Exercícios Resolvidos de Solução de EDO – Ponto Ordinário

UNICAMP, Cálculo 3, P2 - 2014.1 - Noturno, Questão 3

( a ) Mostre que x = 0 é um ponto ordinário para a equação

y ' ' - x 2 y ' - 3 x y = 0

( b ) Prove que c 2 = 0 e que a fórmula de recorrência da equação em ( a ) é

c n + 3 = c n ( n + 2 )

para n 0 .

( c ) A partir da relação de recorrência determine a fórmula para o coeficiente geral da solução da equação.

( d )   Identifique as duas soluções em séries de potências em torno de x = 0 , linearmente independentes e determine um raio mínimo de convergência. Justifique.

( e )   Encontre a solução com os dados iniciais y ( 0 ) = 2 e y ' 0 = 3 .

Passo 1

( a ) Bom, essa é fácil. Vamos reconhecer a equação

y ' ' - x 2 y ' - 3 x y = 0

como na forma

P x y ' ' + Q ( x ) y ' - Q ( x ) y = 0

Então, como P x = 1 0 , não há nenhum ponto singular. Isto é, todos os pontos são ordinários, inclusive x = 0 .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

( b ) Vamos buscar uma solução em série para esta equação. Assim, admitimos uma função analítica com as seguintes características:

f x = n = 0 c n   x n

f ' x = n = 1 c n   n x n - 1

f ' ' x = n = 2 c n   n ( n - 1 ) x n - 2

Passo 3

Vamos, agora, introduzir as fórmulas na equação:

y ' ' - x 2 y ' - 3 x y = 0

n = 2 c n   n ( n - 1 ) x n - 2 - x 2 n = 1 c n   n x n - 1 - 3 x n = 0 c n   x n = 0

Assim, vamos colocar todos os x e coeficientes para dentro dos somatórios.

n = 2 c n   n ( n - 1 ) x n - 2 - n = 1 c n   n x n + 1 - n = 0 3 c n   x n + 1 = 0

E vamos deixar sempre x n dentro. Para isso, necessitamos fazer um deslocamento nos índices dos somatórios...

n = 2 c n   n ( n - 1 ) x n - 2 = n = 0 c n + 2   ( n + 2 ) ( n + 1 ) x n

n = 1 c n   n x n + 1 = n = 2 c n - 1   ( n - 1 ) x n

n = 0 3 c n   x n + 1 = n = 1 3 c n - 1   x n

Logo:

n = 0 c n + 2   ( n + 2 ) ( n + 1 ) x n - n = 2 c n - 1   ( n - 1 ) x n - n = 1 3 c n - 1   x n = 0

Passo 4

Agora, vamos deixar todos os somatórios a partir do maior valor inicial de n   ( n = 2 ), tirando os termos que sobram do somatório:

n = 0 c n + 2   ( n + 2 ) ( n + 1 ) x n = c 2 . 2.1 + c 3 . 3.2 . x + n = 2 c n + 2   ( n + 2 ) ( n + 1 ) x n

n = 2 c n - 1   ( n - 1 ) x n   :     O k ! = )

n = 1 3 c n - 1   x n = 3 c 0 . x + n = 2 3 c n - 1   x n

Assim, fica:

c 2 . 2.1 + c 3 . 3.2 . x + n = 2 c n + 2   n + 2 n + 1 x n - n = 2 c n - 1   n - 1 x n - 3 c 0 . x + n = 2 3 c n - 1   x n = 0

E podemos juntar os somatórios:

2 c 2 + 6 c 3 x - 3 c 0 x + n = 2 c n + 2   n + 2 n + 1 - c n - 1 n - 1 - 3 c n - 1   x n = 0

Mas como x n 0 , teremos

c n + 2   n + 2 n + 1 - c n - 1 n - 1 - 3 c n - 1 = 0

Passo 5

Para obter a relação de recorrência, temos:

c n + 2   n + 2 n + 1 - c n - 1 n - 1 - 3 c n - 1 = 0

c n + 2   = c n - 1 n - 1 + 3 n + 2 n + 1

c n + 2   = c n - 1 n + 2 n + 2 n + 1

c n + 2   = c n - 1 n + 1

Mas, trocando n por n + 1 , obtemos ( n 0 ) :

c n + 3   = c n n + 2

Passo 6

( c ) A fórmula para o coeficiente geral é dada fazendo um deslocamento de três unicades na fórmula anterior (troca-se n por n - 3 ):

c n   = c n - 3 n - 1

para n 3 . Além disso, c 0 e c 1 são constantes e c 2 = 0 .

Passo 7

d Já obtivemos a relação de recorrência. Agora vamos lembrar que foi dado que c 2 = 0 .

Neste caso, como a relação de recorrência é de três em três coeficientes, sabemos que c 5 = c 8 = = 0 , isto é, c 3 k + 2 = 0 ,     k Z + .

Ok, então nos sobram duas séries de coeficientes, uma começando em c 0 e outra em c 1 .

y x = n = 0 c n   x n

y x = c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + c 4 x 4 + c 5 x 5 +

y x = c 0 + c 1 x + c 3 x 3 + c 4 x 4 +

Percebeu? Eliminamos uma carreira de termos, pois eles são todos nulos. Então, nos sobram as parcelas com n = 3 k e n = 3 k + 1 ,   k Z + .

y x = c 0 + c 3 x 3 + + c 1 x + c 4 x 4 +

y x = k = 0 c 3 k   x 3 k + k = 0 c 3 k + 1   x 3 k + 1

Passo 8

Para a primeira série,

y 0 x = k = 0 c 3 k   x 3 k = c 0 + k = 1 c 3 k   x 3 k = c 0 + c 3 x 3 +

teremos c n   = c n - 3 n - 1 com n = 3 k ( k 1 ) :

c 3 k   = c 3 ( k - 1 ) 3 k - 1

Assim:

k = 1 :     c 3 = c 0 2

k = 2 :     c 6 = c 3 5 = c 0 2.5

k = 3 :     c 9 = c 6 8 = c 0 2.5 . 8

k   g e r a l : c 3 k = c 0 2.5 . 8 .   . ( 3 k - 1 ) = c 0 p = 1 k ( 3 p - 1 )

Então:

y 0 x = c 0 + k = 1 c 0 p = 1 k ( 3 p - 1 )   x 3 k

y 0 x = c 0 1 + k = 1 1 p = 1 k 3 p - 1   x 3 k

Passo 9

Analogamente, para a segunda série:

y 1 x = k = 0 c 3 k + 1   x 3 k + 1 = c 1 x + k = 1 c 3 k + 1   x 3 k + 1 = c 1 x + c 4 x 4 +

Teremos c n   = c n - 3 n - 1 com n = 3 k + 1 ( k 1 ) :

c 3 k + 1   = c 3 k - 2 3 k

Assim:

k = 1 :     c 4 = c 1 3

k = 2 :     c 7 = c 4 6 = c 1 3.6

k = 3 :     c 10 = c 7 9 = c 1 3.6 . 9

k   g e r a l : c 3 k + 1 = c 1 3.6 . 9 .   . ( 3 k ) = c 1 3 k . k !

Então:

y 1 x = c 1 x + k = 1 c 1 3 k . k !   x 3 k + 1

y 1 x = c 1 x 1 + k = 1 1 3 k . k !   x 3 k

Passo 10

Para avaliar o raio de convergência, utilizamos o Teste da Razão (para a primeira série):

lim n a n + 1 a n = lim k c 3 ( k + 1 ) x 3 ( k + 1 ) c 3 k x 3 k

com

c 3 k = c 0 2.5 . 8 .   . ( 3 k - 1 )

c 3 ( k + 1 ) = c 0 2.5 . 8 .   . ( 3 k - 1 ) ( 3 k + 2 )

Logo:

lim n a n + 1 a n = lim k c 0 2.5 . 8 .   . ( 3 k - 1 ) ( 3 k + 2 ) c 0 2.5 . 8 .   . ( 3 k - 1 ) x 3 = l i m k x 3 3 k + 2 = 0 ,   x R  

Portanto, a série é convergente para todo x R . Isto é, o raio de convergência é R = .

Para a segunda série, o desenvolvimento é análogo:

lim n a n + 1 a n = lim k c 3 k + 4 x 3 k + 4 c 3 k + 1 x 3 k + 1

com

c 3 k + 1 = c 1 3.6 . 9 .   . ( 3 k ) = c 1 3 k . k !

c 3 k + 4 = c 1 3.6 . 9 .   . ( 3 k ) ( 3 k + 1 ) = c 1 3 k + 1 . ( k + 1 ) !

Logo:

lim n a n + 1 a n = lim k c 1 3 k + 1 . ( k + 1 ) ! c 1 3 k . k ! x 3 = l i m k x 3 3 ( k + 1 ) = 0 ,   x R  

Isso comprova que o raio de convergência é infinito.

Passo 11

( e ) Para achar a solução final, basta combinar as soluções linearmente independentes:

y 0 x = c 0 1 + k = 1 1 p = 1 k 3 p - 1   x 3 k

y 1 x = c 1 x 1 + k = 1 1 3 k . k !   x 3 k

Portanto:

y x = y 0 x + y 1 x

y x = c 0 1 + k = 1 1 p = 1 k 3 p - 1   x 3 k + c 1 x 1 + k = 1 1 3 k . k !   x 3 k

Passo 12

Dadas as condições iniciais y 0 = 2 e y ' 0 = 3 , podemos encontrar c 0 e c 1 .

y x = c 0 1 + k = 1 1 p = 1 k 3 p - 1   x 3 k + c 1 x 1 + k = 1 1 3 k . k !   x 3 k

y x = c 0 1 + 1 2 x 3 + 1 2.5 x 6 + + c 1 x 1 + 1 3 x 3 + 1 3.6 x 6 +

Então, como y 0 = 2 :

c 0 . 1 + c 1 . 0 . 1 = 2 c 0 = 2

Agora, passando o x para dentro na segunda série e derivando tudo:

y x = 2 1 + 1 2 x 3 + 1 2.5 x 6 + + c 1 x + 1 3 x 4 + 1 3.6 x 7 +

y ' x = 2 3 2 x 2 + 6 2.5 x 5 + + c 1 1 + 4 3 x 3 + 7 3.6 x 6 +

Como y ' 0 = 3 , vem:

2 . 0 + c 1 . 1 = 3 c 1 = 3

Portanto, a solução final é

y x = 2 1 + k = 1 1 p = 1 k 3 p - 1   x 3 k + 3 x 1 + k = 1 1 3 k . k !   x 3 k

Resposta

( a ) x = 0 é ponto ordinário.

( b ) c n + 3   = c n n + 2 ,   n 0

( c ) c n   = c n - 3 n - 1

( d ) y 0 x = c 0 1 + k = 1 1 p = 1 k 3 p - 1   x 3 k ; y 1 x = c 1 x 1 + k = 1 1 3 k . k !   x 3 k ; R =

( e ) x = 2 1 + k = 1 1 p = 1 k 3 p - 1   x 3 k + 3 x 1 + k = 1 1 3 k . k !   x 3 k

Esse conteúdo é exclusivo para cadastrados.

Cadastre-se grátis no maior portal de exatas do Brasil!

Relaxa, não vamos publicar nada no seu nome.

  • Resumões direto ao ponto
    Resumões
    direto ao ponto
  • Exercícios resolvidos passo a passo
    Exercícios resolvidos
    passo a passo
  • Videoaulas incríveis
    Videoaulas
    incríveis
  • Aulões Salva-Vidas
    Aulões
    Salva-Vidas