Apostila_calculo_4_-_prof _Lucas_Kenji

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Ca´lculo IV
Lucas Kenji Ychisawa
2015
Cap´ıtulo 1
Introduc¸a˜o
O ca´lculo IV ministrado na UFRJ trata do estudo das se´ries in-
finitas e soluc¸a˜o de equac¸o˜es diferenciais, que sa˜o de grande im-
portaˆncia para diversos cursos, na˜o apenas para engenharia. Logo,
e´ de grande importaˆncia que o aluno passe nessa mate´ria compre-
endendo os conceitos apresentados.
Essa apostila, assim como os outros materiais desse curso, foi feita
para facilitar a compreensa˜o e o aprendizado dessa mate´ria por
meio de exemplos detalhados e exerc´ıcios recomendados. Ale´m de
apresentar uma linguagem mais clara para os alunos.
Nessa obra, abordaremos os conceitos de sequeˆncias e se´ries in-
finitas, estudo de se´ries de poteˆncia, novos me´todos de resoluc¸a˜o
de equac¸o˜es diferenciais ordina´rias, se´rie de Fourier e, por u´ltimo,
resoluc¸a˜o de equac¸o˜es diferenciais parciais.
gau
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Conteu´do
1 Introduc¸a˜o 1
2 Sequeˆncias e se´ries 5
2.1 Sequeˆncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.2 Se´ries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.3 Sequeˆncias mono´tonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.3.1 Teorema da Sequeˆncia mono´tona . . . . . . . . . . . . 6
2.4 Testes de convergeˆncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.4.1 Teste da divergeˆncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2.4.2 Teste da integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.4.3 Absolutamente convergente e Condicionalmente con-
vergente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.4.4 Teste de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.4.5 Teste da Raza˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.4.6 Teste de Leibniz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.4.7 Teste da comparac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.4.8 Teste da comparac¸a˜o no limite . . . . . . . . . . . . . . 18
2.5 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3 Se´ries de poteˆncia 23
3.1 Definic¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.2 Convergeˆncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.3 Se´rie de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.3.1 Coeficientes da se´rie de Taylor . . . . . . . . . . . . . . 27
3.3.2 Resto de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.3.3 Se´rie de Maclaurin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.4 Exercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
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4 Equc¸a˜o Diferencial Ordina´ria 32
4.1 Resoluc¸a˜o de EDO por meio de se´ries de taylor em pontos
ordina´rios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
4.2 Ponto Singular Regular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4.2.1 Equac¸a˜o de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4.2.2 Me´todo de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.3 Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4.3.1 Definic¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4.3.2 Func¸a˜o de Heaviside . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
4.3.3 Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
4.4 Soluc¸a˜o de EDO por meio da Transformada de Laplace . . . . 56
4.4.1 Convoluc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
4.5 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
5 Se´rie de Fourier 62
5.1 Definic¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
5.2 Ca´lculo dos coeficientes da Se´rie de Fourrier . . . . . . . . . . 63
5.3 Teorema de convergeˆncia de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . 65
5.4 Extensa˜o Perio´dica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
5.5 Func¸o˜es par e ı´mpar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
5.6 Extensa˜o Par e I´mpar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
5.7 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
6 Equac¸a˜o Diferencial Parcial 71
6.1 Me´todo de separac¸a˜o de varia´veis . . . . . . . . . . . . . . . . 71
6.2 Equac¸a˜o do calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
6.2.1 Definic¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
6.2.2 Equac¸a˜o do calor com condic¸o˜es homogeˆneas . . . . . . 72
6.2.3 Equac¸a˜o do calor com condic¸o˜es na˜o homogeˆneas . . . 76
6.3 Equac¸a˜o da onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
6.3.1 Definic¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
6.4 Equac¸a˜o de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
6.4.1 Definic¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
6.4.2 Problema de Dirichlet no Retaˆngulo . . . . . . . . . . . 83
6.4.3 Problema de Dirichlet no C´ırculo . . . . . . . . . . . . 88
6.5 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
7 Gabarito 96
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8 Apeˆndice A 100
9 Apeˆndice B 105
10 Apeˆndice C 107
11 Apeˆndice D 109
12 Refereˆncias 112
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Cap´ıtulo 2
Sequeˆncias e se´ries
2.1 Sequeˆncias
Uma sequeˆncia e´ uma lista de nu´meros com ordem definida.
Exemplo:
Os termos de uma progressa˜o geome´trica com a1 = 1 e raza˜o
1
2
formam
a sequeˆncia:
{1, 0.5, 0.25, 0.125, ...}
2.2 Se´ries
Uma se´rie e´ a soma dos termos de uma sequeˆncia de infinitos termos.
Exemplo:
Usando a mesma progressa˜o geome´trica usada no exemplo anterior, a se´rie
relacionada a ela e´:
∞∑
n=1
1× (0.5)n
2.3 Sequeˆncias mono´tonas
Sequeˆncias mono´tonas sa˜o aquelas que sa˜o sempre crescente ou decres-
cente. Essa definic¸a˜o e´ importante pois ela e´ usada em alguns testes de
gau
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convergeˆncia como veremos a seguir.
Exemplo 1:
Um exemplo de sequeˆncia decrescente e´ a progressa˜o harmoˆnica: 1
n
Nela podemos ver que conforme a posic¸a˜o n de um termo aumenta, seu
valor diminui, fazendo com que a sequeˆncia seja sempre decrescente, logo
ela e´ mono´tona.
Exemplo 2:
Um exemplo de sequeˆncia crescente e´ a progressa˜o aritme´tica com a1 = 1
e raza˜o 3.
Nessa P.A. e´ obvio que os termos ira˜o sempre crescer conforme sua posic¸a˜o
na sequeˆncia sobe. Portanto, ela e´ crescente e mono´tona.
2.3.1 Teorema da Sequeˆncia mono´tona
Se uma sequeˆncia for mono´tona e for limitada superior e inferiormente,
ou seja c ≤ an e an ≤ d, onde c e d sa˜o constantes, enta˜o essa sequeˆncia e´
convergente.
2.4 Testes de convergeˆncia
As se´ries podem convergir ou divergir. Quando uma se´rie converge isso
quer dizer que o somato´rio dos infinitos termos tende para um valor finito
e se ela diverge, na˜o existe tal valor. No caso de convergeˆncia, na˜o estamos
muito interessados no pro´prio valor e sim na convergeˆncia em si, pois em
muitos casos o ca´lculo deste e´ muito complexo e foge do interesse do curso.
Existe uma se´rie especifica que nos foi ensinada e que no´s podemos descobrir
facilmente o valor de sua soma, o somato´rio dos termos de uma progressa˜o
geome´trica. No ensino me´dio, vimos que para calcular essa soma, no´s pode-
mos usar a fo´rmula: S = a1(1−q
n)
1−q , onde a1 e´ o primeiro termo da sequeˆncia,
q e´ a raza˜o da progressa˜o geome´trica e n e´ o nu´mero de termos. Logo, para
o caso em que temos infinitos termos, como vamos trabalhar em ca´lculo IV,
gau
∫∫
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a u´nica forma de termos uma soma de valor finito e´ tendo q < 1, e essa
condic¸a˜o ja´ e´ suficientepara garantir que essa se´rie seja convergente.
Contudo, a maioria das se´ries na˜o sa˜o ta˜o simples de dizer se sa˜o convergen-
tes ou na˜o. Para isso, no´s temos os testes de convergeˆncia. Eles apresentam
condic¸o˜es que dizem se uma se´rie e´ convergente ou na˜o.
Na apresentac¸a˜o desses testes, sempre sa˜o consideradas se´ries da forma
∞∑
n=0
an
com excec¸a˜o da se´rie alternada.
A prova desses testes sera´ feita no apeˆndice A
2.4.1 Teste da divergeˆncia
Esse teste diz que para que uma se´rie seja convergente, ela deve apresentar
lim
n→∞ an = 0
Cuidado: O rec´ıproco na˜o necessariamente e´ verdadeiro, ou seja, apenas
porque ela apresenta esse limite, na˜o podemos dizer que a se´rie seja conver-
gente. Contudo, se esse limite na˜o for verdadeiro para a func¸a˜o em questa˜o,
podemos dizer que ela e´ divergente.
Exemplo 1:
∞∑
n=0
lnn
Ao tomarmos lim
n→∞ lnn podemos ver claramente que ele tende a infinto.
Com isso, ja´ podemos dizer que a se´rie e´ divergente.
Exemplo 2:
∞∑
n=1
1
n2
gau
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Se tormamos lim
n→∞
1
n2
, vemos que esse limite e´ igual a 0. Portanto essa
se´rie pode ser convergente e, de fato, e´.
Exemplo 3:
∞∑
n=1
1
n
Aqui, se tomarmos lim
n→∞
1
n
veremos que ela tende a 0. Contudo, como
veremos a seguir, essa se´rie e´ divergente.
2.4.2 Teste da integral
O Teste da integral so´ pode ser aplicado quando a sequeˆncia relacionada
a` se´rie for positiva, decrescente(mono´tona) e cont´ınua.
Para verificarmos a continuidade, no´s supomos que an = f(n) e checamos a
continuidade da func¸a˜o.
Assim, se tivermos uma se´rie que tenha essas caracter´ısticas, podemos apli-
car o seguinte teste:
Ainda considerando an = f(n), se
∞∫
1
f(n)dn for convergente, a se´rie tambe´m
e´ convergente. Se a integral for divergente, a se´rie tambe´m e´.
Exemplo 1: Nesse exemplo, vamos provar que a se´rie
∞∑
n=1
1
n
e´
divergente.
1
n
e´ positiva e decrescente para n > 1 e, portanto, podemos aplicar o
teste da integral. Ao calcularmos a integral:∫ ∞
1
1
n
dn
no´s obtemos o resultado : lnn
∣∣∣∣∣
∞
1
, que e´ igual a ∞. Logo, pelo teste da
gau
∫∫
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integral, podemos dizer que a se´rie
∞∑
n=1
1
n
e´ divergente.
Exemplo 2: Agora iremos provar que a se´rie
∞∑
n=1
1
np
com p > 1 e´ convergente. Essa se´rie, na˜o importando o valor de p, e´
sempre positiva e decrescente e, portanto, podemos aplicar o teste da
Integral. Fazendo a integral: ∫ ∞
1
1
np
dn
temos como resultado:
n−p+1
−p+ 1 |
∞
1 =
1
p− 1
e como p > 1, temos que o resultado dessa integral e´ um nu´mero finito,
logo a se´rie e´ convergente.
2.4.3 Absolutamente convergente e Condicionalmente
convergente
Nos dois pro´ximos testes, Teste de Cauchy e Teste da Raza˜o, sera˜o apre-
sentados os conceitos de absolutamente convergente e condicionalmente con-
vergente.
Se uma se´rie for absolutamente convergente, ela e´ convergente.
Para uma se´rie ser absolutamente convergente,
∑
an e
∑ |an| existem e sa˜o
finitos.
Se
∑
an existir e for finito, mas
∑ |an| na˜o, enta˜o a se´rie e´ condicionalmente
convergente.
gau
∫∫
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Exemplo 1:
∞∑
n=1
1
n2
Como se trata de uma p-se´rie, no´s ja´ sabemos que ela converge, logo
∞∑
n=1
1
n2
existe e e´ finito. Ale´m disso, como | 1
n2
| = 1
n2
, podemos dizer
que
∞∑
n=1
| 1
n2
| tambe´m existe e e´ finito, logo essa se´rie e´ absolutamente
convergente.
Exemplo 2:
∞∑
n=1
(−1)n+1
n
A se´rie
∞∑
n=1
(−1)n+1
n
como veremos no teste das se´ries alternadas e´ conver-
gente, portanto esse somato´rio da´ um valor definido e finito. Contudo,
| ∞∑
n=1
(−1)n+1
n
| = ∑ 1
n
, que ja´ sabemos ser divergente, logo essa se´rie e´ con-
dicionalmente convergente.
2.4.4 Teste de Cauchy
O teste de Cauchy, tambe´m conhecido como teste da ra´ız, e´ feito a partir
da ana´lise do seguinte limite:
lim
n→∞
n
√
|an|
• Se lim
n→∞
n
√
|an| < 1, enta˜o a se´rie e´ absolutamente convergente;
• Se lim
n→∞
n
√
|an| > 1, enta˜o a se´rie e´ divergente;
• Se lim
n→∞
n
√
|an| = 1, enta˜o o teste e´ inconclusivo e na˜o podemos falar
nada sobre a convergeˆncia da se´rie com esse teste.
gau
∫∫
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Exemplo 1:
Vamos determinar se a se´rie abaixo e´ convergente ou divergente:
∞∑
n=1
e2n
nn
Vamos aplicar o teste de Cauchy, logo vamos calcular o limite
lim
n→∞
n
√√√√∣∣∣∣∣e2nnn
∣∣∣∣∣
lim
n→∞
e2
n
= 0 < 1
Portanto, pelo teste da ra´ız, podemos dizer que a se´rie e´ absolutamente
convergente e, consequentemente, convergente.
Exemplo 2:
Vamos usar o Teste de Cauchy para determinar a convergeˆncia da se´rie
∞∑
n=1
nn
31+2n
Novamente tomaremos o limite usado nesse teste:
lim
n→∞
n
√√√√∣∣∣∣∣ nn31+2n
∣∣∣∣∣
lim
n→∞
n
n
n
3
1+2n
n
lim
n→∞
n
3
1
n
+2
lim
n→∞
n
32
lim
n→∞
n
9
=∞
Logo, pelo teste da ra´ız, essa se´rie diverge.
gau
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Exemplo 3:
Vamos tentar usar o Teste de Cauchy para determinar a convergeˆncia da
seguinte se´rie:
∞∑
n=1
(
1 +
1
n
)n
Ao tomarmos o limite:
lim
n→∞
n
√√√√∣∣∣∣∣
(
1 +
1
n
)n∣∣∣∣∣
lim
n→∞
(
1 +
1
n
)
= 1
Portanto, na˜o podemos dizer nada em relac¸a˜o a convergeˆncia dessa se´rie
por meio desse teste. Contudo, se no´s aplicarmos o teste da divergeˆncia,
podemos ver que essa se´rie diverge, como podemos ver com o limite:
lim
n→∞ an
lim
n→∞
(
1 +
1
n
)n
Esse limite e´ o limite fundamental alge´brico, e seu resultado e´ dado por:
lim
n→∞
(
1 +
1
n
)n
= e
Logo, como o limite na˜o tendeu a 0, podemos dizer que a se´rie e´ diver-
gente. Isso mostra que mesmo se o teste de Cauchy for inconclusivo,
no´s ainda podemos usar outros testes para determinar a convergeˆncia de
se´ries.
gau
∫∫
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2.4.5 Teste da Raza˜o
O teste da raza˜o, assim como o teste de Cauchy, e´ feito por meio da
ana´lise de um limite. Neste caso, o limite e´
lim
n→∞ |
an+1
an
|
• Se lim
n→∞ |
an+1
an
| < 1, enta˜o a se´rie e´ absolutamente convergente;
• Se lim
n→∞ |
an+1
an
| > 1, enta˜o a se´rie e´ divergente;
• Se lim
n→∞ |
an+1
an
| = 1, enta˜o o teste e´ inconclusivo e na˜o podemos falar da
convergeˆncia da se´rie com esse teste.
OBS: Se o teste da raza˜o for inconclusivo, o teste da ra´ız tambe´m sera´, assim
como se o da ra´ız for inconclusivo, o da raza˜o tambe´m falhara´.
Exemplo 1:
Vamos analisar a convergeˆncia da se´rie:
∞∑
n=1
n+ 1
n!
Essa se´rie inclui um n! em seu an, algo que no´s na˜o aprendemos a trabalhar
com os testes passados e e´ um ind´ıcio que teremos que usar o teste da raza˜o.
Vamos enta˜o aplicar o teste calculando
lim
n→∞ |
an+1
an
|
limn→∞|
(n+1)+1
(n+1)!
n+1
n!
|
limn→∞| n+ 2
(n+ 1)!
n!
n+ 1
|
limn→∞| n+ 2
(n+ 1)n!
n!
n+ 1
|
limn→∞| n+ 2
(n+ 1)2
| = 0 < 1
Portanto, essa se´rie e´ absolutamente convergente e, consequentemente, con-
vergente.
gau
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Exemplo 2:
Vamos determinar a convergeˆncia da se´rie abaixo:
∞∑
n=1
nn
n!
O fatorial indica que o teste da raza˜o pode nos levar a resposta, enta˜o e´
o teste que iremos usar.
lim
n→∞ |
an+1
an
|
lim
n→∞
∣∣∣∣∣(n+ 1)n+1(n+ 1)! n!nn∣∣∣∣∣
Como estamos trabalhando apenas com termos positivos nesse limite, no´s
podemos retirar o mo´dulo.
lim
n→∞
(n+ 1)n(n+ 1)
(n+ 1)n!
n!
nn
lim
n→∞
(n+ 1)n
nn
lim
n→∞
(
(n+ 1)
n
)n
lim
n→∞
(
1 +
1
n
)n
= e > 1
Portanto, pelo teste da raza˜o, podemos dizer que essa se´rie diverge.
Exemplo 3:
Vamos analisar agora um caso em que o teste da raza˜o na˜o e´ inconclusivo.
Vamos tentar determinar a convergeˆncia da se´rie abaixo com esse teste.
∞∑
n=1
(−1)n
√
n
n+ 1
lim
n→∞ |
an+1
an
|
gau
∫∫
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lim
n→∞ |
(−1)n+1
(−1)n
√
(n+ 1)
(n+ 1 + 1)
n+ 1√
n
|
lim
n→∞
√
n+ 1
n+ 2
n+ 1√
n
lim
n→∞
n+ 1
n+ 2
√
n+ 1
n
1
√
1 = 1
Logo, o teste da raza˜o foi inconclusivo para essa se´rie. Contudo, com o
teste a seguir, o teste de Leibniz, e´ poss´ıvel ver que essa se´rie e´ conver-
gente.
2.4.6 Teste de Leibniz
Se´ries alternadas sa˜o as que possuem um termo que faz com que seu
valor alterne entre positivo e negativo. Esse termo e´ chamado de alternador
e normalmente e´ apresentado da forma (−1)n ou (−1)n+1. O teste de Leibniz,
tambe´m conhecido como teste da se´rie alternada diz:
Se uma se´rie tiver a forma ∞∑
n=1
(−1)nan
ou ∞∑
n=1
(−1)n−1an
e tiver as seguintes caracter´ısticas:
• an+1 < an(monotona e decrescente)
• limn→∞ an = 0
Podemos dizer que essa se´rie e´ convergente.
gau
∫∫
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Exemplo: Nesse exemplo, no´s veremos como a presenc¸a de um al-
ternador na se´rie pode alterar sua convergeˆncia. No´s iremos analisar a
se´rie: ∞∑
n=1
(−1)n
n
Podemos ver que ela e´ muito semelhante a` se´rie harmoˆnica, que ja pro-
vamos ser divergente.
No´s podemos ver que seu an e´ decrescente e
lim
n→∞ an = limn→∞
1
n
= 0
Com essas caracter´ısticas, no´s ja´ podemos garantir que essa se´rie e´ con-
vergente, diferente da se´rie harmoˆnica.
Portanto, com esse teste foi mostrado que um alternador faz uma grande
diferenc¸a quando estamos tratando da convergeˆncia das se´ries infinitas.
2.4.7 Teste da comparac¸a˜o
Nesse teste e no teste da comparac¸a˜o no limite, no´s iremos trabalhar
com a se´rie que queremos descobrir a convergeˆncia e uma se´rie,
∑
bn, que ja´
sabemos sobre a convergeˆncia. Para podermos aplicar esse teste, ambas as
se´rie so´ podem ter termos positivos.
• Se an ≤ bn e ∑ bn for convergente, enta˜o ∑ an e´ convergente.
• Se an ≥ bn e ∑ bn for divergente, enta˜o ∑ an e´ divergente.
Nesse teste, deve-se prestar muita atenc¸a˜o nessa desigualdade, pois na˜o se
pode dizer nada ale´m desses dois casos.
Exemplo 1:
Vamos analisar a convergeˆncia da se´rie:
∞∑
n=1
n3 + 14
n4
gau
∫∫
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O teste mais interessante para usar para ver a convergeˆncia dessa se´rie e´
o teste da comparac¸a˜o pois e´ fa´cil ver com qual se´rie ela sera´ comparada.
Podemos ver claramente que
∞∑
n=1
n3 + 14
n4
>
∞∑
n=1
n3
n4
Ale´m disso, podemos simplificar a frac¸a˜o e ver que
n3
n4
=
1
n
e portanto,
∞∑
n=1
n3 + 14
n4
>
∞∑
n=1
1
n
Como a se´rie harmoˆnica e´ divergente, podemos dizer pelo teste da
comparac¸a˜o que
∑ n3+14
n4
e´ divergente.
Exemplo 2:
A se´rie a ser analisada e´ ∞∑
n=1
n
n4 + 5
Para descobrir a convergeˆncia dessa se´rie, podemos aplicar o teste da
comparac¸a˜o e usaremos como refereˆncia a se´rie
∞∑
n=1
n
n4
=
∞∑
n=1
1
n3
Essa se´rie e´ uma p-se´rie com p=3, logo ela e´ convergente. Ale´m disso,
como esta se´rie possui um denominador menor que a se´rie em questa˜o,
podemos dizer que ela e´ maior.
Portanto, como estamos comparando com uma se´rie convergente e maior,
podemos dizer que
∞∑
n=1
n
n4+5
e´ convergente.
gau
∫∫
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Exemplo 3: Um exemplo de comparac¸a˜o que na˜o podemos usar sera´
mostrado no exemplo a seguir. Considere a se´rie
∑ 5
n3
Parece que poder´ıamos comparar com a se´rie se´rie
∞∑
n=1
1
n3
. Pore´m, a se´rie
em questa˜o e´, obviamente, maior do que a p-se´rie, que e´ convergente.
Portanto, na˜o podemos dizer nada sobre a convergeˆncia dessa se´rie com
o teste da comparac¸a˜o.
OBS: Com o teste da Integral podemos ver facilmente que essa se´rie e´
convergente.
2.4.8 Teste da comparac¸a˜o no limite
Para usarmos esse teste, novamente, ambas se´ries devem possuir apenas
termos positivos. Esse teste diz que:
• se lim
n→∞
an
bn
= L e L for um nu´mero positivo e finito, enta˜o ambas as
se´ries convergem ou divergem simultaneamente
• Se lim
n→∞
an
bn
= 0, enta˜o se bn converge, an converge.
• Se lim
n→∞
an
bn
=∞, enta˜o se bn diverge, an diverge.
As se´ries mais usadas para os testes da comparac¸a˜o sa˜o as p-se´ries, que sa˜o
dadas por
∞∑
n=1
1
np
. Se p > 1, enta˜o ela e´ convergente, e se p ≤ 1, enta˜o ela e´
divergente, como foi mostrado no teste da integral.
Exemplo 1:
Vamos usar o teste de comparac¸a˜o no limite para determinar a con-
vergeˆncia da se´rie
∞∑
n=1
lnn
n2
gau
∫∫
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Para realizar o teste, no´s iremos usar como uma segunda se´rie
∞∑
n=1
1
n
3
2
Como no´s ja´ sabemos, ela e´ uma p-se´rie com p > 1, logo ela e´ convergente
e no´s a usaremos como denominador no teste, restando para calcular o
limite:
lim
n→∞
lnn
n2
1
n1,5
lim
n→∞
lnn
n2
× n1,5
lim
n→∞
lnn
n0,5
Aplicando a Regra de L’Hoˆpital:
lim
n→∞
lnn
n0,5
= lim
n→∞
(lnn)′
(n0,5)′
lim
n→∞
1
n
0, 5n−0,5
= lim
n→∞
2n0,5
n
lim
n→∞
2
n0,5
= 0
Com esse resultado e com a se´rie que usamos como denominador, pode-
mos dizer que a se´rie
∞∑
n=1
lnn
n2
e´ convergente.
Exemplo 2:
Nesse exemplo, vamos usar outra possibilidade do teste da comparac¸a˜o
no limite para descobrir se a se´rie abaixo e´ convergente ou divergente.
∞∑
n=1
1
ln2 n
Primeiro iremos escolher uma se´rie para usarmos no denominador e nesse
caso sera´ a se´rie harmoˆnica, que no´s sabemos que e´ divergente. Enta˜o
gau
∫∫
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no´s resolveremos o limite:
lim
n→∞
1
ln2 n
1
n
lim
n→∞
n
ln2 n
Aplicando a regra de L’Hoˆpital para resolver esse limte:
lim
n→∞
n
ln2 n
= lim
n→∞
(n)′
(ln2 n)′
lim
n→∞
1
2 lnn
n
lim
n→∞
n
2 lnn
Aplicando novamente a regra de L’Hoˆpital:
lim
n→∞
1
2
n
= lim
n→∞
n
2
=∞
Como obtemos que o limite tende a∞ e comparamos com uma se´rie que
diverge, isso quer dizer que a se´rie
∞∑
n=1
1
ln2 n
tambe´m diverge.
Exemplo 3:
Vamos ver a u´ltima possibilidade do teste da comparac¸a˜o no limite. Va-
mos analisar a convergeˆncia da se´rie abaixo.
∞∑
n=1
4
3n + 1
Para fazer esse teste, no´s vamos trabalhar com a se´rie
∞∑
n=1
4
3n
Enta˜o vamos calcular o limite:
lim
n→∞
4
3n + 1
3n
4
gau
∫∫
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lim
n→∞
3n
3n + 1
lim
n→∞
3n(1)
3n(1 + 1
3n
)
lim
n→∞
1
1 + 1
3n
= 1
Como o resultado desse limite foi um nu´mero finito e positivo, as duas
se´ries devem convergir ou divergir juntas.
Analisando a se´rie que foi usada no denominador, no´s vemos que
ela se trata de um somato´rio de progressa˜o geome´trica, uma se´rie
geome´trica.Ela pode ser escrita da forma
∞∑
n=1
4
3n
=
∞∑
n=1
4(
1
3
)n
ou seja, ela e´ um somato´rio de progressa˜o geome´trica comq < 1 e ,como
vimos no in´ıcio do cap´ıtulo, isso indica que ela e´ convergente e, devido
ao teste da comparac¸a˜o no limite, tambe´m podemos dizer que a se´rie no
numerador e´ convergente.
2.5 Exerc´ıcios
Para os exerc´ıcios de 1 ao 20 diga se a se´rie converge ou diverge:
1)
∞∑
n=1
cos2 n
n2+1
2)
∞∑
n=1
(−1)n n+2
n(n+1)
3)
∞∑
n=1
en
1+e2n
4)
∞∑
n=1
(−1)n 3n
n!
5)
∞∑
n=1
( lnn
n
)n
gau
∫∫
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6)
∞∑
n=1
n3
n4−1
7)
∞∑
n=1
(−1)n3n−1
2n+1
8)
∞∑
n=1
1√
n(
√
n+1)
9)
∞∑
n=1
n2−1
3n4+1
10)
∞∑
n=1
1
n2+2
11)
∞∑
n=1
( n+1
2n+1
)n
12)
∞∑
n=1
n!
2n
13)
∞∑
n=1
sin( 1
n
)
14)
∞∑
n=1
(1
3
)
1
(n−1)!
gau
∫∫
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Cap´ıtulo 3
Se´ries de poteˆncia
3.1 Definic¸a˜o
Uma se´rie de poteˆncia e´ uma se´rie que depende de um fator x na forma
∞∑
n=0
an(x− xo)n
3.2 Convergeˆncia
Quando trabalhamos com se´ries de poteˆncia, tratamos de apenas 3 pos-
sibilidades:
• A se´rie so´ converge quando x = x0
• A se´rie converge para todo x real
• A se´rie converge se |x − x0| < R e diverge se |x − x0| > R, onde R e´
chamado de raio de convergeˆncia.
Para determinar o caso que estamos tratando e o R, se necessa´rio, no´s po-
demos usar os testes de convergeˆncia que aprendemos no cap´ıtulo passado,
sendo o da ra´ız e o da raza˜o os mais u´teis.
Assim que obtemos o raio de convergeˆncia, e´ poss´ıvel encontrar o intervalo
de convergeˆncia, ou seja, o intervalo de valores de x para que a se´rie seja
convergente.
gau
∫∫
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Para determinar se os extremos do intervalo sa˜o convergentes devemos ana-
lisar devemos analisa´-los isoladamente usando os testes de convergeˆncia.
Dentro do intervalo de convergeˆncia, no´s podemos derivar e integrar cada
termo da se´rie de individualmente como se fosse um polinomio e isso e´ cha-
mado de derivac¸a˜o ou integrac¸a˜o termo a termo. Essa propriedade e´ impor-
tante na resoluc¸a˜o de equac¸o˜es diferenciais ordina´rias.
Exemplo 1:
Vamos determinar o raio de convergeˆncia e o intervalo de convergeˆncia
da se´rie ∞∑
n=1
xn
n
Vamos aplicar o teste da raza˜o:
lim
n→∞
∣∣∣∣∣ x(n+1)(n+ 1) nxn
∣∣∣∣∣
lim
n→∞
∣∣∣∣∣x(xn)n+ 1 nxn
∣∣∣∣∣
lim
n→∞
∣∣∣∣∣ x(n)(n+ 1)
∣∣∣∣∣
Aplicando a regra de L’Hoˆpital:
lim
n→∞
∣∣∣∣∣ x(n)n+ 1
∣∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣∣ (nx)′(n+ 1)′
∣∣∣∣∣
lim
n→∞
∣∣∣∣∣x1
∣∣∣∣∣ = limn→∞ |x|
Com isso podemos ver que para a se´rie convergir, |x| < 1, logo o raio de
convergeˆncia dessa se´rie de poteˆncia e´ 1.
Agora, no´s vamos determinar a convergeˆncia dos pontos extremos do
intervalo de convergeˆncia, que sa˜o os pontos x=1 e x=-1. Para fazer
isso, no´s vamos substituir esses valores na se´rie de poteˆncia e determinar
se a se´rie e´ convergente ou na˜o.
gau
∫∫
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• Para x=1
∞∑
n=1
1n
n
∞∑
n=1
1
n
Essa e´ a se´rie harmoˆnica que no´s ja´ sabemos que e´ divergente.
• Para x=-1
∞∑
n=1
(−1)n
n
Essa e´ uma se´rie alternada que no´s vimos no exemplo do teste de Leibniz
e determinamos que e´ convergente.
Portanto, no´s temos que o intervalo de convergeˆncia dessa se´rie de
poteˆncia e´ dado por [-1,1), pois o extremo x=1 na˜o e´ convergente.
Exemplo 2:
Vamos determinar o raio de convergeˆncia e o intervalo de convergeˆncia
da se´rie ∞∑
n=1
(x+ 5)n
5n+1
Iremos aplicar o teste da ra´ız:
lim
n→∞
∣∣∣∣∣ n
√
(x+ 5)n
5n+1
∣∣∣∣∣
lim
n→∞
∣∣∣∣∣(x+ 5)
n
n
5
n+1
n
∣∣∣∣∣
lim
n→∞
∣∣∣∣∣x+ 551+ 1n
∣∣∣∣∣
lim
n→∞
∣∣∣∣∣x+ 55
∣∣∣∣∣
gau
∫∫
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Para que essa se´rie seja convergente, devemos ter que
|x+ 5|
5
< 1
|(x+ 5)| < 5
Logo, o raio de convergeˆncia dessa se´rie e´ 5. Para determinarmos o
intervalo de convergeˆncia dessa se´rie temos que nos atentar ao fato de que
ela na˜o esta´ centrada em 0 como no u´ltimo exemplo, e sim em −5, fazendo
com que o intervalo de convergeˆncia seja uma das seguintes opc¸o˜es: [-10,
0],[-10,0),(-10,0] ou (-10,0).
Novamente, para determinarmos onde o intervalo e´ aberto ou fechado no´s
iremos substituir diretamente na se´rie e testar a convergeˆncia.
• Para x=-10
∞∑
n=1
(−10 + 5)n
5n+1
∞∑
n=1
(−5)n
5n+1
∞∑
n=1
(−1)n5n
5n5
∞∑
n=1
(−1)n
5
Usando o teste da divergeˆncia podemos ver que essa se´rie diverge.
• Para x=0
∞∑
n=1
(0 + 5)n
5n+1
∞∑
n=1
5n
5n5
∞∑
n=1
1
5
Novamente, pelo teste da divergeˆncia essa se´rie e´ divergente.
Portanto, o intervalo de convergeˆncia dessa se´rie e´ (-10,0).
gau
∫∫
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3.3 Se´rie de Taylor
A se´rie de Taylor e´ um caso de se´rie de poteˆncia que tem a forma
f(x) =
∞∑
n=0
f (n)(a)
n!
(x− a)n
, onde a e´ uma constante.
Ela e´ a representac¸a˜o de uma func¸a˜o anal´ıtica em torno de um ponto x=a.
Uma func¸a˜o anal´ıtica e´ uma func¸a˜o que pode ser escrita na forma de se´rie
de taylor.
Nem todas as func¸o˜es podem ser representadas em forma de se´rie de Taylor.
As condic¸o˜es que uma func¸a˜o deve satisfazer para isso poder ocorrer sa˜o:
• A func¸a˜o deve ser infinitamente diferencia´vel
• A func¸a˜o deve estar definida no ponto a
3.3.1 Coeficientes da se´rie de Taylor
O coeficiente f
(n)(a)
n!
pode ser demonstrado da seguinte forma:
Representamos uma func¸a˜o em forma de se´rie de poteˆncia:
f(x) = c0 + c1(x− a) + c2(x− a)2 + c3(x− a)3 + ..., com |x− a| < r, onde r
e´ o raio de convergeˆncia.
Enta˜o, tomamos que x=a, para fazermos com que os coeficientes cn na˜o
dependam de x.
f(a) = c0
Agora, no´s fazemos a derivac¸a˜o termo a termo pois estamos tomando um
valor dentro do intervalo de convergeˆncia.
f ′(x) = c1 + 2c2(x− a) + 3c3(x− a)2 + ...
Novamente, no´s tomamos x=a, e temos f ′(a) = c1 Aplicando o processo mais
uma vez, temos
f ′′(a) = 2c2
E pela u´ltima vez
f ′′′(a) = 6c3 = 3× 2c3 = 3!c3 Portanto, no´s temos que
cn =
f (n)(a)
n!
gau
∫∫
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Exemplo:
Vamos encontrar a se´rie de Taylor equivalente a func¸a˜o f(x) = sin(x) em
torno do ponto x = pi. Para fazermos isto, no´s vamos achar uma se´rie
que satisfac¸a
sin(x) =
∞∑
n=0
cn(x− pi)n
Como estamos tratando de uma se´rie de Taylor, vamos calcular o coefi-
ciente cn com a fo´rmula que vimos.
cn =
f (n)(a)
n!
Agora, no´s iremos efetuar a derivac¸a˜o algumas vezes para descobrirmos
a relac¸a˜o entre seu valor e o n.
f(pi) = sin(pi) = 0
f ′(x) = (sin(x))′ = cos(x) −→ cos(pi) = −1
f ′′(x) = (sin(x))′′ = − sin(x) −→ − sin(pi) = 0
f (3) = (sin(x))(3) = − cos(x) −→ − cos(pi) = 1
f (4) = (sin(x))(4) = sin(x) −→ sin(pi) = 0
f (5) = (sin(x))(5) = cos(x) −→ cos(pi) = −1
Com esses valores no´s podemos notar algumas caracter´ısticas desse coe-
ficiente:
• Quando n na˜o for ı´mpar, o valor do coeficiente e´ 0.
• Seu valor alterna entre -1 e 1 entre os ı´mpares.
No´s temos que expressar o cn de forma que essas caracter´ısticas estejam
presentes.
Para isso, o coeficiente da se´rie de Taylor sera´ definido por:
cn =
(−1)n+1
(2n+ 1)!
gau
∫∫
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E a se´rie por:
f(x) =
∞∑
n=0
(−1)n+1
(2n+ 1)!
(x− pi)2n+1
O n! e a poteˆncia do termo (x− pi) se tornaram (2n+ 1) para expressar
o fato que estamos considerando apenas os termos ı´mpares da se´rie, pois
essa expressa˜o apresenta apenas valores ı´mpares quando n for um nu´mero
natural. Ale´mdisso, o termo (−1)n+1 expressa a alternaˆncia de valor
entre -1 e 1 dentro dos ı´mpares. A poteˆncia (n+ 1) foi escolhida pois ela
e´ a que melhor define a alternac¸a˜o neste problema, ou seja, em outras
situac¸o˜es ela pode ser expressada por uma poteˆncia diferente.
3.3.2 Resto de Lagrange
Nem sempre uma representac¸a˜o em forma de se´rie de Taylor e´ igual a
pro´pria func¸a˜o. O Resto de Lagrange e´ usado para representar a diferenc¸a
entre as duas e com ele no´s temos um teorema para garantir a igualdade
entre uma func¸a˜o um polinoˆmio de Taylor.
Teorema: Se f(x) = Rn(x) + Tn(x), onde Tn e´ o polinoˆmio de Taylor da
func¸a˜o f(x) em torno do ponto x0 e Rn e´ o resto de Lagrange, e lim
n→∞Rn = 0
para |x− x0| < R, enta˜o f(x) e´ igual a se´rie de Taylor para esse intervalo.
3.3.3 Se´rie de Maclaurin
A se´rie de Maclaurin e´ um caso especial da se´rie de Taylor, onde ela e´
centrada em 0, ou seja, ela e´ dada por:
∞∑
n=0
anx
n
Exemplo: Vamos encontrar a se´rie de Maclaurin da func¸a˜o
ln(x+ 1)
gau
∫∫
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Como ainda estamos com uma se´rie de Taylor, no´s vamos encontrar o
coeficiente da se´rie da mesma forma.
f(0) = ln(0 + 1) = ln(1) = 0
f ′(x) = (ln(x+ 1))′ =
1
x+ 1
−→ f ′(0) = 1
1
= 1
f ′′(x) = (ln(x+ 1))′′ =
−1
(x+ 1)2
−→ f ′′(0) = −1
1
= −1
f (3) = (ln(x+ 1))(3) =
2
(x+ 1)3
−→ f (3)(0) = 2× 1
1
= 2× 1
f (4) = (ln(x+ 1)(4) =
−6
(x+ 1)4
−→ f (4)(0) = −2× 3
1
= −1× 2× 3
f (5) = (ln(x+1)(5) =
24
(x+ 1)5
−→ f (5)(0) = 1× 2× 3× 4
1
= 1×2×3×4
Podemos ver que quando n = 0 o coeficiente sera´ nulo e seu termo tambe´m
sera´, logo podemos comec¸ar a se´rie com n = 1.
Podemos ver que, novamente, ha´ a alternaˆncia de sinal, enta˜o vamos usar
(−1) elevado a uma poteˆncia que satisfac¸a a situac¸a˜o do problema. Nesse
caso, quando n e´ ı´mpar o coeficiente e´ positivo e quando n e´ par ele e´
negativo, portanto uma poteˆncia que podemos usar e´ n+ 1.
Por u´ltimo, podemos ver que os valores dos coeficientes esta˜o relacionados
a um termo fatorial, devido a` multiplicac¸a˜o de termos consecutivos. Para
encontrar qual e´ esse termo, no´s precisamos notar a relac¸a˜o entre ele e
o n, e da forma que os termos foram decompostos durante a derivac¸a˜o
torna mais fa´cil para descobrir essa relac¸a˜o. Podemos ver que o termo
relacionado a poteˆncia n tera´ (n−1)! usado no ca´lculo de seu coeficiente.
Juntando todas as informac¸o˜es acima temos que a se´rie de Maclaurin
relacionada f(x) = ln(x+ 1) e´
∞∑
n=1
(−1)n+1 (n− 1)!
n!
(x)n
∞∑
n=1
(−1)n+1 (n− 1)!
n(n− 1)!x
n
∞∑
n=1
(−1)n+1x
n
n
gau
∫∫
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3.4 Exercicios
15. Determine o intervalo de convergeˆncia das se´ries abaixos.
a)
∞∑
n=1
2nxn
1+2n
b)
∞∑
n=1
(−1)n
(2n+1)!
(x− 1)n
c)
∞∑
n=1
(3x−1)n
32n
d)
∞∑
n=1
[2 + (−1)n]2n(x+ 1)n
e)
∞∑
n=1
xn
n(n+2)2n
16. Desenvolva as func¸o˜es abaixo em forma de se´rie de Taylor em torno
dos pontos indicados.
a)f(x) = x2ex, x0 = 0
b)f(x) = sin2(x), x0 = 0
c)f(x) = − 1
x
, x0 = −1
d)f(x) = 1
2x−9 , x0 = 3
17. Desenvolva em forma de se´rie de poteˆncia a seguinte func¸a˜o: f(x) = 2
3+4x3
gau
∫∫
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Cap´ıtulo 4
Equc¸a˜o Diferencial Ordina´ria
Durante a mate´ria de ca´lculo II no´s aprendemos formas de resolver algu-
mas equac¸o˜es diferenciais de primeira e de segunda ordem. Contudo, esses
me´todos na˜o podem ser aplicados a uma grande variedade de situac¸o˜es. Nesse
cap´ıtulo, aprenderemos formas mais gerais de resoluc¸a˜o de EDOs, que sa˜o
por meio de se´ries infinitas e transformadas de Laplace.
4.1 Resoluc¸a˜o de EDO por meio de se´ries de
taylor em pontos ordina´rios
Considerando uma Equac¸a˜o Diferencial Ordina´ria de forma: P (x)Y ′′ +
Q(x)Y ′ + R(x)Y = f(x), se ambas as razo˜es Q(x)
P (x)
e R(x)
P (x)
sa˜o anal´ıticas, ou
seja, admitem se´ries de poteˆncia com raio de convergeˆncia maior ou igual
a 0 em um ponto x, enta˜o dizemos que esse ponto e´ um ponto ordina´rio e
podemos usar este me´todo.
Essa forma de resoluc¸a˜o consiste em representar os termos da equac¸a˜o em
forma de series de poteˆncia. Com esse me´todo, e´ poss´ıvel resolver problemas
de ordem superior a 1 com coeficientes na˜o constantes, algo que com os
me´todos aprendidos em calculo II na˜o era poss´ıvel.
Para determinar a soluc¸a˜o de uma EDO por esse me´todo devemos seguir os
seguintes passos:
gau
∫∫
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1. fazer com que seus termos sejam representados por se´ries de poteˆncia.
Isso pode ser feito encontrando essa representac¸a˜o para o termo de
ordem 0 e enta˜o aplicando a derivac¸a˜o termo a termo quantas vezes
forem necessa´rias;
2. efetuar todas as multiplicac¸o˜es dos coeficientes da equac¸a˜o;
3. Igualar os expoentes e os contadores inferiores das se´ries, pois na˜o po-
demos ”junta´-las”se elas na˜o estiverem com os mesmo contadores.
4. A partir da se´rie enta˜o, encontramos a relac¸a˜o de recorreˆncia, que re-
laciona os termos a` um ”anterior”.
5. Se tivermos condic¸o˜es iniciais, no´s as usamos para encontrar o valor
exato da resoluc¸a˜o.
Exemplo: Vamos resolver a equac¸a˜o diferencial:
y′′ + xy′ + y = 0
Como podemos ver, os me´todos que aprendemos em ca´lculo II na˜o podem
ser aplicados, pois se trata de uma EDO de segunda ordem e na˜o tem
todos os coeficientes constantes. Logo, vamos ter que usar as se´rices de
poteˆncia. Para comeA˜ar vamos fazer que:
y =
∞∑
n=0
anx
n
Enta˜o vamos aplicar a derivac¸a˜o termo a termo e vamos obter:
y′ =
∞∑
n=1
nanx
n−1
Como quando n = 0 todo esse termo sera´ 0 para y’, enta˜o o contador
inferior comeA˜a em n=1 e na˜o n=0.
y′′ =
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2
Agora no´s substituimos a representac¸a˜o em se´rie de poteˆncia na equac¸a˜o.
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 + x
∞∑
n=1
nanx
n−1 +
∞∑
n=0
anx
n = 0
gau
∫∫
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Como o termo x fora do somato´rio na˜o depende de n, no´s podemos aplicar
a distributiva e coloca´-lo dentro do somato´rio, fazendo com que a equac¸a˜o
se torne:
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 +
∞∑
n=1
nanx
n +
∞∑
n=0
anx
n = 0
O pro´ximo passo e´ fazer com que todas as poteˆncias de x tenham o
mesmo expoente. Para fazer isso no´s podemos fazer uma alterac¸a˜o nos
contadores e em todos os termos no mesmo somato´rio. Nesse caso, como
a maioria dos termos possui xn, no´s iremos alterar apenas o termo que
possui xn−2.
∞∑
n=2
n(n− 1)anxn−2 =
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2x
n
CUIDADO: No momento de igualar os expoentes, devemos ter o
cuidado de ver se algum contador ficara´ negativo. Se isso ocorrer, a
mudanc¸a feita esta´ incorreta e outra deve ser escolhida.
Agora, para podermos juntar as poteˆncias de x em um mesmo so-
mato´rio, no´s devemos colocar todos com o mesmo contador.
∞∑
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2x
n = 2a2 +
∞∑
n=1
(n+ 2)(n+ 1)an+2x
n
∞∑
n=0
anx
n = a0 +
∞∑
n=1
anx
n
Com isso, no´s temos a expressa˜o final:
a0 + 2a2 +
∞∑
n=1
[(n+ 2)(n+ 1)an+2 + nan + an]x
n = 0
Com isso no´s temos:
a0 + 2a2 = 0 −→ a2 = −a0
2
(n+ 2)(n+ 1)an+2 + (n+ 1)an = 0 −→ an+2 = −an
n+ 2
gau
∫∫
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Essa u´ltima equac¸a˜o e´ chamada de f´formula de recorreˆncia e a partir dela
no´s podemos encontrar os valores de qualquer termo se tivermos o valor
de a0 e a1, pore´m ela na˜o nos da´ a resoluc¸a˜o da nossa equac¸a˜o original.
Agora, no´s iremos usar essa relac¸a˜o para determinar como o n afeta o
valor de y. Primeiro devemos notar que arecorreˆncia esta´ relacionando
um termo com outro duas ”posic¸o˜es”a frente, ou seja, ela dara´ uma re-
correˆncia entre os termos pares e ı´mpares e isso fara´ com que no´s te-
nhamos duas soluc¸o˜es, o que era esperado pois estamos tratando de uma
equac¸a˜o de segunda ordem.
Vamos comeA˜ar a estudar a recorreˆncia a partir do termo a0 e vamos
analisar apenas os termos pares, enta˜o apenas depois iremos estudar os
termos ı´mpares.
a2 =
−a0
2
a4 =
−a2
4
−→ a4 = a0
2× 4
a6 =
−a4
6
−→ a6 = −a0
2× 4× 6
Com isso, no´s podemos ver que os termos pares se comportam da seguinte
maneira:
a2n =
(−1)na0
2× 4× 6× ...× (2n) =
(−1)na0
n!2n
Logo temos que
y1 =
∞∑
n=0
(−1)na0
n!2n
x2n
Agora faremos a mesma coisa para os termos ı´mpares:
a1 = a1
a3 =
−a1
3
a5 =
−a3
5
−→ a5 = a1
3× 5
a7 =
−a5
7
−→ a7 = −a1
3× 5× 7
gau
∫∫
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Podemos dizer, enta˜o, que para os ı´mpares os termos sa˜o dados por:
a2n+1 =
(−1)na1
(2n+ 1)!!
O s´ımolo ”!!”indica um multifatorial, que nesse caso, indica o produto
em que os termos diminuem de dois em dois. Dessa forma, a segunda
soluc¸a˜o e´ dada por:
y2 =
∞∑
n=0
(−1)na1
(2n+ 1)!!
x2n+1
Finalmente, temos que a resoluc¸a˜o da EDO sera´ uma combinac¸a˜o linear
das duas soluc¸o˜es:
y = y1 + y2
a0 e a1 podem ser determinados se tivermos condic¸o˜es iniciais.
4.2 Ponto Singular Regular
Novamente considerando uma Equac¸a˜o Diferencial Ordina´ria com a forma
P (x)Y ′′+Q(x)Y ′+R(x)Y = f(x), se uma ou ambas as razo˜es Q(x)
P (x)
e R(x)
P (x)
na˜o
forem anal´ıticas, no´s estamos tratando de um ponto singular e na˜o podemos
usar o me´todo anterior. Ale´m disso, se Q(x) e R(x) forem anal´ıticas, estamos
tratando de um ponto singular regular.
Quando estamos tratando de ponto singulares regulares, existem dois casos,
a equac¸a˜o de Euler e um caso mais geral.
4.2.1 Equac¸a˜o de Euler
A equac¸a˜o na forma x2y′′ + axy′ + by = 0 e´ chamada de equac¸a˜o de Eu-
ler. Claramente, quando x=0, as razo˜es na˜o sa˜o anal´ıticas, e portanto, e´ um
ponto singular.
Para resolver procuramos uma soluc¸a˜o na forma x = et e y(et) = w(t). Enta˜o
a partir da derivac¸a˜o de y(et) e sua igualdade com w(t), no´s obtemos uma
equac¸a˜o diferencial de segundo grau com coeficientes constantes, que no´s sa-
bemos resolver. A derivac¸a˜o para obter essa EDO ficara´ clara no exemplo a
seguir.
gau
∫∫
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Exemplo:
Vamos encontrar a soluc¸a˜o da Equac¸a˜o Diferencial abaixo:
x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0
Primeiramente, no´s tomamos x = et e y(et) = w(t). Com essas igualda-
des, no´s vamos procurar as derivadas de w:
w(t) = y(et)
Derivando e aplicando a regra da cadeia:
w′(t) = y′et
Aplicando a regra do produto e a regra da cadeia novamente, no´s temos:
w′′(t) = y′′e2t + ety′
Lembrando que x = et, as relac¸o˜es entre as derivadas podem ser expressas
da seguinte forma:
w′(t) = xy′
w′′(t) = x2y′′ + w′(t)
Substituindo os valores que obtemos acima na equac¸a˜o diferencial origi-
nal, no´s teremos:
w′′ − w′ − 3w′ + 4w = 0
w′′ − 4w′ + 4w = 0
Essa e´ uma equac¸a˜o diferencial ordina´ria de segunda ordem com coefici-
entes constantes, ou seja, e´ algo que podemos resolver usando os me´todos
de ca´lculo II.
A equac¸a˜o indicial associada e´:
r2 − 4r + 4 = 0
(r − 2)2 = 0
gau
∫∫
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Logo, a equac¸a˜o indicial indica que no´s teremos uma ra´ız, enta˜o no´s
teremos a resposta na forma:
w = c1e
2t + c2te
2t
Para conseguirmos a resposta em func¸a˜o de x, temos que lembrar que
fizemos x = et no inv´icio do problema:
y = c1x
2 + c2 ln(x)x
2
Se tivermos condic¸o˜es iniciais podemos achar as constantes c1 e c2
OBS: A forma da equac¸a˜o na˜o precisa ser apenas x2y′′+axy′+by = 0. Ela
precisa apenas conter os termos de segundo grau com o que esta´ na segunda
ordem de diferenciac¸a˜o e o de primeiro grau com o que esta´ na primeira
ordem.
Contudo, o termo de segundo grau deve ser o quadrado do de primeiro grau.
Por exemplo, (x− 2)2y′′+ (x− 2)y′+ 5y = 0 pode ser resolvida pelo me´todo
acima, mas (x+ 3)2y′′ + (x− 3)y′ + 3y = 0 na˜o.
4.2.2 Me´todo de Frobenius
O me´todo de Frobenius e´ usado quando estamos trabalhando com um
ponto singular que na˜o apresenta a forma necessa´ria para usarmos a resoluc¸a˜o
da equac¸a˜o de Euler.
Para usarmos esse me´todo, temos que usar uma se´rie de poteˆncia diferente
da se´rie de Taylor, a se´rie de frobenius. Ela e´ definida da seguinte forma:
y =
∞∑
n=0
anx
n+r
onde r e´ a ra´ız da equac¸a˜o indicial. Considerando uma equac¸a˜o diferencial
na forma: y′′+ p(x)y′+ q(x)y = 0,la e´ dada por r(r− 1) + p0r+ q0 = 0, com
p0 = lim
x→0xp(x) e q0 = limx→0x
2q(x) e mais a frente veremos o porqueˆ.
O me´todo de frobenius e´ muito similar ao me´todo usando a se´rie de taylor.
Pore´m temos que nos atentar a`s principais diferenc¸as:
gau
∫∫
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• Como os termos apo´s a derivac¸a˜o termo a termo da se´rie de Frobe-
nius na˜o dependem somente de n, isso quer dizer que os contadores
continuara˜o partindo de 0, mesmo com a derivada;
• Temos que substituir r no final para descobrir a recorreˆncia;
Ale´m disso, temos um teorema que e´ muito importante na resoluc¸a˜o desse
tipo de problema:
Teorema: Sejam r1 a maior raiz e r2 a menor ra´ız, se r1 − r2 na˜o for um
nu´mero inteiro positivo ou 0, enta˜o no´s podemos garantir que ha´ soluc¸a˜o
para as duas ra´ızes. Se na˜o, so´ podemos garantir soluc¸a˜o para a maior.
Esse teorema sera´ mostrado mais a frente.
Ele indica que no´s trabalharemos com 3 casos:
• r1 − r2 = n, onde n na˜o e´ um nu´mero inteiro
• r1 = r2
• r1 − r2 = n, onde n A˜ um nu´mero inteiro
Em todos os casos, o processo envolvendo a maior ra´ız e´ o mesmo. A dife-
renc¸a surge quando trabalhamos com a menor.
Veremos o primeiro caso, em que a diferenc¸a na˜o e´ um natural:
Exemplo 1:
Vamos resolver a equac¸a˜o diferencial ordina´ria a seguir:
2x2y′′ + 3xy′ + (2x2 − 1)y = 0
Como podemos ver, o ponto x = 0 e´ um ponto singular, pois as razo˜es
que devemos analisar sa˜o:
3x
2x2
e em x=0, ela na˜o e´ anal´ıtica, e e´ regular pois
x
3x
2x2
=
3
2
e
x2
2x2 − 1
2x2
=
−1
2
gau
∫∫
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sa˜o anal´ıticas em x=0.
Ale´m disso, podemos notar que essa equac¸a˜o na˜o tem a forma de uma
equac¸a˜o de Euler, logo para resolveˆ-la precisamos usar o me´todo de Fro-
benius.
Primeiro, iremos solucionar a equac¸a˜o indicial:
r(r − 1) + p0r + q0 = 0
No´s temos que p0 =
3
2
e q0 =
−1
2
. Assim, teremos:
r2 − r + 3r
2
− −1
2
= 0
r2 +
r
2
− 1
2
= 0
2r2 + r − 1 = 0
Resolvendo essa equac¸a˜o do segundo grau, no´s teremos r1 =
1
2
e r2 = −1.
No´s iremos substituir esses valores apo´s no´s trabalharmos com as se´rie
de poteˆncia.
y =
∞∑
n=0
anx
n+r
y′ =
∞∑
n=0
(n+ r)anx
n+r−1
y′′ =
∞∑
n=0
(n+ r)(n+ r − 1)anxn+r−2
Agora iremos substituir esses valores na equac¸a˜o:
2x2
∞∑
n=0
(n+r)(n+r−1)anxn+r−2+3x
∞∑
n=0
(n+r)anx
n+r+2x2
∞∑
n=0
anx
n+r−
∞∑
n=0
anx
n+r = 0
∞∑
n=0
2(n+r)(n+r−1)anxn+r+
∞∑
n=0
3(n+r)anx
n+r+
∞∑
n=0
2anx
n+r+2−
∞∑
n=0
anx
n+r = 0
Para fazer com que todos tenham o mesmo expoente, no´s faremos a
mudanc¸a:
∞∑
n=0
2(n+r)(n+r−1)anxn+r+
∞∑
n=0
3(n+r)anx
n+r+
∞∑
n=2
2an−2xn+r−
∞∑
n=0
anx
n+r = 0
gau
∫∫
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Agora iremos fazer com que todos os contadores comecem de n = 2:
2r(r − 1)a0xr+ 2(r − 1)ra1xr+1 + 3ra0xr + 3(r + 1)a1xr+1
+
∞∑
n=0
[
(
(n+ r)(2n+ 2r + 1)− 1
)
an + 2an−2]xn+r = 0
(2r2+r−1)a0xr+[(r+1)(2r+3)−1]a1xr+1+
∞∑
n=0
[
(
(n+r)(2n+2r+1)−1
)
an+2an−2]xn+r = 0
Logo, temos que fazer com que cada termo seja igual a 0. Podemos ver
que no primeiro termo, no´s temos a equac¸a˜o indicial. Ela sempre ira´
aparecer nesse termo e no´s fazemos com que ela seja igual a 0. Isso e´
feito para que o termo a0 seja arbitra´rio, ou seja, possa assumir qualquer
valor.
Ale´m disso, no´s podemos ver que para ambas as ra´ızes, o segundo termo
na˜o e´ nulo. Isso faz com que a u´nica opc¸a˜o restante seja que a1 = 0.
Finalmente, iremos tratar do u´ltimo termo:
∞∑
n=0
[
(
(n+ r)(2n+ 2r + 1)− 1
)
an + 2an−2]xn+r = 0
Isso faz com que no´s tenhamos a fo´rmula:
an =
−2an−2
[(n+ r)(2n+ 2r + 1)− 1]
Agora no´s iremos substituir as duas ra´ızes para obter duas respostas
linearmente independentes:
• Para r1 = 12
an =
−2an−2
(n+ 1
2
)(2n+ 2)− 1
an =
−2an−2
n(2n+ 3)
Agora iremos procurar a relac¸a˜o de an com a0:
a2 =
−2a0
1× 2× 7 −→
−a0
1× 7
gau
∫∫
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a4 =
−a2
2× 11 −→ a4 =
a0
1× 2× 7× 11
a6 =
−a4
3× 15 −→ a6 =
−a0
1× 2× 3× 7× 11× 15
Com esses termos, ja´ podemos perceber o padra˜o. Logo, os termos pares
sa˜o dados por:
a2n =
(−1)na0
n!(7 · 11 · 15 · · · (4n+ 3))
Portanto, temos que uma das respostas e´ dada na forma:
y = x
1
2
(
a0 +
∞∑
n=1
(−1)na0
n!(7 · 11 · 15 · · · (4n+ 3))
)
y1 = x
1
2
∞∑
n=0
(−1)na0
n!(7 · 11 · 15 · · · (4n+ 3))
Agora iremos trabalhar com a outra ra´ız:
• Para r2 = −1
Com essa mudanc¸a, nossa recorreˆncia tambe´m sera´ alterada e se tornara´:
an =
−2an−2
n(2n− 3)
Novamente, iremos buscar a forma que an se relaciona com a0:
a2 =
−a0
1
a4 =
−a2
2× 5 −→ a4 =
a0
1 · 2 · 5
a6 =
−a4
3× 9 −→ a6 =
−a0
1 · 2 · 3 · 5 · 9
Com isso no´s ja´ podemos encontrar a soluc¸a˜o.
a2n =
(−1)na0
n!(1 · 5 · 9 · · · (4n− 3))
gau
∫∫
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Isso faz com que a soluc¸a˜o seja:
y2 = x
−1
(
1 +
∞∑
n=1
(−1)na0
n!(1 · 5 · 9 · · · · · · · · · (4n− 3))x
2n
)
E a soluc¸a˜o final sera´ a soma das duas soluc¸o˜es, ou seja:
y = y1 + y2
Quando tratamos do caso em que as duas ra´ızes sa˜o iguais, temos apenas
uma soluc¸a˜o. Essa soluc¸a˜o sera´ calculada usando a u´nica ra´ız que temos:
Exemplo 2:
xy′′ + y′ − 4y = 0
Podemos ver que x = 0 se trata de um ponto singular regular e que a
equac¸a˜o na˜o pode ser resolvida como uma equac¸a˜o de Euler, logo usare-
mos o me´todo de Frobenius.
x
∞∑
n=0
(n+ r − 1)(n+ r)anxn+r−2 +
∞∑
n=0
anx
n+r−1 − 4
∞∑
n=0
anx
n+r = 0
∞∑
n=0
(n+ r − 1)(n+ r)anxn+r−1 +
∞∑
n=0
(n+ r)anx
n+r−1 −
∞∑
n=0
4anx
n+r = 0
Agora faremos com que todos tenham o mesmo expoente em x:
∞∑
n=0
(n+ r−1)(n+ r)anxn+r−1 +
∞∑
n=0
(n+ r)anx
n+r−1−
∞∑
n=1
4an−1xn+r−1 = 0
(r−1)a0xr−1+(r)a0xr−1+
∞∑
n=1
[(n+r−1)(n+r)+(n+r)an−4an−1]xn+r−1 = 0
r2a0x
r−1 +
∞∑
n=1
[(n+ r)2an − 4an−1]xn+r−1 = 0
∞∑
n=1
[(n+ r)2an − 4an−1]xn+r−1 = 0
gau
∫∫
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an =
an−1
(r + n)2
Agora iremos calcular as ra´ızes da equac¸a˜o indicial:
r(r − 1) + p0r + q0 = 0
p0 = 1
q0 = 0
r2 − r + r = 0
r2 = 0
r = 0
Vemos que temos uma ra´ız dupla, logo teremos apenas uma soluc¸a˜o.
an =
an−1
n2
a1 =
4a0
12
a2 =
4a1
22
→ a2 = 4
2a0
(1 · 2)2
a3 =
4a2
32
→ a3 = 4
3a0
(1 · 2 · 3)2
Podemos ver que ha´ uma relac¸a˜o entre n e an:
an =
4na0
(n!)2
Logo, a soluc¸a˜o da equac¸a˜o diferencial e´ dada por:
y =
∞∑
n=0
4na0x
n
(n!)2
O caso em que a diferenc¸a entre a ra´ızes e´ um nu´mero inteiro e´ mais
complexo que os outros. Nessa situac¸a˜o ha´ duas possibilidades:
• A menor ra´ız na˜o fornece soluc¸a˜o
• A menor ra´ız fornece uma soluc¸a˜o geral que inclui a soluc¸a˜o com a
maior ra´ız.
gau
∫∫
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Isso significa que quando estamos tratando desse caso e´ mais conveniente
trabalhar primeiro com a menor ra´ız, pois se ela fornecer uma soluc¸a˜o, ela ja´
sera´ a resposta do problema. Agora iremos ver um exemplo para cada uma
dessas situac¸o˜es.
Exemplo 3:
xy′′ + 3y′ − y = 0
Vemos que x = 0 e´ um ponto singular regular e que a equac¸a˜o na˜o pode
ser resolvida como uma equac¸a˜o de Euler, logo nos resta apenas o me´todo
de Frobenius.
x
∞∑
n=0
(n+ r − 1)(n+ r)anxn+r−1 + 3
∞∑
n=0
(n+ r)anx
n+r−1 −
∞∑
n=0
anx
n+r = 0
∞∑
n=0
(n+ r − 1)(n+ r)anxn+r−1 +
∞∑
n+0
3(n+ r)anx
n+r−1 −
∞∑
n=0
anx
n+r = 0
Agora iremos fazer com que todos tenham o mesmo expoente na poteˆncia
de x.
∞∑
n=0
(n+r−1)(n+r)anxn+r−1+
∞∑
n=0
3(n+r)anx
n+r−1−
∞∑
n=1
an−1xn+r−1 = 0
(r−1)ra0xr−1+3ra0xr−1+
∞∑
n=1
[(n+r−1)(n+r)+3(n+r)]anxn+r−1−an−1xn+r−1 = 0
Agora iremos resolver a equac¸a˜o indicial:
r(r − 1) + p0r + q0 = 0
r2 − r + 3r = 0
r(r + 2) = 0
r1 = 0 r2 = −2
Como a diferenc¸a entre as duas e´ um nu´mero natural, iremos trabalhar
primeiro com a menor ra´ız:
(n+ r + 2)(n+ r) = an−1
gau
∫∫
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n(n− 2)an = an−1
an =
an−1
n(n− 2)
a1 = −a0
a2(2)(0) = a1
a1 = 0 = a0
Logo, na˜o ha´ soluc¸a˜o para a menor ra´ız. Agora iremos trabalhar com a
maior ra´ız
an =
an−1
n(n+ 2)
a1 =
a0
3
a2 =
a1
(4 · 2) → a2 =
a0
24
a3 =
a2
5 · 3 → a3 =
a0
360
a4 =
a3
6 · 4 → a4 =
a0
8640
Nossa soluc¸a˜o e´ dada por:
y = a0 +
a0x
3
+
a0x
2
24
+
a0x
3
360
+
a0x
4
8640
+ ....
Exemplo 4:
x2y′′ + (x2 + x)y′ − y = 0
Podemos notar que x = 0 e´ um ponto singular regular e que devemos
usar o me´todo de Frobenius.
x2
∞∑
n=0
(n+r−1)(n+r)anxn+r−2+(x2+x)
∞∑
n=0
(a+r)anx
n+r−1−
∞∑
n0
anx
n+r−1
∞∑
n=0
(n+r−1)(n+r)anxn+r+
∞∑
n=0
anx
n+r+1+
∞∑
n=0
(n+r)xn+r−
∞∑
n=0
anx
n+r = 0
gau
∫∫
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Fazendo com que todas as poteˆncias de x tenham o mesmo expoente:
∞∑
n=0
(n+r−1)(n+r)anxn+r+
∞∑
n=1
(n+r−1)an−1xn+r+
∞∑
n=0
(n+r)anx
n+r−
∞∑
n=0
anx
n+r = 0
Agora iremos fazer com que todos comecem no mesmo n:
(r−1)ra0xr+ra0xr−1a)xr+
∞∑
n=1
[(n+r−1)(n+r)+n+r−1]anxn+r+(n+r−1)an−1xn+r = 0
(n+ r + 1)(n+ r − 1)an = −an−1(n+ r − 1)
an =
−an−1
(n+ r + 1)
Agora iremos procurar as ra´ızes da equac¸a˜o indicial:
r(r − 1) + p0r + q0 = 0
p0 = 0
q0 = 1
r2 − 1 = 0
r1 = 1 r2 = −1
Como a diferenc¸a entre as ra´ızes e´ um nu´mero natural, iremos comeA˜ar
trabalhando com a menor ra´ız:
an =
−an−1
n
a1 = −a0
Para n = 2, teremos o resultado 0=0, logo a2 pode assumir qualquer
valor, ou seja e´ arbitra´dio.
a3 =
−a2
3
=
−2a2
2 · 3
a4 =
−a3
4
→ a4 = 2a2
2 · 3 · 4
a5 =
−a4
5
→ a5 = − 2a2
2 · 3 · 4 · 5
gau
∫∫
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Podemos notar que ha´ uma relac¸a˜o entre n e o termo an para n ≥ 3
an =
(−1)n2a2
n!
Logo, a soluc¸a˜o e´ dada por:
y = a0x
−1 − a0 +
∞∑
n=2
(−1)n2a2xn − 1
n!
Podemos ver que a soluc¸a˜o obtida e´ a combinac¸a˜o linear de duas func¸o˜es
linearmente independentes, como deveria ser.
Por u´ltimo, no´s iremos provar que podemos garantir duas soluc¸o˜es apenas
se a diferenc¸a entre as ra´ızes na˜o for um nu´mero natural ou 0. Considerando
novamente uma EDO de forma: x2y′′ + xp(x)y′ + q(x)y = 0 onde x=0 e´
um ponto singular regular, expandindoy, p(x) e q(x) em se´ries de poteˆncia,
teremos:
∞∑
n=0
cn(n+r)(n+r−1)xn+r+(p0+p1+p2x+p2x2...)
∞∑
n=0
cn(n+r)x
n+r+(q0+q1x+q2x
2...)
∞∑
n=0
cnx
n+r = 0
c0r(r−1)xr+c1(r+1)rxr+1+c2(r+2)(r+1)xr+2+...+(p0+p1x+p2x2...)(c0rxr+c1(r+1)xr+1+...)
+(q0 + q1x+ q2x
2 + ...)(c0x
r + c1x
r+1 + c2x
r+2 + ...) = 0
Agora considerando φ(r) como a equac¸a˜o indicial, e φ(r+ n) com a equac¸a˜o
indical deslocada em n unidades, no´s podemos mudar a equac¸a˜o para:
φ(r)c0x
r + [φ(r+ 1)c1 +R1(r, c0)]x
r+1 + [φ(r+ 2)c2 +R(r, c0, c1)]x
r+2 + ... = 0
O R e´ usado para representar todos os outros termos que esta˜o em func¸a˜o
de xr+n que na˜o se enquadram no caso da equac¸a˜o indicial deslocada.
∞∑
n=0
φ(r + n)cn +R(n, c0, c1, ...cn−1) = 0
Logo, temos que ter:
φ(r + n)cn = −R(n, c0, c1, ..., cn−1)
gau
∫∫
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Essa equac¸a˜o indica que se φ(r + n) = 0, no´s teremos dois casos: Ou cn na˜o
existe, ou ele e´ arbitra´rio. No´s so´ podemos garantir que ele e´ arbitra´rio no
caso de n=0, pois teremos a equac¸a˜o indicial, que fara´ com que o resultado
seja 0. Pore´m, podemos perceber que na˜o ha´ R para o caso de c0, ou seja
temos o produto:
0c0 = 0
Isso faz com que c0 seja arbitra´rio. Contudo, isso na˜o e´ necessariamente
verdadeiro para todos os n. Como vimos acima, para n ≥ 1, existe a possi-
bilidade de R ter um valor.
Pore´m, como n varia somente entre nu´meros naturais, se a diferec¸a entre as
ra´ızes na˜o for inteiro positivo ou 0, o caso em que φ(r+n) so´ ocorrera´ quando
n = 0, pois variando apenas com nu´meros naturais no´s nunca iremos chegar
a` menor ra´ız a partir da primeira.
Por causa disso, quando essa condic¸a˜o na˜o for satisfeita, podemos garantir
apenas soluc¸a˜o para a maior ra´ız e a menor pode ou na˜o ter ra´ız.
4.3 Transformada de Laplace
4.3.1 Definic¸a˜o
A transformada de Laplace e´ uma ferramenta u´til para a resoluc¸a˜o das
equac¸o˜es diferenciais. Ela se trata de um operador que indica uma integrac¸a˜o
paticular. A transformada de laplace de uma func¸a˜o f(t), por exemplo, e´ dada
por
L {f(t)} =
∫ ∞
0
e−stf(t)dt
. Nem todas as func¸o˜es tem uma transformada de Laplace relacionada. Para
podermos podermos usar esse operador a func¸a˜o tem que satisfazer as se-
guintes condic¸o˜es:
• A func¸a˜o e´ seccionalmente cont´ınua no intervalo 0 ≤ t ≤ τ para qual-
quer τ positivo.
• |f(t)| ≤ Keat quando t > 0. Onde K e a sa˜o constantes com K positiva,
ou seja, ela e´ de ordem exponencial.
gau
∫∫
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Uma das notac¸o˜es para a transformada de Laplace, que sera´ usada a partir
de agora, e´ usar a letra original da func¸a˜o em forma maiu´scula, por exemplo
a transformada de Laplace de f(x) e´ F(x). Devido ao fato da transformada
de Laplace ser uma integral, elas apresentam as mesmas propriedades.
Ale´m disso, ela possui uma propriedade que e´ muito usada na soluc¸a˜o de
equac¸o˜es diferenciais ordina´ria que e´:
L {f (n)(t)} = snL {f(t)}− sn−1f(0)− sn−2f ′(0)− ...− sf (n−2)(0)−f (n−1)(0)
Exemplo:
Vamos encontrar a transformada de Laplace da func¸a˜o f(t) = cos(at),
onde a e´ uma constante.
Vamos aplicar a definic¸a˜o da transformada de Laplace:
L {cos(at)} =
∫ ∞
0
e−st cos(at)dt
Para resolver essa integral impro´pria iremos usar o me´todo da integrac¸a˜o
por parte:
u = e−st
dv = cos(at)dt
du = −se−stdt
v = sin(at)
a
∞∫
0
e−st cos(at)dt = e−st sin(at)−
∞∫
0
−se−st sin(at)
a
dt
∞∫
0
e−st cos(at)dt = e−st sin(at) +
s
a
∞∫
0
e−st sin(at)dt
Resolvendo a u´ltima integral por partes:
u = e−st
du = −se−stdt
dv = sin(at)dt
v = − cos(at)
a
∞∫
0
e−st sin(at)dt =
−e−st cos(at)
a
−
∞∫
0
− cos(at)
a
(−s)e−stdt
gau
∫∫
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[
e−st
a
sin(at)− s
a2
e−st cos(at)
]∞
0
− s
2
a2
∞∫
0
e−st cos(at)dt =
∞∫
0
e−stcos(at)dt
[
e−st
a
sin(at)− s
a2
e−st cos(at)
]∞
0
=
s2 + a2
a2
∞∫
0
e−st cos(at)dt
Solucionando os limites(Usando o teorema do confronto):
s
a2
=
s2 + a2
a2
∞∫
0
e−st cos(at)dt
s
s2 + a2
=
∞∫
0
e−st cos(at)dt
Portanto,
L {cos(t)}(s) = s
s2 + a2
Contudo essa soluc¸a˜o na˜o e´ verdadeira para todo s. Ela so´ ocorre para
s > 0, pois se esse na˜o for o caso, a integral tera´ como resultado ∞.
4.3.2 Func¸a˜o de Heaviside
A func¸a˜o de Heaviside e o Delta de Dirac sa˜o usados para equacionar a
situac¸a˜o em que a forc¸a externa e´ descontinua.
A func¸a˜o de Heaviside, ou func¸a˜o degrau, representa quando uma forc¸a passa
a atuar apo´s um certo instante e ela e´ representada por ut, onde t e´ o instante
em que ela passa a atuar.
Exemplo 1: Nesse exemplo, vamos mostrar como a func¸a˜o degrau e´
representada graficamente. Vamos trabalhar com uma func¸a˜o simples:
y =
{
0, x < 2
1, x > 2
gau
∫∫
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Ela tambe´m pode ser escrita por
y = u2(t)
Ela pode ser usada para representar qualquer func¸a˜o que seja descont´ınua
e e´ uma forma mais pra´trica de representar, principalmente na resoluc¸a˜o
de Equac¸o˜es diferenciais ordina´rias, onde elas aparecem frequeˆntemente.
Exemplo 2: Nesse exemplo vamos mostrar como uma func¸a˜o mais
complexa sob o efeito da func¸a˜o de heaviside.
y =
{
0, x < 3
sin(x− 3), x > 3
e pode ser representada por y = u3(t) sin(t− 3).
Para calcular a transformada de Laplace de func¸o˜es sob o efeito da
func¸a˜o degrau uτ , devemos calcular a integral:
L {uτf(t− τ)} =
∫ ∞
0
e−stuτf(t− τ)dt
Contudo, no´s sabemos que devido a func¸a˜o de Heaviside para todo t < τ ,
uτf(t− τ) = 0, logo podemos mudar a integral para∫ ∞
τ
e−stf(t− τ) = e−τsL {f(t)}
Junto com essa igualdade, no´s temos outra que e´ muito usada junto da
func¸a˜o degrau:
L {eαtf(t)} = F (s− α)
Com essas duas relac¸o˜es, no´s conseguimos trabalhar com a func¸a˜o de
Heaviside dentro de Equac¸o˜es Diferenciais Ordina´rias.
Exemplo 3:
gau
∫∫
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Vamos calcular L {upi(t) sin(t− pi)}.
A transformada de Laplace da func¸a˜o sin(t) e´ 1
s2+1
(Verifique). Pore´m,
podemos ver que ela esta´ acompanhada da func¸a˜o de Heaviside e esta´ na
forma apropriada para aplicarmos a transformada de Laplace sem fazer
nenhuma alterac¸a˜o, logo temos que a operac¸a˜o sera´ facilmente resolvida:
L {upi(t) sin(t− pi)} = e
−pis
s2 + 1
Exemplo 4: Nesse exemplo veremos a transformada de Laplace
L {e2t sin(t)}.
Vimos anteriormente que se uma func¸a˜o esta´ sendo multiplicada por
uma poteˆncia de ”e”sua transformada de Laplace sofre apenas uma
pequena alterac¸a˜o, que nesse caso se tornara´:
L {e2t sin(t)} = 1
(s− 2)2 + 1
Esse resultado pode ser facilmente obtido ao usarmos a definic¸a˜o da trans-
formada de Laplace:
L {e2t sin(t)} =
∫ ∞
0
e−ste2t sin(t)dt
L {e2t sin(t)} =
∫ ∞
0
e(2−s)t sin(t)dt
Agora aplicaremos o me´todo de integrac¸a˜o por partes:
u = sin(t) dv = e(2−s)tdt
du = cos(t)dt v = e
(2−s)t
2−s
∞∫
0
e(2−s)t sin(t)dt =
[
e(2−s)t sin(t)
2− s
]∞
0
−
∞∫
0
e(2−s)t cos(t)
2− s dt
∞∫
0
e(2−s)t sin(t)dt =
[
e(2−s)t sin(t)
2− s
]∞
0
− 1
2− s
∞∫
0
e(2−s)t cos(t)dt
gau
∫∫
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Aplicando novamente o me´todo de integrac¸a˜o por parte:
u = cos(t) dv = e(2−s)tdt
du = sin(t)dt v = e
(2−s)t
2−s
∞∫
0
e(2−s)t sin(t)dt =
e(2−s)t
(2− s sin(t)−
1
2− s
[
e(2−s)t
2− s cos(t)+
∞∫
0
e(2−s)t
2− s sin(t)dt
]
∞∫
0
e(2−s)t sin(t)dt =
[
e(2−s)t
2− s sin(t)−
e(2−s)t cos(t)
(2− s)2
]∞0
+
∞∫
0
e(2−s)t
(2− s)2 sin(t)dt
∞∫
0
e(2−s)t sin(t)dt+
∞∫
0
e(2−s)t
(2− s)2 sin(t)dt =
[
e(2−s)t
2− s sin(t)−
e(2−s)t cos(t)
(2− s)2
]∞
0
Assumindo que (2− s) < 0, no´s temos:
(2− s)2 + 1
(2− s)2
∞∫
0
e(2−s)t sin(t)dt =
1
(2− s)2
∞∫
0
e(2−s)
t
sin(t)dt =
1
(s− 2)2 + 1
Como estamos elevando a diferenc¸a ao quadrado, a ordem dos termos
”s”e ”2”no denominador na˜o importa.
Assim, provamos que L {e2t sin(t)} e´, de fato, 1
(s−2)2+1 como esperado.
E´ recomendado que o aluno tente fazer o mesmo processo com outras
func¸o˜es para ficar familiarizado com esse tipo de operac¸a˜o.
4.3.3 Delta de Dirac
O Delta de Dirac, tambe´m conhecido como func¸a˜o delta de Dirac, e´ usado
para representar forc¸as externas de natureza impulsiva. Essas forc¸as sa˜o ca-
racterizadas pelo fato de terem grande mo´dulo, mas atuarem por um per´ıodo
de tempo muito curto.
Para entendermos as propriedades dessa ”func¸a˜o”, vamos estudar a natureza
gau
∫∫
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do impulso de uma forc¸a. No´s vimos em f´ısica que o impulso e´ dado por
I =
∫
F (t)dt, logo para calcularmos o impulso de uma forc¸a que age apenas
no intervalo [−t, t], iremos calcular:∫ t
−t
F (t)dt
e como fora desse intervalo a forc¸a e´ nula, enta˜o∫ t
−t
F (t)dt =
∫ ∞
−∞
F (t)dt
.
Agora, no´s iremos pegar o caso especifico em que a forc¸a e´ dada por
F (t) =
{
1
2τ
, −τ < t < τ
0, t < −τout > τ
Nesse caso, podemos ver claramente que se τ 6= 0, o I(t) = 1. A partir disso,
no´s tomamos o limite
lim
τ→0F (t) = δ(t)
que e´ o delta de Dirac, ou func¸a˜o impulso unita´rio, pois como vimos, o
impulso exercido por essa forc¸a tem mo´dulo 1. A partir do gra´fico abaixo e
das analises que fizemos, vamos enunciar algumas propriedades dessa func¸a˜o.
Figura 4.1: delta de Dirac
Assim podemos dizer, a partir desse gra´fico e do estudo do impulso, que:
1. δ(t) = 0, se t 6= 0
2.
∞∫
−∞
δ(t)dt = 1
E a partir disso, podemos extender esses itens para os deslocamentos hori-
zontais dessa func¸a˜o, fazendo com que as caracter´ısticas gerais sejam:
• δ(t− t0) = 0, se t 6= t0
•
∞∫
−∞
δ(t− t0) = 1
gau
∫∫
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Uma das principais operac¸o˜es que devemos estudar que envolvem o delta
de Dirac e´ a integral de forma
∫
δ(t − t0)f(t)dt, pois como vimos em uma
sec¸a˜o anterior, e´ por meio de uma integral que calculamos a transformada
de Laplace. A integral tem o seguinte resultado
∞∫
−∞
δ(t− t0)f(t)dt =
∞∫
0
δ(t−
t0)f(t)dt = f(t0), se t0 > 0 e sera´ provado no apeˆndice B. Com essa igual-
dade, com a definic¸a˜o da transformada de laplace e a a convoluc¸a˜o, que sera´
apresentada a seguir, e´ poss´ıvel achar a transformada de qualquer func¸a˜o
envolvendo o delta de dirac que sera´ apresentada nesse curso.
Exemplo 5:
Vamos ca´lcular L {δ(t− t0)}, onde t0 e´ positivo..
Vamos lembrar que a definic¸a˜o da transformada de Laplace e´:
∞∫
0
f(t)e−stdt. Logo, vamos ter que calcular
∞∫
0
δ(t− t0)e−stdt. Como vimos
acima, as integrais envolvendo o delta de Dirac teˆm uma resoluc¸a˜o ra´pida
e, nesse caso, sera´:
L {δ(t− t0)} = est0
4.4 Soluc¸a˜o de EDO por meio da Transfor-
mada de Laplace
Nem todas as EDOs podem ser resolvidas com a transformada de laplace.
Para podermos aplicar este me´todo, a equac¸a˜o deve satisfazer duas condic¸o˜es:
• Ela deve ser uma equac¸a˜o diferencial com coeficientes constantes;
• Devemos ter algumas condic¸o˜es iniciais. O grau da equac¸a˜o indica
quantas condic¸o˜es devemos ter para aplicar essa ferramenta.
Essa forma de resoluc¸a˜o e´ especialmente u´til quando estamos trabalhando
com func¸o˜es de Heaviside e com o Delta de Dirac, pois entre os mt´odos
aprendidos, e´ o u´nico que consegue trabalhar com esses tipos de func¸o˜es.
Para fazer uso deste me´todo, no´s devemos:
1. Aplicar a transformada de Laplace em ambos os lados da Equac¸a˜o
diferencial;
gau
∫∫
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2. Isolar do termo L {y}
3. Aplicar a operac¸a˜o inversa a` transformada de Laplace em ambos os
lados da nova equac¸a˜o para obter o termo y
Esse processo ficara´ mais claro no exemplo a seguir.
Exemplo: Vamos resolver o problema de valor inicial:{
y′′(t) + y′(t)− 2y(t) = 2t
y(0) = 0 y′(0) = 1
Podemos ver que esse problema satisfaz as condic¸o˜es necessa´rias para usarmos
a transformada de Laplace para encontrar a soluc¸a˜o.
Enta˜o, vamos seguir o primeiro passo e aplicar a transformada de Laplace
em ambos os lados da equac¸a˜o:
L {y′′(t) + y′(t)− 2y(t)} = L {2t}
Usando as propriedades enunciadas na apresentac¸a˜o da transformada de La-
place e a tabela no final do cap´ıtulo podemos facilmente fazer essa operac¸a˜o:
s2Y − sy(0)− y′(0) + sY − y(0)− 2Y = 2
s2
s2Y − 1 + sY − 2Y = 2
s2
Y (s2 + s− 2)− 1 = 2
s2
Y =
s2 + 2
s2(s2 + s− 2)
Y =
s2 + 2
s2(s− 1)(s+ 2)
Aplicando o me´todo de frac¸o˜es parciais, no´s temos:
s2 + 2
s2(s− 1)(s+ 2) =
As+B
s2
+
C
s− 1 +
D
s+ 2
gau
∫∫
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Ao resolver o sistema, no´s teremos que as constantes A, B, C e D sa˜o: A = −1
2
,
B = −1, C = 1 e D = −1
2
, portanto podemos mudar a igualdade inicial para:
Y =
−1
2
s− 1
s2
+
1
s− 1 −
1
2(s+ 2)
Y =
−1
2s
− 1
s2
+
1
s− 1 −
1
2(s+ 2)
Agora que no´s aplicamos a operac¸a˜o inversa a transformada de Laplace em
ambos os lados para obtermos o y:
L {Y }−1 = L
{−1
2s
− 1
s2
+
1
s− 1 −
1
2(s+ 2)
}−1
y =
−1
2
− t+ et − e
−2t
2
E´ recomendado que o aluno saiba a forma da transformada de Laplace de
algumas func¸o˜es sem a necessidade de tabela como: sin(t), cos(t), tn onde
n e´ um nu´mero natural, os deslocamentos dessas func¸o˜es com a func¸a˜o de
Heaviside e a transformada do delta de Dirac.
4.4.1 Convoluc¸a˜o
Nas sec¸o˜es passadas relacionada a` transformada de laplace, no´s vimos
a transformada e a transformada inversa de func¸o˜es simples, por exemplo
L {t} = 1
s2
e L −1{1
s
} = 1. Pore´m, no´s na˜o consideramos o caso em que ha´
o produto de func¸o˜es, exceto no caso da func¸a˜o de Heaviside e do Delta de
Dirac.
Sera´ queL −1{ 1
s2
1
s
} = L −1{ 1
s2
}L −1{1
s
}, ou seja,L −1{ 1
s3
} = t? Obviamente
na˜o. Basta olhar na tabela de transformadas que veremos queL −1{ 1
s3
} = t2
2
.
Isso indica que no´s na˜o podemos trabalhar com o produto de func¸o˜es de
forma ta˜o simples. Para resolvermos problemas que envolvam esse tipo de
operac¸a˜o devemos fazer uso do chamado produto convoluc¸a˜o. Ele e´ definido
da seguinte forma:
f ∗ g =
t∫
0
f(τ)g(t− τ)dτ
gau
∫∫
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Para que essa operac¸a˜o seja poss´ıvel, as func¸o˜es f e g devem ser seccional-
mente cont´ınuas.
Uma propriedade interessante do produto convoluc¸a˜o e´ a propriedade comu-
tativa, ou seja:
f ∗ g = g ∗ f
Ela e´ muito u´til pelo fato de que com isso no´s podemos escolher qual func¸a˜o
estara´ deslocada e isso pode facilitar os nosso ca´lculos. No´s iremos provar
que essa propriedade se aplica a essa operac¸a˜o a seguir:
f ∗ g =
t∫
0
f(τ)g(t− τ)dτ
Fazendo a mudanc¸a de varia´veis:
u = t− τ
du = −dτ
f ∗ g =
0∫
t
−f(t− u)g(u)du
f ∗ g =
t∫
0
g(u)f(t− u)du = g ∗ f
Com isso provamos a propriedade comutativa do produto convoluc¸a˜o.
Agora, iremos enunciar o teorema que ira´ relacionar o produto convoluc¸a˜o
com a transformada de Laplace:
Teorema:Se f e g sa˜o func¸o˜es seccionalmente cont´ınuas e de ordem expo-
nencial, enta˜o:
L {f ∗ g} = F (s)G(s)
Ale´m disso, podemos garantir a operac¸a˜o inversatambe´m:
L −1{F (s)G(s)} = f ∗ g
Esse teorema sera´ provado no apeˆndice C.
Exemplo: Vamos resolver a EDO abaixo usando a transformada de La-
place:
x′′(t) + x(t) = cos(t)
gau
∫∫
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x(0) = x′(0) = 0
Iremos aplicar a transformada nos dois lados da equac¸a˜o:
L {x′′(t) + x(t)} = L {cos(t)}
s2X − sx′(0)− x(0) +X = s
s2 + 1
X(s2 + 1) =
s
s2 + 1
X =
s
s2 + 1
1
s2 + 1
L −1{X} = L −1{ s
s2 + 1
1
s2 + 1
}
Usando o teorema que aprendemos:
x = f ∗ g
x = cos(t) ∗ sin(t)
x =
t∫
0
cos(τ) sin(t− τ)dτ
x =
t∫
0
cos(τ)[sin(t) cos(τ)− sin(τ) cos(t)]dτ
x = sin(t)
t∫
0
cos2(τ)dτ − cos(t)
t∫
0
sen(τ) cos(τ)dτ
x = sin(t)
t∫
0
1 + cos(2τ)
2
dτ − cos(t)
t∫
0
sin(τ) cos(τ)dτ
Fazendo a substituic¸a˜o u = sin(t) e du = cos(t)dt para resolver a segunda
integral, teremos:
x =
[
sin(t)
τ
2
+
sin(t) sin(2t)
4
]t
0
− cos(t)sin
2(t)
2
x =
[
sin(t)
τ
2
+
cos(t) sin2(t)
2
]t
0
− cos(t)sin
2(t)
2
gau
∫∫
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x =
t sin(t)
2
+ cos(t)
sin2(t)
2
− cos(t)sin
2(t)
2
x =
t sin(t)
2
Com esse exemplo, vimos como usar o produto convoluc¸a˜o para solucionar
alguns casos de equac¸o˜es diferenciais ordina´rias.
4.5 Exerc´ıcios
Se necessa´rio consulte a tabela de transformadas de Laplace no fim do
cap´ıtulo. 18) y′′ + 4y = t2 + 3et y(0) = 0, y′(0) = 2
19)y′′ + xy′ + 2y = 0
20)x2y′′ + xy′ + 4y = 0
21)2xy′′ + (x+ 1)y′ + 3y = 0
22) y′′ − 6y′ + 9y = 0 y(0) = 0, y′(0) = 2
23)
y′′ + 4y = cos(3t)
y(0) = 0 y′(0) = 0
24)x2y′′ + 5xy′ + 4y = 0
25)
y′′ + y = 1
y(0) = 0 y′(0) = 0
Fac¸a o 26 usando convoluc¸a˜o
26) 4y′′ + 4y′ + y = 0 y(0) = 1, y′(0) = 2
27)2x2y′′ + 3xy′ + (2x2 − 1)y = 0
28)xy′′ − y = 0
29)
{
y′′ + 2y′ + 2y = etδ(t− 1)
y(0) = 0 y′(0) = 0
30)9x2y′′ + 3x2y′ + 2y = 0
31)
y′′ − 2y′ − 3y = 3te2t
y(0) = 1 y′(0) = 0
32)
{
y′′ − 2y′ + y = e2tδ(t− 1)
y(0) = 0 y′(0) = 0
33)4xy′′ + 2y′ + y = 0
34)x2y′′ + 10
4
y = 0
gau
∫∫
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Cap´ıtulo 5
Se´rie de Fourier
5.1 Definic¸a˜o
A se´rie de Fourier e´ a representac¸a˜o de func¸a˜o perio´dica em forma de
somato´rio de infinitos de senos e cossenos. Nem todas as func¸o˜es teˆm uma
representac¸a˜o em forma de se´rie de Fourier, pois ,assim como para se´rie
de Taylor, a func¸a˜o deve satisfazer condic¸o˜es para poder ser expressa dessa
forma. Essas condic¸o˜es sa˜o:
• A func¸a˜o deve ser seccionalmente cont´ınua
• A func¸a˜o deve ser perio´dica
• A func¸a˜o deve ter um nu´mero finito de ma´ximos e mı´nimos locais dentro
de seu per´ıodo.
Se essas condic¸o˜es forem satisfeitas, podemos representar a func¸a˜o em questa˜o,
com per´ıodo 2L na forma:
f(x) ∼ a0
2
+
∞∑
n=1
an cos
(
npix
L
)
+ bn sin
(
npix
L
)
Onde an e bn sa˜o os coeficientes da se´rie de Fourier de uma se´rie que iremos
aprender a ca´lcular na pro´xima sec¸a˜o.
O s´ımbolo ” ∼ ” foi usado pois ainda na˜o provamos que a func¸a˜o e´, de fato,
igual ao somato´rio da se´rie de Fourier.
gau
∫∫
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5.2 Ca´lculo dos coeficientes da Se´rie de Four-
rier
Os coeficientes an e bn da se´rie de Fourier sera˜o calculados nessa sec¸a˜o,
mas a prova das seguintes equac¸o˜es sera´ dada no apeˆndice D.
Para ca´lcular os termos no´s usamos as fo´rmulas:
an =
1
L
L∫
−L
f(x) cos
(
npix
L
)
dx
bn =
1
L
L∫
−L
f(x) sin
(
npix
L
)
dx
OBS: O termo a0 deve ser ca´lculado separadamente do an, ou seja, na˜o de-
vemos calcular uma expressa˜o para an e substituir n por 0. Isso na˜o pode
ser feito, pois normalmente leva a` divisa˜o por 0.
Exemplo:
Vamos achar a se´rie de Fourier associada a` func¸a˜o:
f(x) =
{
0, −5 < x < 0
3, 0 < x < 5
, f(x) = f(x+ 10)
A igualdade f(x) = f(x + 10) indica que a func¸a˜o e´ perio´dica com
per´ıodo 10.
2L = 10
L = 5
Primeiro iremos calcular o a0 separadamente do an:
a0 =
1
L
L∫
−L
f(x)cos(0)dx
a0 =
1
5
[ 0∫
−5
0dx+
5∫
0
3dx
]
gau
∫∫
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a0 =
1
5
[15]
a0 = 3
Agora iremos calcular os coeficientes an e bn:
an =
1
L
L∫
−L
f(x) cos
(
npix
L
)
dx
an =
1
5
[ 0∫
−5
0dx+
5∫
0
3 cos
(
npix
5
)]
dx
an =
1
5
[
3
5∫
0
cos
(
npix
5
)]
dx
an =
3
5
[
5
npi
sin
(
npix
5
)]5
0
an =
3
npi
[sin(npi)− sin(0)]
sin(npi) sera´ 0 para todo n natural, logo:
an =
3
npi
[0]
an = 0
Agora iremos calcular o bn:
bn =
1
L
L∫
−L
f(x) sin
(
npix
L
)
dx
bn =
1
5
[ 0∫
−5
0dx+
5∫
0
3 sin
(
npix
5
)
dx
]
bn =
1
5
[
3
5∫
0
sin
(
npix
5
)]
gau
∫∫
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bn =
3
5
[−5
npi
cos
(
npix
5
)]5
0
bn =
−3
npi
[cos(npi)− cos(0)]
bn =
3
npi
[cos(0)− cos(npi)]
cos(npi) tambe´m pode ser escrito da forma: (−1)n, pois e´ a forma como
seu valor varia com n natural.
bn =
3
npi
[1− (−1)n]
bn =
3
npi
[1 + (−1)n+1]
Isso quer dizer que quando n for ı´mpar, a expressa˜o [1 + (−1)n+1] = 2,
ja´ quando n for par, [1 + (−1)n+1 = 0]. Logo, podemos simplificar a
expressa˜o para:
bn =
6
(2n+ 1)pi
Agora que temos todos os coeficientes, podemos dizer que a se´rie de
Fourier associada a` func¸a˜o e´:
f(x) ∼ 3
2
+
∞∑
n=0
6
(2n+ 1)pi
sin
(
(2n+ 1)pix
5
)
f(x) ∼ 3
2
+
6
pi
∞∑
n=0
1
2n+ 1
sin
(
(2n− 1)pix
5
)
5.3 Teorema de convergeˆncia de Fourier
Para garantir que uma func¸a˜o seja igual a sua se´rie de Fourier equivalente,
devemos usar o Teorema de convergeˆncia de Fourier.
Este teorema diz que se uma func¸a˜o e sua derivada sa˜o seccionalmente
cont´ınuas, enta˜o podemos garantir que nos intervalos de continuidade a se´rie
gau
∫∫
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tem valor equivalente a` func¸a˜o e nos pontos de descontinuidade, a se´rie con-
verge para a me´dia aritme´tica dos limites laterais.
5.4 Extensa˜o Perio´dica
Como sabemos, para uma func¸a˜o ter uma se´rie de Fourier associada, ela
deve ser perid´ica. Contudo, existem situac¸o˜es, como as que veremos na re-
soluc¸a˜o de Equac¸o˜es Diferenciais Parciais, em que trataremos de func¸o˜es que
esta˜o limitadas em um intervalo 0 < x < a e que no´s queremos aplicar a
se´rie de Fourier. Para fazer isso, no´s teremos que usar um me´todo conhecido
como extensa˜o perio´dica.
Esse me´todo consiste em usar uma func¸a˜o que esta´ definida em um inter-
valo fechado de forma [0, a] e ”repet´ı-la”com um per´ıodo a, fazendo com que
tenhamos uma func¸a˜o perio´dica. Esse processo sera´ mostrado no exemplo
abaixo
Exemplo:
Vamos fazer a extensa˜o perio´dica da func¸a˜o f(x) = x no intervalo [0,1).
Essa func¸a˜o e´ uma reta que passa pela origem, as sA˜ consideramos o
intervalo em que x varia de 0 a 1 A extensa˜o perio´dica dessa func¸a˜o e´
dada pela expressa˜o:
f(x) = x, 0 ≤ x < 1, f(x) = f(x+ 1)
Essa expressa˜o mostra que essa extensa˜o tem per´ıodo 1 e quais valores a
func¸a˜o assume. O gra´fico dessa extensa˜o e´:
Figura 5.1: Extensa˜o perio´dica
Com essa extensa˜o e´ poss´ıvel determinar a se´rie de Fourier equivalente
dessa nova func¸a˜o, ja´ que agora ela satisfaz todas as condic¸o˜es necessa´rias.
gau
∫∫
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5.5 Func¸o˜es