Equações Deferenciais

Equaes Diferenciais (GMA00112)

Resoluo de Equaes Diferenciaispor Sries e Transformada de Laplace

Roberto Toscano [email protected]

Departamento de Matemtica AplicadaUniversidade Federal Fluminense

Niteri, RJ

29 de julho de 2013

Sumrio

1 Sequncias e Sries 31.1 Sequncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Sries de nmeros reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Critrios de convergncia e divergncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 Sries de potncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.5 Sries de Taylor e MacLaurin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.6 Apndice: prova dos teoremas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.7 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.8 Solues dos Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 Resoluo de equao diferencial ordinria linear por srie de potncias 272.1 Resoluo em torno de um ponto ordinrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.1.1 Denies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.1.2 Teorema da existncia de solues em srie de potncias . . . . . . . . . . . . . . 312.1.3 Exemplos de resoluo de EDOs lineares por sries de potncias em torno de

ponto ordinrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.2 Resoluo em torno de ponto singular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.2.1 Denies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.2.2 O Mtodo de Frobenius Parte 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.2.3 O Mtodo de Frobenius Parte 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.3 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3 Transformada de Laplace 483.1 Denio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.2 L linear: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.3 Condies sucientes para a existncia de Lff(t)g: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.4 Clculo de L de eat; tn; senat; cos at; senhat; cosh at . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.5 Propriedades especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.6 Transformada de Laplace inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.7 Funo degrau unitrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.8 Tabela de transformadas de Laplace de funes especcas . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.9 Clculo de L de f(at); eatf(t); tnf(t);U(ta)f(ta); f(t)=t . . . . . . . . . . . . . . . . 523.10 Transformada de Laplace de derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.11 Transformada de Laplace de integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.12 Clculo de L1f f(s)g(s)g por convoluo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.13 Transformada de Laplace de funo peridica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.14 Tabela de transformadas de Laplace com funes genricas . . . . . . . . . . . . . . . . 563.15 Uma aplicao: clculo de integrais denidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573.16 Outra aplicao: resoluo de EDOs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573.17 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.18 Solues dos Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

4 Sistemas de EDOs Lineares de Coecientes Constantes 654.1 Resoluo pelo mtodo dos operadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

4.1.1 Por eliminao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.1.2 Por determinantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

4.2 Resoluo pela transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 674.3 Resoluo pelo mtodo matricial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

1

4.3.1 1o Caso: autovalores reais e distintos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 694.3.2 2o Caso: autovalores imaginrios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 704.3.3 3o Caso: autovalores repetidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

4.4 Sistemas no-homogneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 744.5 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Referncias Bibliogrcas 79

Este texto didtico, que se baseia consideravelmente nas referncias bibliogrcas, con-tm exatamente o que se apresenta nas aulas, evitando que o aluno as copie, assim ob-tendo mais a sua ateno e economizando tempo, bem como denindo com clareza o que sedeve estudar. Para o seu aprendizado so imprescindveis as explicaes dadas nas aulas,quando, ento, se detalham muitas das passagens matemticas.

Deus disse "faa-se a luz" e ...

4 14

10 0

DD H J

c c t

BB E

c t

!

! " # !$ # %

! " # !$ % #

... a luz foi feita!

2

Captulo 1

Sequncias e Sries

1.1 SequnciasSe a cada inteiro positivo n associarmos um nmero an, dizemos que esses nmeros formam

uma sequncia, que ordenada segundo seus ndices:

a1; a2; a3; ; an; an+1; :Exemplos:

i) an = 1=2n : a1 = 1=2; a2 = 1=4; a3 = 1=8;

ii) an =n+1n

2: a1 = 4; a2 =

94 ; a3 =

169 ;

Chamamos an de termo geral da sequncia, o qual usado tambm para indicar a prpria sequncia,isto , dizemos simplesmente, por exemplo, "que a sequncia an = n2 formada pelos quadrados dosnaturais."

Se o que denominamos limite da sequncia, dado por

limn!1 an = a

for nito, isto , se para qualquer > 0 possvel achar N 2 N tal quejan aj < para n > N ;

dizemos que a sequncia an converge para a. Se aquele limite no existe, dizemos que a sequncia an divergente.

Observe que uma sequncia an pode ser vista como uma funo a(n) da varivel natural n. Comisso, a denio do limite acima formalmente a mesma que aquela adotada no caso de uma funof(x) da varivel real x.

Sejam m e n naturais quaisquer, com m < n. Dizemos que uma sequncia an

crescente se am an [Ex: 2; 5; 5; 6; 7; 7; 11; ] decrescente se am an [Ex: 6; 6; 3; 2; 2; 1; ] montona se for crescente ou decrescente limitada superiormente se 9 2 R tal que an 8n 2 N limitada inferiormente se 9 2 R tal que an 8n 2 N limitada se existem 1 e 2 tais que 1 an 28n 2 N

Note que, na denio de sequncias crescente e decrescente, permite-se a igualdade entre termos, oque possibilita considerar a sequncia constante (aquela cujo termo geral constante; por exemplo: 3,3, 3, ) tanto como uma sequncia crescente quanto decrescente e, por conseguinte, tambm comomontona.

3

Teorema 1

convergente uma sequncia que

crescente e limitada superiormente decrescente e limitada inferiormente divergente uma sequncia que

crescente e que no limitada superiormente (ela diverge para 1) decrescente e que no limitada inferiormente (ela diverge para 1)

1.2 Sries de nmeros reaisDada uma sequncia ak, a sequncia de termo geral

sn =nX

k=m

ak (n = m; m+ 1; )

[ou seja,

sm = am (1o termo)

sm+1 = am + am+1...

sn = am + am+1 + + an (termo geral)]

denominada de srie associada sequncia an. Os nmeros an so chamados de termos da srie, eos nmeros sn, de somas parciais da srie.

O limite da srie o limite da sequncia das somas parciais sn:

limn!1 sn = limn!1

nXk=m

ak =1X

k=m

ak = am + am+1 + ;

o qual, quando existe, denomina-se soma da srie, caso em que a srie dita convergente. Se o somatrio1P

k=m

ak no existir [limite inexistente, isto , no-nico ou innito (1)], a srie dita divergente.

O smbolo1P

k=m

ak usado para indicar a soma da srie usado tambm para indicar a prpria srie.

Por exemplo, a soma da srie geomtrica ,1Pk=0

qk, igual a 1=(1 q) se jqj < 1:

1Xk=0

qk = 1 + q + q2 + = 11 q se jqj < 1

() :

De fato:

sn =nP

k=0

qk = 1 + q + q2 + + qn

q sn =nP

k=0

qk+1 = q + q2 + + qn+1

9>>=>>;()==) sn q sn = (1 q) sn = 1 qn+1

) sn =nX

k=0

qk =1 qn+11 q )

1Xk=0

qk = limn!1

1* 0

qn+1

1 q =1

1 q

limn!1 q

n+1 = 0 se jqj < 1 :()Convencionalmente, x0 1 8x 2 R , isto , x0 denota a funo constante f(x) = 1.

4

Vejamos duas aplicaes da frmula acima:

1Xk=0

12

k= 1 1

2+

1

4 1

8+ = 1

1 12 = 13=2 = 23 ;1Xk=0

1

2k= 1 +

1

2+

1

4+

1

8+ =

1Xk=0

1

2

k=

1

1 12=

1

1=2= 2 :

Observe que trabalhar com a srie

1Xk=m

ak = am + am+1 + ;

que comea com o ndice m, equivalente a trabalhar com a srie de termo geral am+k,

1Xk=0

am+k = am + am+1 + ;

que comea com o ndice 0. Por isso, de agora em diante, todos os resultados sero estabelecidos para

sries que comeam com o ndice 0:1Pk=0

ak.

Teorema 2

Se um real dado e as sries1Pk=0

ak e1Pk=0

bk convergem, ento:

a)1Pk=0

ak = 1Pk=0

ak converge

b)1Pk=0

(ak + bk) =1Pk=0

ak +1Pk=0

bk converge

Teorema 3

Para que a srie1Pk=0

ak convirja, necessrio que o termo geral tenda a zero, isto , limk!1

ak = 0.

Segue desse teorema o critrio do termo geral para a divergncia: se limk!1

ak difere de zero ou no

existe ento a srie1Pk=0

ak divergente.

Exemplos:

i)1Pk=0

k2

k2 + 3diverge, pois lim

k!1k2

k2 + 3= 1 6= 0. Em vista disso e do fato de sn =

nPk=0

k2

k2 + 3ser

uma sequncia crescente (por ser formada de termos positivos), temos que1Pk=0

k2

k2 + 3=1.

ii)1Pk=0

1 + (1)k diverge, pois

ak = 1 + (1)k =

2 se k for par0 se k for mpar

mostra que limk!1

ak no existe. Alm disso, vemos que

s1 = 0 ; s2 = 0 + 2 ; s3 = 0 + 2 + 0 ; s4 = 0 + 2 + 0 + 2 = 4 ; ;

isto , a sequncia das somas parciais crescente; logo,1Pk=0

1 + (1)k =1 .

iii) A srie1Pk=1

1=k satisfaz a condio necessria de o seu termo geral tender a zero

limk!1

1=k = 0;

entretanto, ela diverge para 1 , como veremos adiante.

5

iv)1Pk=1

1=k3 satisfaz a condio necessria de o seu termo geral tender a zero

limk!1

1=k3 = 0e

convergente, como veremos adiante.

Uma srie do tipo1Xk=0

(1)kak = a0 a1 + a2 a3 + ;

na qual ak > 0, dita alternada. Exemplos:

i) 2 3 + 4 5 + =1Xk=2

(1)kk

ii) 1 12+

1

3 1

4+ =

1Xk=1

(1)k1 1k

=1Xk=0

(1)k 1k + 1

Teorema 4: Critrio de convergncia para srie alternada

A srie alternada1Pk=0

(1)kak [ak > 0] convergente se a sequncia (de termos positivos) ak decrescente e lim

k!1ak = 0 .

Exemplo: A srie1Pk=2

(1)k 1ln k

converge, pois satisfaz as condies do Teorema 4: alternada, e a

sequncia ak = 1ln kk2 positiva, decrescente e tende a zero.

1.3 Critrios de convergncia e divergnciaTeorema 5: Critrio da integral

Considere uma srie1Pk=0

ak tal que ak > 0 para k m. Se, para algum natural l m, existiruma funo f contnua, positiva, decrescente e tal que f(k) = ak para k l, ento aquela srie serconvergente ou divergente conforme a integral imprpria

R1lf(x) dx seja convergente ou divergente,

respectivamente.

Exemplos:

i) A srie1Pk=2

ak, com ak =1

k ln k. A funo f(x) =

1

x lnx contnua, positiva, decrescente em

[2;1) e tal que f(k) = ak para k 2 . ComoZ 12

f(x) dx = limb!1

Z 12

1

x lnxdx = lim

b!1ln(lnx)

b2= lim

b!1ln(ln b) ln(ln 2) =1 ;

temos que a srie dada divergente.

p

ii) A chamada srie harmnica de ordem p ,

1Xn=1

1

np= 1 +

1

2p+

1

3p+ ;

converge se p > 1 e diverge se p 1 . De fato:

Se p 0, o termo geral 1np

no tende a zero quando n ! 1; portanto, segundo o Teorema 3, asrie diverge.

Se p > 0, o critrio da integral, com f(x) =1

xp, fornece:

6

para p = 1 :Z 11

1

xdx = lim

b!1

Z b1

1

xdx = lim

b!1lnx

b1= lim

b!1ln b| {z }

1

ln 1 =1 ,

mostrando que a srie diverge.

para p 2 (0; 1) [ (1;1) :Z 11

1

xpdx = lim

b!1

Z b1

xp dx = limb!1

xp+1

p+ 1b1

=1

1 p

limb!1

1

bp1 1

=

1 se p 2 (0; 1)1

p1 se p 2 (1;1);

mostrando que a srie diverge se p 2 (0; 1) e converge se p > 1 .

Teorema 6: Critrio da comparao

Se 0 ak bk para k maior ou igual a algum natural l, ento:

a)1Pk=0

bk converge )1Pk=0

ak converge

b)1Pk=0

ak diverge )1Pk=0

bk diverge

Exemplos:

1

em

radianos

i) A srie1Xk=1

1

ksen

1

k.

A gura direita ilustra o fato de que sen < se > 0 . Assim,sen 1k 1 ou L =1 , a srie divergec) Se L = 1 , o critrio nada revela

Exemplos:

i) A srie1Pk=0

ak , com ak = 2k=k! , converge, pois

limk!1

ak+1ak = limk!1 2k+1= (k + 1)!2k= k! = limk!1 2k+12k k!(k + 1)! = limk!1 2k + 1 = 0 < 1 :

ii) A srie1Pk=1

ak , com ak = kk=k! , diverge, pois

limk!1

ak+1ak = limk!1 (k + 1)k+1= (k + 1)!kk= k! = limk!1 (k + 1)k+1kk k!(k + 1)!

= limk!1

(k + 1)k(k + 1)kk

1

k + 1= lim

k!1

k + 1

k

k= lim

k!1

1 +

1

k

k= e > 1 :

iii) Clculo de x de modo que a srie1Pn=1

an , com an = nxn , seja convergente.

Se x = 0 ento an = 0, e a soma da srie zero (srie convergente).Se x 6= 0, pelo critrio da razo, temos que

limn!1

an+1an

= limn!1

(n+ 1)xn+1nxn

= jxj limn!1

n+ 1

n= jxj 1 = jxj ;

mostrando que a srie convergente para jxj < 1 . Mas, para jxj = 1, o critrio da razo nada revela,e uma anlise separada necessria:

Para x = 1, temos que1Pn=1

nxnx=1

=1Pn=1

n =1 (srie divergente).

Para x = 1, temos que1Pn=1

nxnx=1

=1Pn=1

n (1)n , que uma srie divergente, de acordo como Teorema 3, pois lim

n!1n (1)n no existe.

Resposta: a srie dada convergente para jxj < 1.

Teorema 9: Critrio da raiz

Considere a srie1Pk=0

ak , e seja L = limk!1

kpjakj . Temos que:

a) Se L < 1 , a srie dada converge absolutamente

8

b) Se L > 1 , a srie diverge

c) Se L = 1 , o critrio nada revela

Exemplo: A srie1Pk=0

ak, com ak = k3=3k, convergente, pois

limk!1

kpjakj = lim

k!1k

rk3

3k=

1

3limk!1

k3=k =1

3limk!1

e3(ln kk ) =

1

3e3

limk!1

ln kk

=

1

3e0 =

1

3< 1 : ()

1.4 Sries de potnciasPor srie de potncias de x entende-se uma srie da forma

1Xn=0

an xn = a0 + a1x+ a2x

2 + ;

onde a0; a1; so constantes. Por srie de potncias de x x0 entende-se uma srie da forma1Xn=0

an (x x0)n = a0 + a1(x x0) + a2(x x0)2 +

(a constante x0 denominada ponto de expanso da srie). Diz-se tambm que essa uma srie depotncias relativa a x0 (ou em torno de x0, ou ainda centrada em x0) . Assim, a primeira srie acima uma srie de potncias relativa origem (x0 = 0).

Uma srie de potncias pode apresentar "potncias negativas":1X

n=1an x

n = + a2 x2 + a1 x1 + a0 + a1x+ a2x2 +

= + a2x2

++a1x

+ a0 + a1x+ a2x2 + :

Teorema 10

Toda srie de potncias1Pn=0

an (x x0)n tem um raio de convergncia R tal que a srie convergeabsolutamente se jx x0j < R e diverge se jx x0j > R .

O nmero R pode ser 0 (caso em que a srie converge somente para x = x0), um nmero realpositivo, ou 1 (caso em que a srie converge para todo x), podendo ser calculado pela frmula

x

convergnciaR = limn!1

anan+1 ou R = limn!1 1npjanj ;

desde que o limite fornea um nico resultado, nito ou innito.

Observe que o teorema nada diz se jx x0j = R .O conjunto dos valores reais de x para os quais a srie convergente chamado de intervalo de

convergncia. Este, segundo o teorema, pode consistir apenas no ponto x0, se R = 0, ou, se R > 0,nos intervalos (x0 R; x0 + R) , [x0 R; x0 + R) , (x0 R; x0 + R] ou [x0 R; x0 + R], conforme asrie seja convergente, ou no, em x0 R.

Por exemplo, calculemos o intervalo de convergncia

i) da srie1Pn=0

nn xn :

R = limn!1

anan+1

= limn!1

nn

(n+ 1)n+1= lim

n!1

nn+ 1

n 1n+ 1

= limn!1

11 + 1n

n 1n+ 1 = 1e 0 = 0 ;() Usando a regra de lHopital, vemos que

limk!1

ln k

k= limk!1

1=k

1= 0 :

9

portanto,1Pn=0

nn xn s converge em x = 0 .

ii) da srie1Pn=0

xn

n+ 2:

R = limn!1

anan+1

= limn!1

1

n+ 21

n+ 3

= 1 )1Xn=0

xn

n+ 2converge 8x 2 (1; 1) :

Analisemos a convergncia nos ponto x = 1. Se x = 1, temos a srie alternada1Pn=0

(1)n 1n+ 2

,

que, segundo o Teorema 4, convergente. Se x = 1 , temos a srie divergente1Pn=0

1

n+ 2

h=

1Pn=2

1

n

i.

Resposta:1Pn=0

xn

n+ 2converge no intervalo [1; 1) .

iii) da srie1Pn=0

xn

n!:

R = limn!1

anan+1

= limn!1

1

n!1

(n+ 1)!

= limn!1

(n+ 1)!

n!= lim

n!1(n+1) =1 )1Xn=0

xn

n!converge 8x 2 R :

iv) da srie1Pn=0

(1)n (x 3)n2nn

:

R = limn!1

anan+1

= limn!1

2n+1(n+ 1)

2nn= 2 )

1Xn=0

xn

n+ 2converge 8x 2 (3 2; 3 + 2) = (1; 5) :

Analisemos a convergncia nos pontos extremos desse intervalo. Se x = 1, temos a srie divergente1Pn=0

1

n. Se x = 5 , temos a srie alternada

1Pn=0

(1)nn

, que, segundo o Teorema 4, convergente.

Resposta:1Pn=0

(1)n (x 3)n2nn

converge no intervalo (1; 5] .

Teorema 11

Uma srie de potncias1Pn=0

an (x x0)n com raio de convergncia R > 0 apresenta as seguintespropriedades no intervalo (x0 R ; x0 +R):

a) sua soma1Pn=0

an (x x0)n = f(x) uma funo contnua;

b) ela pode ser diferenciada termo a termo para se obter1Pn=1

nan (x x0)n1 = f 0(x) ;

c) ela pode ser integrada termo a termo para se obter1Pn=0

ann+ 1

(x x0)n+1 =Zf(x) dx .

Observe que, de acordo com esse mesmo teorema, a srie de potncias produzida por diferenciaopode ser novamente diferenciada para se obter uma nova srie de potncias que converge para f 00(x)no mesmo intervalo (x0 R ; x0 + R). Ou seja, diferenciaes sucessivas produzem as derivadasf (n)(x) [n = 1; 2; ], todas denidas no mesmo intervalo. Isso signica que a soma de uma srie depotncias centrada em x0 com raio de convergncia R > 0 , no intervalo (x0R; x0+R), uma funoinnitamente diferencivel, isto , uma funo que admite ser diferenciada um nmero qualquer devezes.

10

1.5 Sries de Taylor e MacLaurinPara estabelecer o teorema abaixo, fundamental o fato de a soma f(x) de uma srie de potncias

com raio de convergncia no-nulo ser, como garante o Teorema 11, uma funo innitamente diferen-civel no intervalo de convergncia:

Teorema 12

Os coecientes de uma srie de potncias1Pn=0

an (x x0)n com raio de convergncia R > 0 sodados por an = f (n)(x0)=n! , onde f(x) a funo para a qual aquela srie converge no seu intervalode convergncia.

Esse teorema admite uma recproca, incorporada no prximo teorema:

Teorema 13

Qualquer funo f(x) innitamente diferencivel num ponto x = x0 pode ser desenvolvida numasrie de potncias como segue:

f(x) =1Xn=0

f (n)(x0)

n!(x x0)n = f(0) + f 0(0)x+ f

00(0)2

x2 +f 000(0)3!

x3 + :

Essa a chamada srie de Taylor relativa a x0, vlida no seu intervalo de convergncia. A srie deTaylor relativa origem (x0 = 0) denominada srie de MacLaurin.

Os seguintes exemplos sero desenvolvidos em sala de aula:

a) ex =1Xn=0

xn

n!= 1 + x+

x2

2+x3

3!+x4

4!+ (x 2 R) .

b) senx =1Xn=0

(1)n x2n+1

(2n+ 1)!= x x

3

3!+x5

5! x

7

7!+ (x 2 R) .

c) cosx =1Xn=0

(1)n x2n

(2n)!= 1 x

2

2!+x4

4! x

6

6!+ (x 2 R) .

d) lnx =1Xn=1

(1)n1 (x 1)n

n= (x 1) (x 1)

2

2+

(x 1)33

(x 1)4

4+ (0 < x 2) ,

ou, em funo da varivel u = x 1 ,

ln(1 + u) =1Xn=1

(1)n1un

n= u u

2

2+u3

3 u

4

4+ (1 < u 1) .

e)1p

1 + x2= 1 x

2

2+ .

A srie geomtrica1Pn=0

xn = 1 + x + x2 + , que converge para 1= (1 x) se jxj < 1, pode serempregada para se obter mais facilmente a srie de Taylor de algumas funes.

f)1

1 + x2=

1

1 (x2) =1Xn=0

(x2)n =1Xn=0

(1)nx2n = 1 x2 + x4 x6 + se j(x2)j = x2 < 1,i.e., 1 < x < 1 .

g)x2

3 4x =x2

3 11 (4x=3) =

x2

3

1Xn=0

(4x=3)n =1Xn=0

4nxn+2

3n+1=

x2

3+

4x3

32+

4x4

33+

4x5

34+

se j4x=3j < 1 , i.e., 3=4 < x < 3=4 .De grande auxlio no desenvolvimento de certas funes em srie de Taylor o Teorema 11. Nos

dois exemplos que seguem, para se obter o desenvolvimento em srie da funo f(x), primeiramentedesenvolvemos f 0(x) em srie, por ser mais fcil, e depois integramos essa srie termo a termo :

11

h) f(x) = arctanx ) f 0(x) = 11 + x2

=1Xn=0

(1)nx2n (srie j obtida acima, vlida para

1 < x < 1) ) f(x) =1Xn=0

(1)nx2n+12n+ 1

+ c. Como essa srie convergente para x = 1(segundo o critrio para sries alternadas), e c = 0 [ pois f(0) = 0 ], temos, nalmente, que

f(x) = arctanx =1Xn=0

(1)nx2n+12n+ 1

= x x3

3+x5

5 x

7

7+ (1 x 1) .

i) f(x) = lnr

1 + x

1 x ) f0(x) =

1

1 x2 =1Xn=0

(x2)n se 1 < x < 1 ) f(x) =1Xn=0

x2n+1

2n+ 1+ c.

Como essa srie divergente para x = 1, e c = 0 [ pois f(0) = 0 ], obtemos nalmente f(x) =ln

r1 + x

1 x =1Xn=0

x2n+1

2n+ 1= x+

x3

3+x5

5+x7

7+ (1 < x < 1) .

Uma aplicao das sries de Taylor o clculo da integral de uma funo cuja primitiva no conhecida como um expresso fechada (isto , em termos das funes elementares. Por exemplo,calculemos

R 10ex

2

dx (no conhecemos a integral indenida de ex2

):Z 10

ex2

dx =

Z 10

h 1Xn=0

(x2)n

n!

idx =

1Xn=0

1

n!

Z 10

x2ndx =

1Xn=0

1

n!

h x2n+12n+ 1

i10

=

1Xn=0

1= (2n+ 1)

n!= 1 +

1=3

1!+

1=5

2!+

1=7

3!+

1=9

4!+ :

1.6 Apndice: prova dos teoremas.Teorema 1: V. prova in referncia [2], vol. 4, se. 1.2, p.11.

Teorema 2: V. referncia [2], vol. 4, se. 2.1, pp. 17 e 18.

Teorema 3

Se1Pk=0

ak converge ento, denotando sn nP

k=0

ak e usando o fato que limn!1 sn = nmero nito s,

temos necessariamente o seguinte resultado:

limn!1 an = limn!1

nPk

ak n1Pk

ak

= lim

n!1

%ssn %

s

sn1= 0 : CQD.

Teorema 4

s0 = a0

s1 = s0 a1 < s0

s2 = s1 + a2| {z }>s1

= s0 (>0z }| {

a1 a2)| {z }s1

) s1 < s3 < s2

s4 = s3 + a4| {z }>s3

= s2 (>0z }| {

a3 a4)| {z }

sequncia crescente sequncia decrescente

limite

das duas

sequncias

isto , que as somas parciais mpares formam uma sequncia crescente, e as somas parciais pares formamuma sequncia decrescente, que so limitadas superiormente e inferiormente, respectivamente, o que,de acordo com Teorema 1, nos diz que ambas convergem:

limn!1 s2n+1 = s

; limn!1 s2n = s

:

Mas a2n+1 = s2n s2n+1 e, portanto,0 = lim

n!1 a2n+1 = limn!1(s2n s2n1) = s s

) s = s = s : que o limite da srie alternada considerada (veja-o na gura acima).

Teorema 5

Como1Pk=0

ak =

nitoz }| {lX

k=0

ak +1P

k=l+1

ak , a srie1Pk=0

ak ser convergente ou divergente conforme a srie

1Pk=l+1

ak seja convergente ou divergente, respectivamente.

a) No caso deR1l

f(x) dx convergir, considere, para essa integral, a soma de Riemann inferior re-presentada na gura abaixo, no grco esquerda, pela rea hachurada de uma innidade de retngulossituados desde x = l at x!1. Note que

rea hachurada = al+1 + al+2 + + an + =1X

k=l+1

ak Z 1l

f(x) dx = valor nito ;

ou seja, a srie1P

k=l+1

ak convergente.

b) No caso deR1l

f(x) dx = 1, considere, para a integral R1l

f(x) dx (que divergente tambm),a soma de Riemann superior representada na gura abaixo, no grco direita, pela rea hachuradade uma innidade de retngulos. Temos que

rea hachurada = al + al+1 + + an1 + =1Xk=l

ak Z 1l

f(x) dx =1 ;

ou seja, a srie1P

k=l+1

ak =

1Xk=l

ak| {z }1

al =1 (divergente).

O teorema est provado.

13

x x

y y

Teorema 6

Prova do item (a): A sequncia sn =nPk=l

ak crescente (pois ak 0) e limitada superiormente

(pois sn =nPk=l

ak nPk=l

bk 1Seja q um real qualquer entre 1 e L . Como lim

k!1jak+1=akj = L, existe N tal que, para k N ,

jak+1=akj > q (> 1) , ou jak+1j > jakj . Isso signica que jaN j < jaN+1j < jaN+2j < , ou, em pala-vras, que jakj uma sequncia crescente que no limitada superiormente, sendo impossvel, portanto,que jakj k!1! 0. Logo, pelo Teorema 3, a srie

1Pk=0

jakj divergente.

c) Caso L = 1

A srie pode convergir ou divergir. Por exemplo, no caso da srie harmnica de ordem p ,1Pk=1

1=kp,

temos que

limk!1

jak+1=akj = limk!1

1=(k + 1)p1=kp = limk!1

k

k + 1

p= 1p = 1 :

No entanto, j vimos que tal srie converge se p > 1 e diverge se p 1.

Teorema 9

a) Caso L < 1Seja q um real qualquer entre L e 1. Como lim

k!1kpjakj = L , existe N tal que, para k N ,

kpjakj < q , ou jakj < qk . Logo, por comparao com a srie geomtrica 1P

k=0

qk (convergente, pois

q < 1), vemos que a srie1Pk=0

jakj convergente.

b) Caso L > 1Seja q um real qualquer entre 1 e L . Existe N tal que, para k N , kpjakj > q (> 1) , ou jakj > 1,

mostrando que o termo geral da srie1Pk=0

ak no pode convergir para zero, signicando, pelo Teorema

3, que a prpria srie divergente.

c) Caso L = 1O critrio falha, como novamente mostra a srie harmnica de ordem p . Vejamos: para ak = 1=kp

(que converge se p < 1 e diverge se p > 1), temos:

L = limn!1

kpjakj = lim

n!1k

r1

kp= lim

n!11

kp=k= lim

n!11

ep(ln kk )

=1

ep

limk!1

ln kk

= 1e0

= 1 ;

onde foi usado o resultado obtido no rodap da p. 9.

15

Teorema 10

Calculemos o parmetro L denido no Teorema 8, que o critrio da razo:

L = limn!1

an+1(xx0)n+1an(x x0)n = jx x0j limn!1

an+1an = jx x0j

limn!1

anan+1 =jx x0j

R; (I)

onde R limn!1

anan+1 . Assim, a srie divergir seL =

jx x0jR

> 1 , i.e., jx x0j > R

ouL =

jx x0jR

=1 , i.e., x 6= x0 e R = 0 ;convergir absolutamente se

L =jx x0j

R< 1 , i.e., jx x0j < R

e, obviamente, para x = 0, independentemente de R.Calculemos o parmetro L denido no Teorema 9 (critrio da raiz):

L = limn!1

npjan(x x0)nj = jx x0j lim

n!1npjanj = jx x0j

limn!1

1npjanj

=jx x0j

R; (II)

onde R limn!1

1npjanj

. Como a equao (II) semelhante equao (I), seguem as mesmas concluses

acima, mas agora com uma nova frmula de clculo do raio de convergncia, que acabamos de deduzir.CQD.

Teorema 11: V. referncia [2], vol. 4, se. 8.3.

Teorema 12

f(x) =1Xk=0

ak (x x0)k = a0 +1Xk=1

ak (x x0)k ) f(x0) = a0 = 0! a0

f 0(x) =1Xk=1

k ak (x x0)k1 = a1 +1Xk=2

k ak (x x0)k1 ) f 0(x0) = a1 = 1! a1

f 00(x) =1Xk=2

k (k 1) ak (x x0)k2 = a2 +1Xk=3

k (k 1) ak (x x0)k2

) f 00(x0) = 2 1 a3 = 2! a2f 000(x) =

1Xk=3

k (k 1) (k 2) ak (x x0)k2 = a3 +1Xk=4

k (k 1) (k 2) ak (x x0)k3

) f 000(x0) = 3 2 1 a3 = 3! a3...f (n)(x0) = n! an ) an = f (n)(x0)= n! . CQD .

Teorema 13: V. referncia [2], vol. 1.

16

1.7 Exerccios1. Calcule lim

n!1 an , caso exista, sendo:

a) an =n3 + 3n+ 1

4n3 + 2b) an =

pn+ 1pn c) an =

1 +

2

n

nd) an = n

pn

2. Usando o critrio do termo geral, mostre a divergncia de:

a)1Pk=1

senk2

2b)

1Pk=1

2k

k3c)

1Pk=1

k lnk + 5

k + 2

3. Usando o critrio da integral, determine a convergncia de:

a)1Pk=1

1

k2 + 1b)

1Pk=2

1

k ln2 k

4. Usando o critrio da integral, determine a divergncia de:

a)1Pk=1

k

k2 + 1b)

1Pk=2

1

kpln k

c)1Pk=2

1

k ln kd)

1Pk=2

1

(k ln k)(ln ln k)

5. Usando o critrio da comparao, mostre a convergncia de:

a)1Pk=2

k 12k3 + 1

b)1Pk=1

1pn(1 +

pn3)

c)1Pk=2

1

k2 ln kd)

1Pk=1

ln k

k3pk

e)1Pk=1

ln k

k2

6. Usando o critrio da comparao, mostre a divergncia de:

a)1Pk=0

2k + 1

k2 3k 4 b)1Pk=0

2k + 1

k2 + 3k + 4c)

1Pk=0

2k + 1

k2 3k + 4 d)1Pk=2

1pk ln k

e)1Pk=2

1

ln kf)

1Pk=2

1pln k

g)1Pk=2

1

ln2 k

7. Usando o critrio da comparao, determine se convergente ou divergente:

a)1Pk=1

k + 1

2k3 1 b)1Pk=0

2k6 4k5 + 3k 63k9 + 2k2 2k + 1 c)

1Pk=0

2k 1k2 3k 4

8. Estabelea que

a)1Pk=3

1

k(ln k)p convergente se p > 1 e divergente se p 1

b)1Pk=2

1

kp ln k convergente se p > 1 e divergente se p 1

9. Usando o critrio da razo, determine a convergncia ou divergncia de:

a)1Pk=1

(1)kk!

b)1Pk=0

3k + k

2k + 1c)

1Pk=1

k!2k

kkd)

1Pk=1

(4 )kk3 + 4

10. Usando o critrio para srie alternada, mostre a convergncia de:

a)1Pk=1

(1)k+1 ln kk

b)1Pk=1

(1)k sen 1k

c)1Pk=2

(1)kk3k4 + 3

d)1Pk=2

(1)k2kk(k + 1) ek+1

11. Usando o critrio da raiz, mostre a convergncia de:

a)1Pk=1

1

kkb)

1Pk=1

k

k + 1

k2

17

12. Mostre que a srie1Pk=1

k!ak

kk convergente para 0 a < e e divergente para a e.

Nota: Para a = e, o problema mais complicado, sendo necessrio mostrar antes adesigualdade

(k 1)! ek

e kk k! e

k

e;

o que se consegue a partir da desigualdade

ln 1 + ln 2 + + ln(k 1) Z k1

lnx dx ln 2 + ln 3 + + ln k ;

obtida por meio das somas de Riemann inferior e superior.

13. Classique, justicando, se so absolutamente convergentes, condicionalmente convergentes oudivergentes:

a)1Pk=1

(1)kpk(k + 2)

b)1Pk=0

(1)k k2

4kc)

1Pk=1

pk sen

1pk

14. Determinar se so convergentes ou divergentes:

a)1Pk=1

k 4p2k6 3k 5 b)

1Pk=1

3k 5k 2k

c)1Pk=1

ek

k + 1d)

1Pk=1

k2

k! + 1

e)1Pk=1

(1)k ln k2k + 3

f)1Pk=2

1 + ln2 k

k ln2 kg)

1Pk=1

cos k

k + 2h)

1Pk=1

ln k

k + ln k

i)1Pk=1

k + 1

2k

kj)

1Pk=0

5 + cospk3

k + 1

15. Determine x para que a srie seja convergente:

a)1Pn=1

(x 3)nn

b)1Pn=1

nxn

n3 + 1c)

1Pn=1

(2n+ 1)xn

n!d)

1Pn=2

xn+1

3n1

e)1Pn=1

1

(x+ 6)n ln(n+ 1)f)

1Pn=1

xn

(1 x)n+1

16. Calcule a soma da srie:

a)1Pk=2

1

3

kb)

1Pk=0

ek c)1Pk=0

(1)k2k d)1Pk=0

2k=2 e)1Pk=1

(1)k 22k1

7k

17. (Sries telescpicas) Seja ak uma sequncia convergente e denote limk!1

ak a. Mostre que

a)1Xk=j

(ak ak+1) = aj a b)1Xk=j

(ak1 ak+1) = aj + aj1 2a

c)1Xk=1

1

k(k + 1)= 1 d)

1Xk=2

1

k2 1 =3

4e)

1Xk=3

2k + 1

k2(k + 1)2=

1

9

f)1Xk=6

1

4k + 1 1

4k + 5

=

1

25g)

1Xk=1

sen

k + 3k + 6

sen

k3k + 3

=

p3 12

h)1Xk=4

k ln

k + 3

k 3 k lnk + 4

k 2 lnk + 4

k 2

= 4 ln 7 6 i)1Xk=2

kpk k+1pk + 1 = p2 1

j)1Xk=2

4k

(k2 1)2 =5

4k)

1Xk=1

1

k(k + 1)(k + 2)=

1

4l)

1Xk=0

1

(5k 3)(5k + 2) = 1

15

18

18. Considere a srie1Pk=0

bk=kp. Mostre que, se 9 lim

k!1bk > 0, ento a srie convergente para p > 1

e divergente para p 1.

19. Usando o problema 18, determine se convergente ou divergente a srie:

a) do problema 7a b) do problema 7b c) do problema 7c d)1Pk=0

k2 33pk9 + k2 + 1

e)1Pk=0

1

k kpk

f)1Pk=2

1pk4 k2

20. Determine o intervalo de convergncia das seguintes sries de potncias:

a)1Pn=1

(1)nn

xn b)1Pn=1

pn+ 3 (x 7)n(n+ 5)2

c)1Pn=1

(2x)n(n+ 1)2 + 2

d)1Pn=0

5n(x 1)nn!

e)1Pn=0

nn(x 2)n2n

21. Calcule a soma das seguintes sries:

a)1Xn=1

(1)n122nn

b)1Xn=1

(1)n2n+122n+1(2n+ 1)!

c)1Xn=0

(1)n2n+ 1

22. Se f(x) = senx3, calcule f15(0).

23. Desenvolva as seguintes funes numa srie de MacLaurin, fornecendo o intervalo de convergncia:

a)Z x0

cos t 1t

b)Z x0

sent2

t2c)Z x0

ln(1 + 125t3) dt

24. No intervalo (1; 1), desenvolva as seguintes funes numa srie de MacLaurin:

a)x

(1 x)2 b)x2

(1 x)3 c)x+ 1

3x+ 2

25. Identique as seguintes funes:

a) f(x) =1Pn=0

(n+ 1)xn b) g(x) =1Pn=2

(n 1)xn c) h(x) =1Pn=1

nx2n+1

19

1.8 Solues dos ExercciosProb. 1

a) limn!1 an = limn!1

n3 + 3n+ 1

4n3 + 2= lim

n!11 + 3n2 +

1n3

4 + 2n3= 14

b) limn!1 an = limn!1

pn+ 1pn = lim

n!1(pn+ 1pn )

pn+ 1 +

pnp

n+ 1 +pn

= limn!1

1pn+ 1 +

pn

= 0

c) Como limn!1

1 +

x

n

n= ex, temos que lim

n!1 an = limn!1

1 +

2

n

n= e2

d) limn!1 an = limn!1n

1=n = limn!1 e

lnnn = e

limn!1

lnnn

(l H)= e

limn!1

1=n1

= e0 = 1

Prob. 2Neste problema, basta mostrar que lim

k!1ak no exite ou, existindo, que lim

k!1ak 6= 0 .

a) limn!1 ak = limk!1

senk2

2no existe (ak oscila nos valores 0 e 1)

b) limn!1 ak = limn!1

2k

k3(l H)= lim

n!12k ln 2

3k2(l H)= lim

n!12k ln2 2

6k

(l H)= lim

n!12k ln3 2

6=1 (no existe)

c) limn!1 ak = limn!1 k ln

k + 5

k + 2= lim

n!1ln k+5k+2k1

(l H)= lim

n!1

3(k+2)(k+5)

k2 = limn!13k2

k2 + 7k + 10= 3 6= 0

Prob. 3Observe que, em cada integral

R1K

f(x) dx usada, a funo f(x) contnua, positiva, decrescente etal que f(k) = ak (o termo geral da srie) para k K, assim satisfazendo as condies do critrio daintegral. Neste problema, basta mostrar que essa integral imprpria existe.

a)Z 11

1

x2 + 1dx = arctanx

11

= arctan1 arctan 1 = 2

4=

4

b)Z 12

1

x ln2 xdx = ln1 x

12

= 1ln1 + ln 2 = 0 + ln 2 = ln 2

Prob. 4Devemos mostrar que a integral imprpria que satisfaz as condies do critrio da integral (v. o

incio da resoluo do Prob. 3) no existe.

a)Z 11

x

x2 + 1dx =

1

2ln(x2 + 1)

11

=1

2(ln1|{z}1

ln 2) =1

b)Z 12

1

xplnx

dx = 2plnx

12

= 2 (pln1| {z }1

pln 2) =1

c)Z 12

1

x lnxdx = ln j lnxj

12

= ln ln1| {z }1

ln ln 2 =1

d)Z 13

1

(x lnx) ln lnxdx = ln ln lnx

13

= ln ln ln1| {z }1

ln ln ln 3 =1 (note que ln lnx > 0 se x 3)

Prob. 5Pelo critrio da comparao entre sries de termos gerais positivos, para mostrar que uma srie

convergente, basta mostrar que, assintoticamente (i.e., para k maior que algum natural, ou k !1), oseu t.g. (termo geral) menor ou igual que o t.g. de alguma sr. conv. (srie convergente).

a)k 1

2k3 + 1 k 1 + 1

2k3 + 1 1 =1

2k2: t.g. de uma sr. conv.

b)1p

n (1 +pn3)

1pn (1 1 +

pn3)

=1

n2: t.g. de uma sr. conv.

20

c)1

k2 ln k 1

k2: t.g. de uma sr. conv.

d)ln k

k3pk k

k3pk

=1

k2;5: t.g. de uma sr. conv.

e)ln k

k2pk

k2=

1

k1;5: t.g. de uma sr. conv.

Prob. 6Pelo critrio da comparao entre sries de termos gerais positivos, para mostrar que uma srie

divergente, basta mostrar que, assintoticamente (i.e., para k maior que algum inteiro positivo), o seut.g. maior ou igual que o t.g. de alguma sr. div. (srie divergente).

a)2k + 1

k2 3k 4 2k + 1 1

k2 3k 4 + 3k + 4 =2

k: t.g. de uma sr. div.

b)2k + 1

k2 + 3k + 4 2k + 1 1

k2 + 3k2 + 4k2=

1

4k: t.g. de uma sr. div.

c)2k + 1

k2 3k + 4 2k + 1 1

k2 3k + 3k + 4k2 =2


d)1pk ln k

1pkpk

=1


e) Para k 3: 1pln k

1ln k


Nota: Se x 1 ento px x, donde 1=px 1=x . Assim, com x = ln k, obtemos 1=pln k 1= ln kse ln k 1, i.e., k e, ou k 3 .f)

1

(ln k)2 1

(pk)2

=1


Prob. 7a) Conv., pois

k + 1

2k3 1 k + k

2k3 k3 =2

k2 o t.g. de uma sr. conv.

b) Conv., pois2k6 4k5 + 3k 63k9 + 2k2 2k + 1

2k6 4k5 + 4k5 + 3k2 6 + 63k9 + 2k2 2k2 2k9 + 1 1 =

5

k3 o t.g. de uma sr. conv.

c) Div., pois2k 1

k2 3k 4 2k k

k2 3k + 3k 4 + 4 =1

k o t.g. de uma sr. div.

Prob. 9Seja L lim

k!1jak+1=akj, onde ak o termo geral da srie dada. Abaixo, os resultados L < 1 e

L > 1 indicam sries convergentes e divergentes, respectivamente. (O smbolo de mdulo ser omitidono caso de termo geral positivo.)

a) L = limk!1

(1)k+1=(k + 1)!(1)k=k! = limk!1 k!(k + 1)! = limk!1 k!k! (k + 1) = limk!1 1k + 1 = 0 < 1

b) L = limk!1

3k+1 + k + 1

2k+1 + 1 2

k + 1

3k + k= lim

k!1

3k+1 + k + 1

3k

2k+1 + 1

2k

2k + 1

2k

3k + k

3k

= limk!1

3 +

0

k + 1

3k

2 +0

1

2k

1 +0

1

2k

1 +0

k

3k

=3

2> 1

c) L = limk!1

(k + 1)! 2k+1

(k + 1)k+1 k

k

k! 2k= lim

k!1

k

k + 1

k

(k + 1)!k!

2

k + 1= 2 lim

k!11

(1 + 1=k)k= 2 1

e< 1

d) L = limk!1

(4 )k+1(k + 1)3 + 4

k3 + 4

(4 )k = (4 ) limk!1k3 + 4

(k + 1)3 + 4= (4 ) 1 < 1

Prob. 10Aplicamos o critrio de convergncia para uma srie alternada

P1k=0(1)kak [ak > 0], que consiste

21

em vericar se a sequncia ak decrescente e com limite igual a zero. Abaixo, cada sequncia akdada claramente decrescente (o que, caso se duvide, pode ser conrmado constatando que a derivadada funo f(k) = ak negativa). Assim, mostraremos a convergncia vericando to-somente quelimk!1 ak = 0.

a) limk!1

ak = limk!1

ln k

k

lH= lim

k!11=k

1= 0 X

b) limk!1

ak = limk!1

sen1

k= sen

limk!1

1

k

= sen0 = 0 X

c) limk!1

ak = limk!1

k3

k4 + 3= lim

k!11

k +: 0(3=k3)

= 0 X

d) limk!1

2kk

(k + 1) ek+1=

1

elimk!1

(2=e)k| {z }!0

k

k + 1| {z }!1

= 0 X

Prob. 11

Seja L limk!1

kpjakj , onde ak o termo geral da srie dada. Abaixo, os resultados L < 1 e L > 1

indicam sries convergentes e divergentes, respectivamente. (O smbolo de mdulo ser omitido nocaso de termo geral positivo.)

a) L = limk!1

k

q1=kk = lim

k!11=

kpkk = lim

k!11=k = 0 < 1

b) L = limk!1

k

r kk + 1

k2= lim

k!1

kk + 1

k= lim

k!11

(1 + 1=k)k=

1

e< 1

Prob. 13

a) Vejamos a srie1Pk=1

(1)kpk(k+2)

= 1Pk=1

1pk2+2k

; vemos, por comparao, que essa srie divergente,

pois 1pk2+2k

1pk2+2k2

= 1kp3, que o t.g. de uma sr. div. Assim,

1Pk=1

(1)kpk(k+2)

no converge

absolutamente; mas essa srie convergente, o que se deduz do critrio para srie alternadah

1pk(k+2)

uma sequncia positiva, decrescente e tal que limk!1

1pk(k+2)

= 0i. Logo, a srie dada condicionalmente

convergente.

b) Vejamos a srie1Pk=1

(1)kk24k

= 1Pk=1

k2

4k; ela convergente segundo o critrio da razo: lim

k!1(k+1)2=4k+1

k2=4k= 14 limk!1

k+1k

2= 14 < 1 . Ou seja, a srie dada absolutamente convergente.

c) A srie divergente segundo o critrio do termo geral: limk!1

pk sen 1p

k= lim

!0( sen)= = 1 6= 0;

onde zemos a mudana de ndice 1=pk (! 0 quando k !1).

Prob. 15Segundo o critrio da razo, os valores de x que tornam a srie

1Pn=0

'n(x) convergente so os que

satisfazem a inequao (x) < 1, onde (x) limn!1 j'n+1(x)='n(x)j. Uma investigao separada

necessria para vericar se a convergncia da srie tambm ocorre com os valores de x que satisfazema equao (x) = 1.

a) limn!1

(x 3)n+1=(n+ 1)(x 3)n=n

= jx3j limn!1

1z }| {n

n+ 1= jx3j 1 < 1 ) 1 < x3 < 1 ) x > 2 e x < 4

1Pn=1

(x 3)nn

x=2

=1Pn=1

(1)nn

, que uma srie alternada convergente.

1Pn=1

(x 3)nn

x=4

=1Pn=1

1

n, que divergente. Resposta: x 2 [2; 4)

22

b) limn!1

(n+ 1)xn+1(n+ 1)3 + 1

nxn

n3 + 1

= jxj limn!1

!1z }| {n+ 1

n

!1z }| {n3 + 1

(n+ 1)3 + 1= jxj < 1

1Pn=1

nxn

n3 + 1

x=1

=1Pn=1

(1)n nn3 + 1| {z }! 0


1Pn=1

nxn

n3 + 1

x=1

=1Pn=1

n

n3 + 1

h

1Pn=1

n

n3

i convergente. Resposta: x 2 [1; 1]

c) limn!1

[2(n+ 1) + 1]xn+1(n+ 1)!

(2n+ 1)xn

n!

= jxj limn!1

!1z }| {2n+ 3

2n+ 1

= 1n+1 ! 0z }| {n!

(n+ 1)!= 0 8x. Resposta: x 2 R

d) limn!1

xn+2=3nxn+1=3n1

= jxj3

< 1 ) jxj < 31Pn=2

xn+1

3n1

x=3

= 91Pn=2

(1)n1, que uma srie divergente.1Pn=2

xn+1

3n1

x=3

=1Pn=2

9, que uma srie divergente. Resposta: x 2 (3; 3)Outro modo, que consiste em usar o fato de que a srie dada geomtrica, o seguinte:

1Pn=2

xn+1

3n1= 32

1Pn=2

x

3

n1, que convergente se

x3

< 1 ; isto , se jxj < 3 .

e) limn!1

(x+ 6)n ln(n+ 1)(x+ 6)n+1 ln(n+ 2)

= 1jx+ 6j=1 (lH)z }| {

limn!1

ln(n+ 1)

ln(n+ 2)< 1 ) jx+ 6j > 1 ) x < 7 ou x > 5

1Pn=1

1

(x+ 6)n ln(n+ 1)

x=7

=1Pn=1

(1)n 1ln(n+ 1)| {z }

! 0


1Pn=1

1

(x+ 6)n ln(n+ 1)

x=5

=1Pn=1

1

ln(n+ 1)

h

1Pn=1

1

n

i div. Resposta: x 2 (1;7 ] [ (5;1)

f)1Pn=2

xn

(1 x)n+1 =1

1 x1Pn=2

x1 x

n. Essa srie geomtrica convergente se

x1 x

< 1, oujx 1j > jxj . Como os modulandos mudam de sinal em x = 0 e x = 1, convm resolver a inequaonos intervalos separados por esses valores de x.

No intervalo x < 0 : x+ 1 > x, ou 1 > 0, que verdico 8x < 0 .No intervalo (0; 1) : x+ 1 > x, ou x < 1=2; logo, x 2 (0; 1=2) .No intervalo x > 1 : x1 > x, ou 1 > 0, um absurdo; logo, no existe soluo no intervalo (1;1).Alm disso,

x1x

x=0

= 0 < 1 , e x1xx=1

no existe.A unio dos valores de x que satisfazem a inequao fornece a resposta: x < 1=2 .

Prob. 16Neste problema fazemos uso da frmula da soma da srie geomtrica

1Pk=0

qk =1

1 q se jqj < 1.

a)1Pk=2

13

k=

1Pk=2

13

k13

013

1=

1

1 1=3 11

3=

3

2 4

3=

1

6

b)1Pk=0

ek =1Pk=0

e1

k=

1

1 e1 =e

e 1

c)1Pk=0

(1)k2k =1Pk=0

12

k=

1

1 (1=2) =2

3

d)1Pk=0

2k=2 =1Pk=0

21=2

k=

1

1 21=2 =1

1 1=p2 =p2p

2 1 p2 + 1p2 + 1

=2 +

p2

2 1 = 2 +p2

23

e)1Pk=1

(1)k 22k1

7k=

1

2

1Pk=1

(22=7)k = 12

h 11 (22=7) 1

i=

1

2

h 77 + 4

1i=

1

2

h411

i= 2

11

Prob. 17

a)1Pk=j

(ak ak+1) = limn!1

nPk=j

ak nPk=j

ak+1

= lim

n!1aj +aj+1 +aj+2 +aj+3 + +an

aj+1 aj+2 aj+3 an an+1

= aj limn!1 an+1| {z }

a

= aj a

b)1Pk=j

(ak1 ak+1) = limn!1

nPk=j

ak1 nPk=j

ak+1

= lim

n!1aj1 + aj +aj+1 +aj+2 + +an1

aj+1 aj+2 an1 an an+1

= aj1 + aj limn!1 an| {z }

a

limn!1 an+1| {z }

a

= aj + aj1 2a

c)1Pk=1

1

k(k + 1)=

1Pk=1

1k|{z}ak

1k + 1| {z }ak+1

=

1Pk=1

(ak ak+1) =a1 lim

k!1ak= 1 0 = 1

d)1Pk=2

1

k2 1 =1Pk=2

1

(k + 1)(k 1) =1Pk=2

1=2k + 1

+1=2

k 1

=1

2

1Pk=2

1k 1| {z }ak1

1k + 1| {z }ak+1

= (1=2)1Pk=2

(ak1 ak+1) = (1=2)a1 + a2 2 lim

k!1ak= (1=2) (1 + 1=2 0) = 3=4

e)1Pk=3

2k + 1

k2(k + 1)2=

1Pk=3

h 1k2|{z}ak

1(k + 1)2| {z }ak+1

i=

1Pk=3

(ak ak+1) = a3 limk!1

ak| {z }0

=1

9

f)1Pk=6

14k + 1| {z }

ak

14k + 5| {z }ak+1

=

1Pk=6

(ak ak+1) = a6 limk!1

ak| {z }0

=1

25

g)1Pk=1

sen

k + 3k + 6

| {z }

ak+1

sen k3k + 3

| {z }

ak

=

1Pk=1

(ak+1 ak) = limk!1

ak a1 = sen 3 sen

6=

p3 12

h)1Pk=4

k ln

k + 3

k 3k lnk + 4

k 2 lnk + 4

k 2

=1Pk=4

akz }| {k ln

k + 3

k 3

ak+1z }| {(k + 1) ln

k + 4

k 2=

1Pk=4

(akak+1) =

a4 limk!1

ak = 4 ln 7 limk!1

lnk + 3

k 3k1

lH= 4 ln 7 lim

k!1

6k2 3k2 = 4 ln 7 limk!1

6k2

k2 3 = 4 ln 76

Prob. 20

a)1Pn=1

[

anz }| {(1)n=n ]xn ) R = lim

n!1

anan+1

= limn!1

(1)n=n(1)n+1=(n+ 1)

= 1 ) x0 R = 1 ou 11Pn=1

[ (1)n=n ]xnx=1

=1Pn=1

[1=n] divergente

1Pn=1

[ (1)n=n ]xnx=1

=1Pn=1

[(1)n=n] uma sr. altern. convergente Resposta: (1; 1]

b)1Pn=1

pn+ 3

(n+ 5)2| {z }an

(x 7)n ) R = limn!1

anan+1

= limn!1

rn+ 3

n+ 4| {z }! 1

n+ 6n+ 5

2| {z }

! 1

= 1 ) x0 R = 6 ou 8

24

1Pn=1

pn+ 3

(n+ 5)2(x 7)n

x=6

=1Pn=1

(1)npn+ 3

(n+ 2)2| {z }! 0

conv., segundo o critrio p/ sries alternadas

1Pn=1

pn+ 3

(n+ 5)2(x 7)n

x=8

=1Pn=1

pn+ 3

(n+ 5)2

1Pn=1

pn+ 3n

n2=

1Pn=1

2

n1;5

conv. Resposta: [6; 8]

c)1Pn=1

(2)n(n+ 1)2 + 2| {z }

an

xn ) R = limn!1

anan+1

= limn!1

(2)n(n+ 1)2 + 2

(n+ 2)2 + 2

(2)n+1 = 1

2) x0R = 1

2

1Pn=1

(2x)n(n+ 1)2 + 2

x=1=2

=1Pn=1

1

(n+ 1)2 + 2

1Pn=1

1

n2

convergente

1Pn=1

(2x)n(n+ 1)2 + 2

x=1=2

=1Pn=1

(1)n 1(n+ 1)2 + 2| {z }

! 0

uma sr. alt. conv. Resposta:h 1

2;1

2

i

d)1Pn=1

5n

n!|{z}an

(x 1)n ) R = limn!1

anan+1

= limn!1

5n

n!

(n+ 1)!

5n+1= lim

n!1n+ 1

5=1 Resposta: x 2 R

e)1Pn=1

nn

2n|{z}an

(x 2)n ) R = limn!1

anan+1

= limn!1

nn

2n2n+1

(n+ 1)n+1= lim

n!12

n+ 1

nn+ 1

n= lim

n!12

n+ 1| {z }! 0

1

(1 + 1=n)n| {z }! 1=e

= 0 Resposta: x = 2

Prob. 21

a)1Pn=1

(1)n122nn

=1Pn=1

(1)n1(22)nn

=1Pn=1

(1)n1xnn

x=22

= ln(1 + x)x=1=4

= ln(5=4) .

Obs.: 1=4 2 (1; 1], que o intervalo de convergncia da srie de MacLaurin de ln(1+x) que foi usada.

b)1Pn=1

(1)n2n+122n+1(2n+ 1)!

=1Pn=1

(1)nx2n+1(2n+ 1)!

x==2

=hsenx x

ix==2

= 1 =2

c)1Pn=0

(1)n2n+ 1

=1Pn=0

(1)nx2n+12n+ 1

x=1

= arctanx

x=1

=

4

Prob. 22

f(x) = f(0)+ f 0(0)x+f 00(0)2!

x2 + + f(15)(0)

15!x15 + = senx3 = x3 (x

3)3

3!+

(x3)5

5!

) f(15)(0)

15!=

1

5!) f (15)(0) = 15!

5!

Prob. 23

a)Z x0

cos t 1t

dt =

Z x0

dt1

t

1Pn=1

(1)nt2n(2n)!

=1Pn=1

(1)n(2n)!

Z x0

t2n1dt =1Pn=1

(1)nx2n(2n)! 2n

[x 2 R]

b)Z x0

sent2

t2dt =

Z x0

dt1

t2

1Pn=1

(1)n(t2)2n+1(2n+ 1)!

=1Pn=1

(1)n(2n+ 1)!

Z x0

dt t4n =1Pn=1

(1)nx2n(2n)! 2n

[x 2 R]

c)Z x0

ln[1+(5t)3] dt =

Z x0

dt1Pn=1

(1)n1[(5t)3]nn

=1Pn=1

(1)n153nn

Z x0

t3n dt =1Pn=1

(1)n153nx3n+1n(3n+ 1)

.

Nesse caso, a mxima variao de t dada por (5t)3 2 (1; 1], ou t 2 (1=5; 1=5 ]; esse o intervalo

25

de integrao mximo possvel. Vemos ento que x pode variar no intervalo (1=5; 1=5] .

Prob. 24

a)x

(1 x)2 = xd

dx

11 x

= x

d

dx

1Pn=0

xn = x1Pn=1

nxn1 =1Pn=1

nxn

b)x2

(1 x)3 =x2

2

d

dx(1 x)2 = x

2

2

d

dx

d

dx

11 x

=

x2

2

d2

dx2

1Pn=0

xn =x2

2

1Pn=2

n(n 1)xn2

=1Pn=2

n(n 1)2

xn

c)x+ 1

3x+ 2=

x+ 1

2

1

1 (3x=2) =x+ 1

2

1Xn=0

3x2

n=

1Xn=0

(3)nxn+12n+1

+n 1Xn=0

(3)nxn2n+1

o=

1Xn=1

(3)n1xn2n

+n 1Xn=1

(3)nxn2n+1

+1

2

o=

1

2+

1Xn=1

(1)

n3n1

2n+

(1)n3n2n+1

xn

=1Pn=0

anxn; onde a0 =

1

2e an

n1

= (1)n3n1

2n+

(1)n3n2n+1

=(1)n3n1

2n+1

Prob. 25

a) f(x) =1Pn=0

(n+ 1)xn =d

dx

1Pn=0

xn+1 =d

dx

x 1

1 x=

1 x x(1)(1 x)2 =

1

(1 x)2

b) g(x) =1Pn=2

(n 1)xn = x21Pn=2

(n 1)xn2 = x2 ddx

1Pn=2

xn1 = x2d

dx

1Pn=1

xn

= x2d

dx

11 x 1

= x2 1

(1 x)2 =x2

(1 x)2

c) h(x) =1Pn=1

nx2n+1 = x31Pn=1

n(x2)n1x2=y= x3

1Pn=1

nyn1 = x3d

dy

1Pn=1

yn = x3d

dy

11 y 1

= x3 1

(1 y)2 =x3

(1 x2)2

26

Captulo 2

Resoluo de equao diferencialordinria linear por srie de potncias

Sabemos que a soluo geral da EDO linear de 1a ordem

y0 2x y(x) = 0 (2.1)

y(x) = c1 ex2 = c1

1Xn=0

(x2)n

n!8x 2 R : (2.2)

Isso sugere que tambm possamos resolver a EDO em (2.1) tentando uma srie de potncias

y(x) =1Xn=0

anxn ; (2.3)

donde

y0(x) =1Xn=1

nanxn1 : (2.4)

Substituindo (2.3) e (2.4) em (2.1), obtemos

0 =

1Xn=1

nanxn1 2x

1Xn=0

anxn

=1Xn=1

nanxn1

1Xn=0

2anxn+1

=1Xn=1

nanxn1

1Xn=2

2an2xn1

= a1 +1Xn=2

(nan 2an2)xn1 ;

uma equao que s pode ser vlida para todos os valores de x se os coecientes das potncias seanularem, isto :

a1 = 0 e (nan 2an2)n 2 = 0 :

Desta segunda equao, deduzimos que

an =2

nan2 para n 2 :

Essa equao chamada de relao de recorrncia. Por meio dela, determinamos os coecientes an.

27

Fazendo n igual a naturais pares, obtemos

n = 2 : a2 = a0

n = 4 : a4 =2

4a2 =

1

2a0

n = 6 : a6 =2

6a4 =

1

3

1

2a0

n = 8 : a8 =2

8a6 =

1

4

1

3

1

2a0

...

) a2n =1

n!a0 (n 0) :

Agora, com n igual a mpares, temos

n = 3 : a3 =2

3a1 = 0

n = 5 : a5 =2

5a3 = 0

...) a2n+1 = 0 (n 0) :

Finalmente, substituindo essas expresses dos coecientes em (2.3), obtemos

y(x) =1Xn=0

anxn =

1Xn=0

a2nx2n =

1Xn=0

a0n!

x2n = a0

1Xn=0

(x2)n

n!= a0 e

x2 ;

que a soluo dada em (2.2), pois o coeciente a0 permanece como uma constante arbitrria.Vejamos mais um exemplo. Considere a seguinte EDO e a sua soluo geral (conhecida):

4y00 + y(x) = 0 ) soluo geral y(x) = c1 cos(x=2) + c2 sen(x=2) : (2.5)

Vamos recalcular essa soluo geral pelo mtodo das sries de potncias(). Os passos so os seguintes:

Passo 1 - Escrevemos a srie de potncias que se admite como soluo e as derivadas dessas sriesque sero usadas:

y(x) =

1Xn=0

anxn )

8>:y0 =

1Pn=1

nanxn1

y00 =1Pn=2

n (n 1) anxn2

Passo 2) Na EDO, substitumos y; y0 e y00 pelas respectivas sries para deduzir a relao de recor-rncia:

0 = 41Xn=2

n(n 1)anxn2 +1Xn=0

anxn =

1Xn=2

4n(n 1)anxn2 +1Xn=2

an2xn2

=1Xn=2

[4n(n 1)an + an2]xn = 0 ) an = an24n(n 1) (n 2)

Passo 3) Usamos a relao de recorrncia para calcular os coecientes em termos dos coecientes

() bvio que esse poderoso mtodo servir para obter solues de EDOs que no sabemos resolver analiticamente,mas os exemplos ora apresentados so educativos: ilustram o mtodo e as manipulaes matemticas costumeiras.

28

que permanecem arbitrrios (a0 e a1):

a2 = a04 2 (1)

a3 = a14 3 (2)

a4 = a24 4 (3) =

a042 4 3 2 =

a04! 24

a5 = a34 5 (4) =

a142 5 4 3 2 =

2a15! 25

a6 = a44 6 (5) =

a043 6 5 4 3 2 =

a06! 26

a7 = a54 7 (6) =

a143 7 6 5 4 3 2 =

2a17! 27

...

Passo 4) Deduzimos uma expresso genrica para os coecientes em termos de a0 e a1. Do passo3, conclumos que,

para n 0 : a2n = (1)na0

(2n)! 22ne a2n+1 =

(1)n2a1(2n+ 1)! 22n+1

:

Passo 5) Substitumos a expresso genrica dos coecientes na srie de y(x) para deduzir umaexpresso fechada para a soluo:

y(x) =

1Xn=0

anxn =

1Xn=0

a2n x2n +

1Xn=0

a2n+1 x2n+1 =

1Xn=0

(1)na0(2n)! 22n

x2n +

1Xn=0

(1)n2a1(2n+ 1)! 22n+1

x2n+1

= a0

1Xn=0

(1)n(2n)!

x2

2n+ 2a1|{z}

a01

1Xn=0

(1)n(2n+ 1)!

x2

2n+1= a0 cos

x

2+ a01 sen

x

2;

que a soluo geral apresentada em (2.5).

Ressalte-se que o passo 4 frequentemente difcil, e o passo 5 raramente possvel. Por isso,nas resolues por srie de potncias que seguem, no nos preocuparemos, ordinariamente, com aimplementao do passo 4 (o que seria at elegante, mas este passo, embora de certa importncia, estfora dos nossos propsitos aqui, que o entendimento do mtodo) e do passo 5.

2.1 Resoluo em torno de um ponto ordinrio

2.1.1 Deniesa) Uma funo f(x) dita analtica no ponto x = x0 se ela pode ser desenvolvida numa srie de Taylor

relativa a esse ponto que tenha raio de convergncia positivo.

b) Considere a EDO linear de 2a ordem

a2(x)y00 + a1(x)y0 + a0(x)y(x) = 0 ; (2.6)

que pode ser escrita na forma

y00 + P (x) y0 +Q(x) y(x) = 0 ; (2.7)

com P (x) a1(x)=a2(x) e Q(x) a0(x)=a2(x). Dizemos que x = x0 um ponto ordinrio, ouno-singular, dessa EDO se, nesse ponto, P (x) e Q(x) ou suas extenses contnuas() so funes

()Recordao:Uma funo f(x) denida num ponto x = x0 dita contnua nesse ponto se lim

x!x0f(x) = f(x0).

A extenso contnua de uma funo f(x) num ponto x = x0 em que ela no denida, mas tem limite nito, a funog(x) que igual a f(x) se x 6= x0 e, naquele ponto, dada por g(x0) = lim

x!x0f(x). Por exemplo, a extenso contnua da

funo ( senx)=x em x = 0 a funo g(x) igual a ( senx)=x se x 6= 0 e com g(0) = limx!0( senx)=x = 1.

29

analticas. Um ponto que no ordinrio dito um ponto singular, ou uma singularidade, daEDO.

Exemplos:

i) y00 + (lnx) y(x) = 0 : x = 0 ponto singular, pois f(x) = lnx no analtica nesse ponto (noexistindo f(0); f 0(0); etc, f(x) no pode ser desenvolvida numa srie de Taylor em torno de x = 0).

ii) y00 + (x 1)5=3y0 + y = 0 : x = 1 ponto singular, pois (x 1)5=3 no pode ser expandidaem potncias de (x1) [a segunda derivada de (x1)5=3, igual a (10=9)(x1)1=3, innita em x = 1].

iii) xy00 + ( senx) y0 + (1 cosx) y(x) = 0 ) y00 + senxx| {z }

P (x)

y0 +1 cosx

x| {z }Q(x)

y(x) = 0.

Assim, essa EDO no tem ponto singular, isto , todos pontos de R so ordinrios, inclusive x = 0.De fato, como

1

xsenx =

1

x

x x

3

3!+x5

5! x

7

7!+

= 1 x

2

3!+x4

5! x

6

7!+

e1

x(1 cosx) = 1

x

x22! x

4

4!+x6

6! x

8

8!+

=

x

2! x

3

4!+x5

6! x

7

8!+

so as sries de Taylor relativa a x = 0 das extenses contnuas de P (x) e Q(x) nesse ponto, a analiti-cidade destas naquele ponto est vericada.

iv) (x2 + 1)y00 + xy0 y(x) = 0 ) y00 + xx2 + 1

y0 1x2 + 1

y(x) = 0 .

Os pontos singulares dessa EDO so as razes de x2 + 1 = 0, a saber, x = i, nos quais x=(x2 + 1)e 1=(x2 + 1) no admitem extenso contnua, pois apresentam limites innitos nesses pontos. Esseexemplo ilustra que pontos singulares no so necessariamente reais.

Percebe-se que a caracterizao de pontos ordinrios e singulares com base no conceito de analiti-cidade pode complicar, s vezes, a determinao deles. Ora, o conceito de funo analtica porme-norizadamente estudado num curso de funes complexas, e exatamente a falta desse estudo que nostraz diculdades aqui. Mas no precisamos de muita teoria para prosseguir. Na verdade, estaremosna maioria das vezes preocupados apenas com EDOs cujos coecientes so polinmios. Nesse caso,fornecemos a seguinte receita:

A EDO (2.6) no caso em que a2(x); a1(x) e a0(x) so polinmios sem fator comum tem,em x = x0 (real ou imaginrio), um ponto ordinrio se a2(x0) 6= 0 singular se a2(x0) = 0

Por exemplo:

i) (x2 1)y00 + 2xy0 + 6y(x) = 0 : os pontos singulares so as razes de x2 1 = 0, isto , x = 1.Todos os outros pontos so ordinrios.

ii) (x 1)2y00+(x2 1)y0+(x 1)2y(x) = 0 ) (x 1)y00+(x+1)y0+(x 1)y(x) = 0 : pontosingular em x = 1.

iii) (x 1)y00 + (x2 1)y0 + (x 1)2y(x) = 0 ) y00 + (x + 1)y0 + (x 1)y(x) = 0 : no temponto singular (todos pontos de R so ordinrios).

iv) x2y00 + x2y0 + x(x 1)y(x) = 0 ) xy00 + xy0 + (x 1)y(x) = 0 : ponto singular em x = 0.

v) (x2 + 1)y00 + y(x) = 0 : pontos singulares em x = i .

30

2.1.2 Teorema da existncia de solues em srie de potnciasSe x = x0 for um ponto ordinrio da EDO (2.6), podemos sempre encontrar duas solues line-

armente independentes na forma da srie de potncias1Pnan(x x0)n, convergindo cada srie, pelo

menos, no intervalo (x0 R; x0 + R), em que R a distncia do ponto x0 ao ponto singular (real ouno) mais prximo.

Por exemplo, a soluo da EDO (x 1)y00+xy0+ y = 0 na forma1Pnan(x 4)n, isto , na forma de

uma srie de potncias em torno do ponto ordinrio x = 4, convergente para (4 3; 4 + 3) = (1; 7),pois, nesse caso, a distncia R do ponto x = 4 ao ponto singular mais prximo, que o ponto x = 1, R = j4 1j = 3.

x

y

9 1 4

intervalo de

convergncia

Outro exemplo: a soluo da EDO (x2 + 9)y00 + xy0 + y = 0 na

forma1Pnan(x4)n, isto , na forma de uma srie de potncias em torno

do ponto ordinrio x = 4, convergente para (4 5; 4 + 5) = (1; 9),pois, nesse caso, a distncia R do ponto x = 4 (do eixo das abscissas,que tambm o ponto z1 = 4 do plano complexo) ao ponto singularmais prximo, que so os pontos z2 = 3i do plano complexo, R =jz1 z2 j = j4 3ij = j4 + 3ij =

p42 + 32 = 5(). A gura direita

mostra que o intervalo (1; 9) a parte do eixo real que jaz no interiorda circunferncia de raio R = 5 centrada no ponto x = 4 desse eixo.

2.1.3 Exemplos de resoluo de EDOs lineares por sries de potncias emtorno de ponto ordinrio

Nota: Aqui, por questo de simplicidade, supomos que a origem x = 0 seja sempre o pontoordinrio em torno do qual se deseja obter a soluo da EDO na forma de uma srie de

potncias,1Pn=0

anxn no caso. Isso no signica perda de generalidade, pois, mediante a

mudana para a varivel t = x x0, sempre podemos transformar uma EDO com pontoordinrio em x = x0 noutra com ponto ordinrio em t = 0.

Exemplo 1: y00 2xy = 0

Como no h pontos singulares, a soluo em srie obtida abaixo convergente para todo x real.

0 =1Xn=2

n(n 1)anxn2 2x1Xn=0

anxn =

1Xn=2

n(n 1)anxn2 1Xn=0

2anxn+1

=1Xn=2

n(n 1)anxn2 1Xn=3

2an3xn2 = 2a2|{z}0

+1Xn=3

[n(n 1)an 2an3]| {z }0

xn2

) a2 = 0 e ann3

=2an3n(n 1)

Como a2 = 0, temos que a5 = a8 = = a3k+2k0

= 0.

O coeciente a0 permanece arbitrrio, dele dependendo os coecientes a3kk1

:

a3 =2a0

(3)(2)=

a03

a6 =2a3

(6)(5)=

1

15

a03

=a045

a9 =2a6

(9)(8)=

1

36

a045

=a0

1620

...()Recorde-se de que a distncia entre dois pontos z1 e z2 do plano complexo dada por jz1 z2j, e que o mdulo

de um nmero complexo z = a + bi jzj = pa2 + b2. Por exemplo, a distncia entre os pontos 6 + 13i e 1 + i j6 + 13i (1 + i)j = j5 + 12ij = p52 + 122 = p169 = 13.

31

O coeciente a1 tambm permanece arbitrrio, dele dependendo os coecientes a3k+1k1

:

a4 =2a1

(4)(3)=

a16

a7 =2a4

(7)(6)=

1

21

a66

=a1126

a10 =2a7

(10)(9)=

1

45

a1126

=a1

5670

...

Logo,

y(x) = a0 + a1x+

a2|{z}0

x2 + a3|{z}a03

x3 + a4|{z}a16

x4 + a5|{z}0

x5 + a6|{z}a045

x6 + a7|{z}a1126

x7 + a8|{z}0

x8 + a9|{z}a01620

x9 + a10|{z}a15670

x10 +

= a0

1 +

x3

3+x6

45+

x9

1620+

+ a1

1 +

x4

6+

x7

126+

x10

5670+

a soluo desejada, sendo as sries entre parnteses duas solues linearmente independentes da EDO.

Exemplo 2: (x2 + 1)y00 + xy0 y = 0

Os pontos singulares so x = i. A distncia entre esses pontos e o ponto de expanso x = 0 R = j0 ij = jij = 1. Logo, a soluo em srie obtida abaixo convergente para x 2 (0R; 0 +R) =(1; 1).

0 = (x2 + 1)1Xn=2

n(n 1)anxn2 + x1Xn=1

nanxn1

1Xn=0

anxn

=1Xn=2

n(n 1)anxn +1Xn=2

n(n 1)anxn2 +1Xn=1

nanxn

1Xn=0

anxn

=

1Xn=4

(n 2)(n 3)an2xn2 +1Xn=2

n(n 1)anxn2 +1Xn=3

(n 2)an2xn2 1Xn=2

an2xn2

= 2a2 + 6a3x+a1x a0 a1x| {z }2a2a0 + 6a3x

+1Xn=4

nn(n 1)an +

(n 2)(n 3) + n 2 1| {z }

(n1)(n3)

an2oxn2

) 2a2 a0 = 0 ; a3 = 0 e ann4

= (n 3) an2n

O coeciente a0 permanece arbitrrio, dele dependendo os coecientes a2kk1

:

a2 =a02

a4 = a24

= a0=24

= a08

a6 = 3a46

= a0=82

=a016

...

O coeciente a1 tambm permanece arbitrrio, e, como a3 = 0, vemos, pela relao de recorrncia, quea5 = a7 = a9 = = 0. Logo,

y(x) = a0 + a1x + a2|{z}a02

x2 + a3|{z}0

x3 + a4|{z} a08

x4 + a5|{z}0

x5 + a6|{z}a016

x6 + a7|{z}0

x7 +

32

= a1x + a0

1 +

x2

2 x

4

8+x6

16+

:

Exemplo 3: y00 (1 + x)y = 0

No existem pontos singulares, convergindo, para todo x real, a srie que se obtm a seguir.

0 =1Xn=2

n(n 1)anxn2 (1 + x)1Xn=0

anxn =

1Xn=2

n(n 1)anxn2 1Xn=2

an2xn2 1Xn=3

an3xn2

= 2a2 a0 +1Xn=3

n(n 1)an an2 an3

xn2 ;

donde a2 = a0=2 e

an

n 3

=an3 + an2n(n 1)

a relao de recorrncia. Como a0 e a1 permanecem arbitrrios, em termos deles escrevemos todosos demais coecientes:

a2 =a02

a3 =a0 + a1

6

a4 =a1 + a2

12=

1

12

a1 +

a02

=

a024

+a112

a5 =a2 + a3

20=

1

20

a02

+a0 + a1

6

=

a030

+a1120

...

Finalmente,

y(x) = a0 + a1x + a2|{z}a02

x2 + a3|{z}a06 +

a16

x3 + a4|{z}a024+

a112

x4 + a5|{z}a030+

a1120

x5 +

= a0

1 +

x2

2+x3

6+x4

24+x5

30+

+ a1

x+

x3

6+x4

12+

x5

120+

:

2.2 Resoluo em torno de ponto singular

2.2.1 DeniesOs pontos singulares, j denidos na seo 2.1.1, so, por sua vez, classicados em regulares e

irregulares como segue.Dizemos que um ponto singular da EDO (2.6) um ponto singular regular (ou uma singularidade

regular) se, ao reescrevermos essa EDO na forma dada por (2.7), constatamos que (x x0)P (x) e(x x0)2Q(x) ou suas extenses contnuas so funes analticas em x0.

O ponto singular que no regular chamado de ponto singular irregular (ou singularidadeirregular).

Novamente, para evitar a anlise de analiticidade de funes, fornece-se a seguinte receita vlidano caso de EDO cujos coecientes so polinmios:

Considere (2.6) com coecientes polinomiais, e escreva essa EDO como em (2.7), mas comP (x) e Q(x) na forma de um quociente irredutvel de polinmios completamente fatorados emmonmios. Se o fator (x x0) aparece nos denominadores de P (x) e Q(x) com multiplicidadesmP e mQ, respectivamente, ento x = x0 um ponto singular regular se mP 1 e mQ 2 irregular se mP > 1 ou mQ > 2

33

Assim, por exemplo:

i) Os pontos x = 1 e x = 2 so pontos singulares da EDO (x1)(x24)2y00+(x1)(x2)y0+y = 0(sem fator comum nos coecientes polinomiais). Reescrevendo essa equao na forma

y00 +1

(x+ 2)2(x 2) y0 +

1

(x 1)(x+ 2)2(x 2)2 y = 0 ;

vericamos, de acordo com a receita acima, que x = 2 um ponto singular irregular ; j x = 1 e x = 2so pontos singulares regulares.

ii) A EDO x2(x+ 1)2y00 + (x2 1)y0 + 2y(x) = 0, ou

y00 +x 1

x2(x+ 1)y0 +

2

x2(x+ 1)2y = 0 ;

tem, em x = 0, um ponto singular irregular e, em x = 1, um ponto singular regular.

iii) (1 x2)| {z }(x+1)(x1)

y00 2xy0 + 30y = 0 ) x = 1 so pontos singulares regulares.

iv) x3y00 2xy0 + 5y = 0 ) y00 2x2

y0 +5

x3y = 0 ) x = 0 ponto singular irregular.

v) 8xy00 2x2y0 + 5xy = 0, ou (cancelando o fator comum x) 8y00 2xy0 + 5y = 0 ) a EDOno tem ponto singular (somente pontos ordinrios).

vi) (x2 + 9)y00 3xy0 + (1 x)y = 0 ) y00 3xy(x 3i)(x+ 3i) y

0 +1 x

(x 3i)(x+ 3i) y = 0 )x = 3i so pontos singulares regulares.

A seguir estudamos o chamado mtodo de Frobenius, usado para se obter soluo em srie de EDOlinear em torno de ponto singular regular. Antes de explicar esse mtodo, convm apresentar dois fatosque motivam esse mtodo:

y1 = x2 e y2 = x2 lnx so solues de x2y00 3xy0 + 4y = 0 para x 2 (0;1). Essa EDO temum ponto singular regular em x = 0, em torno do qual, se intentssemos uma srie de potnciasP

anxn como soluo, s obteramos y1 = x2, pois o fator lnx na soluo y2 no tem srie de

Taylor em torno de x = 0.

A EDO 6x2y00 + 5xy0 + (x2 1)y = 0 tem um ponto singular regular em x = 0, mas no possuisoluo alguma em srie de potncias em torno desse ponto. Pelo mtodo de Frobenius, podemos

obter duas solues em srie com as formas y1 =1Pn=0

anxn+1=2 e y2 =

1Pn=0

bnxn+1=3.

2.2.2 O Mtodo de Frobenius Parte 1Considere o problema de resolver a EDO (2.6), isto ,

a2(x)y00 + a1(x)y0 + a0(x)y = 0 ;

em torno de um ponto singular regular x = x0. Aqui, pela mesma razo dada no incio da seo 2.1.3,supomos, por simplicidade, mas sem perda de generalidade, que x0 = 0. Pelo chamado mtodo deFrobenius, sempre possvel encontrar uma soluo na forma da srie (relativa a x0 = 0)

y = xr1Xn=0

anxn =

1Xn=0

anxn+r = a0x

r + a1xr+1 + a2x

r+2 + ; com a0 6= 0 : (2.8)

No permitindo que a0 se anule, impomos que esse coeciente seja o primeiro da srie. Faz parte daresoluo determinar:

1. Os valores de r para os quais a EDO tem soluo na forma da srie em (2.8). Esses valoressurgem da resoluo de uma equao algbrica do 2o grau, denominada equao indicial, cujassolues r1 e r2 so as chamadas razes indiciais.

34

2. A relao de recorrncia para os coecientes an.

3. O intervalo de convergncia da soluo em srie obtida.

Os detalhes do mtodo() sero apresentados atravs de exemplos, nos quais x = 0 o ponto singularregular em torno do qual se deseja a soluo. Conforme as razes indiciais, trs casos importantes devemser considerados:

2.2.2.1 Caso de razes indiciais que no diferem por um inteiro: r1 r2 =2 ZNeste caso, o mtodo de Frobenius sempre fornece duas solues linearmente independentes.

Exemplo 1: 3xy00 + y0 y = 0

y =1Xn=0

anxn+r ) y0 =

1Xn=0

(n+ r)anxn+r1 ) y00 =

1Xn=0

(n+ r 1)(n+ r)anxn+r2

3x

1Xn=0

(n+ r 1)(n+ r)anxn+r2 +1Xn=0

(n+ r)anxn+r1

1Xn=0

anxn+r = 0

1Xn=0

3(n+ r 1)(n+ r)anxn+r1 +1Xn=0

(n+ r)anxn+r1

1Xn=1

an1xn+r1 = 0

(3r 2)ra0xr1 +1Xn=1

n 3(n+ r 1)(n+ r) + (n+ r)| {z }

(3n+3r2)(n+r)

an an1oxn+r1 = 0

r(3r 2)| {z }0

a0xr1 +

1Xn=1

(3n+ 3r 2)(n+ r)an an1

| {z }0

xn+r1 = 0

)

8>>>>:r = 0 ) an = an1

n(3n 2)ou

r =2

3) an = an1

n(3n+ 2)

n 1

A essas duas relaes de recorrncia correspondem duas sries distintas, nas quais a0 permanece arbi-trrio:

A srie correspondente a r = 0:

a1 =a0

(1)(1)= a0

a2 =a1

(2)(4)=

a08

a3 =a2

(3)(7)=

a0=8

21=

a0168

a4 =a3

(4)(10)=

a0=168

40=

a06720

...()Consulte as sees 4.3 a 4.6 da referncia [3]

35

) y1(x) = x0(a0+ a1|{z}a0

x+ a2|{z}a08

x2+ a3|{z}a0168

x3+ a4|{z}a06720

x4+ ) = a01+x+

x2

8+

x3

168+

x4

6720+

:

A srie correspondente a r = 2=3:

a1 =a0

(1)(5)=

a05

a2 =a1

(2)(8)=

a0=5

16=

a080

a3 =a2

(3)(11)=

a0=80

33=

a02640

a4 =a3

(4)(14)=

a0=2640

56=

a0147840

...

) y2(x) = x2=3(a0 + a1|{z}a05

x+ a2|{z}a080

x2 + a3|{z}a02640

x3 + a4|{z}a0

147840

x4 + )

= a0x2=31 +

x

5+x2

80+

x3

2640+

x4

147840+

:

Assim, obtemos duas solues, cuja combinao linear a soluo geral: y(x) = y1(x) + y2(x).

2.2.2.2 Caso de razes indiciais iguais

Neste caso s se consegue uma nica soluo na forma da srie em (2.8), na qual r igual ao nicovalor da raiz indicial.

Exemplo 2: xy00 + y0 4y = 01Xn=0

(n+ r 1)(n+ r)anxn+r1 +1Xn=0

(n+ r)anxn+r1 4

1Xn=0

anxn+r = 0

1Xn=0

(n+ r 1)(n+ r)anxn+r1 +1Xn=0

(n+ r)anxn+r1 4

1Xn=1

an1xn+r1 = 0

[(r 1)r + r]a0xr1 +1Xn=1

n(n+ r 1)(n+ r) + (n+ r)| {z }

(n+r)2

an 4an1

oxn+r1 = 0

r2|{z}0

a0xr1 +

1Xn=1

(n+ r)2an 4an1

| {z }0

xn+r1 = 0 :

Vemos que r = 0 o nico valor da raiz indicial e que

an =4an1(r + n)2

para n 1 : (2.9)

Essa equao, com r = 0, torna-se an = 4an1=n2 (n 1), donde

a1 =4a012

a2 =4a122

=42a0

(1 2)2

a3 =4a232

=43a0

(1 2 3)2...

an =4na0(n!)2

36

Logo, temos a nica soluo

y(x) =

1Xn=0

anxn+r

r= 0

= a0

1Xn=0

4n

(n!)2xn = a0

1 + 4x+ 4x2 +

16

9x3 +

: (2.10)

2.2.2.3 Caso de razes indiciais que diferem por um inteiro positivo: r1 r2 2 N

Nesse caso, a srie em (2.8),

1. Com r1 (a maior raiz indicial), sempre fornece uma nica soluo.

2. Com r = r2 (a menor raiz indicial), leva a uma das duas ocorrncias:

(a) Ela no fornece nenhuma soluo.

(b) Ela fornece a soluo geral (permanecendo arbitrrios dois coecientes), que inclui, portanto,a soluo correspondente maior raiz (r1).

Disso conclumos que convm tentar obter primeiramente a soluo correspondente menor raizindicial, pois, ocorrendo 2(b), a resoluo estar concluda.

Exemplo 3 ocorrncia de 2(a): xy00 + 3y0 y = 01Xn=0

(n+ r 1)(n+ r)anxn+r1 +1Xn=0

3(n+ r)anxn+r1

1Xn=0

anxn+r = 0

1Xn=0

(n+ r 1)(n+ r)anxn+r1 +1Xn=0

3(n+ r)anxn+r1

1Xn=1

an1xn+r1 = 0

[(r 1)r + 3r]| {z }r(r+2)

a0xr1 +

1Xn=1

n (n+ r 1)(n+ r) + 3(n+ r)| {z }

(n+r+2)(n+r)

an an1oxn+r1 = 0

r(r + 2)| {z }0

a0xr1 +

1Xn=1

(n+ r + 2)(n+ r)an an1

| {z }0

xn+r1 = 0

Vemos que r = 2 e r = 0 so as razes indiciais; alm disso, a relao de recorrncia dependentede r dada por

(n+ r + 2)(n+ r)an an1 = 0 (n 1) : (2.11)Se r = 2:

A relao de recorrncia especca para r = 2,

n(n 2)an = an1 (n 1) ;

fornece

com n = 1 : 1(1)a1 = a0 ) a1 = a0 com n = 2 : 2(0)a2 = a1 = a0 ) a0 = 0

Mas a0 = 0 contrrio nossa hiptese estipulada em (2.8). Logo, no existe srie associada raiz indicial r = 2. Passemos, ento, ao clculo da nica soluo linearmente independente associada maior raiz indicial, que, conforme o item 1 acima, sempre existe:

Se r = 0:

A relao de recorrncia especca para r = 0,

(n+ 2)nan an1 = 0 ) an = an1n(n+ 2)

(n 1) ;

37

fornece

a1 =a0

(3)(1)=

a03

a2 =a1

(4)(2)=

a0=3

8=

a024

a3 =a2

(5)(3)=

a0=24

15=

a0360

a4 =a3

(6)(4)=

a0=360

24=

a08640

...

Temos, portanto, a nica soluo linearmente independente:

y(x) = x0(a0+ a1|{z}a03

x+ a2|{z}a024

x2+ a3|{z}a0360

x3+ a4|{z}a08640

x4+ ) = a01+

x

3+x2

24+

x3

360+

x4

8640+

: (2.12)

Exemplo 4 ocorrncia de 2(b): x2y00 + (x2 + x)y0 y = 01Xn=0

(n+ r 1)(n+ r)anxn+r +1Xn=0

(n+ r)anxn+r+1 +

1Xn=0

(n+ r)anxn+r

1Xn=0

anxn+r = 0

1Xn=0

(n+ r 1)(n+ r)anxn+r +1Xn=1

(n+ r 1)an1xn+r +1Xn=0

(n+ r)anxn+r

1Xn=0

anxn+r = 0

(r 1)r + r 1| {z }(r1)(r+1) = r21

a0xr +

1Xn=1

n (n+ r 1)(n+ r) + n+ r 1| {z }

(n+r1)(n+r+1)

an + (n+ r 1)an1oxn+r = 0

(r2 1)| {z }0

a0xr +

1Xn=1

n(n+ r 1)(n+ r + 1)an + (n+ r 1)an1

o| {z }

0

xn+r = 0

donde obtemos as razes indiciais r = r1 = 1 e r = r2 = 1 e tambm que

(n+ r 1)(n+ r + 1)an + an1 = 0 ; para n 1 :Se r = 1:

A relao de recorrncia (n 2)[nan + an1] = 0 (k 1), donde:

Com n = 1, obtemos [a1 + a0] = 0 ) a1 = a0 .

Com n = 2, obtemos 0=0, signicando que a2 permanece arbitrrio.

Para n 3, temos que an = an1=n , ou seja:

a3 = a23

a4 = a34

=a23 4 =

2a22 3 4

a5 = a45

= 2a22 3 4 5

...

an =(1)na2

n!

38

Logo,

y(x) =1Xn=0

anxn+r

r=1

= a0x1 + a1|{z}

a1

+a2x+ a3|{z} 2a23!

x2 + a4|{z}2a24!

x3 + a5|{z} 2a25!

x4 +

= a0

1x 1

| {z }u1(x)

+2a2

x2 x

2

3!+x3

4! x

4

5!+

| {z }

u2(x)

;

que a soluo geral da EDO, pois a combinao linear das duas funes linearmente independentesu1(x) e u2(x) formada com as constantes arbitrrias a0 e 2a2. Note que

u2(x) =x

2 x

2

3!+x3

4! x

4

5!+ =

x2

2! x

3

3!+x4

4! x

5

5!+

x=

ex 1 + xx

:

Fica como exerccio mostrar que, se zssemos os clculos com a maior raiz indicial, r = 1, obte-ramos apenas a soluo y2(x).

2.2.3 O Mtodo de Frobenius Parte 2Descrevemos aqui alguns procedimentos para o clculo de uma segunda soluo linearmente inde-

pendente y2(x) quando apenas uma soluo y1(x) a0u1(x) de (2.6) na forma da srie em (2.8) obtida; a saber, quando as razes indiciais r1 e r2 se enquadram numa das circunstncias:

1a circunstncia: r1 = r2 2a circunstncia: r1 r2 = K 2 N e no existe soluo na forma de (2.8) com r = r2 (a menorraiz)

Procedimento 1: Fazemos uso da frmula

y2(x) = Cu1(x)

Z heRP (x)dx

ih 1u21(x)

idx ; (2.13)

obtida pela tcnica da reduo de ordem (cf. referncia [5], onde essa frmula deduzida e apresentadacomo a equao (4) da seo 4.2). Acima, P (x) o coeciente de y0 na EDO escrita na forma dadapor (2.7), e C uma constante arbitrria.

Procedimento 2: Usamos o seguinte resultado (cf. seo 4.5 da referncia [3]):

y2(x) = a0 u1(x) lnx+1Xn=0

bnxn+r2 ; (2.14)

onde

na 1a circunstncia : = 1 e bn = ddr

an(r)

r = r2

na 2a circunstncia : =(r r2) aK(r)

a0

r=r2

e bn =d

dr

(r r2)an(r)

r = r2

9>>>>=>>>>; (2.15)sendo an(r) a expresso que se obtm para o coeciente an em termos de r e a0 por meio do usoreiterado da relao de recorrncia dependente da raiz indicial (e no do uso reiterado da relao derecorrncia especca para a raiz indicial r2, ou seja, o valor r2 no substitudo no lugar de r antes dese usar a relao de recorrncia reiteradamente na deduo dos coecientes an em termos do primeirocoeciente, a0, permanecendo, portanto, a presena de r nas expresses desses coecientes).

Procedimento 3: Usamos (2.14) com = 1 e sendo r2 o nico ou o maior valor da raiz indicial,conforme a circunstncia. Mas, em vez de calcular os coecientes bn empregando (2.15) [ignoramosessa frmula], substitumos (2.14) na EDO para determin-los.

Para exemplicar esses procedimentos, usemo-los para completar a resoluo das EDOs dos exem-plos 2 e 3, obtendo uma segunda soluo linearmente independente.

39

Uma segunda soluo no Exemplo 2: xy00 + y0 4y = 0

Clculo com o procedimento 1

Tendo em vista o uso de (2.13), expliquemos os passos necessrios:

1) Para calcular u21(x), usamos a frmula (a+b+c+ )2 = a2+b2+c2+ +2ab+2ac+2bc+ (que a soma de dois somatrios: dos quadrados de cada termo e dos dobros de cada produto de doistermos distintos); no explicitaremos as potncias com grau maior que 3. Assim, usando (2.10), que a expresso de u1(x) obtida no exemplo 2, temos que

u21(x) =1+4x+4x2+

16

9x3+

2= 1+16x2+8x+8x2+

32

9x3+32x3+ = 1+8x+24x2+320

9x3+ :

2) Para calcular 1=u21(x) 1Pn=0

cnxn, reescrevemos essa equao, tendo j substitudo a expresso

de u21(x) deduzida acima, na forma1 + 8x+ 24x2 +

320

9x3 +

c0 + c1x+ c2x

2 + c3x3 + = 1 ;

donde, mantendo explcitas apenas as potncias com grau at 3, obtemos

c0|{z}1

+(c1 + 8c0)| {z }0

x+ (c2 + 8c1 + 24c0)| {z }0

x2 +c3 + 8c2 + 24c1 +

320

9c0

| {z }

0

x3 + = 1 :

Logo, calculando iteradamente os valores de cn a partir das equaes indicadas pelas chaves acima,obtemos:

c0 = 1 ! c1 = 8 ! c2 = 8c1 24c0 = 40 ! c3 = 8c2 24c1 3209c0 = 1472

9:

Assim,1

u21(x)= 1 8x+ 40x2 1472

9x3 + :

3) A EDO na forma apresentada em (2.7), isto , y00+(1=x)y0(4=x)y = 0, mostra que P (x) = 1=xe, portanto, que

eRP (x)dx = e

R(1=x) dx = e lnx = 1=x :

4) Logo, usando (2.13), obtemos, nalmente.

y2(x) = Cu1(x)

Z heRP (x)dx

ih 1u21(x)

idx = Cu1(x)

Z1

x

1 8x+ 40x2 1472

9x3 +

dx

= Cu1(x)

Z 1x 8 + 40x 1472

9x2 +

dx

= Cu1(x)lnx 8x+ 20x2 1472

27x3 +

[u1(x) dado por (2:10)] (2.16)


Na resoluo apresentada no exemplo 2, obtivemos: (a) as razes indiciais r1 = r2 = 0, mostrandoque devemos usar (2.14) e (2.15), com a formulao referente 1a circunstncia, e (b) a relao derecorrncia dependente da raiz indicial, na equao (2.9),

an(r) =4an1(r)(r + n)2

para n 1 :

40

Uma vez que a0(r) = a0 = const., temos que

a1(r) =4a0

(r + 1)2

a2(r) =42a0

(r + 1)2(r + 2)2

...

an(r) =4na0

[(r + 1)(r + 2) (r + n)]2Para calcular a derivada a0n(r), convm empregar a derivao logartmica:

ln an(r) = ln(4na0) 2[ln(r + 1) + ln(r + 2) + + ln(r + n)] )

a0n(r)an(r)

r=0

= 2

1

r + 1+

1

r + 2+ + 1

r + n

r=0

) a0n(0)

an(0)= 2

1 +

1

2+ + 1

n

;

onde, substituindo an(0) =4na0

(1 2 n)2 =4na0(n!)2

, obtemos

a0n(0) =4na0(n!)2

1 +

1

2+ + 1

n

:

Logo,

a00 = 0 (a0 constante)a01(0) = 2a04(1) = 8a0a02(0) =

2a04222

1 +

1

2

= 12a0

a03(0) =2a043

62

1 +

1

2+

1

3

= 176

27a0

e, assim, nalmente,

y2(x) = u1(x) lnx+1Xn=0

a0n(0)xn+0

= u1(x) lnx+ a0

8x 12x2 176

27x3 +

[u1(x) dado por (2:10)] (2.17)


Impondo uma segunda soluo para a EDO L^y = xy00 + y0 4y = 0 com a forma

y2(x) = a0 u1(x) lnx| {z }f(x)

+1Xn=0

bnxn+r2

| {z }g(x)

[r2 = 0] ;

sendo u1(x) dado por (2.10), isto ,

u1(x) = 1 + 4x+ 4x2 +

16

9x3 + ;

obtemosL^y2 = L^(a0f + g) = a0L^f + L^g = 0 ) L^g = a0L^f : (I)

Mas

L^f = xf 00 + f 0 4f = xu001 lnx+ 2u

01

1

x+ u1

1x2

+u01 lnx+ u1

1

x

4u1 lnx

= (lnx) (xu001 + u01 4u1)| {z }0

+2u01 = 24 + 8x+

16

3x2 +

) a0L^f = 8a0 16a0x 32a0

3x2 + (II)

41

eL^g = xg00 + g0 4g = x1Xn=2

n(n 1)bnxn2 +1Xn=1

nbnxn1 4

1Xn=0

bnxn

=1Xn=2

n(n 1)bnxn1 +1Xn=1

nbnxn1

1Xn=1

4bn1xn1 = b1 4b0 +1Xn=2

[n2bn 4bn1]xn1

= (b1 4b0) + (4b2 4b1)x+ (9b3 4b2)x2 + : (III)

Logo, em vista dos resultados em (II) e (III), a equao (I) fornece

b1 4b0 = 8a0 ) b1 = 4b0 8a04b2 4b1 = 16a0 ) b2 = b1 4a0 = 4b0 12a09b3 4b2 = 32a0

3) b3 = 4

9b2 32

27a0 =

4

9

4b0 12a0

32

27a0 =

16

9b0 176

27a0

Finalmente,

y2(x) = a0 u1(x) lnx+ b0 + b1x+ b2x2 + b3x

3 +

= a0 u1(x) lnx

+ b0 + (4b0 8a0)x+ (4b0 12a0)x2 +16

9b0 176

27a0

x3 + (IV)

= b0

1 + 4x+ 4x2 +

16

9x3 + | {z }

u1(x)

+ a0

u1(x) lnx 8x 12x2 176

27x3 +

= b0 u1(x) + a0

u1(x) lnx 8x 12x2 176

27x3 + | {z }

u2(x)

(2.18)

que , na verdade, a soluo geral, haja vista as duas constantes arbitrrias a0 e b0, bem com as duassolues linearmente independentes u1(x), j deduzida, e u2(x), aqui obtida.

Equivalncia das solues

Se tomarmos a segunda soluo obtida com o procedimento 1, dada por (2.16), zermos C = 1,destacarmos o termo com lnx, substituindo, no outro, a expresso de u1(x) e, ento, multiplicarmosas sries para obter

y2(x)P1

= u1(x) lnx+ u1(x) 8x+ 20x2 1472

27x3 +

= u1(x) lnx+

1 + 4x+ 4x2 +

16

9x3 +

8x+ 20x2 1472

27x3 +

= u1(x) lnx 8x 12x2 176

27x3 + ;

observamos que esse resultado exatamente a segunda soluo obtida com os procedimentos 2 e 3,dada por (2.17) e (2.18).

Uma segunda soluo no Exemplo 3: xy00 + 3y0 y = 0


xy00 + 3y0 y = 0 ) y00 + 3x|{z}

P (x)

y0 1xy = 0 ) e

RP (x)dx = e

R(3=x) dx = e3 ln x = 1=x3 :

42

Usando (2.12), que a expresso de u1(x) obtida no exemplo 3, temos que

) u21(x) =1 +

x

3+x2

24+

x3

360+ 2

= 12 +x3

2+ 2(1)

x

3+ 2(1)

x2

24+ 2(1)

x3

3360+ 2

x3

x224

+

= 1 +2

3x+

7

36x2 +

x3

30+

1

u21(x)

1Xn=0

cnxn ) c0 + c1x+ c2x2 + c3x3 + 1 + 2

3x+

7

36x2 +

x3

30+

= 1

) c0|{z}1

+c1 +

2c03

| {z }

0

x+c2 +

2c13

+7c036

| {z }

0

x2 +c3 +

2c23

+7c136

+c030

| {z }

0

x3 + = 1

) c0 = 1 ! c1 = 23

! c2 = 2c13 7c0

36=

1

4! c3 = 2c2

3 7c1

36 c0

30= 19

270

) 1u21(x)

= 1 23x+

x2

4 19

270x3 + :

y2(x) = Cu1(x)

Z heRP (x)dx

ih 1u21(x)

idx = Cu1(x)

Z1

x3

1 2

3x+

x2

4 19

270x3 +

dx

= Cu1(x)

Z x3 2x

2

3+x1

4 19x

270+

dx

= Cu1(x) x

2

2+

2x1

3+

1

4lnx 19x

270+

dx

= Cu1(x)14lnx 1

2x2+

2

3x 19x

270+

[u1(x) dado por (2:12)] (2.19)


No exemplo 3 vimos que: (a) as razes indiciais r1 = 0 e r2 = 2, m

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