The differential equations considered in the text and preceding problems are all linear. The equation
y^{\prime}=1+y^{2}
is nonlinear, and it is easy to see directly that y=\tan x is the particular solution for which y(0)=0. Show that
\tan x=x+\frac{1}{3} x^{3}+\frac{2}{15} x^{5}+\cdots
by assuming a solution for equation (*) in the form of a power series \sum a_{n} x^{n} and finding the a_{n} in two ways:
(a) by the method of the examples in the text (note particularly how the nonlinearity of the equation complicates the formulas);

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
y'=1+y^{2}
com condição inicial y(0)=0, e afirma que a solução particular é y=\tan x. A tarefa é mostrar a expansão em série de potências
\tan x = x + \frac{1}{3}x^{3} + \frac{2}{15}x^{5} + \cdots
assumindo uma solução na forma de série de potências \sum a_{n}x^{n} e determinando os coeficientes a_{n} pelo método por substituição direta na equação. Aqui listamos as informações relevantes:
  • Equação: \;y'=1+y^{2}.
  • Condição: \;y(0)=0.
  • Queremos obter os coeficientes a_{n} da série \;y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} e, em particular, mostrar os primeiros termos dados.

Passo 2

Assumimos a solução como série de potências:
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}.
A condição y(0)=0 implica imediatamente
a_{0}=0.
Derivando termo a termo (válido enquanto a série converge numa vizinhança de 0):
y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}.
Para comparar termos com potências iguais de x é conveniente reindexar:
y'(x)=\sum_{m=0}^{\infty} (m+1)a_{m+1} x^{m}.
Agora precisamos da expressão de y^{2}. Como produto de séries, usamos a soma convolucional:
y(x)^{2}=\Big(\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\Big)\Big(\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\Big) =\sum_{n=0}^{\infty}\Big(\sum_{k=0}^{n} a_{k}a_{n-k}\Big) x^{n}.
Explicando a convolução: o coeficiente de x^{n} em y^{2} é a soma de todos os produtos a_{k}a_{n-k} com k variando de 0 a n. Esse é o lugar onde a não linearidade complica as fórmulas — os coeficientes de y^{2} combinam coeficientes anteriores de y em somas.

Passo 3

Substituímos as expressões em y'=1+y^{2}\): \[\sum_{m=0}^{\infty} (m+1)a_{m+1} x^{m} = 1 + \sum_{n=0}^{\infty}\Big(\sum_{k=0}^{n} a_{k}a_{n-k}\Big) x^{n}.
O termo constante na direita é 1; podemos escrever isso como série com potência x^{0}. Igualando coeficientes de x^{m} em ambos os lados (para todo m\ge 0) obtemos a recorrência
(m+1)a_{m+1} = \begin{cases} 1 + \sum_{k=0}^{0} a_{k}a_{0-k} = 1 + a_{0}^{2}, & m=0,\\[6pt] \sum_{k=0}^{m} a_{k}a_{m-k}, & m\ge 1. \end{cases}
Mas já sabemos a_{0}=0\], logo para \(m=0 fica simplesmente (0+1)a_{1}=1. Em resumo, para todo m\ge 0 podemos usar a fórmula compacta
(m+1)a_{m+1} = \begin{cases}1, & m=0,\\[4pt] \displaystyle\sum_{k=0}^{m} a_{k}a_{m-k}, & m\ge1.\end{cases}]

Passo 4

Vamos calcular os coeficientes um a um, explicando cada soma (fazendo as contas que você consegue reproduzir na prova sem calculadora):
  • Para m=0:
1\cdot a_{1} = 1 \quad\Rightarrow\quad a_{1}=1.
  • Para m=1:
2 a_{2} = \sum_{k=0}^{1} a_{k}a_{1-k} = a_{0}a_{1}+a_{1}a_{0} = 0+0=0 \quad\Rightarrow\quad a_{2}=0.
  • Para m=2:
3 a_{3} = \sum_{k=0}^{2} a_{k}a_{2-k} = a_{0}a_{2}+a_{1}a_{1}+a_{2}a_{0} = 1\cdot 1 = 1 \quad\Rightarrow\quad a_{3}=\frac{1}{3}.
  • Para m=3:
4 a_{4} = \sum_{k=0}^{3} a_{k}a_{3-k} = a_{0}a_{3}+a_{1}a_{2}+a_{2}a_{1}+a_{3}a_{0} = 0 \quad\Rightarrow\quad a_{4}=0.
  • Para m=4:
5 a_{5} = \sum_{k=0}^{4} a_{k}a_{4-k} = a_{0}a_{4}+a_{1}a_{3}+a_{2}a_{2}+a_{3}a_{1}+a_{4}a_{0}.
Aqui só a_{1}a_{3} e a_{3}a_{1} não são zero, então
5 a_{5} = a_{1}a_{3}+a_{3}a_{1}=2\cdot(1)\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{3} \quad\Rightarrow\quad a_{5}=\frac{2}{15}.
Até aqui já obtemos os termos pedidos:
y(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}+a_{4}x^{4}+a_{5}x^{5}+\cdots =0 + 1\cdot x + 0\cdot x^{2} + \frac{1}{3}x^{3}+0\cdot x^{4} + \frac{2}{15}x^{5}+\cdots,
ou seja
y(x)=x+\frac{1}{3}x^{3}+\frac{2}{15}x^{5}+\cdots,
que coincide com a expansão de \tan x pedida.

Passo 5

Explicação adicional sobre por que os coeficientes pares (além de a_{0}) são zero — útil para a prova e para simplificar cálculos:
Considere a função z(x):=-y(-x). Fazendo a derivada,
z'(x) = -\big(-y'(-x)\big) = y'(-x).
Como y satisfaz y'=1+y^{2}, temos
y'(-x)=1+y(-x)^{2}=1+(-z(x))^{2}=1+z(x)^{2},
portanto z satisfaz a mesma equação z'=1+z^{2} e z(0)=-y(0)=0. Pela unicidade da solução do problema de Cauchy com essa condição inicial, segue z\equiv y, ou seja y(-x)=-y(x): a solução é ímpar. Uma função ímpar tem só potências ímpares na série de Taylor em 0, logo a_{2}=a_{4}=a_{6}=\cdots=0. Isso explica por que nos somatórios da convolução só aparecem produtos de coeficientes de índices ímpares quando queremos um coeficiente de potência ímpar.

Passo 6

Se quiser mais um coeficiente para ver o padrão não trivial da convolução, calculemos a_{7}:
Para m=6 (pois queremos a_{7}) temos
7 a_{7} = \sum_{k=0}^{6} a_{k}a_{6-k}.
Como os coeficientes pares são zero, só contribuem os pares (k,6-k) com k ímpar: esses são (1,5),(3,3),(5,1). Assim
7 a_{7} = a_{1}a_{5}+a_{3}a_{3}+a_{5}a_{1} = 2 a_{1}a_{5} + a_{3}^{2} =2\cdot 1\cdot \frac{2}{15} + \left(\frac{1}{3}\right)^{2} = \frac{4}{15}+\frac{1}{9} = \frac{17}{45}.
Logo
a_{7}=\frac{17}{315}.
Assim a série fica, incluindo esse termo,
y(x)=x+\frac{1}{3}x^{3}+\frac{2}{15}x^{5}+\frac{17}{315}x^{7}+\cdots.

Passo 7

Resumo do método e da recorrência geral (útil para a prova): a recorrência obtida pela comparação de coeficientes é, para m\ge 0\), \[(m+1)a_{m+1}=\begin{cases}1,& m=0,\\[4pt]\displaystyle\sum_{k=0}^{m}a_{k}a_{m-k},& m\ge1.\end{cases}
Se você usar a paridade (saber que a_{2n}=0\] para \(n\ge1), pode reescrever para coeficientes ímpares: para n\ge 1,
(2n+1)a_{2n+1}=\sum_{j=0}^{n-1} a_{2j+1}\,a_{2(n-j)-1},
que permite calcular recursivamente cada a_{2n+1} a partir dos anteriores.]

Resposta

\tan x = x + \dfrac{1}{3}x^{3} + \dfrac{2}{15}x^{5} + \dfrac{17}{315}x^{7} + \cdots

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