Slide - Aula 3 - Séries de Potências Aplicações em Edos - Equações de Legendre Euler e Bessel - 2023-2

Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Séries de Potências Aplicações em E D Os: Equações de Legendre, Euler e Bessel Cálculo IV Prof. Jorge Diaz Calle Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Resolver EDO por séries - pontos ordinários • Dada uma equação diferencial ordinária 𝑃 𝑥 𝑦′′ + 𝑄(𝑥)𝑦′ + 𝑅(𝑥)𝑦 = 0 para 𝑃, 𝑄 e 𝑅 polinômios de 𝑥. Geralmente o estudo de EDO é realizado em regiões determinadas, onde temos condições. • Um ponto 𝑥0 é chamado de ponto ordinário se: 𝑃(𝑥0) ≠ 0, caso contrário é ponto singular. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplos Considere a expressão: 𝑃 𝑥 𝑦′′ + 𝑄(𝑥)𝑦′ + 𝑅(𝑥)𝑦 = 0 O que pode dizer de pontos ordinários e pontos singulares nas seguintes expressões? 1. 𝑥3 − 1 𝑦′′ + cos(𝑥)𝑦′ + 1−𝑥 𝑥 𝑦 = 0 2. 𝑥3 − 1 𝑦′′ + 2𝑥𝑦′ + 𝑦 = 0 3. 𝑥3𝑦′′ + cos(𝑥 − 1)𝑦′ + 𝑥𝑦 = 0 4. 𝑡3𝑦′′ + cos(𝑡 − 1)𝑦′ + 𝑡𝑦 = 0 5. 𝑡3 − 1 𝑦′′ + 2(𝑡 − 1)𝑦′ + 3𝑦 = 0 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Resolver EDO por séries - pontos ordinários • Supondo que 𝑥0 é um ponto ordinário de: 𝑃 𝑥 𝑦′′ + 𝑄(𝑥)𝑦′ + 𝑅(𝑥)𝑦 = 0 para 𝑃, 𝑄 e 𝑅 polinômios de 𝑥. • Então: 𝑃(𝑥0) ≠ 0, Mais ainda: • Existe um entorno de 𝑥0 tal que 𝑃(𝑥) ≠ 0, e para os pontos nesse entorno fazemos: 𝑦′′ + 𝑄 𝑥 𝑃 𝑥 𝑦′ + 𝑅 𝑥 𝑃 𝑥 𝑦 = 0. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplos Considere a expressão: 𝑦′′ + 𝑄 𝑥 𝑃 𝑥 𝑦′ + 𝑅 𝑥 𝑃 𝑥 𝑦 = 0. O que pode dizer das funções e suas derivadas? 1. 𝑥3 − 1 𝑦′′ + cos(𝑥)𝑦′ + 1−𝑥 𝑥 𝑦 = 0 𝑦′′ + cos 𝑥 𝑥3−1 𝑦′ − 𝑥−1 𝑥3−1 𝑥𝑦 = 0 𝑦′′ + cos 𝑥 𝑥3−1 𝑦′ − 1 𝑥2+𝑥+1 𝑥𝑦 = 0 Faça agora para 2. 𝑡3 − 1 𝑦′′ + 2(𝑡 − 1)𝑦′ + 3𝑦 = 0 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Resolver EDO por séries - pontos ordinários Dando novo nome para as frações temos 𝑦′′ + 𝑝(𝑥)𝑦′ + 𝑞(𝑥)𝑦 = 0 Assim, 𝑝 𝑥 = 𝑄(𝑥) 𝑃(𝑥) e 𝑞(𝑥) = 𝑅(𝑥) 𝑃(𝑥). IMPORTANTE: Supondo que todas as derivadas de 𝑝 𝑥 e 𝑞 𝑥 existem, então se diz que essas funções são analíticas em 𝑥0. Se são analíticas, sempre podemos escrever a série de Taylor delas, isto é, a série de potências. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Resolver EDO por séries - pontos ordinários • Generalizando: um ponto 𝑥0 é ponto ordinário da equação diferencial ordinária 𝑦′′ + 𝑝 𝑥 𝑦′ + 𝑞 𝑥 𝑦 = 0 se 𝑝 𝑥 e 𝑞(𝑥) são analíticas em 𝑥0. • Se 𝑥0 é ponto ordinário podemos encontrar uma solução em séries de potências no entorno do ponto 𝑥0: 𝑥0 − 𝜌 < 𝑥0 < 𝑥0 + 𝜌 – onde 𝜌 é o raio de convergência da série. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Resolver EDO por séries - pontos ordinários • Exemplos: a) 𝑥2 − 2𝑥 − 3 𝑦′′ + 𝑥𝑦′ + 4𝑦 = 0 para 𝑥0 = ±4 b) 1 + 𝑥3 𝑦′′ + 4𝑥𝑦′ + 𝑦 = 0 𝑒𝑚 𝑥0 = 2 c) 𝑦′′ + 1+𝑥 𝑥2 𝑦′ + 3 ln(𝑥) 𝑥2 𝑦 = 0 𝑒𝑚 𝑥0 = 1 d) 𝑦′′ + (sen 𝑥)𝑦′ + (cos 𝑥)𝑦 = 0 𝑒𝑚 𝑥0 = 0 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Quando aplicar as séries • Obviamente se os coeficientes da EDO são constantes é bem mais simples utilizar as técnicas de EDO lineares de coef. constantes. • Principalmente se utiliza para EDO com coeficientes variáveis, dependem da variável. Alternativa para os métodos dos a) coeficientes a determinar e b) variação de parâmetros. • Observar que a EDO é homogénea. Primeiro se estuda esse caso, mas pode se aplicar para caso não homogéneo. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Teorema. Solução EDO de segunda ordem • Se 𝑥0 é um ponto ordinário da equação diferencial ordinária 𝑢′′ + 𝑝 𝑥 𝑢′ + 𝑞 𝑥 𝑢 = 0 Então a solução geral é 𝑢 𝑥 = 𝑎0𝑢0 𝑥 + 𝑎1𝑢1(𝑥) Nota: Pela teoria de equações diferenciais Onde 𝑎0 e 𝑎1 são constantes arbitrárias e 𝑢0 𝑥 e 𝑢1 𝑥 são soluções linearmente independentes em séries e analíticas em 𝑥0. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Processo: Resolução por séries de potências • Resolver 𝑢′′ + 𝑝 𝑥 𝑢′ + 𝑞 𝑥 𝑢 = 0 em 𝑥0 ponto ordinário. Pode também ter que satisfazer até duas condições. • É um ponto ordinário? Verificar: 𝑃 𝑥0 ≠ 0? • Supõe-se uma solução 𝑢 𝑥 = σ𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 𝑥0)𝑛 • Deriva-se e substitui-se na equação diferencial • Simplificar e provavelmente obter relações de recorrência, obtendo uma solução geral. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Resolução por séries de potências • EXEMPLOS SIMPLES PARA APLICAR 1. Resolver 𝑢′′ − 𝑥𝑢′ − 𝑢 = 0 . 2. Resolver 𝑢′′ − 𝑥𝑢′ − 𝑢 = 0 em 𝑥0 = 1. 3. Resolver ൞ 𝑢′′ − 𝑥𝑢′ − 𝑢 = 0 𝑢 𝑥0 = 2 𝑢′ 𝑥0 = 1 em 𝑥0 = 1. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Resolver 𝑢′′ − 𝑥𝑢′ − 𝑢 = 0 em 𝑥0 = 1. • Para a primeira definição de ponto ordinário: – Os polinômios são 𝑃 𝑥 = 1, 𝑄 𝑥 = −𝑥 e 𝑅 𝑥 = −1 – Observar 𝑃(𝑥0) = 𝑃 1 = 1 ≠ 0. Assim 𝑥0 = 1 é um ponto ordinário. • Para a segunda definição generalizada: Aqui: 𝑝 𝑥 = −𝑥 e 𝑞(𝑥) = −1 são analíticas em 𝑥0 = 1 Assim 𝑥0 = 1 é um ponto ordinário. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Resumo: Resolver 𝑢′′ − 𝑥𝑢′ − 𝑢 = 0 em 𝑥0. • É um ponto ordinário? Verificar: 𝑃 𝑥0 ≠ 0? Sim. 𝑃 𝑥0 = 1. • Supõe-se uma solução 𝑢 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 𝑥0)𝑛 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Supondo que existe uma solução da forma: 𝑢 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 1)𝑛 Derivando: 𝑢′ 𝑥 = ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑛𝑎𝑛(𝑥 − 1)𝑛−1 = ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 1)𝑎𝑛+1(𝑥 − 1)𝑛 𝑢′′ 𝑥 = ෍ 𝑛=2 ∞ 𝑛(𝑛 − 1)𝑎𝑛(𝑥 − 1)𝑛−2 = ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 1)𝑛 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências Substituindo na equação diferencial 𝑢′′ − 𝑥𝑢′ − 𝑢 = 0 ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 1)𝑛 − 𝑥 ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑛 + 1 𝑎𝑛+1 𝑥 − 1 𝑛 − ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 1)𝑛 = 0 O coeficiente −𝑥 pode ser expressado em função de 𝑥 − 1: −𝑥 = −1 − (𝑥 − 1) Assim a equação diferencial toma a forma: Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 1)𝑛 − ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑛 + 1 𝑎𝑛+1 𝑥 − 1 𝑛 − (𝑥 − 1) ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑛 + 1 𝑎𝑛+1 𝑥 − 1 𝑛 − ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 1)𝑛 = 0 ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 1)𝑛 − ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑛 + 1 𝑎𝑛+1 𝑥 − 1 𝑛 − ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑛 + 1 𝑎𝑛+1 𝑥 − 1 𝑛+1 − ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 1)𝑛 = 0 Observar que todas as séries exceto uma tem potências (𝑥 − 1)𝑛, então Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências Mudando o índice ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 1)𝑛 − ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑛 + 1 𝑎𝑛+1 𝑥 − 1 𝑛 − ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑛𝑎𝑛 𝑥 − 1 𝑛 − ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 1)𝑛 = 0 Agora deixando todas as séries iniciando em 𝑛 = 1: 2𝑎2 + ෍ 𝑛=1 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 1)𝑛 − 𝑎1 − ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑛 + 1 𝑎𝑛+1 𝑥 − 1 𝑛 − ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑛𝑎𝑛 𝑥 − 1 𝑛 − 𝑎0 − ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 1)𝑛 = 0 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Simplificando 2𝑎2 − 𝑎1 − 𝑎0 + ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑛 + 2 𝑛 + 1 𝑎𝑛+2 − 𝑛 + 1 𝑎𝑛+1 − 𝑛𝑎𝑛 − 𝑎𝑛 (𝑥 − 1)𝑛 = 0 2𝑎2 − 𝑎1 − 𝑎0 + ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑛 + 2 𝑎𝑛+2 − 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 𝑛 + 1 (𝑥 − 1)𝑛 = 0 Lembrar que a função zero é analítica em qualquer ponto e pode ser expressada na série de Taylor 0 = ෍ 𝑛=0 ∞ (0)(𝑥 − 1)𝑛 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Completando as potências 2𝑎2 − 𝑎1 − 𝑎0 (𝑥 − 1)0+ ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑛 + 2 𝑎𝑛+2 − 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 𝑛 + 1 (𝑥 − 1)𝑛 = ෍ 𝑛=0 ∞ (0)(𝑥 − 1)𝑛 Igualando os coeficientes das potências (polinômios!): Obtemos as seguintes expressões que chamaremos de relações de recorrência: (Um índice depende de outros) 2𝑎2 − 𝑎1 − 𝑎0 = 0 𝑛 + 2 𝑎𝑛+2 − 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 = 0. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Da relação de recorrência temos: 𝑎𝑚 = 1 𝑚 𝑎𝑚−1 + 𝑎𝑚−2 Podemos tentar obter uma fórmula, não sempre é fácil: 𝑎𝑚 = 1 𝑚 1 𝑚 − 1 𝑎𝑚−2 + 𝑎𝑚−3 + 𝑎𝑚−2 𝑎𝑚 = 1 𝑚(𝑚 − 1) 𝑚𝑎𝑚−2 + 𝑎𝑚−3 𝑎𝑚 = 1 𝑚(𝑚 − 1)(𝑚 − 2) 2(𝑚 − 1)𝑎𝑚−3 + 𝑚𝑎𝑚−4 A idéia é chegar no sub índice 0 e 1. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Assim: 𝑎2 = 1 2 𝑎1 + 𝑎0 𝑎3 = 1 3! 3𝑎1 + 𝑎0 𝑎4 = 1 4! 6𝑎1 + 4𝑎0 𝑎5 = 1 5! 18𝑎1 + 8𝑎0 𝑎6 = 1 6! 48𝑎1 + 28𝑎0 … Substituindo na solução 𝑢 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 1)𝑛 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • A solução toma a forma 𝑢 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 1)𝑛 = = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 − 1 + 1 2 𝑎1 + 𝑎0 (𝑥 − 1)2+ 1 3! 3𝑎1 + 𝑎0 (𝑥 − 1)3 + 1 4! 6𝑎1 + 4𝑎0 (𝑥 − 1)4+ 1 5! 18𝑎1 + 8𝑎0 (𝑥 − 1)5+ ⋯ Separando os termos com as constantes 𝑎0 e 𝑎1, temos: 𝑢 𝑥 = 𝑎0 1 + 1 2! (𝑥 − 1)2+ 1 3! (𝑥 − 1)3+ 4 4! (𝑥 − 1)4+ 8 5! (𝑥 − 1)5+ ⋯ +𝑎1 𝑥 − 1 + 1 2! (𝑥 − 1)2+ 3 3! (𝑥 − 1)3+ 6 4! (𝑥 − 1)4+ 18 5! (𝑥 − 1)5+ ⋯ Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Portanto 𝑢 𝑥 = 𝑎0𝑢0(𝑥) + 𝑎1𝑢1(𝑥) 𝑢0(𝑥) = 1 + 1 2! (𝑥 − 1)2+ 1 3! (𝑥 − 1)3+ 4 4! (𝑥 − 1)4+ 8 5! (𝑥 − 1)5+ ⋯ 𝑢1(𝑥) = 𝑥 − 1 + 1 2! (𝑥 − 1)2+ 3 3! (𝑥 − 1)3+ 6 4! (𝑥 − 1)4+ 18 5! (𝑥 − 1)5+ ⋯ São duas funções linearmente independentes e como podem perceber a solução são todas as combinações lineares dessas duas séries. Dimensão da solução é 2. Mas, o que pode dizer da convergência. É válido onde??? Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo 1 do livro (Boyce - Diprima) Seja a equação diferencial 𝑢′′ + 𝑢 = 0 −∞ < 𝑥 < ∞ Observamos que podemos pegar um ponto 𝑥0 ∈ ℝ ele sempre será ordinário. Será que tem solução em série de potências. Supondo a solução em série e derivando como antes, obtem-se (no livro identicamente) ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 𝑥0)𝑛 + ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 𝑥0)𝑛 = 0 ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑛 + 2 𝑛 + 1 𝑎𝑛+2 + 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑥0)𝑛 = 0 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo 1 do livro (Boyce - Diprima) Relação de recorrência 𝑛 + 2 𝑛 + 1 𝑎𝑛+2 + 𝑎𝑛 = 0 𝑎𝑛+2 = −1 𝑛+2 𝑛+1 𝑎𝑛 Observar que a diferença dos sub índices é de 2. Assim podemos ter uma fórmula para sub índices pares e outra para ímpares: 𝑎2𝑘−2+2 = −1 2𝑘−2+2 2𝑘−2+1 𝑎2𝑘−2 𝑎2𝑘 = −1 2𝑘 2𝑘−1 𝑎2𝑘−2 = (−1) 2𝑘 2𝑘−1 (−1) 2𝑘−2 2𝑘−3 𝑎2𝑘−4 𝑎2𝑘 = (−1)𝑘 2𝑘 ! 𝑎0 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo 1 do livro (Boyce - Diprima) Para ímpares: 𝑎2𝑘+1 = (−1)𝑘 2𝑘+1 !𝑎1 A solução pode ser representada por: 𝑢 𝑥 = 𝑎0 1 − 1 2! (𝑥 − 𝑥0)2+ 1 4! (𝑥 − 𝑥0)4+ ⋯ + (−1)𝑛 2𝑛 ! (𝑥 − 𝑥0)2𝑛+ ⋯ +𝑎1 𝑥 − 𝑥0 − 1 3! (𝑥 − 𝑥0)3+ ⋯ + (−1)𝑛 2𝑛 + 1 ! (𝑥 − 𝑥0)2𝑛+1+ ⋯ Logo 𝑢 𝑥 = 𝑎0 ෍ 𝑛=0 ∞ (−1)𝑛 2𝑛 ! (𝑥 − 𝑥0)2𝑛 + 𝑎1 ෍ 𝑛=0 ∞ (−1)𝑛 2𝑛 + 1 ! (𝑥 − 𝑥0)2𝑛+1 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo 1 do livro (Boyce - Diprima) Para ver a convergência (teste da razão) lim 𝑛→∞ (−1)𝑛+1 2(𝑛+1) !(𝑥−𝑥0)2(𝑛+1) (−1)𝑛 2𝑛 ! (𝑥−𝑥0)2𝑛 = lim 𝑛→∞ 1 2𝑛 !(2𝑛+1) 2𝑛+2 (𝑥−𝑥0)2𝑛(𝑥−𝑥0)2 1 2𝑛 !(𝑥−𝑥0)2𝑛 = lim 𝑛→∞ 1 (2𝑛 + 1) 2𝑛 + 2 (𝑥 − 𝑥0)2 = 0 Para que valores de 𝑥 ∈ ℝ, no entorno do ponto 𝑥0, o limite satisfaz 𝐿 < 1? Resposta para todo 𝑥 ∈ ℝ, sendo arbitrário o ponto 𝑥0. Para série dos ímpares identicamente. Portanto, a solução toda converge uniformemente. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de problema com condições iniciais • Resolver ൞ 𝑢′′ − 𝑥𝑢′ − 𝑢 = 0 𝑢 𝑥0 = 2 𝑢′ 𝑥0 = 1 em 𝑥0 = 1. • Para a primeira definição de ponto ordinário: – Os polinômios são 𝑃 𝑥 = 1, 𝑄 𝑥 = −𝑥 e 𝑅 𝑥 = −1 – Observar 𝑃(𝑥0) = 𝑃 1 = 1 ≠ 0. Assim 𝑥0 = 1 é um ponto ordinário. • Para a segunda definição generalizada: Aqui: 𝑝 𝑥 = −𝑥 e 𝑞(𝑥) = −1 são analíticas em 𝑥0 = 1 Assim 𝑥0 = 1 é um ponto ordinário. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Supondo que existe uma solução em série 𝑢 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 1)𝑛 𝑢′ 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑛 + 1 𝑎𝑛+1 𝑥 − 1 𝑛 𝑢′′ 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 1)𝑛 • Substituindo na equação diferencial 𝑢′′ − 𝑥𝑢′ − 𝑢 = 0 • Chegamos na solução: 𝑢 𝑥 = 𝑎0 1 + 1 2! (𝑥 − 1)2+ 1 3! (𝑥 − 1)3+ 4 4! (𝑥 − 1)4+ 8 5! (𝑥 − 1)5+ ⋯ +𝑎1 𝑥 − 1 + 1 2! (𝑥 − 1)2+ 3 3! (𝑥 − 1)3+ 6 4! (𝑥 − 1)4+ 18 5! (𝑥 − 1)5+ ⋯ Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Agora considerando as condições iniciais 𝑢 𝑥0 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥0 − 1)𝑛 = 𝑎0 + ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑎𝑛(𝑥0 − 1)𝑛 ⇒ 𝑢 1 = 𝑎0 = 2. 𝑢′(𝑥0) = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑛 + 1 𝑎𝑛+1 𝑥0 − 1 𝑛 = 1 𝑎1 + ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑛 + 1 𝑎𝑛+1 𝑥0 − 1 𝑛 ⇒ 𝑢′ 1 = 𝑎1 = 1. A solução é 𝑢 𝑥 = 2 1 + 1 2! (𝑥 − 1)2+ 1 3! (𝑥 − 1)3+ 4 4! (𝑥 − 1)4+ 8 5! (𝑥 − 1)5+ ⋯ + 𝑥 − 1 + 1 2! (𝑥 − 1)2+ 3 3! (𝑥 − 1)3+ 6 4! (𝑥 − 1)4+ 18 5! (𝑥 − 1)5+ ⋯ Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Exemplo: Resolver 𝑥𝑢′′ − 𝑥2𝑢′ = 0 em 𝑥0 = 2. Observar: – Os polinômios: 𝑃 𝑥 = 𝑥, 𝑄 𝑥 = −𝑥2 e 𝑅 𝑥 = 0 – Observar 𝑃(𝑥0) = 𝑃 2 = 2 ≠ 0. Assim 𝑥0 = 2 é um ponto ordinário. • Não é ponto ordinário: 𝑥0 = 0. • Assim qualquer intervalo de convergência não pode considerar o zero. Então, raio 𝜌 < 2. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Novamente, assume-se uma solução 𝑢 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 2)𝑛 • Derivando obtemos: 𝑢′ 𝑥 = ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑛𝑎𝑛(𝑥 − 2)𝑛−1 = ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 1)𝑎𝑛+1(𝑥 − 2)𝑛 𝑢′′ 𝑥 = ෍ 𝑛=2 ∞ 𝑛(𝑛 − 1)𝑎𝑛(𝑥 − 2)𝑛−2 = ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 2)𝑛 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Precisamos: 𝑥2𝑢′ 𝑥 ?? 𝑥2𝑢′ 𝑥 = (𝑥 − 2)2+4 𝑥 − 2 + 4 ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 1)𝑎𝑛+1(𝑥 − 2)𝑛 = (𝑥 − 2)2෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 1)𝑎𝑛+1(𝑥 − 2)𝑛 +4 𝑥 − 2 ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 1)𝑎𝑛+1(𝑥 − 2)𝑛 +4 ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 1)𝑎𝑛+1(𝑥 − 2)𝑛 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências 𝑥2𝑢′ 𝑥 = = ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 1)𝑎𝑛+1(𝑥 − 2)𝑛+2 + 4 ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 1)𝑎𝑛+1(𝑥 − 2)𝑛+1 +4 ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 1)𝑎𝑛+1(𝑥 − 2)𝑛 = ෍ 𝑚=2 ∞ (𝑚 − 1)𝑎𝑚−1(𝑥 − 2)𝑚 + 4 ෍ 𝑘=1 ∞ 𝑘𝑎𝑘(𝑥 − 2)𝑘 +4 ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 1)𝑎𝑛+1(𝑥 − 2)𝑛 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências 𝑥2𝑢′ 𝑥 = ෍ 𝑛=2 ∞ (𝑛 − 1)𝑎𝑛−1(𝑥 − 2)𝑛 + 4 ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑛𝑎𝑛(𝑥 − 2)𝑛 +4 ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 1)𝑎𝑛+1(𝑥 − 2)𝑛 = ෍ 𝑛=2 ∞ (𝑛 − 1)𝑎𝑛−1(𝑥 − 2)𝑛 + 4𝑎1 𝑥 − 2 + 4 ෍ 𝑛=2 ∞ 𝑛𝑎𝑛 𝑥 − 2 𝑛 + 4𝑎1 + 8𝑎2(𝑥 − 2) + 4 ෍ 𝑛=2 ∞ (𝑛 + 1)𝑎𝑛+1(𝑥 − 2)𝑛 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências 𝑥2𝑢′ 𝑥 = 4𝑎1 + 4 𝑥 − 2 𝑎1 + 2𝑎2 + + ෍ 𝑛=2 ∞ 𝑛 − 1 𝑎𝑛−1 + 4𝑛𝑎𝑛 + 4(𝑛 + 1)𝑎𝑛+1 (𝑥 − 2)𝑛 • Também precisamos: 𝑥𝑢′′ 𝑥 = (2 + 𝑥 − 2) ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 2)𝑛 = 2 ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 2)𝑛 +(𝑥 − 2) ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 2)𝑛 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências 𝑥𝑢′′ 𝑥 = 2 ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 2)𝑛 + ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 2)𝑛+1 = 2 ෍ 𝑛=0 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 2)𝑛 + ෍ 𝑛=1 ∞ (𝑛 + 1)𝑛𝑎𝑛+1(𝑥 − 2)𝑛 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências 𝑥𝑢′′ 𝑥 = 4𝑎2 + 2 ෍ 𝑛=1 ∞ (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑎𝑛+2(𝑥 − 2)𝑛 + ෍ 𝑛=1 ∞ (𝑛 + 1)𝑛𝑎𝑛+1(𝑥 − 2)𝑛 𝑥𝑢′′ 𝑥 = 4𝑎2 + + ෍ 𝑛=1 ∞ (𝑛 + 1)(2 𝑛 + 2 𝑎𝑛+2 + 𝑛𝑎𝑛+1) (𝑥 − 2)𝑛 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências • Voltando na equação diferencial: 𝑥𝑢′′ − 𝑥2𝑢′ = 0 • Temos: 4𝑎1 + 4 𝑥 − 2 𝑎1 + 2𝑎2 + + ෍ 𝑛=2 ∞ 𝑛 − 1 𝑎𝑛−1 + 4𝑛𝑎𝑛 + 4(𝑛 + 1)𝑎𝑛+1 (𝑥 − 2)𝑛 = 4𝑎2 + ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑛 + 1 2 𝑛 + 2 𝑎𝑛+2 + 𝑛𝑎𝑛+1 𝑥 − 2 𝑛 Igualando a potência zero, temos: 𝑎2 = 𝑎1 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências 4𝑎1 + 4 𝑥 − 2 𝑎1 + 2𝑎2 + + ෍ 𝑛=2 ∞ 𝑛 − 1 𝑎𝑛−1 + 4𝑛𝑎𝑛 + 4(𝑛 + 1)𝑎𝑛+1 (𝑥 − 2)𝑛 = 4𝑎2 + ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑛 + 1 2 𝑛 + 2 𝑎𝑛+2 + 𝑛𝑎𝑛+1 𝑥 − 2 𝑛 Igualando a potência zero, temos: 𝑎2 = 𝑎1 4 𝑎1 + 2𝑎2 = 2 6𝑎3 + 𝑎2 → 𝑎3 = 5 6𝑎1 𝑎4 = 33 48𝑎1 Pode encontrar uma fórmula??? Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exemplo de resolução por séries de potências Logo, a solução tem a forma 𝑢 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 2)𝑛 = 𝑎0 + ෍ 𝑛=1 ∞ 𝑎𝑛(𝑥 − 2)𝑛 = 𝑎0 + 𝑎1 (𝑥 − 2) + (𝑥 − 1)2+ 5 6 (𝑥 − 1)3+ 33 48 (𝑥 − 1)4+ ⋯ Praticamente tem apenas uma solução 𝑢1(𝑥) = (𝑥 − 2) + (𝑥 − 1)2+ 5 6 (𝑥 − 1)3+ 33 48 (𝑥 − 1)4+ ⋯ Por quê??? Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exercícios • Resolver utilizando séries de potências: 1. 𝑦′′ + 𝑘2𝑥2𝑦 = 0, para 𝑘 uma constante e 𝑥0 = 0 2. 𝑥𝑦′′ + 𝑦′ + 𝑥𝑦 = 0 com 𝑥0 = 1 3. 3 − 𝑥2 𝑦′′ − 3𝑥𝑦′ − 𝑦 = 0 com 𝑥0 = 0 4. 2 + 𝑥2 𝑦′′ − 𝑥𝑦′ + 4𝑦 = 0 com 𝑦 0 = −1 e 𝑦′ 0 = 3 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Resolver EDO por séries - pontos ordinários • Geralmente a solução é dada por: 𝑢 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛𝑥𝑛 e dela obtêm-se uma combinação linear de duas soluções linearmente independentes, quando a equação diferencial é de segunda ordem. 𝑢 𝑥 = 𝑎0𝑢0 𝑥 + 𝑎1𝑢1(𝑥) onde 𝑢0 𝑥 = σ𝑘=0 ∞ 𝑏𝑘𝑥𝑘 e 𝑢1 𝑥 = σ𝑘=0 ∞ 𝑐𝑘𝑥𝑘. Para cada série encontre o raio de convergência. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Resolver EDO por séries - pontos ordinários • Supondo que – a primeira série 𝑢0(𝑥) tem raio de convergência 𝜌0, e – a segunda série 𝑢1(𝑥) tem raio de convergência 𝜌1, só pode-se garantir a convergência da série solução para o menor dos raios. • Assim a série solução tem como raio de convergência 𝜌 = min{𝜌0, 𝜌1}. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Resolver EDO por séries - pontos ordinários • Estudando no entorno de um ponto ordinário, o denominador não será nulo em um entorno. Como 𝑝 𝑥 e 𝑞(𝑥) são funções analíticas em 𝑥0, (tem séries de Taylor) com raios de convergência 𝜌𝑝 e 𝜌𝑞. Trabalhando com o teorema dado garante-se que os raios das soluções L.I. 𝜌0 e 𝜌1 são maiores dos outros dois raios de convergência, isto é Se 𝜌𝑚𝑖𝑛 = min{𝜌𝑝, 𝜌𝑞} então 𝜌0 > 𝜌𝑚𝑖𝑛 e 𝜌1 > 𝜌𝑚𝑖𝑛 Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Soma e Produto de séries • Sejam as séries 𝑢 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑥 − 𝑥0 𝑛 𝑒 𝑣 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑏𝑛 𝑥 − 𝑥0 𝑛 com raios de convergência 𝜌𝑢 e 𝜌𝑣, então a série 𝑢 𝑥 + 𝑣(𝑥) = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 𝑥 − 𝑥0 𝑛 converge com raio de convergência 𝜌 = min{𝜌𝑢, 𝜌𝑣}. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Soma e Produto de séries • Sejam as séries 𝑢 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑎𝑛 𝑥 − 𝑥0 𝑛 𝑒 𝑣 𝑥 = ෍ 𝑛=0 ∞ 𝑏𝑛 𝑥 − 𝑥0 𝑛 com raios de convergência 𝜌𝑢 e 𝜌𝑣, então a série 𝑢 𝑥 𝑣 𝑥 = 𝑎0𝑏0 + 𝑎0𝑏1 + 𝑎1𝑏0 𝑥 − 𝑥0 + + 𝑎0𝑏2 + 𝑎1𝑏1 + 𝑎2𝑏0 𝑥 − 𝑥0 2 + ⋯ = ෍ 𝑛=0 ∞ ෍ 𝑘=0 𝑛 𝑎𝑘𝑏𝑛−𝑘 𝑥 − 𝑥0 𝑛 converge com raio de convergência 𝜌 = min{𝜌𝑢, 𝜌𝑣}. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exercícios • Resolva a EDO utilizando séries de potências • 1. • 2. • 3. • 4. • 5. Laboratório de Simulação Numérica e Modelagem “Juca Costa” Exercícios • Resolva o PVI utilizando séries de potências • 1. • 2. • 3. • 4.