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Exercícios Resolvidos de Solução de EDO – Ponto Ordinário

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Enunciado

Considere a seguinte equação diferencial:

2 - x 2 y ' ' + 2 y = 0

cuja solu��ão buscaremos na forma de uma série de potências

y x = ∑ n = 0 ∞ a n ∙ x n

  1. Sem determinar a solução, determine uma cota inferior para o raio de convergência da solução em série.
  2. Encontre duas soluções y 1 e y 2 que formam um conjunto fundamental de soluções para a E D O acima.
  3. Determine a solução geral da E D O .

Passo 1

Letra a) “Caraca! Que exercício foda! não vou conseguir! Oh my god!!!”

Calma, man! Quer um bizuzão para quando te cobrar esse tipo de exercício?

Cara, começa sempre buscando primeiro a lei de recorrência... aqueeeela lei que relaciona os os termos a n , se lembra?

Por que, começar assim?

Porque só sabendo como que um termo se relaciona com o outro que você conseguirá fazer a associação e tirar a informação do raio!

Então bora lá?

Passo 2

Então, para encontrar essa relação à gente vai ter que usar uma informação poderosíssima:

y x = ∑ n = 0 ∞ a n ∙ x n

que essa série é resultado daquela EDO!

Agora pensa um pouco comigo: se essa é a resposta da EDO, então ela satisfaz a EDO, certo? Então basta a gente calcular as derivadas dessa resposta que precisa na EDO, ou seja

2 - x 2 y ' ' + 2 y = 0

a segunda derivada (precisamos da primeira então, certo?) e jogar tudo nessa equação da EDO.

Passo 3

Vamos começar calculando a primeira derivada então

y x = ∑ n = 0 ∞ a n ∙ x n             →                   y ' x = ∑ n = 0 ∞ a n ∙ x n '     →

A derivada de uma soma é a soma de suas derivadas...

y ' x = ∑ n = 0 ∞ a n ∙ x n '     →

Derivada desse termo aí é a derivada normal em relação a x

y ' x = ∑ n = 0 ∞ a n ∙ n ∙ x n - 1

Cara, como esse primeiro termo vai zerar, você pode elimina-lo caso queira...

y ' x = ∑ n = 1 ∞ a n ∙ n ∙ x n - 1

Derivando novamente para obter y ' ' que precisamos pra EDO...

y ' x = ∑ n = 1 ∞ a n ∙ n ∙ x n - 1             →                       y ' ' x = ∑ n = 1 ∞ a n ∙ n ∙ x n - 1 '         →

y ' ' x = ∑ n = 1 ∞ a n ∙ n ∙ x n - 1 ' =

y ' ' x = ∑ n = 1 ∞ a n ∙ n ∙ n - 1 x n - 2

Novamente nota que em n = 1 , esse termo z e r a , então pode colocar n variando de 2 (mas você pode deixar n = 0 mesmo, é só uma questão de comodidade )

y ' ' x = ∑ n = 2 ∞ a n ∙ n ∙ n - 1 x n - 2

Passo 4

Substituindo esses caras na EDO...

2 - x 2 y ' ' + 2 y = 0     →

2 y ' ' - x 2 y ' ' + 2 y = 0

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

EEEEpa! Que coisa gigante, mas calma que isso vai simplificar!

Passo 5

Note que o que estamos querendo fazer é colocar todas essas somas de uma forma semelhante a última ( x n e n = 0 , saca?) pra gente poder somar tudo junto.

Pra colocar a primeira delas com n começando de z e r o e x n - 2 como sendo x n .

Pra gente fazer isso, podemos chamar aquele n - 2 = k , então...

n = k + 2

substituindo todos os n na primeira, teremos

∑ n = 2 ∞ a n ∙ n ∙ n - 1 x n - 2 =

∑ k + 2 = 2 ∞ a k + 2 ∙ k + 2 ∙ k + 2 - 1 x k =

∑ k = 0 ∞ a k + 2 ∙ k + 2 ∙ k + 1 x k =

Pra facilitar, vamos mudar esse nome de k pra n (só uma questão de nome, ok? )

∑ n = 0 ∞ a n + 2 ∙ n + 2 ∙ n + 1 x n

Passo 6

Quanto à segunda

x 2 ∑ n = 2 ∞ a n ∙ n ∙ n - 1 x n - 2 =

esse x 2 pode passar pra dentro (ele vai cancelar aquele - 2 em x n - 2 hehe)

∑ n = 2 ∞ a n ∙ n ∙ n - 1 x 2 ∙ x n - 2 =

∑ n = 2 ∞ a n ∙ n ∙ n - 1 x n

Cara, começar essa soma de dois é opcional. Mas note que aqui é melhor começar do zero mesmo, pra ela ficar semelhante às outras:

∑ n = 0 ∞ a n ∙ n ∙ n - 1 x n

(não alteramos o resultado em n = 0 a soma zera e o mesmo acontece com n = 1 )

Passo 7

Jogando então, tudo simplificado naquele monstro do passo 4

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

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

Essas constantes 2 aí podem entrar

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

Colocando tudo em uma única soma (só podemos fazer isso, porque todas estão no mesmo estilo, percebe?)

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

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

esse negocio só zera se

2 ∙ a n + 2 ∙ n + 2 ∙ n + 1 - a n ∙ n ∙ n - 1 + 2 ∙ a n = 0

essa é exatamente a relação de recorrência !

Passo 8

Vamos tentar simplificar mais um pouquinho essa relação...

Colocando a n em evidência

2 ∙ a n + 2 ∙ n + 2 ∙ n + 1 - a n   n ∙ n - 1 - 2 = 0 →

Efetuando aquele produto de lá

2 ∙ a n + 2 ∙ n + 2 ∙ n + 1 - a n n 2 - n - 2   = 0 →

Cara, se você perceber, podemos completar quadrado nesse parênteses aqui n 2 - n - 2   = n + 1 n - 2 , percebeu?

2 ∙ a n + 2 ∙ n + 2 ∙ n + 1 - a n n + 1   n - 2 = 0   →

Isolando a n + 2

2 ∙ a n + 2 ∙ n + 2 ∙ n + 1 = a n n + 1   n - 2       →

a n + 2 = a n n + 1 n - 2 2 ∙ n + 2 ∙ n + 1 →

a n + 2 = a n n - 2 2 n + 2 →

a n + 2 = n - 2 2 n + 2 a n

Passo 9

Cara, perceba que encontramos a relação entre esses termos que precisávamos!:)

Note que eles se relacionam sempre de 2 em 2 , o que significa que par vai se relacionar só com par e ímpar... só com impar, pegou? (normalmente é isso que vai acontecer mesmo ;D)

Isso quer dizer que a gente vai poder separar a solução do nosso problema em duas partes...

y x = ∑ n = 0 ∞ a n ∙ x n       →

vamos “quebrar” essa soma na soma dos pares ( 2 n ) com os ímpares 2 n - 1

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

Agora com essa relação em mãos à gente consegue encontrar o raio de convergência da solução, que deve ser o mesmo para essa soma de pares e impares, então você pode escolher só uma série, para fazer a análise, sacou?

No nosso caso aqui a gente vai escolher a série par pra facilitar a vida, neh?

Passo 10

Pow! Como que se encontra um raio de convergência de uma série?

Bem, o método mais rápido é aquele de comparação, se lembra? Éhhh... Teste da razão!

Esse teste nada mais é do que um limite, neh, esse daqui oh

lim n → ∞ ⁡ b n + 1 b n

Esse limite tem que ser m e n o r que 1 pra tudo fazer sentido na nossa vida (rsrs) e para a série convergir também

lim n → ∞ ⁡ b n + 1 b n < 1

Esse b n é o termo geral da série que estamos querendo analisar. Como estamos trabalhando só com a série par da solução ∑ n = 0 ∞ a 2 n ∙ x 2 n

b n = a 2 n ∙ x 2 n

E bem... o termo b n + 1 ...

b n + 1 = a 2 n + 2 ∙ x 2 n + 2

Voltando com esses caras aí para o limite do teste...

lim n → ∞ ⁡ b n + 1 b n < 1                                   →

lim n → ∞ ⁡ a 2 n + 2 ∙ x 2 n + 2 a 2 n ∙ x 2 n < 1           →

a gente pode simplificar esse x 2 n + 2 em x 2 n + 2 = x 2 n ∙ x 2

lim n → ∞ ⁡ a 2 n + 2 ∙ x 2 n ∙ x 2 a 2 n ∙ x 2 n < 1         →

lim n → ∞ ⁡ a 2 n + 2 ∙ x 2 a 2 n < 1                            

Cara, agora pensa no seguinte: sempre que o problema te pedir raio de convergência, ele tá interessado no intervalo de x , então a gente tem que isolar o x aí, pegou?

Como o x tá multiplicando e ele nem depende de n , a gente pode tira-lo do limite...

x 2 ∙ lim n → ∞ ⁡ a 2 n + 2 a 2 n < 1 →

passando esse módulo de x para o outro lado

lim n → ∞ ⁡ a 2 n + 2 a 2 n < 1 x 2   →

Agora invertendo TUDO, tipo: inverte as duas frações, mas quando inverte as frações, o sinal de < também gira, veja só

lim n → ∞ ⁡ a 2 n a 2 n + 2 > x 2 1 →

x 2 < lim n → ∞ ⁡ a 2 n a 2 n + 2

Prontinho, o intervalo de convergência está aí!

Como temos esses termos, a 2 n e o também o a 2 n + 2 , podemos apenas substituir e ser feliz no calculo do limite ! Bora?

Passo 11

trocando então

a n + 2 = n - 2 2 n + 2 a n

teremos

x 2 < lim n → ∞ ⁡ a n n - 2 2 n + 2 a n →

simplificando

x 2 < lim n → ∞ ⁡ a n ∙ 2 n + 2 a n n - 2 →

x 2 < lim n → ∞ ⁡ 2 n + 2 n - 2 →

x 2 < lim n → ∞ ⁡ 2 n + 4 n - 2

Pra calcular esse limite aí a gente pode dividir em cima e embaixo por n , se lembra?

x 2 < lim n → ∞ ⁡ 2 n + 4 n n - 2 n →

x 2 < lim n → ∞ ⁡ 2 n n + 4 n n n - 2 n   →

Cortando...

x 2 < lim n → ∞ ⁡ 2 + 4 n 1 - 2 n   →

Perceba que no infinito, esses números divididos por n , vão a... z e r o !

x 2 < lim n → ∞ ⁡ 2 1   →     x 2 < 2

x ≤ 2

Ou seja, o raio do intervalo de convergência é... 2 ! !

Passo 12

Letra b) Bem, as duas soluções é aquela própria solução par e a outra, a impar, já que uma a não tem nada a ver com a outra.

y 1 = ∑ n = 0 ∞ a 2 n ∙ x 2 n

y 2 = ∑ n = 0 ��� a 2 n + 1 ∙ x 2 n + 1

Vamos então encontrar esse termo a 2 n da parte par primeiro:

Sabemos que os termos se relacionam pela relação do passo 8

a n + 2 = n - 2 2 n + 2 a n

Substituindo só os n par... Verificamos termo por termo até encontramos um padrão, veja só

n = 0         →           a 0 + 2 = 0 - 2 2 0 + 2 a 0       →             a 2 = - 1 2 a 0  

n = 2         →           a 4 + 2 = 2 - 2 2 2 + 2 a 0       →             a 4 = 0

Epa! O a 4 z e r a ! Como todos os demais pares dependerão de a 4 , todos os demais zerarão percebeu?

Então os únicos termos pares que existe (diferente de zero) é a 0 e a 2 , portanto y 1 será

∑ n = 0 ∞ a 2 n ∙ x 2 n = a 0 x 0 + a 2 x 2 =

a 0 + - 1 2 a 0 x 2 =

a 0 1 - 1 2 x 2

como queremos uma solução particular, podemos tomar a 0 = 1

y 1 = 1 - 1 2 x 2

Passo 13

Vamos então determinar agora os termos impares da outra resposta

y 2 = ∑ n = 0 ∞ a 2 n + 1 ∙ x 2 n + 1

fazendo o mesmo, ou seja, substituindo só os termos ímpares aqui

a n + 2 = n - 2 2 n + 2 a n

até a gente encontrar um padrão, sacou?

n = 1         →           a 1 + 2 = 1 - 2 2 1 + 2 a 1             →            

a 3 = - 1 2 ∙ 3 a 1

substituindo então o n = 3

n = 3         →           a 3 + 2 = 3 - 2 2 3 + 2 a 3             →             a 5 = 1 2 ∙ 5 a 3

a 5 = 1 2 ∙ 5 ∙ - 1 2 ∙ 3 a 1

para n = 5

n = 5         →           a 5 + 2 = 5 - 2 2 5 + 2 a 5             →             a 7 = 3 2 ∙ 7 a 5

a 7 = 3 2 ∙ 7 ∙   1 2 ∙ 5 ∙ - 1 2 ∙ 3 a 1

Mais uma rodada...

n = 7         →                           a 7 + 2 = 7 - 2 2 7 + 2 a 7             →             a 9 = 5 2 ∙ 9 a 7

a 9 = 5 2 ∙ 9 ∙ 3 2 ∙ 7 ∙   1 2 ∙ 5 ∙ - 1 2 ∙ 3 a 1

“Ainda não peguei o padrão”, então mais uma

n = 9 ��         →               a 9 + 2 = 9 - 2 2 9 + 2 a 9         →             a 11 = 7 2 ∙ 11 a 9     →

a 11 = 7 2 ∙ 11 ∙ 5 2 ∙ 9 ∙ 3 2 ∙ 7 ∙   1 2 ∙ 5 ∙ - 1 2 ∙ 3 a 1

Percebeu o que está acontecendo?

Em cima, a gente tem um produto de impares que estão se cancelando com os debaixo :

Ficando só os termos

a 11 = - a 1 2 5 ∙ 11 ∙ 9

Note que 5 é o número de vezes que você fez a repetição, e 11 é o número ímpar correspondente a: 11 = 2 ∙ 5 + 1 e 11 = 2 ∙ 5 - 1

O próximo termo ímpar a gente já consegue adivinhar:

a 13 = - a 1 2 6 ∙ 13 ∙ 11

E mais uma vez repare que 6 é o número de vezes que você fez a repetição e 13 = 2 ∙ 6 + 1 e 11 = 2 ∙ 6 - 1

Então de um modo geral, se chamarmos de ( 2 n + 1 ) os números ímpares então

a ( 2 n + 1 ) = - a 1 2 n ∙ ( 2 n + 1 ) ∙ ( 2 n - 1 )

Percebeu?

Logo

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

Como queremos uma solução particular, podemos escolher a 1 = 1

y 2 = - ∑ n = 0 ∞ x 2 n + 1 2 n ∙ 2 n + 1 ∙ 2 n - 1

Passo 14

Letra c) A resposta geral é a soma das duas particulares, ou seja:

AH! Mas dessa vez devemos consideras as constantes que não sabemos ok? Ou seja

y x = y 1 + y 2       →

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

Resposta

Letra a) 2

Letra b)

y 1 = 1 - 1 2 x 2           e

y 2 = - ∑ n = 0 ∞ x 2 n + 1 2 n ∙ 2 n + 1 ∙ 2 n - 1

Letra c)

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

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