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EQUAÇÕES DIFERENCIAIS AULA 4 Profª Dayane Perez Bravo 2 CONVERSA INICIAL Caro aluno, veremos nesta aula como utilizar séries de potência para desenvolver novas técnicas de resolução das equações diferenciais. Para isso, inicialmente vamos revisar sequência e séries de potência. Em seguida, vamos discutir os métodos para resolução em torno de um ponto ordinário e na sequência em torno de um ponto singular. Com isso, poderemos ver as equações de Bessel. TEMA 1 – REVISÃO DE SÉRIE DE POTÊNCIA Para entendermos o conceito de séries de potência, é necessário investigar o conceito de sequência infinita. Uma sequência numérica infinita é considerada uma função de valores discretos, cujo domínio são os números inteiros diferentes de zero. Geralmente, utilizamos para notação {𝑎𝑛} para indicar o termo geral da sequência. Por exemplo, {𝑎𝑛} = (−1) 𝑛+1 𝑛² 3𝑛 − 1 representa uma sequência, cujo termo geral é 𝑎𝑛. Repare que podemos escrever o n-ésimo elemento simplesmente substituindo no valor de 𝑛 o termo desejado. Veja que alguns elementos que podem ser calculados são: 𝑎1 = (−1) 1+1 12 3.1 − 1 = 1 2 𝑎2 = (−1) 2+1 22 3.2 − 1 = − 4 5 𝑎3 = (−1) 3+1 32 3.3 − 1 = 9 8 𝑎4 = (−1) 4+1 42 4.3 − 1 = − 16 11 𝑎5 = (−1) 5+1 52 5.3 − 1 = 25 14 e assim sucessivamente. A série numérica infinita, por sua vez, é definida como sendo a soma dos termos de uma sequência numérica infinita. Nesse caso escrevemos: 3 ∑ 𝑎𝑛 ∞ 𝑛=1 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯ + 𝑎𝑛 + ⋯ Nem todas as séries que podem ser escritas são interessantes para o estudo de equações diferenciais, visto que algumas séries divergem. A convergência e a divergência da série indicam se a série se aproxima ou não, respectivamente, de um certo valor dado. Em outras palavras, dizemos que a série é convergente se lim 𝑘→∞ ∑ 𝑎𝑛 𝑘 𝑛=1 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯ + 𝑎𝑛 + ⋯ = 𝑆 no qual S representa um número real finito. O teste de convergência de uma série nem sempre é fácil de ser aplicado e foge do escopo destas aulas, mas um exemplo será visto para compreensão desse conceito. Exemplo: Sendo a seguinte série numérica infinita: ∑ 1 𝑛(𝑛 + 1) ∞ 𝑛=1 = 1 1.2 + 1 2.3 + 1 3.4 + 1 4.5 + ⋯ vamos verificar se essa série converge. Para isso, verificamos seu termo geral 𝑎𝑛 = 1 𝑛(𝑛 + 1) O teste de convergência envolve uma soma infinita, o que evidencia a complexidade de sua validade, mas, nesse caso específico, podemos reescrever o termo geral da seguinte forma: 𝑎𝑛 = 1 𝑛(𝑛 + 1) = 1 𝑛 − 1 𝑛 + 1 Verifique ao fazer operações simples como as duas expressões são equivalentes. Nesse caso, podemos reescrever a série dada como: ∑ 1 𝑛(𝑛 + 1) ∞ 𝑛=1 = ∑ ( 1 𝑛 − 1 𝑛 + 1 ) ∞ 𝑛=1 = (1 − 1 2 ) + ( 1 2 − 1 3 ) + ( 1 3 − 1 4 ) + ⋯ ( 1 𝑛 − 1 𝑛 + 1 ) 4 Repare que 𝑛 termos simplificam, restando: ∑ ( 1 𝑛 − 1 𝑛 + 1 ) ∞ 𝑛=1 = (1 − 1 2 ) + ( 1 2 − 1 3 ) + ( 1 3 − 1 4 ) + ⋯ ( 1 𝑛 − 1 𝑛 + 1 ) = 1 − 𝑛 𝑛 + 1 Para testarmos a convergência, aplicamos o seguinte limite: lim 𝑛→∞ (1 − 𝑛 𝑛 + 1 ) = 1 Como esse limite converge para 𝑆 = 1, temos validada a convergência da série dada no exemplo. As séries de potência, que serão soluções de equações diferenciais nas partes seguintes, são séries que possuem o seguinte formato: ∑ 𝑐𝑛𝑥 𝑛 ∞ 𝑛=0 = 𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥 2 + 𝑐3𝑥 3 + ⋯ Os coeficientes 𝑐𝑛′𝑠 são os coeficientes da série, enquanto 𝑥 é a variável. Pode-se mostrar que a série ∑ 𝑥𝑛 ∞ 𝑛=0 = 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + ⋯ converge quando −1 < 𝑥 < 1 e diverge caso contrário. Uma série interessante que surge frequentemente é a série de Taylor, a qual é definida como: ∑ 𝑎𝑛(𝑥 − 𝑎) 𝑛 ∞ 𝑛=0 , 𝑛𝑜 𝑞𝑢𝑎𝑙 𝑎𝑛 = 𝑓𝑛(𝑎) 𝑛! Ou seja, ∑ 𝑎𝑛(𝑥 − 𝑎) 𝑛 ∞ 𝑛=0 = 𝑓(𝑎) + 𝑓′(𝑎)(𝑥 − 𝑎) + 𝑓′′(𝑎)(𝑥 − 𝑎)2 2! + 𝑓′′′(𝑎)(𝑥 − 𝑎)3 3! + 𝑓′′′′(𝑎)(𝑥 − 𝑎)4 4! + 𝑓′′′′′(𝑎)(𝑥 − 𝑎)5 5! + ⋯ Se tomarmos 𝑎 = 0, obtemos um caso particular da série de Taylor conhecida como série de Maclaurin: 5 ∑ 𝑎𝑛𝑥 𝑛 ∞ 𝑛=0 = 𝑓(0) + 𝑓′(0)𝑥 + 𝑓′′(0)𝑥2 2! + 𝑓′′′(0)𝑥3 3! + 𝑓′′′′(0)𝑥4 4! + 𝑓′′′′′(0)𝑥5 5! + ⋯ Exemplo 1: Vamos encontrar a série de Taylor para a função 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥 em torno do ponto 𝑥 = 0. Como 𝑓𝑛(𝑥) = 𝑒𝑥 e 𝑓𝑛(0) = 1 podemos escrever: 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎) + 𝑓′(𝑎)(𝑥 − 𝑎) + 𝑓′′(𝑎)(𝑥 − 𝑎)2 2! + 𝑓′′′(𝑎)(𝑥 − 𝑎)3 3! + 𝑓′′′′(𝑎)(𝑥 − 𝑎)4 4! + 𝑓′′′′′(𝑎)(𝑥 − 𝑎)5 5! + ⋯ 𝑓(𝑥) = 𝑓(0) + 𝑓′(0)(𝑥 − 0) + 𝑓′′(0)(𝑥 − 0)2 2! + 𝑓′′′(0)(𝑥 − 0)3 3! + 𝑓′′′′(0)(𝑥 − 0)4 4! + 𝑓′′′′′(0)(𝑥 − 0)5 5! + ⋯ Como 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥, 𝑓(0) = 1 𝑓′(𝑥) = 𝑒𝑥, 𝑓(0) = 1 E sucessivamente, 𝑓𝑛(𝑥) = 𝑒𝑥, 𝑓𝑛(0) = 1, então 𝑓(𝑥) = 1 + 𝑥 + 𝑥2 2! + 𝑥3 3! + ⋯ + 𝑥𝑛 𝑛! Exemplo 2: Vamos encontrar a série de Taylor para a função 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 em torno do ponto 𝑥 = 0. Para isso, precisamos encontrar as derivadas de ordem 𝑛 da função dada. Veja que: 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 𝑒 𝑓(0) = sin 0 = 0 𝑓′(𝑥) = cos 𝑥 𝑒 𝑓′(0) = cos 0 = 1 𝑓′′(𝑥) = − sin 𝑥 𝑒 𝑓′′(0) = − sin 0 = 0 𝑓′′′(𝑥) = − cos 𝑥 𝑒 𝑓′′′(0) = − cos 0 = −1 𝑓4(𝑥) = sin 𝑥 𝑒 𝑓4(0) = 0 6 Veja que a partir da derivada de quarta ordem, todas as derivadas seguem um padrão que se repete a cada quatro ordens das derivadas. Nesse caso, veja que toda derivada de ordem par aplicada no ponto dado é zero. Nesse caso, podemos escrever a série de Taylor associada: 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎) + 𝑓′(𝑎)(𝑥 − 𝑎) + 𝑓′′(𝑎)(𝑥 − 𝑎)2 2! + 𝑓′′′(𝑎)(𝑥 − 𝑎)3 3! + 𝑓′′′′(𝑎)(𝑥 − 𝑎)4 4! + 𝑓′′′′′(𝑎)(𝑥 − 𝑎)5 5! + ⋯ 𝑓(𝑥) = 𝑓(0) + 𝑓′(0)(𝑥 − 0) + 𝑓′′(0)(𝑥 − 0)2 2! + 𝑓′′′(0)(𝑥 − 0)3 3! + 𝑓′′′′(0)(𝑥 − 0)4 4! + 𝑓′′′′′(0)(𝑥 − 0)5 5! + ⋯ 𝑓(𝑥) = 𝑓′(0)𝑥 + 𝑓′′′(0)𝑥3 3! + 𝑓′′′′′(0)𝑥5 5! + ⋯ 𝑓(𝑥) = 𝑥 − 𝑥3 3! + 𝑥5 5! − 𝑥7 7! + ⋯ 𝑓(𝑥) = 𝑛 = 0∞(−1)𝑛 𝑥2𝑛+1 (2𝑛 + 1)! TEMA 2 – SOLUÇÃO EM SÉRIE: PONTO ORDINÁRIO Considere a equação homogênea ² ( ) ( ) ( ) 0 ² d y dy P x Q x R x y dx dx (1) onde x será a variável independente utilizada neste capítulo. Analisaremos inicialmente os casos em que P, Q e R são polinômios sem fatores comuns. Dizemos que um ponto 0x é ordinário quando 0( ) 0P x . Existe uma vizinhança de 0x onde ( ) 0P x , pois P é contínuo. Portanto, nesse intervalo podemos reescrever a Equação (1) como '' ( ) ' ( ) 0y p x y q x y (2) onde ( ) ( ) / ( )p x Q x P x e ( ) ( ) / ( )q x R x P x são funções contínuas. Para resolver a Equação (1) numa vizinhança do ponto 0x ordinário, procuraremos por soluções do tipo 7 0 1 0 0 0 0 ... ... n n n n n y a a x x a x x a x x (3) onde essa série converge no intervalo 0x x para um raio de convergência 0. Para determinar os coeficientes na , desde que estejamos dentro do intervalo, devemos substituir na Equação (1) a série da Equação (3) e suas derivadas. Vejamos a seguinte equação diferencial: 𝑑2𝑦 𝑑𝑥2 + 𝑦 = 0 (4) Podemos determinar uma série de potência em torno de 𝑥0 = 0. Nesse caso, a série será dada por: 2 0 1 2 0 ... ...n nn n n y a a x a x a x a x (4) Para continuar com o procedimento, devemos calcular a primeira e a segunda derivada da Equação (4). Assim, utilizamos o resultado de 1 1 1 2 1 ' 2 ... ...n nn n n y a a x na x na x (5) 2 2 2 2 '' 2 ... ( 1) ... ( 1)n nn n n y a n n a x n n a x (6) para substituir os valores de y e y’ na Equação Erro! Fonte de referência não encontrada.. Então obtemos 2 2 0 ( 1) 0n nn n n n n n a x a x (7) Observamos que os termos gerais dos somatórios são diferentes,portanto é necessário deslocar1 seus índices para que possamos agrupar o resultado da Equação (7). Para isso, basta substituirmos n por (n+2) na série proveniente da Equação (6) e fazer a soma começar em 0 em vez de 2. Dessa forma, a Equação (7) ficará 2 0 0 ( 2)( 1) 0n nn n n n n n a x a x (8) assim podemos agrupar os somatórios para obter 1 Em Boyce&DiPrima (2010, p. 194) encontrar-se uma explicação de como deslocar o índice de somatórios. 8 2 0 ( 2)( 1) 0nn n n n n a a x (9) TEMA 3 – SOLUÇÕES EM SÉRIE: PONTO SINGULAR – PARTE I Se fizermos com que os coeficientes de x sejam nulos, temos que a Equação (9) vale para todo x. Assim, temos a relação de recorrência 2( 2)( 1) 0; 0,1,2,...n nn n a a n (10) Cujos coeficientes são determinados por meio do cálculo individual para 0,1,2,...n . Por exemplo, para os três primeiros índices pares, temos 0 0 2 ; 0 2.1 2! a a a n (11) 02 4 ; 2 4.3 4! aa a n (12) 04 6 ; 4 6.5 6! aa a n (13) e assim por diante. Podemos escrever tais resultados para 2n k como 2 0 ( 1) ; 1,2,3,... (2 )! k n ka a a k k (14) podemos prová-la por indução matemática, sabendo que ela é válida para 1,k supondo válida para um valor qualquer de k e para 1,k temos 1 2 2 2 0 0 ( 1) ( 1) (2 2)(2 1) (2 2)(2 1)(2 )! (2 2)! k k k k a a a a k k k k k k (15) ou seja, a Equação (14) vale para 1,k portanto vale para todos os inteiros positivos k. Utilizaremos o mesmo raciocínio para os índices ímpares. Para os três primeiros índices ímpares, temos 3 51 1 1 1 3 5 7; ; 2.3 3! 5.4 5! 7.6 7! a aa a a a a a a (16) e assim por diante. Podemos escrever tais resultados para 2 1n k como 9 2 1 1 ( 1) ; 1,2,3,... (2 1)! k n ka a a k k (17) Agora, podemos utilizar os coeficientes que encontramos e substituí-los na Equação (4) para obter 2 3 4 5 2 2 10 0 01 1 1 0 1 ( 1) ( 1) ... ... 2! 3! 4! 5! (2 )! (2 1)! n n n na a aa a ay a a x x x x x x x n n (18) 2 4 2 3 5 2 1 0 1 ( 1) ( 1) 1 ... ... ... ... 2! 4! (2 )! 3! 5! (2 1)! n n n nx x x x x x a a x n n (19) 2 2 1 0 1 0 0 ( 1) ( 1) (2 )! (2 1)! n n n n n n x x a a n n (20) Portanto, a Equação (20) representa a solução em série da Equação Erro! Fonte de referência não encontrada., convergente para todo x. Adicionalmente, a primeira e a segunda série da Equação (20) são as séries de Taylor em torno de 𝑥 = 0 para𝑓(𝑥) = cos 𝑥 𝑒𝑔(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛𝑥, respectivamente. Assim, a Equação (20) é equivalente a 𝑦 = 𝑎0 cos 𝑥 + 𝑎1𝑠𝑒𝑛𝑥 Os valores de 𝑎0,𝑎1 são arbitrários e são definidos quando as condições iniciais são impostas, pois o cálculo de 𝑦 e 𝑦′ para𝑥 = 0 vai resultar nos valores de 𝑎0 e 𝑎1, respectivamente. Devemos nos atentar ao fato de que uma série de potências fornece apenas uma aproximação local numa vizinhança de um ponto inicial para a solução procurada. TEMA 4 – SOLUÇÕES EM SÉRIE: PONTO SINGULAR – PARTE II Considere a equação ( ) '' ( ) ' ( ) 0,P x y Q x y R x y (212) Dizemos que um ponto 𝑥0 é singular quando𝑃(𝑥0) = 0 e neste caso ou 𝑄(𝑥0) ou 𝑅(𝑥0) é diferente de zero. Vamos nos voltar para os casos de “singularidades fracas”, em que temos um ponto 𝑥0 singular regular. Essas singularidades se distinguem de acordo com as condições 0 0 ( ) lim( ) ( )x x Q x x x P x é finito (23) 0 0 ( ) lim( )² ( )x x R x x x P x é finito (224) 10 De forma generalizada, para que𝑥0 seja um ponto singular regular, é necessário que as funções 0 0 ( ) ( ) ; ( ) ( ) ( )² ( ) Q x x x P x R x x x P x (235) tenham séries de Taylor convergentes na vizinhança de 𝑥0. Para solucionar a Equação (212) em torno de 0x singular regular, costumamos utilizar 0 0x . Caso contrário, a simples mudança 0x x t faz com que o ponto singular regular esteja na origem. Dessa forma, quando 0x , então ( ) / ( ) ( )xQ x P x xp x e ² ( ) / ( ) ² ( )x R x P x x q x possuem limites finitos e são analíticas em 0x . Portanto, suas expansões em séries de potência convergentes em uma vizinhança x em torno da origem, com 0 , são dadas por 0 0 ( ) ; ² ( ) n n n n n n xp x p x x q x q x (26) Essas funções podem ser obtidas da Equação (212) ( ) '' ( ) ' ( ) 0,P x y Q x y R x y após multiplicá-la por ² / ( )x P x , obtendo assim 0 1 0 1² '' ( ... ...) ' ( ... ...) 0 n n n nx y x p p x p x y q q x q x y (27) TEMA 5 – GENERALIZAÇÃO DOS MÉTODOS DE SEGUNDA ORDEM: VARIAÇÃO DE PARÂMETROS EXEMPLO: Seja a seguinte Equação Diferencial: 2𝑡2 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 − 𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑡 + 𝑦 = 0 (28) Supondo que a solução é dada por uma série de potência, dizemos que 11 𝑦(𝑡) = ∑ 𝑎𝑛𝑡 𝑛+𝑟 ∞ 𝑛=0 Se for solução, podemos substituí-la na Equação 28 para verificar a solução. Veja que suas derivadas são dadas por: 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = ∑ 𝑎𝑛(𝑛 + 𝑟)𝑡 𝑛+𝑟−1 ∞ 𝑛=0 𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 = ∑ 𝑎𝑛(𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1)𝑡 𝑛+𝑟−2 ∞ 𝑛=0 Substituindo na Equação 28, obtemos: 2𝑡2 ∑ 𝑎𝑛(𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1)𝑡 𝑛+𝑟−2 ∞ 𝑛=0 − 𝑡 ∑ 𝑎𝑛(𝑛 + 𝑟)𝑡 𝑛+𝑟−1 ∞ 𝑛=0 + 1 ∑ 𝑎𝑛𝑡 𝑛+𝑟 ∞ 𝑛=0 = 0 Organizando os termos temos que 2 ∑ 𝑎𝑛(𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1)𝑡 𝑛+𝑟 ∞ 𝑛=0 − ∑ 𝑎𝑛(𝑛 + 𝑟)𝑡 𝑛+𝑟 ∞ 𝑛=0 + ∑ 𝑎𝑛𝑡 𝑛+𝑟 ∞ 𝑛=0 = 0 Podemos evidenciar alguns termos, obtendo assim: ∑ 𝑎𝑛𝑡 𝑛+𝑟 ∞ 𝑛=0 [∑ 2(𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1) ∞ 𝑛=0 − (𝑛 + 𝑟) + 1] = 0 Como ∑ 𝑎𝑛𝑡 𝑛+𝑟∞ 𝑛=0 ≠ 0 ∑ 2(𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1) ∞ 𝑛=0 − 𝑛 − 𝑟 + 1 = 0 Para 𝑛 = 0 2𝑟(𝑟 − 1) − 𝑟 + 1 = 0 Veja que a maioria das escolhas de n simplificam a expressão, restando: 𝑟(𝑟 + 1) + 𝑝0𝑟 + 𝑞0 = 0 (𝑟 − 1)(2𝑟 − 1) = 0 com raízes dadas por 𝑟1 = 1 e 𝑟2 = 1/2 . Pela equação de recorrência, conseguimos encontrar: 𝑎𝑛 = − 𝑎𝑛−1 [(𝑟 + 𝑛) − 1][2(𝑟 + 𝑛) − 1] 12 Substituindo 𝑟1 = 1 encontramos a primeira solução particular: 𝑦1(𝑡) = 𝑡 [1 + ∑ (−1)𝑛2𝑛 (2𝑛 + 1)! 𝑡𝑛 ∞ 𝑛=1 ] E substituindo 𝑟2 = 1/2 encontramos a segunda solução particular: 𝑦2(𝑡) = 𝑡 1 2 [1 + ∑ (−1)𝑛2𝑛 (2𝑛)! 𝑡𝑛 ∞ 𝑛=0 ] Portanto, a solução geral é a combinação linear de ambas as soluções particulares, pelo princípio da superposição de soluções discutida nas primeiras aulas. Nesse caso, 𝒚(𝒕) = 𝑪𝟏 𝒕 [𝟏 + ∑ (−𝟏)𝒏𝟐𝒏 (𝟐𝒏 + 𝟏)! 𝒕𝒏 ∞ 𝒏=𝟏 ] + 𝑪𝟐𝒕 𝟏 𝟐 [𝟏 + ∑ (−𝟏)𝒏𝟐𝒏 (𝟐𝒏)! 𝒕𝒏 ∞ 𝒏=𝟎 ] FINALIZANDO Com esta quarta aula, foi possível verificar a aplicação de séries de potência para resolução das equações diferenciais. Nas próximas aulas, veremos como resolver sistemas de equações diferenciais e como utilizar as séries de Fourier para resolver equações específicas. REFERÊNCIAS BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações diferenciais elementares e problemas de valores de contorno. 9. ed. São Paulo: LTC, 2010. ZILL, D. G.; CULLEN, M. R. Equações diferenciais. 3. ed. v. 1. São Paulo: Pearson Education do Brasil, 2001. NAGLE, R. K. Equações diferenciais. 8. ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil, 2012. NÓBREGA, D. D. Equações diferenciais ordinárias e algumas aplicações. Caicó: UFRN, 2016.
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