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23/06/2019 10:48 CÁLCULO III - Equações Diferenciais Ordinárias de Segunda Ordem

Cálculo III

Universidade Federal do Pará

Instituto de Tecnologia

Campus de Belém

Curso de Engenharia Mecânica

Prof. Dr. Jorge Teófilo de Barros Lopes


Capítulo II

Universidade Federal do Pará

Instituto de Tecnologia

Equações Diferenciais

Método das Séries de Potência

Campus de Belém

Curso de Engenharia Mecânica

6/23/2019

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❑ Fundamentação Teórica

❑ Soluções em Série de Potências

❑ Método de Frobenius

❑ Exercícios

III – Método das Séries de Potência



❑ Soluções em Séries de Potências


❑ Exercícios


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3.1 Fundamentação Teórica

✓ As equações diferenciais lineares homogêneas com

coeficientes constantes podem ser resolvidas por

métodos algébricos, como estudado nos capítulos

anteriores.

✓ Entretanto, no caso das equações com coeficientes

variáveis, tal metodologia não se aplica ou devem ser

utilizados artifícios que muitas vezes são complicados

ou não resolvem o problema.

✓ Um método para resolver equações diferenciais

lineares de ordem superior com coeficientes variáveis

envolve soluções sob a forma de séries de potência.



✓ Definição de uma série de potências. Uma série de

potências em x – a é uma série infinita na forma

𝑛=0

∞

𝑐𝑛(𝑥 − 𝑎)𝑛 = 𝑐𝑜 +𝑐1(𝑥 − 𝑎) + 𝑐2(𝑥 − 𝑎)2⋯,

✓ onde 𝑐𝑜, 𝑐1, ⋯ são constantes, chamadas coeficientes da

série, a é uma constante, dita centro da série, e x uma

variável.

✓ No caso particular de a = 0, obtém-se uma série de

potências de x na forma

𝑛=0

∞

𝑐𝑛𝑥𝑛 = 𝑐𝑜 +𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥

2 + 𝑐3𝑥3⋯

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✓ Série de Taylor. Em matemática, uma série de Taylor é

uma série de funções da forma

𝑓 𝑥 = σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛(𝑥 − 𝑎)𝑛 ,

onde 𝐶𝑛 = 𝑓 𝑛 (𝑎)𝑥5

𝑛!e 𝑓 𝑥 uma função analítica dada.

Associadamente, o polinômio de Taylor de ordem n em

torno de x = a de uma dada função n vezes diferenciável

neste ponto é dada por

𝑝 𝑥 = 𝑓 𝑎 + 𝑓 ′ 𝑎(𝑥−𝑎)1

1!+ 𝑓 ′′ 𝑎

(𝑥−𝑎)2

2!

+⋯+ 𝑓(𝑛) 𝑎(𝑥−𝑎)𝑛

𝑛!



✓ Séries de Maclaurin. No caso particular de a = 0, a série

de Taylor também é chamada de série de Maclaurin ou,

quando for o caso, de polinômio de Maclaurin.

Exemplos de séries de Maclaurin:

1

1−𝑥= σ𝑛=0

∞ 𝑥𝑛 = 1 + 𝑥 + 𝑥2 +⋯ 𝑥 < 1, 𝑠. 𝑔𝑒𝑜𝑚. ,

𝑒𝑥 = σ𝑛=0∞ 𝑥𝑛

𝑛!= 1 + 𝑥 +

𝑥2

2!+

𝑥3

3!+⋯ ,

cos 𝑥 = σ𝑛=0∞ (−1)𝑛

𝑥2𝑛

(2𝑛)!= 1−

𝑥2

2!+

𝑥4

4!−+⋯ ,

sen 𝑥 = σ𝑛=0∞ (−1)𝑛

𝑥2𝑛+1

(2𝑛+1)!= 𝑥 −

𝑥3

3!+

𝑥5

5!−+⋯ ,

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✓ Convergência: Para um valor específico de x, uma

série de potências se torna uma série de constantes. Se

a série é igual a uma constante real finita para o x dado,

então diz-se que a série converge em x, caso contrário

diz-se que ela diverge em x.

✓ Intervalo de convergência: O intervalo de

convergência de uma série de potências é o conjunto de

todos os números para os quais a série converge. Toda

série de potências tem um intervalo de convergência.Converge

absolutamenteDivergeDiverge

a a+𝑹a−𝑹Pode convergir

ou divergir



✓ Raio de convergência: Todo intervalo de

convergência possui um raio de convergência R,

existindo somente três possibilidade para uma série

de potência σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛(𝑥 − 𝑎)𝑛:

i. A série converge somente no seu centro a; nesse

caso, 𝑅 = 0.

ii. A série converge para todo x que satisfaça

𝑥 − 𝑎 < 𝑅 (−𝑅 < 𝑥 − 𝑎 < 𝑅 𝑜𝑢 𝑎 − 𝑅 < 𝑥 <𝑎 + 𝑅) , em que 𝑅 > 0; nesse caso, a série

diverge para 𝑥 − 𝑎 > 𝑅 .

iii. A série converge para todo x; então 𝑅 = ∞.

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✓ Convergência em um ponto extremo: Se uma

série de potências converge para 𝑥 − 𝑎 < 𝑅, ou

seja, para 𝑎 − 𝑅 < 𝑥 < 𝑎 + 𝑅, em que 𝑅 > 0, ela

pode ou não convergir nos pontos extremos do

intervalo.

✓ Convergência absoluta: Uma série de potências

converge absolutamente em seu intervalo de

convergência, isto é, para x no intervalo de

convergência, se a série de valores absolutos

𝑛=0

∞|𝑐𝑛||(𝑥 − 𝑎)𝑛| converge.



✓ Determinação do intervalo de convergência: A

convergência de uma série de potências é

determinada, frequentemente, pelo teste da razão.

lim𝑛→∞

𝑐𝑛+1

𝑐𝑛𝑥 − 𝑎 = 𝐿.

Se 𝐿 < 1 , a série converge, e o raio de

convergência é dado por

𝑅 = lim𝑛→∞

𝑐𝑛

𝑐𝑛+1,

desde que esse limite exista.

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✓ Exemplo. Encontre o intervalo de convergência para

a série σ𝑛=0∞ (𝑥−3)𝑛

𝑛³.


𝑐𝑛

𝑐𝑛+1= lim

𝑛→∞

Τ1 𝑛3

Τ1 (𝑛+1)³= lim

𝑛→∞

(𝑛+1)³

𝑛3=

= lim𝑛→∞

𝑛+1

𝑛

3= lim

𝑛→∞1 +

1

𝑛

3= 1

A série converge absolutamente para 𝑥 − 𝑎 < 𝑅 ,

como 𝑎 = 3, então

𝑥 − 3 < 1 𝑜𝑢 − 1 < 𝑥 − 3 < 1 𝑜𝑢 𝟐 < 𝒙 < 𝟒



Nos pontos extremos, tem-se as seguintes séries de

constantes:

𝑥 = 2 → σ𝑛=1∞ (−1)𝑛

𝑛³, série alternada, que pelo

critério de Leibniz* é

convergente.

𝑥 = 4 → σ𝑛=1∞ 1𝑛

𝑛³= σ𝑛=1

∞ 1

𝑛³, série convergente.

Logo, o intervalo de convergência da série de

potência dada é [2, 4]

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Critério de Leibniz.

Uma série alternada σ𝑛=0∞ (−1)𝑛𝑐𝑛 é convergente

se:

i. |cn+1| ≤ |cn| (a série é monotonamente

decrescente)

ii. cn → 0 se n → ∞ (o limite do termo geral da

sucessão cn for zero).

iii. O erro assumido ao truncar a série não supera o

último termo considerado


✓ Função na forma de uma série de potências: Uma

função é representada por uma série de potências, na

forma

𝑓 𝑥 =

𝑛=0

∞

𝑐𝑛(𝑥 − 𝑎)𝑛 = 𝑐𝑜 +𝑐1(𝑥 − 𝑎) + 𝑐2(𝑥 − 𝑎)2⋯ ,

cujo domínio é o intervalo de convergência da série.

✓ Se a série tiver raio de convergência 𝑅 > 0, então a

função f será contínua, diferenciável e integrável no

intervalo 𝑎 − 𝑅, 𝑎 + 𝑅 , e f(x) e sua integral pode ser

calculada por derivação e integração termo a termo,

como:


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𝑓′ 𝑥 = 𝑐1 + 2𝑐2 𝑥 − 𝑎 + 3𝑐3(𝑥 − 𝑎)2+⋯ =

=

𝑛=1

∞

𝑛𝑐𝑛(𝑥 − 𝑎)𝑛−1

𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =

= 𝐶 + 𝑐𝑜 𝑥 − 𝑎 + 𝑐1(𝑥 − 𝑎)2

2+ 𝑐2

(𝑥 − 𝑎)3

3+ ⋯

= 𝐶 +

𝑛=0

∞𝑐𝑛(𝑥 − 𝑎)𝑛+1

𝑛 + 1



✓ Embora o raio de convergência dessas duas séries

seja R, o intervalo de convergência pode ser

diferente. Pode-se perder a convergência em um

ponto extremo na derivação termo a termo e pode-

se obter convergência em um ponto extremo na

integração termo a termo.

✓ Séries identicamente nulas: Se

σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛(𝑥 − 𝑎)𝑛 = 0, 𝑅 > 0

✓ para todo x no intervalo de convergência,

então 𝑐𝑛 = 0 para todo n.

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✓ Analiticidade em um ponto: Diz-se que a função

f(x) é analítica em um ponto a quando ela pode ser

representada por uma série de potências em (x – a)

com um raio de convergência positivo (R > 0).

✓ Aritmética de uma série de potências: Os

procedimentos para as operações com séries de

potências são semelhantes aos utilizados nas

operações de soma, multiplicação ou divisão entre

polinômios, ou seja, soma-se coeficientes de mesma

potência de x, multiplica-se termo a termo e usa-se a

propriedade distributiva para agrupar termos de

mesma potência.



✓ Assim, tem-se, por exemplo: se as séries de

potências

𝑓 𝑥 = σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛 e g 𝑥 = σ𝑛=0∞ 𝑏𝑛𝑥

𝑛

✓ forem convergentes para 𝑥 < 𝑅, então

𝑓 𝑥 + 𝑔(𝑥) =

𝑛=0

∞

(𝑐𝑛+𝑏𝑛)𝑥𝑛

e

𝑓 𝑥 ∙ 𝑔 𝑥 = 𝑐𝑜𝑏1 + 𝑐𝑜𝑏1 + 𝑐1𝑏𝑜 + 𝑥

+ 𝑐𝑜𝑏2 + 𝑐1𝑏1 + 𝑐2𝑏𝑜 𝑥2 +⋯

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❑ Exercícios



✓ O processo prático para o método pode ser descrito

nas seguintes etapas:

1. Dada uma equação diferencial, desenvolve-se todas

as funções que nela figuram, em séries de potências

da variável x (variável normalmente usada) ou em

potências de x – a (caso se deseje a solução sob a

forma de uma série de potências de x – a).

2. Sugere-se uma solução sob a forma de uma série de

potências e substitui-se esta série e suas derivadas

na equação. Agrupando-se todos os termos de

mesma potência de x, a equação resultante pode ser

escrita como

3.2 Soluções em Série de Potências

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𝑘𝑜 + 𝑘1𝑥 + 𝑘2𝑥2 +⋯ = 0

onde as constantes 𝑘𝑜, 𝑘1, 𝑘2⋯ são combinações

que contém os coeficientes incógnitos 𝑐𝑜, 𝑐1, 𝑐2⋯na série correspondente à solução da equação

diferencial.

3. Para que a expressão anterior se verifique para

qualquer x em um intervalo dado, deve-se ter

𝑘𝑜 = 0, 𝑘1= 0, 𝑘2 = 0,⋯

que formam um sistema cuja solução são os

coeficientes 𝑐𝑜, 𝑐1, 𝑐2⋯ da solução sugerida.



✓ Exemplo 01. Encontre uma solução para

𝑦′ − 2𝑥𝑦 = 0

• Tenta-se uma solução na forma 𝑦 = σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛 , que

substituída junto com a sua derivada na equação,

resulta

(𝑐1+2𝑐2𝑥 + 3𝑐3𝑥2 + 4𝑐4𝑥

3 + 5𝑐5𝑥4 +⋯) −

−2𝑥 𝑐𝑜 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥2 + 𝑐3𝑥

3 +⋯ = 0

(𝑐1+2𝑐2𝑥 + 3𝑐3𝑥2 + 4𝑐4𝑥

3 + 5𝑐5𝑥4 +⋯) −

− 2𝑐𝑜𝑥 + 2𝑐1𝑥2 + 2𝑐2𝑥

3 + 2𝑐3𝑥4 +⋯ = 0


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• Agrupando-se os termos com a mesma potência de x,

tem-se

𝑐1 + 2 𝑐2 − 𝑐𝑜 𝑥 + 3𝑐3 − 2𝑐1 𝑥2 + 4𝑐4 − 2𝑐2 𝑥3

+ 5𝑐5 − 2𝑐3 + 6𝑐6 − 2𝑐4 +⋯ = 0

• Para que esta expressão seja uma identidade em x,é necessário que a soma dos coeficientes de cadapotência de x seja igual a zero, então

𝑐1 = 0; 2 𝑐2 − 𝑐𝑜 = 0; 3𝑐3 − 2𝑐1 = 0;4𝑐4 − 2𝑐2 = 0; 5𝑐5 − 2𝑐3 = 0; 6𝑐6 − 2𝑐4 = 0; ⋯

e, em geral,

(a) 𝑐1 = 0 e (b) 𝑐𝑘+1 =2𝑐𝑘−1

𝑘+1, 𝑘 = 1, 2, 3,⋯



• A relação (a) é dita fórmula de recorrência, a partirda qual os coeficientes da solução geral da ED dadapodem ser calculados. Assim,

𝑐1 = 0; 𝑐5 =2𝑐35

= 0;

𝑐2 = 𝑐𝑜; 𝑐6 =2𝑐46

=𝑐𝑜2 ∙ 3

=𝑐𝑜3!;

𝑐3 =2𝑐13

= 0; ⋮

𝑐4 =2𝑐24

=𝑐𝟐2!

=𝑐𝑜2!;


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• Com estes valores, a solução geral da equaçãodiferencial dada é

𝑦(𝑥) = 𝑐𝑜 + 𝑐𝑜𝑥2 +

𝑐𝑜

2!𝑥4 +

𝑐0

3!𝑥6 +⋯

= 𝑐𝑜 1 + 𝑥2 +𝑥4

2!+

𝑥6

3!+⋯

= 𝑐𝑜

0

∞𝑥2𝑛

𝑛!



• Raio de convergência:


𝑐𝑛

𝑐𝑛+1= lim

𝑛→∞

Τ1 𝑛!

Τ1 (𝑛+1)!=

= lim𝑛→∞

Τ1 𝑛!

Τ1 𝑛+1 𝑛!= lim

𝑛→∞

𝑛+1 𝑛!

𝑛!= ∞

• Intervalo de convergência:

• A série converge absolutamente para 𝑥 − 𝑎 < 𝑅, como

𝑎 = 0, então

𝑥 < ∞ ou −∞ < 𝑥 < ∞


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➢ Soluções em torno de pontos ordinários.

• Considerando-se a equação diferencial escrita na

forma

𝑦′′ + 𝑝 𝑥 𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0,

diz-se que 𝑥𝑜 é um ponto ordinário da equação se

as funções 𝑝(𝑥) e 𝑞 𝑥 são analíticas em 𝑥𝑜, ou

seja, podem ser representadas por séries de

potências em (x – xo) com raios de convergência

positivos (R > 0), conforme representadas a seguir:



𝑝 𝑥 = σ𝑛=0∞ 𝑝𝑛(𝑥 − 𝑥𝑜)

𝑛, ∀ 𝑥 − 𝑥𝑜 < 𝑅𝑝,

𝑞(𝑥) = σ𝑛=0∞ 𝑞𝑛(𝑥 − 𝑥𝑜)

𝑛, ∀ 𝑥 − 𝑥𝑜 < 𝑅𝑞,

com 𝑅𝑝 > 0 e 𝑅𝑞 > 0. Caso contrário, diz-se que 𝑥𝑜é um ponto singular da equação diferencial dada.

• Outra forma de explicar o que seja um ponto

ordinário, parte-se da equação diferencial na forma

𝑃(𝑥)𝑦′′ + 𝑄 𝑥 𝑦′ + 𝑅(𝑥)𝑦 = 0,

supondo-se que P, Q e R são polinômios que não tem

fatores comuns aos três.


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A solução da ED em um intervalo contendo xo está

intimamente associada ao comportamento de P(x)

nesse intervalo, o que determinará se esse ponto é

ordinário ou singular:

▪ Ponto ordinário. Se 𝑃(𝑥𝑜) ≠ 0. Nesse caso, como

P é contínuo, existe um intervalo em torno de xo

no qual P(x) nunca se anula, pode-se, então,

dividir a ED por P(x) para se obter

𝑦′′ + 𝑝 𝑥 𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0,

em que p(x) e q(x) são contínuas.



Logo, pelo teorema de existência e unicidade,

existe uma solução da ED nesse intervalo que

também satisfaz as condições iniciais impostas no

ponto 𝑥𝑜 [𝑦 𝑥𝑜 = 𝑦𝑜 e 𝑦′ 𝑥𝑜 = 𝑦𝑜

′].

▪ Ponto Singular. Se 𝑃 𝑥𝑜 = 0. Neste caso, pelo

menos um entre Q 𝑥𝑜 e R 𝑥𝑜 é diferente de

zero e, em consequência, pelo menos um dos

coeficientes p e q na ED torna-se ilimitado

quando x → xo; portanto, o teorema de existência

e unicidade da solução não se aplica.


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• Na equação 𝑦′′ + 𝑒𝑥𝑦′ + (𝑠𝑒𝑛 𝑥)𝑦 = 0, todo ponto x

é um ponto ordinário. Em particular, x = 0 é um ponto

ordinário, pois

𝑒𝑥 = 1 +𝑥

1!+

𝑥2

2!+⋯ e 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 𝑥 −

𝑥3

3!+

𝑥5

5!−⋯

convergem para todo x.

• A equação 𝑥𝑦′′ + (𝑠𝑒𝑛 𝑥)𝑦 = 0 possui um ponto

ordinário em 𝑥 = 0 , pois 𝑄 𝑥 = Τ𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑥 tem o

desenvolvimento em série de potências

𝑄 𝑥 =𝑠𝑒𝑛 𝑥

𝑥=

𝑥−𝑥3

3!+𝑥5

5!−⋯

𝑥= 1 −

𝑥2

3!+

𝑥4

5!−⋯



• Na equação 𝑦′′ + (𝑙𝑛 𝑥)𝑦 = 0, o ponto x = 0 é um

ponto singular, pois 𝑄 𝑥 = ln 𝑥 não pode ser

desenvolvida em série de potências em torno de x =

0.

• A equação 𝑥𝑦′′ + (𝑐𝑜𝑠 𝑥)𝑦 = 0 possui um ponto

singular em 𝑥 = 0 , pois 𝑞 𝑥 = Τ𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑥 não pode

ser desenvolvida em série de potências centrada em

x = 0.

𝑄 𝑥 =𝑐𝑜𝑠 𝑥

𝑥=

1−𝑥2

2!+𝑥4

4!−⋯

𝑥=

1

𝑥−

𝑥

2!+

𝑥3

4!−⋯


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• Na equação 𝑥2 − 1 𝑦′′ + 2𝑥𝑦′ + 6𝑦 = 0, os pontos

𝑥 = ±1 são singulares, pois nesses pontos 𝑃 𝑥 =0 e, dessa forma, 𝑝 𝑥 = Τ𝑄(𝑥) 𝑃 𝑥 = Τ2𝑥 (𝑥2 − 1)não pode ser desenvolvida em série de potências

centrada em 𝑥 = ±1. Todos os demais pontos são

ordinários.

• A equação de Cauchy-Euler 𝑎𝑥2𝑦′′ + 𝑏𝑥𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0,

em que a, b e c são constantes, possui um ponto

singular em x = 0, pois 𝑝 𝑥 = Τ𝑄(𝑥) 𝑃(𝑥) = Τ𝑏 𝑎𝑥não pode ser desenvolvida em série de potências

centrada em x = 0. Todos os demais pontos, reais ou

complexos, são ordinários.



✓ Exemplo 02. Resolva a equação 𝑦′′ − 2𝑥𝑦 = 0.

• Como não há pontos singulares na equação, oteorema de existência e unicidade garante duassoluções na forma de série de potênciasconvergente em 𝑥 < ∞ , em todo 𝑥. Emparticular, para 𝑥 = 0, tem-se:

𝑦 = σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛;

𝑦′ = σ𝑛=1∞ 𝑛𝑐𝑛𝑥

𝑛−1;

𝑦′′ = σ𝑛=2∞ 𝑛(𝑛 − 1)𝑐𝑛𝑥

𝑛−2


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• Substituindo-se y e sua derivada segunda naequação, tem-se

σ𝑛=2∞ 𝑛(𝑛 − 1)𝑐𝑛𝑥

𝑛−2 − 2𝑥 σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛= 0

σ𝑛=2∞ 𝑛(𝑛 − 1)𝑐𝑛𝑥

𝑛−2 − σ𝑛=0∞ 2𝑐𝑛𝑥

𝑛+1= 0

2𝑐2 + σ𝑛=3∞ 𝑛(𝑛 − 1)𝑐𝑛𝑥

𝑛−2 −σ𝑛=0∞ 2𝑐𝑛𝑥

𝑛+1= 0

• Fazendo-se 𝑘 = 𝑛 − 2 na primeira série e 𝑘 = 𝑛 +1 na segunda, tem-se

2𝑐2 +σ𝑘=1∞ (𝑘 + 2)(𝐾 + 1)𝑐𝑘+2𝑥

𝑘 −σ𝑘=1∞ 2𝑐𝑘−1𝑥

𝑘= 0

2𝑐2 +σ𝑘=1∞ [(𝑘 + 2)(𝐾 + 1)𝑐𝑘+2 − 2𝑐𝑘−1]𝑥

𝑘= 0



• Assim,

2𝑐2 = 0 e 𝑘 + 2 𝐾 + 1 𝑐𝑘+2 − 2𝑐𝑘−1 = 0

ou

𝑐2 = 0 e 𝑐𝑘+2 =2𝑐𝑘−1

𝑘+2 𝐾+1, 𝑘 = 1, 2, 3, …

• Da iteração tem-se


𝑘 = 1 𝑐3 =2𝑐03 ∙ 2

𝑘 = 2 𝑐4 =2𝑐14 ∙ 3

𝑘 = 3 𝑐5 =2𝑐25 ∙ 4

= 0

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𝑘 = 4 𝑐6 =2𝑐36 ∙ 5

=22

6 ∙ 5 ∙ 3 ∙ 2𝑐𝑜

𝑘 = 5 𝑐7 =2𝑐47 ∙ 6

=22

7 ∙ 6 ∙ 4 ∙ 3𝑐1

𝑘 = 6 𝑐8 =2𝑐58 ∙ 7

= 0

𝑘 = 7 𝑐9 =2𝑐69 ∙ 8

=23

9 ∙ 8 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 3 ∙ 2𝑐𝑜

𝑘 = 8 𝑐10 =2𝑐710 ∙ 9

=23

10 ∙ 9 ∙ 7 ∙ 6 ∙ 4 ∙ 3𝑐1

𝑘 = 9 𝑐11 =2𝑐88 ∙ 7

= 0

⋮ ⋮


• Substituindo-se os devidos quocientes em 𝑦, tem-se

𝑦 = 𝑐𝑜 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥2 + 𝑐3𝑥

3 + 𝑐4𝑥4 + 𝑐5𝑥

5 + 𝑐6𝑥6

+𝑐7𝑥7 + 𝑐8𝑥

8 + 𝑐9𝑥9 + 𝑐10𝑥

10 + 𝑐11𝑥11 +⋯

= 𝑐𝑜 + 𝑐1𝑥 +2

3 ∙ 2𝑐𝑜𝑥

3 +2

4 ∙ 3𝑐1𝑥

4 + 0

+22

6∙5∙3∙2𝑐𝑜𝑥

6 +22

7∙6∙4∙3𝑐1𝑥

7 + 0

+23

9∙8∙6∙5∙3∙2𝑐𝑜𝑥

9 +22

10∙9∙7∙6∙5∙3∙2𝑐1𝑥

10 + 0 +⋯


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= 𝑐𝑜 1 +2

3∙2𝑥3 +

22

6∙5∙3∙2𝑥6 +

23

9∙8∙6∙5∙3∙2𝑥9 +⋯

+𝑐1 1 +2

4∙3𝑥4 +

22

7∙6∙4∙3𝑥7 +

22

10∙9∙7∙6∙5∙3∙2𝑥10 +⋯

• Algumas vezes é útil escrever as soluções com anotação de somatório, assim

𝑦1(𝑥) = 𝑐𝑜 1 + σ𝑘=1∞ 2𝑘[1∙4∙7⋯ 3𝑘−2 ]

(3𝑘)!𝑥3𝑘

𝑦2 𝑥 = 𝑐1 1 + σ𝑘=1∞ 2𝑘[2∙5∙8⋯ 3𝑘−1 ]

(3𝑘−1)!𝑥3𝑘+1

• O teste da razão pode mostrar que as duas sériesconvergem para todo 𝑥 real, ou seja, 𝑥 < ∞.




✓ Exemplo 03. Resolva a equação 𝑦′′ + (cos 𝑥) 𝑦 = 0.

• Como cos 𝑥 = 1 −𝑥2

2!+

𝑥4

4!−

𝑥6

6!+⋯ , verifica-se

que x = 0 é um ponto ordinário. Supondo-se então

𝑦 = σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛, tem-se

𝑦′′ + (cos 𝑥)𝑦 = σ𝑛=2∞ 𝑛 𝑛 − 1 𝑐𝑛𝑥

𝑛−2

+ 1 −𝑥2

2!+

𝑥4

4!−

𝑥6

6!+⋯ σ𝑛=0

∞ 𝑐𝑛𝑥𝑛

= 2𝑐2 + 6𝑐3 + 12𝑐4𝑥2 + 20𝑐5𝑥

3 +⋯

+ 1 −𝑥2

2!+

𝑥4

4!−

𝑥6

6!+⋯

𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥2 + 𝑐3𝑥

3 +⋯ =

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= 2𝑐2 + 𝑐𝑜 + 6𝑐3 + 𝑐1 𝑥 + 12𝑐4 + 𝑐3 −1

2𝑐𝑜 𝑥2

+ 20𝑐5 + 𝑐3 −1

2𝑐1 𝑥3 +⋯ = 0

2𝑐2 + 𝑐𝑜 = 0 → 𝑐2 = −𝑐𝑜

2

6𝑐3 + 𝑐1 = 0 → 𝑐3 = −𝑐1

6

12𝑐4 + 𝑐2 −1

2𝑐𝑜 = 0 → 𝑐4 =

𝑐𝑜

12

20𝑐5 + 𝑐3 −1

2𝑐1 = 0 → 𝑐5 =

𝑐1

30

⋮



• Como 𝑐𝑜 e 𝑐1 são arbitrários, a solução geral é

𝑦 𝑥 = 𝑐𝑜 1 −1

2𝑥2 +

1

12𝑥4 −⋯

+ 𝑐1 𝑥 −1

6𝑥3 +

1

30𝑥5 −⋯

• Como a equação diferencial não possui pontossingulares, ambas as séries convergem paratosos os valores de 𝑥.

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➢ Soluções em torno de pontos singulares.

• Considerando-se a equação diferencial escrita na

forma

𝑦′′ + 𝑝 𝑥 𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0,

diz-se que um ponto singular 𝑥 = 𝑥𝑜 da equação

é um ponto singular regular se (𝑥 − 𝑥𝑜)𝑝(𝑥) e

(x − 𝑥𝑜)²𝑞 𝑥 são analíticas em 𝑥𝑜 .

Um ponto singular que não é regular échamado de ponto singular irregular.



• Exemplo: Considerando-se a equação diferencial

escrita na forma

(𝑥2 − 4)2𝑦′′ + 𝑥 − 2 𝑦′ + 𝑦 = 0

Dividindo-se a equação por (𝑥2 − 4)2, encontra-

se

𝑦′′ +𝑥−2

(𝑥2−4)2𝑦′ +

1

(𝑥2−4)2𝑦 = 0

𝑦′′ +1

(𝑥−2)(𝑥+2)2𝑦′ +

1

(𝑥−2)2(𝑥+2)2𝑦 = 0

Logo

𝑝(𝑥) =1

(𝑥−2)(𝑥+2)2e 𝑞(𝑥) =

1

(𝑥−2)2(𝑥+2)2

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Como os pontos 𝑥 = −2 e 𝑥 = 2 são singulares,

testa-se p(x) e q(x) em cada ponto.

Para 𝑥 = −2, aplica-se as condições de

regularidade

𝑥 + 2 𝑝 𝑥 =𝑥+2

𝑥−2 𝑥+2 2 =1

𝑥−2 (𝑥+2)

𝑥 + 2 2𝑞 𝑥 =𝑥+2 2

𝑥−2 2 𝑥+2 2 =1

𝑥−2 2

Na primeira condição, a função resultante não é

analítica no ponto 𝑥 = −2, logo este é um ponto

singular irregular.



Para 𝑥 = 2, aplica-se as condições de

regularidade

𝑥 − 2 𝑝 𝑥 =𝑥−2

𝑥−2 𝑥+2 2 =1

(𝑥+2)²

𝑥 − 2 2𝑞 𝑥 =𝑥−2 2

𝑥−2 2 𝑥+2 2 =1

𝑥+2 2

Nas duas condições, as funções resultantes são

analíticas no ponto 𝑥 = 2, logo este é um ponto

singular regular.

6/23/2019

25





❑ Exercícios



3.3 Método de Frobenius

✓ Considera-se agora o problema de resolver a equação

geral linear de segunda ordem em uma vizinhança de

um ponto singular regular 𝑥 = 𝑥𝑜 .

•Teorema. Se 𝑥 = 𝑥𝑜 for um ponto singular regular

da equação diferencial, então existe pelo menos uma

solução em série na forma

• 𝑦 = (𝑥−𝑥𝑜)𝑟σ𝑛=0

∞ 𝑐𝑛(𝑥−𝑥𝑜)𝑛 = σ𝑛=0

∞ 𝑐𝑛(𝑥−𝑥𝑜)𝑛+𝑟

• em que o número r é uma constante a ser

determinada, e a série convergirá pelo menos em

algum intervalo 0 < 𝑥 − 𝑥𝑜 < 𝑅.

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26


• O método de Frobenius consiste em identificar uma

singularidade regular 𝑥 = 𝑥𝑜 , substituir 𝑦 =σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛(𝑥−𝑥𝑜)𝑛+𝑟e suas derivadas na equação

diferencial dada e determinar o expoente r e os

coeficientes cn.

• Equação indicial: É a equação que permite

determinar o valor de r, que no caso de uma ED de

segunda ordem será uma equação do segundo grau.

• O método fornece um sistema fundamental de

soluções, que dependerá da natureza das raízes

indiciais, podendo ocorrer três possibilidades:



Caso I. As raízes indiciais não diferem de um inteiro

(inclui as raízes complexas conjugadas).

Caso II. As raízes indiciais diferem de um inteiro.

Caso III. As raízes da equação indicial são iguais.

CASO I. Se 𝑟1 e 𝑟2 são distintas e não diferem de

um inteiro, então existem duas soluções linearmente

independentes para a ED dada, na forma

𝑦1 = σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟1 , 𝑐𝑜 ≠ 0

𝑦2 = σ𝑛=0∞ 𝑏𝑛𝑥

𝑛+𝑟2 , 𝑏𝑜 ≠ 0


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Exemplo. Resolver a equação

2𝑥𝑦′′ + 1 + 𝑥 𝑦′ + 𝑦 = 0

Solução:

2𝑥 σ𝑛=0∞ (𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1)𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−2

+(1 + 𝑥)σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−1 +σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟 = 0

σ𝑛=0∞ (𝑛 + 𝑟)(2𝑛 + 2𝑟 − 2)𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−1

+σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−1+ σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟

+σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟 = 0



σ𝑛=0∞ (𝑛 + 𝑟)(2𝑛 + 2𝑟 − 1)𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−1

+ σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 + 1 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟 = 0

𝑟 2𝑟 − 1 𝑐𝑜𝑥𝑟−1 + 𝑥𝑟 σ𝑛=1

∞ (𝑛 + 𝑟)(2𝑛 + 2𝑟 − 1)𝑐𝑛𝑥𝑛−1

+ 𝑥𝑟 σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 + 1 𝑐𝑛𝑥

𝑛 = 0

𝑥𝑟[𝑟 2𝑟 − 1 𝑐𝑜𝑥−1 + σ𝑛=1

∞ (𝑛 + 𝑟)(2𝑛 + 2𝑟 − 1)𝑐𝑛𝑥𝑛−1

+σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 + 1 𝑐𝑛𝑥

𝑛] = 0 k = n – 1

k = n


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𝑥𝑟{𝑟 2𝑟 − 1 𝑐𝑜𝑥−1

+σ𝑘=0∞ [(𝑘 + 𝑟 + 1)(2𝑘 + 2𝑟 + 1)𝑐𝑘+1

+ 𝑘 + 𝑟 + 1 𝑐𝑘]𝑥𝑘} = 0

o que implica em

𝑟 2𝑟 − 1 𝑐𝑜 = 0 → 𝑟 2𝑟 − 1 = 0

(𝑘 + 𝑟 + 1)(2𝑘 + 2𝑟 + 1)𝑐𝑘+1+ 𝑘 + 𝑟 + 1 𝑐𝑘 = 0,

𝑘 = 0, 1, 2,⋯



Da primeira expressão obtém-se a equação indicial

𝑟 2𝑟 − 1 = 0 → ቊ𝑟1 = Τ1 2𝑟2 = 0

Através da segunda expressão, para cada valor das

raízes indiciais obtém as soluções da equação

diferencial.

𝑐𝑘+1 =−𝑐𝑘

(2𝑘+2𝑟+1)

Para 𝑟 = 𝑟1 = Τ1 2, tem-se


2(𝑘+1),


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𝑘 = 0 𝑐1 =−𝑐𝑜2 ∙ 1

𝑘 = 1 𝑐2 =−𝑐12 ∙ 2

=𝑐𝑜

2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 1=

𝑐𝑜

2² ∙ 2!

𝑘 = 2 𝑐3 =−𝑐22 ∙ 3

=−𝑐𝑜

2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 3=

−𝑐𝑜23 ∙ 3!

𝑘 = 3 𝑐4 =−𝑐32 ∙ 4

=𝑐𝑜

24 ∙ 4!

⋮ ⋮

𝑐𝑛 =(−1)𝑛𝑐𝑜

2𝑛𝑛!, 𝑛 = 1, 2, 3,⋯

que determinando os coeficientes da primeira série:



Logo, tem-se como primeira solução da ED


𝑛+𝑟1 = σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛+ Τ1 2

= 𝑐𝑜 σ𝑛=𝑜∞ (−1)𝑛

2𝑛𝑛!𝑐𝑜𝑥

𝑛+1/2

= 𝑐𝑜 σ𝑛=𝑜∞ (−1)𝑛

2𝑛𝑛!𝑥𝑛+1/2

a qual converge para 𝑥 ≥ 0. Na forma apresentada,

a série não tem significado para 𝑥 < 0, por causa da

presença de 𝑥1/2.

Para 𝑟 = 𝑟2 = 0, tem-se


(2𝑘+2𝑟+1)=

−𝑐𝑘

2𝑘+1,


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30


que determinando os coeficientes da segunda série:

𝑘 = 0 𝑐1 =−𝑐𝑜1

𝑘 = 1 𝑐2 =−𝑐13

=𝑐𝑜1 ∙ 3

𝑘 = 2 𝑐3 =−𝑐25

=−𝑐𝑜

1 ∙ 3 ∙ 5

𝑘 = 3 𝑐4 =−𝑐37

=𝑐𝑜

1 ∙ 3 ∙ 5 ∙ 7

⋮ ⋮

𝑐𝑛 =(−1)𝑛𝑐𝑜

1∙3∙5∙7…(2𝑛−1), 𝑛 = 1, 2, 3,⋯



Logo, tem-se como segunda solução da ED


𝑛+𝑟2 = σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛+0

= 𝑐𝑜 σ𝑛=𝑜∞ (−1)𝑛

2𝑛𝑛!𝑐𝑜𝑥

𝑛

= 𝑐𝑜 σ𝑛=𝑜∞ (−1)𝑛

1∙3∙5∙7(2𝑛−1)𝑥𝑛

a qual converge para todo 𝑥.

No intervalo 0,∞ , a solução geral para aequação diferencial é

𝑦 𝑥 = 𝐶1𝑦1 𝑥 + 𝐶2𝑦2 𝑥 .


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CASO II. Se 𝑟1 − 𝑟2 = 𝑁, em que N é um inteiro,

então existem duas soluções linearmente

independentes para a ED dada, na forma


𝑛+𝑟1 , 𝑐𝑜 ≠ 0

𝑦2 = 𝐶𝑦1 𝑥 ln 𝑥 +σ𝑛=0∞ 𝑏𝑛𝑥

𝑛+𝑟2 , 𝑏𝑜 ≠ 0,

em que C é uma constante que pode ser zero.

Exemplo 1. Resolver a equação

(𝑥2 − 1)𝑦′′− 𝑥2 + 1 𝑥𝑦′ + (𝑥2 + 1)𝑦 = 0




Como os pontos 𝑥 = −1 e 𝑥 = 1 são singulares,

testa-se p(x) e q(x) em cada ponto.

Para 𝑥 = −1, aplica-se as condições de

regularidade

𝑥 + 1 𝑝 𝑥 =𝑥+1 (𝑥2+1)

𝑥²−1=

(𝑥2+1)

𝑥−1

𝑥 + 1 2𝑞 𝑥 =𝑥+1 2(𝑥2+1)

(𝑥2−1)=

(𝑥+1)(𝑥2+1)

(𝑥−1)

Na duas condições, a função resultante é analítica

no ponto 𝑥 = −1, logo este é um ponto singular

regular.

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Para 𝑥 = 1, aplica-se as condições de

regularidade

𝑥 + 1 𝑝 𝑥 =𝑥+1 (𝑥2+1)

𝑥²−1=

(𝑥2+1)

𝑥−1

𝑥 + 1 2𝑞 𝑥 =𝑥+1 2(𝑥2+1)

(𝑥2−1)=

(𝑥+1)(𝑥2+1)

(𝑥−1)

Nas duas condições, a função resultante não é

analítica no ponto 𝑥 = 1, logo este é um ponto

singular irregular.


Solução:

𝑥2 − 1 𝑥²𝑦′′ − 𝑥2 + 1 𝑥𝑦′ + (𝑥2 + 1)𝑦 = 0

𝑥2 − 1 𝑥²σ𝑛=0∞ (𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1)𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−2

− 𝑥2 + 1 𝑥 σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−1

+(𝑥2 + 1)σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟 = 0

𝑥2 − 1 σ𝑛=0∞ (𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1)𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟

− 𝑥2 + 1 σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟

+(𝑥2 + 1)σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟 = 0


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Efetuando-se as multiplicações indicadas e

simplificando-se, tem-se

σ𝑛=0∞ (𝑛 + 𝑟 − 1)²𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟+2

−σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 + 1 𝑛 + 𝑟 − 1 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟 = 0

σ𝑛=0∞ (𝑛 + 𝑟 − 1)²𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟+2

− 𝑟 + 1 𝑟 − 1 𝑐𝑜𝑥𝑟 − 𝑟 + 2 𝑟𝑐1𝑥

𝑟+1

−σ𝑛=2∞ 𝑛 + 𝑟 + 1 𝑛 + 𝑟 − 1 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟 = 0



Fazendo-se 𝑘 = 𝑛 no primeiro somatório e 𝑘 =𝑛 − 2 no segundo, obtém-se

σ𝑘=0∞ (𝑘 + 𝑟 − 1)²𝑐𝑛𝑥

𝑘+𝑟+2

− 𝑟 + 1 𝑟 − 1 𝑐𝑜𝑥𝑟 − 𝑟 + 2 𝑟𝑐1𝑥

𝑟+1

−σ𝑘=0∞ 𝑘 + 𝑟 + 3 𝑘 + 𝑟 + 1 𝑐𝑘+2𝑥

𝑘+𝑟+2 = 0

− 𝑟 + 1 𝑟 − 1 𝑐𝑜𝑥𝑟 − 𝑟 + 2 𝑟𝑐1𝑥

𝑟+1

+σ𝑘=0∞ [(𝑘 + 𝑟 − 1)²𝑐𝑛

− 𝑘 + 𝑟 + 3 𝑘 + 𝑟 + 1 𝑐𝑘+2] 𝑥𝑘+𝑟+2 = 0


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Igualando-se a zero o coeficiente de 𝑥𝑟 obtém-se a

equação indicial

− 𝑟 + 1 𝑟 − 1 = 0,

com raízes 𝑟1 = 1 e 𝑟1 = −1, que diferem de um

inteiro.

Igualando-se a zero o coeficiente de 𝑥𝑟+1 obtém-se

− 𝑟 + 2 𝑟𝑐1 = 0,

que mostra que para qualquer uma das raízes 𝑐1 =0.



Igualando-se a soma dos coeficientes de 𝑥𝑘+𝑟+2 a

zero obtém-se

𝑐𝑘+2 =(𝑘 + 𝑟 − 1)²𝑐𝑘

𝑘 + 𝑟 + 3 (𝑘 + 𝑟 + 1), 𝑘 = 0, 1, 2,…

Substituindo-se a raiz 𝑟 = 𝑟1 = 1 na expressão

acima, obtém-se

𝑐𝑘+2=𝑘2

𝑘 + 4 (𝑘 + 2)𝑐𝑘


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Para 𝑘 = 0, obtém-se que 𝑘2 = 0 e,

consequentemente, para os demais valores pares de

k obtém-se 𝑐4 = 𝑐6 = ⋯ = 0, e como 𝑐1 = 0 ,segue-se que para os demais valores ímpares dek obtém-se 𝑐3 = 𝑐5 = ⋯ = 0. Assim, a maior raiz𝑟1 = 1 proporciona a solução

𝑦1(𝑥) = 𝑐𝑜𝑥

A raiz menor, 𝑟 = 𝑟2 = −1, é usada para se obter a

segunda solução independente 𝑦2(𝑥) da forma

𝑦2 = 𝐶𝑦1 𝑥 ln 𝑥 +σ𝑛=0∞ 𝑏𝑛𝑥

𝑛+𝑟2 , 𝑏𝑜 ≠ 0



Substituindo-se esta expressão e suas derivadas na

ED e fazendo-se as devidas simplificações e

agrupamentos (os termos logarítmicos se

cancelam), obtém-se

−2𝐶𝑥 + σ𝑛=0∞ 𝑛 − 2 2𝑏𝑛𝑥

𝑛+1

−σ𝑛=0∞ 𝑛 𝑛 − 2 𝑏𝑛𝑥

𝑛−1 = 0

Fazendo-se 𝑘 = 𝑛 + 1 no primeiro somatório e

𝑘 = 𝑛 − 1 no segundo, obtém-se

−2𝐶𝑥 + σ𝑘=1∞ 𝑘 − 3 2𝑏𝑘−1𝑥

𝑘

−σ𝑘=−1∞ (𝑘 + 1) 𝑘 − 1 𝑏𝑘+1𝑥

𝑘 = 0


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−2𝐶𝑥 + σ𝑘=1∞ 𝑘 − 3 2𝑏𝑘−1𝑥

𝑘

+𝑏1 − σ𝑘=1∞ (𝑘 + 1) 𝑘 − 1 𝑏𝑘+1𝑥

𝑘 = 0

Juntando-se os somatórios e igualando-se a soma

dos coeficientes a zero, obtém-se

Para 𝑘 = 0: 𝑏1 = 0;

Para 𝑘 = 1: −2𝐶 + 4𝑏𝑜 = 0;

Para 𝑘 > 1: 𝑘 − 2 2𝑏𝑘 − (𝑘 + 1) 𝑘 − 1 𝑏𝑘+2 = 0

ou

𝑏𝑘+1 =𝑘−3 2𝑏𝑘−1

𝑘2−1



Como 𝑏1 = 0, então 𝑏3 = 0, 𝑏5 = 0, 𝑏7 = 0 etc.

𝑘 = 3 fornece 𝑏4 = 0, 𝑏6 = 0, 𝑏8 = 0 etc.

𝐶 = 2𝑏𝑜 e 𝑏2 permanecem arbitrários.

Portanto,

𝑦2 𝑥 = 2𝑏0𝑥𝑙𝑛 𝑥 +1

𝑥𝑏𝑜 + 𝑏2𝑥

2

= 2𝑏0𝑥𝑙𝑛 𝑥 +𝑏0

2𝑥+

𝑏2

𝑏𝑜𝑥

Como 𝑦1 = 𝑐𝑜𝑥, então pode-se tomar 𝑏2 = 0, logo

𝑦2 𝑥 = 𝑏0 2𝑥𝑙𝑛 𝑥 +1

𝑥


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𝑥𝑦′′ + 3𝑦′ − 𝑦 = 0

Solução: Possui singularidade regular em 𝑥 = 0.

𝑥 σ𝑛=0∞ (𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1)𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−2

+3σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−1

−σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟 = 0

σ𝑛=0∞ (𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1)𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−1

+ 3σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−1


𝑛+𝑟 = 0



σ𝑛=0∞ [ 𝑛 + 𝑟 [ 𝑛 + 𝑟 + 2 ]𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−1


𝑛+𝑟 = 0

𝑥𝑟{𝑟 𝑟 + 2 𝑐0𝑥−1

+σ𝑛=1∞ [ 𝑛 + 𝑟 𝑛 + 𝑟 + 2 ]𝑐𝑛𝑥

𝑛−1


𝑛} = 0

𝑥𝑟{𝑟 𝑟 + 2 𝑐0𝑥−1

+σ𝑘=0∞ 𝑘 + 𝑟 + 1 𝑘 + 𝑟 + 3 𝑐𝑘+1𝑥

𝑘

−σ𝑘=0∞ 𝑐𝑘𝑥

𝑘} = 0

k = n – 1

k = n


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𝑥𝑟{𝑟 𝑟 + 2 𝑐0𝑥−1

+σ𝑘=0∞ [ 𝑘 + 𝑟 + 1 𝑘 + 𝑟 + 3 𝑐𝑘+1−𝑐𝑘]𝑥

𝑘} = 0

Logo,

𝑟 𝑟 + 2 = 0 → ቊ𝑟1 = 0𝑟2 = −2

→ 𝑟1 − 𝑟2 = 2 e

𝑘 + 𝑟 + 1 𝑘 + 𝑟 + 3 𝑐𝑘+1 − 𝑐𝑘 = 0

𝑐𝑘+1 =𝑐𝑘

𝑘+𝑟+1 (𝑘+𝑟+3), 𝑘 = 0, 1, 2, …



Quando 𝑟1 = 0, 𝑐𝑘+1 =𝑐𝑘

𝑘+1 (𝑘+3), 𝑘 = 0, 1, 2,…


𝑘 = 0 𝑐1 =1

1.3𝑐𝑜

𝑘 = 1 𝑐2 =1

2.4𝑐1 =

2

2! 4!𝑐𝑜

𝑘 = 2 𝑐3 =1

3.5𝑐2 =

2

3! 5!𝑐𝑜

𝑘 = 3 𝑐4 =1

4.6𝑐3 =

2

4! 6!𝑐𝑜

⋮ 𝑐7 = 0

𝑘 ≥ 7 𝑐𝑛 =2

𝑛! (𝑛 + 2)!𝑐𝑜

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39


Logo, uma solução em série é

𝑦1 = 𝑐𝑜𝑥𝑜 σ𝑛=0

∞ 2

𝑛!(𝑛+2)!𝑥𝑛

= 𝑐𝑜 σ𝑛=0∞ 2

𝑛!(𝑛+2)!𝑥𝑛 , 𝑥 < ∞

Quando 𝑟2 = −2,


𝑘−1 (𝑘+1)

Observa-se que para 𝑘 = 1 o denominador se

anula; portanto, deixa-se a relação de recorrência

na forma abaixo e a usamos para 𝑘 = 0 e 𝑘 = 1

𝑘 − 1 𝑘 + 1 𝑐𝑘+1 − 𝑐𝑘 = 0



Assim,

𝑘 = 0 → −1 ∙ 1𝑐1 − 𝑐𝑜 = 0

𝑘 = 1 → 0 ∙ 2𝑐2 − 𝑐1 = 0

A segunda equação implica o coeficiente 𝑐1 = 0, a

primeira 𝑐𝑜 = 0. Os demais coeficientes (para 𝑘 =2, 3, 4,⋯ , ) são encontrados pela equação de

recorrência na forma


𝑘 − 1 (𝑘 + 1),

conforme mostrados no quadro a seguir


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40



𝑘 = 2 𝑐3 =1

1 ∙ 3𝑐2

𝑘 = 3 𝑐4 =1

2 ∙ 4𝑐3 =

2

2! 4!𝑐2

𝑘 = 4 𝑐5 = −1

3 ∙ 5𝑐4 =

2

3! 5!𝑐2

𝑘 = 5 𝑐6 =1

2 ∙ 4 ∙ 6𝑐5 =

2

2! 4! 6!𝑐2

⋮ ⋮

𝑘 ≥ 2 𝑐𝑛 =2

𝑛−2 !𝑛!𝑐2


Logo, a segunda solução da ED é

𝑦2 = 𝑐2𝑥−2 σ𝑛=2

∞ 2

𝑛!(𝑛−2)!𝑥𝑛−2 .

Entretanto, caso se faça 𝑘 = 𝑛 − 2, verifica-se que

𝑦2 é um múltiplo de 𝑦1, concluindo-se que o método

de Frobenius para esse caso dá somente uma

solução em série para a ED, com 𝑐𝑜 no lugar de 𝑐7.

Nesse caso, a segunda solução da ED será dada pela

equação abaixo, tomando-se a menor das duas

raízes, no caso 𝑟2 = −2, portanto


6/23/2019

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𝑦2 = 𝑦1 ln 𝑥 +σ𝑛=0∞ 𝑏𝑛𝑥

𝑛−2,

em que 𝑦1 = σ𝑛=0∞ 2

𝑛!(𝑛+2)!𝑥𝑛.

Derivando-se 𝑦2 duas vezes, obtém-se

𝑦2′ =

𝑦1

𝑥+ 𝑦1

′ ln 𝑥 + σ𝑛=0∞ (𝑛 − 2)𝑏𝑛𝑥

𝑛−3

𝑦2′′ = −

𝑦1

𝑥2+

2𝑦1′

𝑥+ 𝑦1

′′ ln 𝑥

+σ𝑛=0∞ (𝑛 − 2)(𝑛 − 3)𝑏𝑛𝑥

𝑛−4



Assim,

𝑥𝑦2′′ + 3𝑦2

′ − 𝑦2 =

= ln 𝑥 𝑥𝑦1′′ + 3𝑦1

′ − 𝑦1 + 2𝑦1′ +

2𝑦1

𝑥

+σ𝑛=0∞ (𝑛 − 2)(𝑛 − 3)𝑏𝑛𝑥

𝑛−3

+3σ𝑛=0∞ (𝑛 − 2)𝑏𝑛𝑥

𝑛−3 −σ𝑛=0∞ 𝑏𝑛𝑥

𝑛−2

= 2𝑦1′ +

2𝑦1

𝑥

+σ𝑛=0∞ (𝑛 − 2)𝑛𝑏𝑛𝑥

𝑛−3 − σ𝑛=0∞ 𝑏𝑛𝑥

𝑛−2


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42


Substituindo-se 𝑦1 e sua primeira derivada na

expressão, tem-se

σ𝑛=0∞ 4𝑛

𝑛!(𝑛+2)!𝑥𝑛−1 + σ𝑛=0

∞ 4

𝑛!(𝑛+2)!𝑥𝑛−1

+σ𝑛=0∞ (𝑛 − 2)𝑛𝑏𝑛𝑥

𝑛−3 − σ𝑛=0∞ 𝑏𝑛𝑥

𝑛−2

= 0 −2 𝑏𝑜𝑥−3 + −𝑏𝑜 − 𝑏1 𝑥−2 +σ𝑛=0

∞ 4(𝑛+1)

𝑛!(𝑛+2)!𝑥𝑛−1

+σ𝑛=2∞ (𝑛 − 2)𝑛𝑏𝑛𝑥

𝑛−3 −σ𝑛=1∞ 𝑏𝑛𝑥

𝑛−2

= − 𝑏𝑜 + 𝑏1 𝑥−2

+σ𝑘=0∞ 4 𝑘+1

𝑘! 𝑘+2 !+ 𝑘 𝑘 + 2 𝑏𝑘+2 − 𝑏𝑘+1 𝑥𝑘−1 = 0



Igualando a expressão a zero, verifica-se que 𝑏1 =− 𝑏𝑜 e

4 𝑘+1

𝑘! 𝑘+2 !+ 𝑘 𝑘 + 2 𝑏𝑘+2 − 𝑏𝑘+1 = 0,

𝑘 = 0,1,2,…

Para 𝑘 = 0 → 2 − 𝑏1 = 0 ∴ 𝑏1 = 2, 𝑏𝑜 = −2 e 𝑏2é arbitrário.

Para 𝑘 ≥ 1 → 𝑏𝑘+2 =𝑏𝑘+1

𝑘 𝑘+2−

4 𝑘+1

𝑘! 𝑘+2 !𝑘(𝑘+2),

Logo,


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43



𝑘 = 1 𝑏3 =1

3𝑏2 −

4

9

𝑘 = 2 𝑏4 =1

8𝑏3 −

1

32=

1

24𝑏2 −

25

288

⋮ ⋮

Então, a segunda solução é

𝑦2 = 𝑦1 ln 𝑥 − 2𝑥−2 + 2𝑥−1 +𝑏2

+𝑏2

𝑒−

4

9𝑥 + ⋯



𝑥𝑦′′ + 𝑥 − 6 𝑦′ − 3𝑦 = 0

Solução:

𝑥 σ𝑛=0∞ (𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1)𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−2

+ 𝑥 − 6 σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−1

−3σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟 = 0

σ𝑛=0∞ (𝑛 + 𝑟)(𝑛 + 𝑟 − 1)𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−1

+σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟 − 6σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−1

−3σ𝑛=0∞ 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟 = 0


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44


σ𝑛=0∞ [ 𝑛 + 𝑟 𝑛 + 𝑟 − 7 − 6(𝑛 + 𝑟)]𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟−1

+σ𝑛=0∞ 𝑛 + 𝑟 − 3 𝑐𝑛𝑥

𝑛+𝑟 = 0

𝑥𝑟{𝑟 𝑟 − 7 𝑐0𝑥−1

+σ𝑛=1∞ [ 𝑛 + 𝑟 𝑛 + 𝑟 − 7 ]𝑐𝑛𝑥

𝑛−1

+σ𝑛=0∞ (𝑛 + 𝑟 − 3)𝑐𝑛𝑥

𝑛} = 0

𝑥𝑟{𝑟 𝑟 − 7 𝑐0𝑥−1

+σ𝑘=0∞ 𝑘 + 𝑟 + 1 𝑘 + 𝑟 − 6 𝑐𝑘+1

+(𝑘 + 𝑟 − 3)𝑐𝑘]𝑥4} = 0

k = n – 1

k = n



Logo,

𝑟 𝑟 − 7 = 0 → ቊ𝑟1 = 7𝑟2 = 0

→ 𝑟1 − 𝑟2 = 7 e

𝑘 + 𝑟 + 1 𝑘 + 𝑟 − 6 𝑐𝑘+1 + 𝑘 + 𝑟 − 3 𝑐𝑘 = 0

𝑐𝑘+1 =− 𝑘 + 𝑟 − 3 𝑐𝑘

𝑘 + 𝑟 + 1 𝑘 + 𝑟 − 6, 𝑘 = 0, 1, 2, …

Para a menor raiz indicial 𝑟2 = 0, tem-se

𝑐𝑘+1 =−(𝑘−3)𝑐𝑘

(𝑘+1)(𝑘−6),


6/23/2019

45



𝑘 = 0 𝑐1 = −1

2𝑐𝑜

𝑘 = 1 𝑐2 = −1

5𝑐1 =

1

10𝑐𝑜

𝑘 = 2 𝑐3 = −1

12𝑐2 =−−

1

120𝑐𝑜

𝑘 = 3, 4, 5 𝑐4, 𝑐5, 𝑐6 = 0

𝑘 = 6 𝑐7 = 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑑𝑜

𝑘 ≥ 7 𝑐𝑘+1 =−(𝑘−3)𝑐𝑘(𝑘+1)(𝑘−6)




𝑘 = 7 𝑐8 = −4

8.1𝑐7

𝑘 = 8 𝑐9 = −5

9.2𝑐8 =

4.5

2! .8.9𝑐7

𝑘 = 9 𝑐10 = −6

10.3𝑐9 = −

4.5.6

3! .8.9.10𝑐7

𝑘 = 10 𝑐11 = −7

11.4= −

4.5.6.7

4! .8.9.10.11𝑐7

⋮ ⋮

𝑐𝑛 =(−1)𝑛+1.4.5.6 …(𝑛−4)

𝑛−7 !.8.9.10…𝑛)𝑐7, 𝑛 = 8, 9,10,⋯


6/23/2019

46


• Se for escolhido 𝑐7 = 0 e 𝑐𝑜 ≠ 0 , obtém-se asolução

𝑦1 = 𝑐𝑜 1 −1

2𝑥 +

1

10𝑥2 −

1

120𝑥3 ,

• mas, quando 𝑐7 ≠ 0 e 𝑐𝑜 = 0, obtém-se a umasegunda solução

𝑦2 = 𝑐7 𝑥7 +σ𝑛=8∞ (−1)𝑛+1.4.5.6 …(𝑛−4)

𝑛−7 !.8.9.10 …𝑛)𝑥𝑛 ,

|𝑥| < ∞

• e a solução geral da EDO dada é

𝑦 𝑥 = 𝑦1 𝑥 + 𝑦2 𝑥 .




CASO III. Se 𝑟1 = 𝑟2, as duas soluções linearmente

independentes para a ED serão na forma


𝑛+𝑟1 , 𝑐𝑜 ≠ 0

𝑦2 = 𝑦1 𝑥 ln 𝑥 +σ𝑛=0∞ 𝑏𝑛𝑥

𝑛+𝑟1 , 𝑏𝑜 ≠ 0,

Para encontrá-las, procede-se da mesma maneira

que no caso anterior.

cálculo iii - jorgeteofilo.files.wordpress.com · 23/06/2019 10:48 cÁlculo iii - equações...

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