcelas onde aparece a0 e onde aparece a1
=
[
a0 +
a0
3 ∗ 2 x
3 +
a0
6 ∗ 5 ∗ 3 ∗ 2 x
6 +
a0
9 ∗ 8 ∗ 6 ∗ 5 ∗ 3 ∗ 2 x
9 + . . .
]
+
[
a1 x+
a1
4 ∗ 3 x
4 +
a1
7 ∗ 6 ∗ 4 ∗ 3 x
7 + . . .
]
=
21
= a0
[
1 +
x3
3 ∗ 2 +
x6
6 ∗ 5 ∗ 3 ∗ 2 +
x9
9 ∗ 8 ∗ 6 ∗ 5 ∗ 3 ∗ 2 + . . .
]
+ a1
[
x+
x4
4 ∗ 3 +
x7
7 ∗ 6 ∗ 4 ∗ 3 + . . .
]
=
Colocando mais alguns termos da somatória para inferir melhor o tremo geral, temos:
= a0
[
1 +
x3
3 ∗ 2 +
x6
6 ∗ 5 ∗ 3 ∗ 2 +
x9
9 ∗ 8 ∗ 6 ∗ 5 ∗ 3 ∗ 2 +
x12
12 ∗ 11 ∗ 9 ∗ 8 ∗ 6 ∗ 5 ∗ 3 ∗ 2 + . . .
]
+
+a1
[
x+
x4
4 ∗ 3 +
x7
7 ∗ 6 ∗ 4 ∗ 3 +
x10
10 ∗ 9 ∗ 7 ∗ 6 ∗ 4 ∗ 3 +
x13
13 ∗ 12 ∗ 10 ∗ 9 ∗ 7 ∗ 6 ∗ 4 ∗ 3 + . . .
]
=
Assim, temos:
= a0
[
+∞∑
n=0
x3n
(3n)∗(3n− 1)∗(3n− 3)∗(3n− 4)∗. . . ∗ 3 ∗ 2
]
+a1
[
+∞∑
n=0
x3n+1
(3n+ 1)∗(3n)∗(3n− 2)∗(3n− 3)∗. . . ∗ 4 ∗ 3
]
Ou seja:
yG(x) = a0
[
+∞∑
n=0
x3n
(3n)(3n− 1)(3n− 3)(3n− 4) . . . (3)(2)
]
︸ ︷︷ ︸
y1
+a1
[
+∞∑
n=0
x3n+1
(3n+ 1)(3n)(3n− 2)(3n− 3) . . . (4)(3)
]
︸ ︷︷ ︸
y2
Para provar que esta é uma solução geral da EDO, precisamos provar que y1 e y2 formam um conjunto
fundamental de soluções, para isto vamos calcular o Wronskiano de y1 e y2 em x = 0.
y1(x) =
+∞∑
n=0
x3n
(3n)(3n− 1)(3n− 3)(3n− 4) . . . (3)(2) ⇒ y1(0) = 1
y′1(x) =
+∞∑
n=1
x3n−1
(3n− 1)(3n− 3)(3n− 4) . . . (3)(2) ⇒ y
′
1(0) = 0
y2(x) =
+∞∑
n=0
x3n+1
(3n+ 1)(3n)(3n− 2)(3n− 3) . . . (4)(3) ⇒ y2(0) = 0
y′2(x) =
+∞∑
n=1
x3n
(3n)(3n− 2)(3n− 3) . . . (4)(3) ⇒ y
′
2(0) = 1
W (y1, y2)(0) =
∣∣∣∣∣∣
y1(0) y2(0)
y′1(0) y′2(0)
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣
1 0
0 1
∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0 ⇒ y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções.
Solução geral da EDO:
yG(x) = a0
[
+∞∑
n=0
x3n
(3n)(3n− 1)(3n− 3)(3n− 4) . . . (3)(2)
]
+a1
[
+∞∑
n=0
x3n+1
(3n+ 1)(3n)(3n− 2)(3n− 3) . . . (4)(3)
]
.