Resolução de Edo por Séries de Potencias Legendre hermite entre Outros

Questão 03 Em cada um dos problemas abaixo de termine se x0 é um ponto ordinário ponto singular regular ou ponto singular irregular 01 x y xx3y ysinx 0 02 x4 y x2 y ex 1 y 0 03 3x3 y 2x2 y 1 x2 y 0 04 x2 y 6 x y 6 y 0 05 x1x y 2 y 2 y 0 Questão 4 Resolva o problema de Valor Inicial y xy 2x2 1y 0 y0 1 y0 1 Determine um número suficiente de termos para calcular y12 com quatro casas decimais de precisão Questão 01 Equação de Legendre A equação de legendre de ordem 2 é uma equação diferencial na forma 1x2 y 2xy α α1 y 0 onde α é um número real tal que α 1 Faça o que se pede a Determine os pontos ordinários desta EDO b Determine os pontos singulares desta EDO c Resolva esta EDO por séries de potências Questão 01 Equação de Kermite A equação de Kermite de Ordem 2 é dada por y 2xy 2ay 0 a Deduz as duas soluções desta EDO em série de potências dadas por YI 1 Σ 1n n2 h 2 α 2 α 2m 2 2m x2m n1 YII x Σ 1n 2m α 1 α 3 α 2m 1 2m 1 x2m 1 n1 b Verifique que YI é um polinômio se α for um inteiro par c Verifique que YII é um polinômio se α for um inteiro impar Questão 1 Eq de Legendre 1x²y 2xy αα1y 0 a Os pontos ordinários são os pontos x tais que 1x² 0 1 x² x 1 Logo esses são todos os x IR 11 b Os pontos singulares são tais que 1x² 0 x² 1 x 1 Logo os pontos singulares são x 1 c Buscaremos uma solução da forma y n0 cn xn Com efeito teremos o seguinte 0 1x² d²dx² n0 cn xn 2x ddx n0 cn xn αα1 n0 cn xn 1x² n2 nn1cn xn2 2 n0 cn xn n αα1 n0 cn xn Continuando temos 0 n2 nn1cn xn2 n2 nn1cn xn2 2 n0 cn n xn αα1 n0 cn xn k0 k2k1ck2 xk k0 kk1ck xk 2 k0 ck k xk αα1 k0 ck xk k0 xk k2k1ck2 αα1 kk1 2k ck k0 xk k2k1ck2 αα1 kk1 ck Em que a igualdade é alcançada desde que o termo das chaves seja nulo Logo segue que temos k2k1ck2 αα1 kk1 ck 0 ck2 kk1 αα1 k2k1 ck Que é nossa relação de recorrência Agora note que Se k é par temos k0 c2 αα121 c0 αα12 c0 k2 c4 6 αα143 c2 6 αα14 α1 α c0 Observe que há um padrão sendo formado Mais que isso veja que podemos reescrever a relação de recorrência como ck2 kk1 αα1 k1k2 ck k² k α² α k1k2 ck kkα αkα kα k1k2 ck kαkα kα k1k2 ck kαkα1 k1k2 ck É obtemos então ck2 kαkα1 k1k2 ck De posse disso veja que temos Para k par k0 C2 αα112 C0 αα12 C0 k2 C4 α2α343 C2 12 αα2α2α3C04 k k1 C2k 1k αα2α2k2α1α3α2k1 C02k Que dá o termo geral em termos de C0 que é uma constante de integração Além disso isso nos dá então a primeira solução que é yI C0 k0 1k αα2α2k2α1α3α2k1 x2k 2k Agora obteremos uma segunda solução dessa vez vamos escolher os k ímpares na relação de recorrência Com efeito temos que para k1 C3 α1α223 C1 α1α22 C1 k3 C5 α3α445 C3 12 α1α3α2α4 C1 5 k2n1 C2k1 1k α1α3α2k1α2α4α2k C1 2k1 E temos as relações de recorrência de modo que a segunda solução fica dada por yIIx C1 k0 1k α1α3α2k1α2α4α2k x2k1 2k1 E logo y yIx yIIx É a solução geral da EDO de Legendre com C0 e C1 duas constantes de integração Questão 2 A eq de Hermite é y 2xy 2α y 0 Buscaremos uma solução da forma yx n0 cn xn Levando na EDO 0 y 2xy λy λ 2α n2 nn1 cn xn2 2 n1 nan xn λ n0 cn xn k0 ck2k1k2 xk 2 k1 k ak xk λ k0 ck xk 2 c2 λ c0 k1 ck2k1k2 xk 2 k1 k ak xk λ k1 ck xk 2 c2 λ c0 k1 xk k1k2 ck2 2 k λ ck Logo devemos ter que 2C2 C6 0 C2 λ2 C0 C2 αC0 Ademais Ck2 k1k2 2kλ Ck 0 mas daí Ck2 2k λk1k2 Ck k 0 e k N Da relaçao de recorrência temos Para n par k 0 C2 λ2 C0 αC0 k 2 C4 4 λ4 3 C2 2 4 λ α4 C0 k 4 C6 8 λ6 5 C4 2α 4 2α 8 2α6 C0 Prosseguindo indutivamente temos como k 0 C2 11 α C0 2 11 α2 C0 k 2 C4 12 22 2 α α4 C0 k 4 C6 13 23 α α 2 α 46 C0 Prosseguindo temos Ck2 1k2 2k2 α α 2 α 4 α k k 2 C0 Translaciondo k2 n obtemos que C2n2 1n 2n α α 2 α 4 α 2n2n 2 C0 Deslocando 2n 2 2n temos que C2n 1n 2n α α 2 α 4 α 2n 2 2n C0 para n 1 e n N Logo a soluçao fica dada por yI n0 Cn xn 1 n1 1n 2n α α 2 α 4 α 2n 2 2n C0 Que é a soluçao desejada Para k ímpar temos k 1 C3 2 λ 3 2 C1 2 2α3 2 C1 2 k13 C1 k 3 C5 6 2α5 4 C3 12 22 α 1 α 35 C1 Note que é imediato que C2n1 1n 2n α 1 α 3 α 2n 12n 1 C1 para n N Daí a segunda soluçao é yII x n0 C2n 1 x2n 1 x n1 1n 2n α 1 α 3 α 2n 1 2n 1 x2n 1 b Para α partemos que YI 1 n1 1n2nαα2α2n22n x2n 1 n1 1n2n2n i0n1α2i x2n Logo se α é par então existe s tq α2s logo YIx 1 n1 1n2n2n i0n12s2i x2n 1 n1 1n2n12n i0n1si x2n 1 n1s 1n2n12n i0n1si x2n E logo YIx é um polinômio visto que se is YIx zera Assim a série é truncada c Se α é ímpar então Is N tq α2s1 Logo YIIx x n1 1n2n α1α3α2n12n1 x2n1 x n1 1n2n2n1 i0n α2i1 x2n1 x n1 1n2n2n1 i0n α2i1 x2n1 x n1 1n2n2n1 i0n 2s12i1 x2n1 x n1 1n2n2n1 i0n 2si x2n1 x n1s 1n2n12n1 i0n si x2n1 E logo nomeamente obtemos que YIIx é um polinômio já que α2s1 e trunca a série Questão 3 a xy xx3 y y senx 0 Logo veja que x0 é ponto singular Ademais temos ao dividir por x o seguinte y 1x2 y senxx y 0 Logo veja que x1x2 é analítica em x0 Ademais xx02 senxx x senx é analítica em x0 Logo como x0 cumpre as duas condições acima segue que x0 é singular regular b xy x2 y ex 1 y 0 Veja que x0 é um ponto singular Ademais temos y x y ex 1x y 0 Logo segue que xx0x00 x x2 é analítica em x0 xx02 x00 ex1x xex 1 é analítica em x0 Portanto x 0 é um ponto singular regular c 3x³y 2x²y 1 x²y 0 De fato x 0 é singular Agora veja aqui y 23x y 1 x² 3x³ y 0 E temos que x23x 23 é uma função analítica em x 0 xc²1 x² 3x³ 1 x²x não é uma função analítica em x 0 Portanto segue que x 0 é singular irregular d x² y 6 senx y 6y 0 O ponto x 0 é singular e veja que y 6 senxx² y 6x² y 0 É imediato que x 0 é singular regular pois Lim x0 6xsenxx² 6 Lim x0 senxx 6 1 6 Lim x0 x² 6x² Lim x0 6 6 E logo como ambos os limites são finitos segue que x 0 é singular regular e xx1y 2y 2y 0 De fato x 0 é um ponto singular Além mais temos ainda que y 2xx1 y 2xx1 y 0 é a EDO na forma reduzida Então veja que Lim x0 x2xx1 Lim x0 2x1 2 Lim x0 x²2xx1 Lim x0 2xx1 0 Como ambos os limites existem e são finitos segue que x 0 é um ponto singular regular 4 y x y 2x² 1y 0 y0 1 y0 1 Buscaremos uma solução da forma yx n0 to cₙ xⁿ para a EDO Então levando na EDO temos o seguinte desenvolvimento 0 d²dx² n0 to cₙ xⁿ x ddx n0 to cₙ xⁿ 2x² 1 n0 to cₙ xⁿ n2 to cₙ nn1 xⁿ² n1 to cₙ xⁿn n0 to 2 cₙ xⁿ² n0 to cₙ xⁿ k0 to cₖ₂ k2k1 xᵏ k0 to cₖ k xᵏ k0 to cₖ xᵏ n2 to 2 cₙ xⁿ² Continuando temos 0 k0 ck2k2k1xk k0 ckk xk1 k0 ck xk n0 2cn xn2 c22 c3 x k2 ck2k2k1xk c00 c1 x k2 ck k xk c0 c1 x k2 ck xk n0 2cn xn2 2c2 c0 x2c1 c3 k2 ck2k2k1xk k2 ck k xk k2 ck xk n0 2cn xn2 2c2 c0 x2c1 c3 n0 cn4n4n3 xn2 n0 cn2n2 xn2 n0 cn2 xn2 n0 2cn xn2 2c2 c0 x2c1 c3 n0 xn2 cn4n4n3 n3cn2 2cn 0 Logo a EDO é satisfeita desde que 2c2 c0 0 2c1 c3 0 cn4n4n3 n3cn2 2cn 0 Disso segue que c2 c0 2 c3 2c1 Da relação de recorrência temos que cn4n3 n3cn2 2cn 0 para n 0 n 0 nos dá c412 3c2 2c0 0 Logo 12 c4 32 c0 2c0 12 c4 c0 2 0 c4 c0 24 n 1 nos dá que c5 54 4c3 2c1 0 20 c5 8c1 2c1 0 20 c5 6c1 0 c5 620 c1 310 c1 n 2 nos dá que 30c6 5c4 2c2 0 30c6 5 c0 24 2 c0 2 0 c6 29720 c0 Logo uma solução até ordem 6 é yx n06 cn xn c0 c1 x c2 x2 c3 x3 c4 x4 c5 x5 c6 x6 c0 1 x2 2 x4 24 c1 x 2x3 310 x5 Pondo o PVI y0 1 1 c0 c0 1 y0 1 1 c1 c1 1 E obtemos como solução yx 1 x2 2 x4 24 29 720 x6 x 2x3 310 x5 Observe que c0 e c1 não mudam independente da quantidade de termos O termo para n3 nos dá 64860956 42C7 6C5 2C3 0 42C7 95 C1 22C1 0 42C7 115 C1 0 C7 11542 C1 11210 C1 Para n4 temos C887 7C6 2C4 0 56C8 729720 C6 2C024 0 C8 14372056 C6 14340320 C0 Logo com n4 temos como solução a expansão até 8º ordem é yx 1 x22 x424 29720 x6 143x840320 x 2x3 3x510 11210 x7 Para x12 obtemos Ordem 0 yx 1 para x12 Ordem 1 Yx 05 para x12 Ordem 2 Yx12 0375 Ordem 3 Yx12 0625 Ordem 4 Yx12 062239 Ordem 5 Yx12 0613020 Ordem 6 Yx12 06136501 Ordem 7 Yx12 0613240 Ordem 8 Yx12 061322709 Logo a partir da ordem 7 segue que temos a aproximação desejada