Exercícios Resolvidos de Solução de EDO – Ponto Ordinário

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Enunciado

  1. Usar o método de soluções por séries de potências para resolver o seguinte problema de valor inicial:
  2. {   y 0 = 1 ,         y ' 0 = 0 y ' ' x + 2 x y ' x + 2 y = 0                      

    Determinar o domínio de definição da solução y ( x ) .

  3. Calcular y ( x )  

Passo 1

Letra a)

Como o problema pede, vamos solucionar o problema definindo y ( x ) como uma série de potências. Como, para essa questão, temos P x = 1 , qualquer ponto x 0 é ordinário, então, podemos escolher uma série centrada em 0 para facilitar nossa vida : )

Passo 2

Vamos, então, definir:

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n

y ' x = ∑ n = 1 ∞ n a n x n - 1

y ' ' x = ∑ n = 2 ∞ n ( n - 1 ) a n x n - 2

Fazendo essas substituições na EDO , temos:

∑ n = 2 ∞ n ( n - 1 ) a n x n - 2 + 2 x ∑ n = 1 ∞ n a n x n - 1 + 2 ∑ n = 0 ∞ a n x n = 0

∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - 2 + 2 ∑ n = 1 ∞ n a n x n + 2 ∑ n = 0 ∞ a n x n = 0

Passo 3

Precisamos, agora, Igualar as potências de x por x n . Temos:

∑ n = 2 ∞ n ( n - 1 ) a n x n - 2 = ∑ n = 0 ∞ ( n + 2 ) ( n + 1 ) a n + 2 x n

Lembrando que: quando adicionamos algum valor no termo geral da série, temos que subtrair o mesmo no valor inicial do índice n (nesse caso, 2 ).

Temos, então:

∑ n = 0 ∞ ( n + 2 ) ( n + 1 ) a n + 2 x n + 2 ∑ n = 1 ∞ n a n x n + 2 ∑ n = 0 ∞ a n x n = 0

Passo 4

Agora devemos igualar os índices dos somatórios pelo maior (nesse caso n = 1 ), colocando para fora do somatório os termos correspondentes aos índices anteriores.

∑ n = 0 ∞ ( n + 2 ) ( n + 1 ) a n + 2 x n = ( 0 + 2 ) ( 0 + 1 ) a 0 + 2 x 0 + ∑ n = 1 ∞ ( n + 2 ) ( n + 1 ) a n + 2 x n

= 2 a 2 + ∑ n = 1 ∞ ( n + 2 ) ( n + 1 ) a n + 2 x n

Como o somatório deve passar a começar em n = 1 , colocamos para fora o termo correspondente a n = 0 . Vamos fazer o mesmo para a 3ª série:

∑ n = 0 ∞ a n x n = a 0 + ∑ n = 1 ∞ a n x n

Temos, então:

2 a 2 + ∑ n = 1 ∞ ( n + 2 ) ( n + 1 ) a n + 2 x n + 2 ∑ n = 1 ∞ n a n x n + 2 a 0 + ∑ n = 1 ∞ a n x n = 0

Passo 5

Vamos, então, juntar os somatórios colocando x n em evidência e agrupar os termos “soltos”.

2 a 2 + ∑ n = 1 ∞ ( n + 2 ) ( n + 1 ) a n + 2 x n + 2 ∑ n = 1 ∞ n a n x n + 2 a 0 + 2 ∑ n = 1 ∞ a n x n = 0

( 2 a 2 + 2 a 0 ) + ∑ n = 1 ∞ n + 2 n + 1 a n + 2 + 2 n a n + 2 a n x n = 0

( 2 a 2 + 2 a 0 ) + ∑ n = 1 ∞ n + 2 n + 1 a n + 2 + n + 1 2 a n x n = 0

( 2 a 2 + 2 a 0 ) + ∑ n = 1 ∞ ( n + 1 ) n + 2 a n + 2 + 2 a n x n = 0

Passo 6

Como x n ≠ 0 , devemos igualar o termo que multiplica a potência a zero.

( n + 1 ) n + 2 a n + 2 + 2 a n = 0

Como n ≠ - 1 , temos:

n + 2 a n + 2 + 2 a n = 0

O termo “solto”, fora do somatório também deve ser zero.

2 a 2 + 2 a 0 = 0       →       a 2 = - a 0

Encontramos nossa relação de recorrência.

Passo 7

Vamos agora, calcular alguns a n ’s.

Temos:

y 0 = a 0 = 1

  y ' 0 = a 1 = 0    

Como a 2 = - a 0 , temos:

a 2 = - 1

Agora vamos ver os outros termos, essas são nossas informações iniciais.

Dica: nós podemos saber que a relação entre os termos é feita de 2 em 2 por que a relação de recorrência associa termos a n a a n + 2 , portanto, com “ 2 n ’s de distância”.

Para os índices pares, temos:

p a r a   n = 2       →       2 + 2 a 2 + 2   + 2 a 2 = 0       →       a 4 = - 2 a 2 4 = 1 2       ( p = 2 )

p a r a   n = 4       →       4 + 2 a 4 + 2   + 2 a 4 = 0       →       a 6 = - 2 a 4 6 = - 1 3 ∙ 2 = - 1 3 ∙ 2       ( p = 3 )

p a r a   n = 6       →       6 + 2 a 6 + 2   + 2 a 6 = 0       →       a 8 = - 2 a 6 8 = 1 4 ∙ 3 ∙ 2 = 1 4 ∙ 3 ∙ 2       ( p = 4 )

Assim, se n = 2 p , podemos escrever:

a n = a 2 p = - 1 p p !

Temos um fatorial no denominador (veja que o número do fatorial é o mesmo do índice de a 2 p ) e temos alternação de sinais. Como o 1º sinal, quando p = 2 é positivo, podemos dizer que temos - 1 p , pois - 1 2 = 1 . Se você ficar na dúvida quanto ao expoente do ( - 1 ) , testa alguns termos e vê se dá certo!

Para os índices ímpares, agora, temos:

p a r a   n = 1       →       1 + 2 a 1 + 2   + 2 a 1 = 0       →       a 3 = - 2 a 1 3 = 0

p a r a   n = 3       →       3 + 2 a 3 + 2   + 2 a 3 = 0       →       a 5 = - 2 a 3 5 = 0

Assim, se n = 2 p + 1 , podemos dizer que a 2 p + 1 = 0   , ou seja, todos os a n ’s de índice ímpar vão ser zero, pois dependem de a 1 , que é zero.

Passo 8

Vamos, então, substituir na série de potências essas expressões para o a n .

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n = ∑ p = 0 ∞ a 2 p x 2 p + ∑ p = 0 ∞ a 2 p + 1 x 2 p + 1 =

= ∑ p = 0 ∞ - 1 p p ! x 2 p + ∑ p = 0 ∞ 0 x 2 p + 1 =

y ( x ) = ∑ p = 0 ∞ - 1 p p ! x 2 p

Passo 9

Letra b)

Agora precisamos calcular y ( x )   , não é? Para isso, precisamos saber quem é y ( x ) , que função é essa. Nós só temos sua representação por série de potências.

Agora vamos usar um algebrismo. Você se Lembra disso aqui?

e x = ∑ n = 0 ∞ x n n !

Provavelmente não! É, também acho vacilo pedirem isso nessa questão gigante, mas fazer o que, né? Vamos lá, não tem jeito!

Explicação: usando a fórmula geral de Taylor em torno do ponto zero, temos y x = ∑ n = 0 ∞ f n ( 0 ) x n n ! . Como qualquer derivada de e x é e x , temos f n 0 = e 0 = 1 .

Beleza, vamos continuar. Substituindo x por – x 2 (por que não!?), temos o seguinte:

e - x 2 = ∑ n = 0 ∞ ( - x 2 ) n n ! = ∑ n = 0 ∞ - 1 n x 2 n n !

Exatamente a resposta do nosso problema, não é? Conclusão:

y x = e - x 2

Essa foi a função que encontramos. Agora podemos calcular o limite:

y ( x )   = e - x 2   = 0

Finalmente, acabou! : P

Resposta

  1. y ( x ) = ∑ p = 0 ∞ - 1 p p ! x 2 p
  2. y ( x )   = e - x 2   = 0

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