serie de potencia

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Solução de EDOs de 2ª ordem, lineares e com coeficientes variáveis
a(x)y′′(x) + b(x)y′(x) + c(x)y(x) = 0
Antes de propormos uma solução para esse tipo de EDO, recapitulemos o caso mais simples
de coeficientes constantes:
ay′′(x) + by′(x) + cy(x) = 0
Uma análise da EDO nos permitia propor uma solução na forma erx (sendo r uma constante
a ser definida em função dos coeficientes), já que y(x) deve ser uma combinação linear de suas
derivadas primeira e segunda.
Para o caso dos coeficientes variáveis, não é possível propor um solução seguindo o mesmo
raciocínio, já que dependendo dos coeficientes, a forma da solução deve mudar drasticamente.
Devemos propor a solução então em uma forma mais geral, no caso, em série de potências.
Sabemos que uma função qualquer f(x) pode ser expandida em uma série de potências em
torno de x0 como:
f(x) =
∞∑
n=0
an(x− x0)n
onde
an =
f (n)(x0)
n!
Percebemos aqui que nem toda função pode ser expandida em torno de qualquer valor de
x.
Quando resolvemos uma EDO por série de potências, a ideia é obter os valores dos coefi-
cientes an (n = 0, 1, 2...) que fazem com que
∑∞
n=0 an(x − x0)n seja solução da EDO para um
valor de x0 definido.
Para verificar o funcionamento do método e também dar credibilidade ao mesmo, vamos
resolver inicialmente um PVI associado a uma EDO homogênea e com coeficientes constantes
pelos métodos da equação característica e por série de potências. Posteriormente, verificaremos
que os resultados são equivalentes, ainda que expressos de forma diferentes.
Exemplo: Resolva o seguinte problema de valor inicial
y′′(x) + 2y′(x)− 8y(x) = 0 y(0) = 3; y′(0) = −12
a) pelo método da equação característica.
b) por série de potências em torno de x=0.
a)
equação característica:
r2 + 2r − 8 = 0
logo:
r =
−2±√22 + 4.8
2
r =
−2± 6
2
r1 = 2
r2 = −4
Solução geral:
y(x) = C1e
(2x) + C2e
(−4x)
Logo:
y′(x) = 2C1e(2x) +−4C2e(−4x)
Aplicando as condições iniciais:
3 = C1 + C2 (1)
−12 = 2C1 − 4C2 (2)
Gerando uma terceira equação dependente como (1)− 2× (2) :
27 = 9C2
C2 = 3;C1 = 0
Logo a solução do PVI será:
y(x) = 3e−4x
Supondo agora que não conhecemos o método da equação característica, vamos propor uma
solução em série de potências:
y(x) =
∞∑
n=0
an(x− x0)n
devemos definir um valor para x0. Geralmente x0 = 0. Logo:
y(x) =
∞∑
n=0
anx
n = a0 + a1x+ a2x
2 + a3x
3 + ...
desejamos então definir os valores de an para que a série seja solução da EDO. Devemos
então substituir essa solução na EDO e garantir que o lado esquerdo seja sempre igual a zero
para qualquer valor de x. Antes disso, precisamos das derivadas 1ª e 2ª da solução proposta:
2
y′(x) = a1 + 2a2x+ 3a3x2 + ... =
∞∑
n=1
nanx
n−1
y′′(x) = 1× 2a2 + 2× 3a3x+ 3× 4a4x2... =
∞∑
n=2
(n− 1)nanxn−2
Substituindo na EDO:
∞∑
n=2
(n− 1)nanxn−2 + 2
∞∑
n=1
nanx
n−1 − 8
∞∑
n=0
anx
n = 0
Se computarmos os termos dos somatórios:
(coef0) + (coef1)x+ (coef2)x
2 + (coef3)x
3 + ... = 0
a ideia é reescrever esse polinômio, se possível, da seguinte forma:
∞∑
n=0
(coefn)x
n = 0
em alguns casos não é possível definir todos os coeficientes dentro do somatório, por exemplo:
(coef0) + (coef1)x+
∞∑
n=2
(coefn)x
n = 0
Reescrevendo de forma que os coeficientes de todos os somatórios sejam iguais a 1:
∞∑
n=2
(n− 1)nanxn−2 +
∞∑
n=1
2nanx
n−1 +
∞∑
n=0
(−8an)xn = 0
Colocando em potências similares (xk) usando deslocamento de índice:
desejamos reescrever o 1º somatório de forma a trocar o termo xn−2 por xk sem mudar a
informação. Para isso:
xn−2 = xk → n− 2 = k → n = k + 2
p/ n = 2 → k = 0
ou seja:
∞∑
n=2
(n− 1)nanxn−2 =
∞∑
k=0
(k + 1)(k + 2)ak+2x
k
Mesma coisa para o 2º somatório:
xn−1 = xk → n− 1 = k → n = k + 1
p/ n = 1 → k = 0
ou seja:
∞∑
n=1
2nanx
n−1 =
∞∑
k=0
2(k + 1)ak+1x
k
3
Logo a EDO fica:
∞∑
k=0
(k + 1)(k + 2)ak+2x
k +
∞∑
k=0
2(k + 1)ak+1x
k +
∞∑
k=0
(−8ak)xk = 0
Como todos os limites inferiores dos somatórios são iguais:
∞∑
k=0
[(k + 1)(k + 2)ak+2 + 2(k + 1)ak+1 − 8ak]xk = 0
Isso significa que:
(k + 1)(k + 2)ak+2 + 2(k + 1)ak+1 − 8ak = 0 k ≥ 0
A ideia agora é isolar o coeficiente com o maior índice:
ak+2 =
8ak − 2(k + 1)ak+1
(k + 1)(k + 2)
k ≥ 0
O que significa que:
a2 =
8a0 − 2(1)a1
(1)(2)
a2 = 4a0 − a1
E quanto a a1 e a0?
percebemos que eles são obtidos das condições iniciais:
como:
y(x) = a0 + a1x+ a2x
2 + a3x
3 + ...
y′(x) = a1 + 2a2x+ 3a3x2 + ...
y(0) = a0 = 3
y′(0) = a1 = −12
portanto:
a2 = 4× 3 + 12
a2 = 24
p/ k = 1:
a3 =
8a1 − 2(2)a2
(2)(3)
a3 =
8(−12)− 4(24)
(2)(3)
a3 = 4(−4)− 2(8)
4
a3 = −32
p/ k=2:
a4 =
8a2 − 2(3)a3
(3)(4)
a4 =
8× 24 + 6× 32
12
a4 =
192 + 192
12
a4 = 32
E assim por diante. Logo:
y(x) = 3− 12x+ 24x2 − 32x3 + 32x4 + ...
Para verificarmos que essa série é realmente solução da EDO, podemos expandir a solução
obdida na letra a) em série e ver se os resultados batem.
Expandindo
y(x) = 3e−4x
em série de Maclaurin:
y(x) =
∞∑
n=0
bnx
n
onde:
bn =
y(n)(0)
n!
Logo:
b0 = 3e
−4x∣∣
x=0
= 3
b1 =
d(3e−4x)
dx
∣∣∣∣
x=0
= −12e−4x∣∣
x=0
= −12
b2 =
d2(3e−4x)
dx2
∣∣∣
x=0
2
=
48e−4x|x=0
2
= 24
E assim por diante. Percebemos que:
3e−4x = 3− 12x+ 24x2 − 32x3 + 32x4 + ...
A série da solução da EDO é a solução da EDO em série.
Antes de aplicarmos séries de potência na solução de EDOs com coeficientes constantes,
precisamos ficar atentos a algumas possíveis limitaçãoes das séries.
Convergência:
5
Para que uma série de potências em torno de x0 seja convergente para um valor determinado
valor de x, o termo
lim
N→∞
N∑
n=0
an(x− x0)n
deve ser finito.
Para que se garanta que isso ocorra, precisamos que o termo n+ 1 da série seja menor (em
módulo) que o termo n quando n tende a infinito:
ou seja:
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1(x− x0)n+1an(x− x0)n
∣∣∣∣ < 1
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1(x− x0)an
∣∣∣∣ < 1
lim
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ |x− x0| < 1
o que significa que:
|x− x0| < lim
n→∞
∣∣∣∣ anan+1
∣∣∣∣
Percebemos que |x − x0| é a distância abaixo da qual x deve ester de x0 para garantir a
convergência da série. Logo, o raio de convergência (L) da série pode ser obtido como:
L = lim
n→∞
∣∣∣∣ anan+1
∣∣∣∣
Caso an seja bem definido em função de n, o rario de convergência pode ser obtido.
Exemplo: Qual o raio de convergência da série de Maclaurin de ex?
Aplicando a fórmula da série de Maclaurin:
ex = 1 + x+
x2
2
+
x3
3!
+
x4
4!
+ ... =
∞∑
n=0
1
n!
xn
Logo,
an =
1
n!
Portanto, o raio de convergência da série é definido por:
L = lim
n→∞
∣∣∣∣ anan+1
∣∣∣∣ = limn→∞
∣∣∣∣(n+ 1)!n!
∣∣∣∣ = limn→∞ |n+ 1| =∞
O que signica que a série de Maclaurin de ex pode ser avaliada em qualquer valor de x.
6
Exercício:
a) expanda a função ln(x) em série de Taylor em torno de x=4.
Resposta:
ln(4) +
∞∑
n=1
(−1)n+1(n− 1)!
4nn!
(x− 4)n
b) Calcule o rario de convergência da série.
Resposta:
L = 4
o que significa que a série só é válida para valores de x entre 0 e 8:
ln(x) = ln(4) +
∞∑
n=1
(−1)n+1(n− 1)!
4nn!
(x− 4)n (0 < x < 8)
Funções analíticas:
Uma função f(x) é dita analítica em x0 se: - é possível avaliar f(x) e todas as suas derivadas
em x0 - A série deve ter um raio de convergência L > 0. - A série deve convergir para o valor
exato da função para qualquer valor de x no intervalo |x− x0| < L.
Geralmente, se a primeira condição for satisfeita, as demais também são. Na prática,
avaliamos somente se a função é infinitamente diferenciável em x0 para considerá-la analítica
em x0
Exemplo: As funções e−3x, ln(x) e x
1
3 são analíticas em x = 0?Respostas: sim, não e não
Justificativas:
- É possível avaliar e−3x e todas as suas derivadas em x = 0
- Não é possível avaliar ln(x) em x = 0
- Embora seja possível avaliar x
1
3 em x = 0, não é possível avaliar sua derivada primeira
neste ponto:
x
1
3
∣∣∣
x=0
= 0
d(x
1
3 )
dx
∣∣∣∣∣
x=0
=
1
3
x−
2
3
∣∣∣∣
x=0
= DIV/0
7
Voltando às EDOs de 2ª ordem, lineares com coeficientes variáveis e homogênes:
a(x)y′′(x) + b(x)y′(x) + c(x)y(x) = 0
na forma padrão:
y′′(x) + p(x)y′(x) + q(x)y(x) = 0
Se p(x) e q(x) são analíticas em x0, então x0 é um ponto ordinário da EDO. Se x0 não
for um ponto ordinário da EDO, ele é um ponto singular.
Teorema: se x0 é um ponto ordinário da EDO, então existe uma série
∑∞
n=0 an(x − x0)n
que é solução da EDO. Além disso, o raio de convergência da série será no mínimo tão grande
quando a distância de x0 e o ponto singular mais próximo (real ou complexo).
Exemplo: Verifique se x=0 é um ponto ordinário e determine os pontos singulares de
xy′′(x) + x(1− x)−1y′(x) + x2y(x) = 0
na forma padrão:
y′′(x) + (1− x)−1y′(x) + xy(x) = 0
Logo:
p(x) =
1
1− x ; q(x) = x
Percebemos que q(x) não existe para x = 1,
a função q(x) = x é analítica para qualquer valor de x, logo x = 1 é o único ponto singular
da EDO.
Isso significa que podemos propor uma solução para essa EDO como uma série em torno de
x = 0
∞∑
n=0
an(x)
n
e o raio de convergência dessa série será no mínimo igual a 1.
Exemplo 2: Verifique se x=0 é um ponto ordinário e determine os pontos singulares da
seguinte EDO:
(1 + x2)y′′(x)− y′(x) + y(x) = 0
na forma padrão:
y′′(x)− 1
(1 + x2)
y′(x) +
1
(1 + x2)
y(x) = 0
p(x) = − 1
(1 + x2)
q(x) =
1
(1 + x2)
Percebemos que quando (1 + x2) = 0, p(x) e q(x) não existem.
Logo x = ±i são os pontos singulares da EDO.
8
Desta forma, caso propuséssemos uma solução para a EDO na forma
∞∑
n=0
anx
n
seu raio de convergência seria no mínimo igual a 1. já que a distância entre dois números
complexos α1 + β1i e α2 + β2i é dada por:
d =
√
(α1 − α2)2 + (β1 − β2)2
No nosso caso, a distância entre 0 e i é:
L =
√
(0)2 + (−1)2 = 1
Exemplo 3: Obtenha uma solução em série de potências em torno de x=0 para o seguinte
PVI:
y′′(x) + x2y′(x) + 2y(x) = 0
y(0) = 1
y′(0) = 1
Solução:
Primeiramente verificamos que x = 0 é um ponto ordinário da EDO e que o raio de con-
vergência da solução proposta
y(x) =
∞∑
n=0
anx
n
é infinito, pois não existem pontos singulares.
Derivando a série uma e duas vezes:
y′(x) =
∞∑
n=1
nanx
n−1
y′′(x) =
∞∑
n=2
(n− 1)nanxn−2
Substituindo na EDO:
∞∑
n=2
(n− 1)nanxn−2 + x2
∞∑
n=1
nanx
n−1 + 2
∞∑
n=0
anx
n = 0
∞∑
n=2
(n− 1)nanxn−2 +
∞∑
n=1
nanx
n+1 +
∞∑
n=0
2anx
n = 0
O primeiro passo a partir de agora é deslocar os índices dos somatórios de forma a gerar
potências semelhantes (xk):
9
pegando o primeiro somatório:
∞∑
n=2
(n− 1)nanxn−2
Desejamos substituir o termo xn−2 por xk, sem alterar a informação do somatório. Para
isso definimos n− 2 = k. Logo, k = n+ 2. O que significa que quando n = 2, k = 0. Portanto:
∞∑
n=2
(n− 1)nanxn−2 =
∞∑
k=0
(k + 1)(k + 2)ak+2x
k
Da mesma forma: ∞∑
n=1
nanx
n+1 =
∞∑
k=2
(k − 1)ak−1xk
Logo:
∞∑
k=0
(k + 1)(k + 2)ak+2x
k +
∞∑
k=2
(k − 1)ak−1xk +
∞∑
k=0
2akx
k = 0
Precisamos agora igualar os limites inferiores dos somatórios:
2a2 + 6a3x+
∞∑
k=2
(k + 1)(k + 2)ak+2x
k +
∞∑
k=2
(k − 1)ak−1xk + 2a0 + 2a1x+
∞∑
k=2
2akx
k = 0
Podemos agora escrever:
(2a2 + 2a0) + (6a3 + 2a1)x+
∞∑
k=2
((k + 1)(k + 2)ak+2 + (k − 1)ak−1 + 2ak)xk = 0
para que o lado esquerdo seja sempre igual a zero independentemente do valor de x, pre-
cisamos que:
2a2 + 2a0 = 0
6a3 + 2a1 = 0
e que
(k + 1)(k + 2)ak+2 + (k − 1)ak−1 + 2ak = 0 (k ≥ 2)
Das condições iniciais temos que:
y(0) = 1 = a0
y′(0) = 1 = a1
Logo:
2a2 + 2a0 = 0
a2 = −1
além disso:
6a3 + 2 = 0
10
a3 = −1
3
Isolando o termo "mais posterior" de
(k + 1)(k + 2)ak+2 + (k − 1)ak−1 + 2ak = 0
temos:
ak+2 =
(1− k)ak−1 − 2ak
(k + 1)(k + 2)
(k ≥ 2)
Para k = 2:
a4 =
−a1 − 2a2
(3)(4)
a4 =
−1 + 2
12
a4 =
1
12
para k=3:
a5 =
−2a2 − 2a3
(4)(5)
a5 =
2 + 2
3
20
a5 =
6
3
+ 2
3
20
a5 =
8
60
a5 =
2
15
Portanto temos uma solução em série na forma:
y(x) = a0 + a1x+ a2x
2 + a3x
3 + a4x
4 + a5x
5 + ...
y(x) = 1 + x+−x2 +−1
3
x3 +
1
12
x4 +
2
15
x5 + ...
11
Exercícios para fazer em sala:
1) Obtenha uma solução em série de potências em torno de x=0 para o seguinte PVI:
y′′(x) + x2y′(x) + 2y(x) = ex
y(0) = 1
y′(0) = 1
Resposta:
y(x) = 1 + 1x+−1
2
x2 +−1
6
x3 +
1
24
x4 +
3
40
x5 + ...
2) Obtenha uma solução em série de potências em torno de x=0 para o seguinte PVI:
xy′′(x) + x2y′(x) + xy(x) = sen(x)
y(0) = 1
y′(0) = 2
Resposta:
y(x) = 1 + 2x− 2
3
x3 − 1
72
x4 +
2
15
x5 + ...
12