E.D.O.’s e as Séries de Potências | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

Neste artigo, quero apresentar uma primeira lista de exercícios resolvidos sobre a técnica de solução das Equações diferenciais ordinárias (E.D.O.) de 1ª e 2ª ordens, lineares, através de séries de potências em torno de um ponto ordinário.

As Séries de Potências são um caso particularmente importante das séries de funções, com inúmeras aplicações tanto teóricas como práticas. Uma destas aplicações é a solução de equações diferenciais como as E.D.O.’s de 2ª ordem homogêneas através de séries de potências em torno de um ponto ordinário.

A ideia é considerar que a solução geral da E.D.O. $$y”+p(x)y’+r(x)y=0,$$ tais que p,q e r são analíticas no ponto x_0, é $$y=\sum_{n=0}^{\infty}{a_n (x-x_0)^n} = a_0 y_1(x)+a_1 y_2(x)$$ onde a_0 e a_1 são arbitrários e y_1 e y_2 são soluções analíticas em x_0 que formam um conjunto fundamental de soluções cujo raio de convergência é ao menos o raio de convergência das séries de p e q.

Nesse sentido, em todos os casos abaixo teremos, considerando uma solução $$y = \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n},$$ derivadas dadas por $$y’ = \sum_{n=1}^{\infty}{n a_n x^{n-1}}$$ e $$y” = \sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1) a_n x^{n-2}}.$$

E.D.O.’s e as Séries de Potências | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

1) Solucione as EDO’s abaixo utilizando séries de potências em torno de x_0 = 0.

1. y' - 2x y = 0

SOLUÇÃO: Considerando uma solução $$y = \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n},$$ derivadas dadas por $$y’ = \sum_{n=1}^{\infty}{n a_n x^{n-1}}$$ e substituindo na equação encontramos \begin{eqnarray} y’ – 2x y & = & 0 \\ \\ \sum_{n=1}^{\infty}{n a_n x^{n-1}} – 2x  \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n} & = & 0 \\ \\ \sum_{n=1}^{\infty}{n a_n x^{n-1}} –  \sum_{n=0}^{\infty}{2 a_n x^{n+1} } & = & 0 \end{eqnarray}

Como queremos somar as duas séries escreveremos $$ y’ – 2x y = 1 \times a_1x^0 + \sum_{n=2}^{\infty}{n a_n x^{n-1}} –  \sum_{n=0}^{\infty}{2 a_n x^{n+1} }$$ e então faremos k = n-1 na primeira série e k = n+1 na segunda, o lado direito desta igualdade se torna $$a_1 + \sum_{k=1}^{\infty}{(k+1) a_{k+1} x^k} – \sum_{k=1}^{\infty}{2a_{k-1} x^k}.$$

Agora, somamos as séries termo a termo e obtemos $$ y’ – 2x y = a_1 + \sum_{k=1}^{\infty}{\left[ (k+1) a_{k+1} – 2a_{k-1} \right] x^k} = 0 .$$ Daí, para que que o lado esquerdo ser identicamente nulo precisamos que $$ a_1 = 0 $$ $$(k+1) a_{k+1} – 2a_{k-1}; \qquad k=1,2,3,… \; .$$ Esta relação no oferece a fórmula de recorrência que determina a_k dada por $$ a_{k+1} = \frac{2 a_{k-1} }{k +1 } . $$

Desenvolvendo esta fórmula, temos $$ a_2 = a_0 ;$$ $$a_3 = 0 ;$$ $$a_4 = \frac{1}{2!} a_0 ;$$ $$a_5 = 0 ; $$ $$a_6 = \frac{1}{3!} a_0 ;$$ $$a_7 = 0 ;$$ $$ a_8 = \frac{1}{4!} a_0 $$ e assim sucessivamente. O que nos leva à solução \begin{eqnarray} y = \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n} & = &  a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 +a_5 x^5 + a_6 x^6 + …. \\ \\ & = & a_0 + 0 +a_0 x^2 + 0 + \frac{1}{2!} a_0 x^4 + 0 + \frac{1}{3!} a_0 x^6 + 0 + … \\ \\ & = & a_0 \left[1 + x^2 + \frac{1}{2!} x^4 + \frac{1}{3!} x^6 + …  \right] \\ \\ & = & a_0 \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^{2n} }{n!} }  \end{eqnarray} que é, de fato, a solução geral da equação.

2. y'' - 2x y = 0

SOLUÇÃO: Vemos que os coeficientes da equação são constantes ou polinomiais, logo, esta é uma equação que tem em x=0 um ponto ordinário. Obviamente ele não é o único, mas por uma questão de simplicidade o escolheremos para o trabalho. Além disso, como não há pontos singulares, o Teorema da Existência de Soluções em Série de Potências garante duas soluções na forma de séries de potências $$y = \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n},$$ que irão formar um C.F.S. da equação dada, ambas convergentes em |x - 0| < \infty .

Desta forma, usando as derivadas calculadas previamente na equação dada pelo nosso problema encontramos \begin{eqnarray} y” – 2xy & = & \sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1) a_n x^{n-2}} – 2 x  \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n}\\ \\ & = & 2 \times a_2 x^0 + \sum_{n=3}^{\infty}{n(n-1) a_n x^{n-2}} – 2  \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^{n+1} } \end{eqnarray}

Como ambas as séries agora começam no termo com x^1 podemos acertar o passo de cada uma delas com o objetivo de somá-las, fazendo k = n - 2 na primeira série e k = n +1 na segunda série. Daí, \begin{eqnarray} y” – 2xy & = & 2 a_2  + \sum_{k=1}^{\infty}{(k+2)(k+1) a_{k+2} x^{k}} – 2 \sum_{k=1}^{\infty}{a_{k-1} x^{k} } \\ \\ & = & 2 a_2 + \sum_{k=1}^{\infty}{\left[ (k+2)(k+1) a_{k+2} – 2 a_{k-1}  \right] x^k} =0 \end{eqnarray}

Assim, para que tenhamos a igualdade satisfeita precisamos que $$a_2 = 0 $$ $$ (k+2)(k+1) a_{k+2} – 2 a_{k-1} = 0 \Leftrightarrow a_{k+2} = \frac{2 a_{k-1}}{(k+2)(k+1)} ; \qquad k = 1,2,3, …$$ cuja iteração nos dá $$a_3 = \frac{2 a_0 }{3 \times 2}; $$ $$a_4 = \frac{2 a_1 }{4 \times 3}; $$ $$a_5 = \frac{2 a_2 }{5 \times 4} = 0; $$ $$a_6 = \frac{2^2 a_0 }{6 \times 5 \times 3 \times 2}; $$ $$a_7 = \frac{2^2 a_1 }{7 \times 6 \times 4 \times 3}; $$ $$a_8 = \frac{2 a_5}{8 \times 7} = 0; $$ $$a_9 = \frac{2^3 a_0 }{9 \times 8 \times 6 \times 5 \times 3 \times 2}; $$ $$a_{10} = \frac{2^3 a_1 }{10 \times 9 \times 7\times 6 \times 4 \times 3}; $$ $$ a_{11} = \frac{2 a_8}{11 \times 10} = 0 $$ $$\vdots $$

O que nos leva a \begin{eqnarray} y = \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n} & = &  a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 +a_5 x^5 + a_6 x^6 + …. \\ \\ & = & a_0 \left[  1 + \frac{2 }{3 \times 2} x^3 + \frac{2^2 }{6 \times 5 \times 3 \times 2} x^6 + \frac{2^3 }{9 \times 8 \times 6 \times 5 \times 3 \times 2} x^9 + … \right] + \\ \\ &  + & a_1 \left[ 1 + \frac{2}{4 \times 3} x^4 + \frac{2^2  }{7 \times 6 \times 4 \times 3} x^7 + \frac{2^3 }{10 \times 9 \times 7\times 6 \times 4 \times 3} x^{10} + … \right] \\ \\ &  = & a_0 \left[ 1 + \sum\limits_{k =1 }^{ \infty }{\frac{2^k \left( 1 \times 4 \times 7 \times … \times [3k -2]\right)}{(3k)!} x^{3k} } \right] + \\ \\ & + & a_1 \left[ x + \sum\limits_{k =1 }^{ \infty }{\frac{2^k \left( 2 \times 5 \times 8 \times … \times [3k – 1]\right)}{(3k-1)!} x^{3k+1} } \right] \end{eqnarray} que é, de fato, a solução geral da equação, pois usando o teste razão podemos garantir a convergência destas séries (para todo |x| < \infty real) para funções que formam o C.F.S. da equação diferencial, dado por: $$ y_1 (x) = \sum\limits_{k =1 }^{ \infty }{\frac{2^k \left( 1 \times 4 \times 7 \times … \times [3k -2]\right)}{(3k)!} x^{3k} }$$ $$y_2 (x) = \sum\limits_{k =1 }^{ \infty }{\frac{2^k \left( 2 \times 5 \times 8 \times … \times [3k – 1]\right)}{(3k-1)!} x^{3k+1} } .$$

3. (x^2+1)y'' +xy'- y = 0

SOLUÇÃO: Observe que neste caso temos como pontos singulares x = \pm i , uma solução em série de potências será convergente pelo menos para | x | < 1 .

Supondo y = \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n} temos $$ (x^2 +1) \sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1) a_n x^{n-2}} + x \sum_{n=1}^{\infty}{n a_n x^{n-1}} – \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n} = $$ $$ = \sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1) a_n x^{n}} + \sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1) a_n x^{n-2}} + \sum_{n=1}^{\infty}{n a_n x^{n}} – \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n}=$$ $$ = 2 a_2 x^0 – a_0 x^0 + 6 a_3 x + a_1 x – a_1 x + \sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1) a_n x^{n}} + \\ + \sum_{n=4}^{\infty}{n(n-1) a_n x^{n-2}} + \sum_{n=2}^{\infty}{n a_n x^{n}} – \sum_{n=2}^{\infty}{a_n x^{n}} $$ e fazendo k = n -2   na segunda série e k = n nas demais, encontramos $$ 2 a_2 – a_0 +6c_3 x + \sum_{k =2 }^{\infty}{[k(k-1)a_k + (k+2)(k+1)a_{k+2} +k a_k – a_k] x^k} = \\ = 2 a_2 – a_0 + 6c_3 x + \sum_{k =2 }^{\infty}{[(k+1)(k-1)a_k + (k+2)(k+1)a_{k +2}] x^k} =0 .$$

Logo, $$2 a_2 – a_0 = 0 $$ $$c_3 = 0$$ $$[(k+1)(k-1)a_k + (k+2)(k+1)a_{k +2}] = 0$$ donde obtemos $$a_2 = \frac{1}{2} a_0 $$ $$a_3 = 0 $$ $$ a_{k+2} = \frac{1-k}{k+2}a_k ; \qquad k=2,3,4,…$$ e iterando esta última lei de recorrência, encontramos $$a_4 = – \frac{1}{2^2 2!} a_0 $$ $$a_5 = 0 $$ $$a_6 = \frac{1 \times 3}{2^3 3!} a_0 $$ $$a_7 = 0 $$ $$a_8 = – \frac{1 \times 3 \times 5 }{2^4 4!} a_0 $$ $$a_9 = 0 $$ $$ a_{10} = \frac{1 \times 3 \times 5 \times 7}{2^5 5!} a_0$$ e assim sucessivamente.

Portanto, \begin{eqnarray} y  & = & \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n} =  a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 +a_5 x^5 + a_6 x^6 + …. \\ \\ & = & a_0 \left[  1 + \frac{1}{2} x^2 – \frac{1 }{2^2  \times 2!} x^4  + \frac{1 \times 3 }{2^2 \times3! } x^6 – \frac{1 \times 3 \times 5 }{2^4 \times 4!} x^8 + \frac{1 \times 3 \times 5 \times 7}{2^5 5!} x^{10}- … \right] +  a_1 x\\ \\ & = & a_0 \left[  1 + \frac{1}{2} x^2 + \sum_{n =2}^{\infty}{(-1)^{n-1} \frac{1 \times 3 \times 5 \times 7 \times … \times (2n -3) }{2^n n!} x^{2n} } \right] +  a_1 x \end{eqnarray} e esta série converge para todo | x | < 1 .

4. y''- (1+x) y = 0

SOLUÇÃO: Usando a mesma abordagem dos exercícios anteriores, supondo y = \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n} obteremos $$a_2 = \frac{ a_0 }{2}$$ e a relação de recorrência $$ a_{k+2} = \frac{a_k + a_{k-1} }{(k+1)(k+2)}, \qquad k=1,2,3,… \;\; .$$ Para simplificar a iteração, podemos primeiro escolher a_0 \neq 0 , a_1 = 0 ; isso produz uma solução. A outra solução é obtida escolhendo a_0 = 0 , a_1 \neq 0 .

Com a primeira escolha, encontramos $$ a_2 = \frac{1}{2} a_0$$ $$a_3 = \frac{1}{6} a_0$$ $$c_4 = \frac{1}{24} a_0 $$ e assim por diante, o que nos dará a solução $$y_1 (x) = a_0 \left[ 1 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{6} x^3 + \frac{1}{24} x^4 + \frac{1}{30} x^5 + … \right] . $$ Analogamente, se escolhermos a_0 = 0 , então $$a_2 = 0 $$ $$a_3 = \frac{1}{6} a_1$$ $$a_4 = \frac{1}{12} a_1$$ $$ a_5 = \frac{1}{120} a_1 $$ e assim por diante. Logo, uma outra solução é $$ y_2 (x) = a_1 \left[ x + \frac{1}{6} x^3 + \frac{1}{12} x^4 + \frac{1}{120} x^5 + … \right].$$ Cada uma das séries converge para todos os valores de x .

Com isso, podemos escrever $$ y(x) = a_0 \left[ 1 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{6} x^3 + \frac{1}{24} x^4 + \frac{1}{30} x^5 + … \right] + a_1 \left[ x + \frac{1}{6} x^3 + \frac{1}{12} x^4 + \frac{1}{120} x^5 + … \right].$$

5. y'' + cos(x) y = 0

SOLUÇÃO: Lembrando que $$ \cos{x} = \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!}} = 1- \frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-…. $$ podemos concluir que x = 0 é um ponto ordinário desta equação. Supondo y = \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n} obteremos \begin{eqnarray} y” + y cos(x) & = & \sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1) a_n x^{n-2}} + \left[ \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!}} \right] \sum_{n=0}^{\infty}{a_n x^n}\\ \\ & = & \left( 2 a_2 + 6 a_3 + 12 a_4 x^2 + 20 a_5 x^3 + … \right)  + \\ \\ & & + \left( 1 – \frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-…. \right) (a_0 + a_1 x + a_2 x^2 +a_3 x^3+ …) \\ \\ & = & 2 a_2 + a_0 + + \left( 6 a_3 + a_1 \right) x + \left( 12 a_4 + a_3 – \frac{1}{2} a_0 \right) x^2 + \\ \\ & & + \left( 20 a_5 + a_3 – \frac{1}{2} a_1 \right) x^3 + … \end{eqnarray}

Como devemos ter a última linha identicamente nula, então $$ 2 a_2 + a_0 = 0 $$ $$ 6 a_3 + a_1 =0 $$ $$12 a_4 + a_2 – \frac{1}{2} a_0 = 0 $$ $$ 20 a_5 + a_3 – \frac{1}{2} a_1 = 0 $$ $$\vdots$$ e assim por diante. Colocando todos os termos em função de a_0 e a_1 , que são constantes arbitrárias, encontramos $$y(x) = a_0 \left[ 1 – \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{12} x^4 – … \right] + a_1 \left[ 1 – \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{12} x^4 – … \right]$$ e como a equação diferencial não tem pontos singulares, ambas as séries convergem para todos os valores de x .

Listas de Exercícios Resolvidos Sobre E.D.O.’s e as Séries de Potências:

• E.D.O.’s e as Séries de Potências | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos

Livros-texto usados no artigo

1. “Equações Diferenciais: Volume 1” – Dennis G. Zill e Michael R. Cullen

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