Cálculo III - Pontos Singulares Regulares e Séries de Potências de Frobenius - UFPR

Calculo III Pontos singulares regulares Continuacao UFPR 19 de novembro de 2024 Calculo III Outline 1 Series de potˆencias de Frobenius Aplicacao a solucao de EDOs lineares 2 Caso II Equacao indicial com raızes iguais a menos de um numero inteiro 3 Cas III Equacao indicial com raızes repetidas 4 Aplicacoes Calculo III Suponha x0 seja um ponto singular regular da equação x2 y xpx y qx y 0 px Σn0 pn xn qx Σn0 qn xn 1 Explicitando L2Σn0 cn xnr 0 temse Σn0 nrnr1cn xnr Σn0 pn xn Σn0 nrxnr Σn0 qn xn Σn0 cn xnr 0 Σn0 nrnr1cn xnr Σn0 Σk0n kr pnk ck xnr Σn0 Σk0n qnk ck xnr 0 rr1 c0 xr Σn1 nrnr1cn xnr r p0 c0 xr Σn1 Σk0n pnk ck xnr q0 c0 xr Σn1 Σk0n qnk ck xnr 0 rr1 r p0 q0 c0 xr Σn1 nrnr1cn xnr Σn1 nr p0 cn Σk0n1 nr pnk ck xnr Σn1 q0 cn Σk0n1 qnk ck xnr 0 rr1 r p0 q0 c0 xr Fr Σn1 nrnr1 nr p0 q0 cn xnr F0nr Σn1 Σk0n1 kr pnk qnk ck xnr Fnk 0 Fr c0 xr Σn1 F0nr cn xnr Σn1 Σk0n1 Fnk ck xnr 0 Fr c0 xr Σn1 F0nr cn Σk0n1 Fnk ck xnr 0 Fr c0 Σn1 F0nr cn Σk0n1 Fnk ck xn 0 cancelando xr São condições necessárias para a existência de solução em série de potências generalizada Fr 0 mboxeqindicial e 2 F0n rcn sumk0n1 Fnkck 0 com F0n r 0 3 onde Fr rr 1 rp0 q0 F0n r n rn r 1 n rp0 q0 Fnk k rpnk qnk k 0 1 n 1 Observação Note que a Para n 0 F0r Fr b Fn r F0n r Suponha que F0n r 0 n 1 Então 1 Para n 1 em 3 F0r 1c1 sumk00 F1kck 0 F0r 1c1 F1rc0 0 c1r F1r F0r 1c0 2 No caso n 2 F0r 2c2 sumk01 F2kr kck 0 F0r 2c2 F2rc0 F1r 1c1 0 2 c2 F2rc0 F1r 1c1 F0r 2 c1 F1r F0r 1c0 c2r F0r 1F2r F1r 1F1r F0r 2F0r 1 c0 Logo podemos induzir que cnr Gnr F01 rF02 rF0n rc0 n 1 2 onde Gnr e uma certa funcao que depende de n e de r Observacao Suponha r1 r2 sejam as raızes da equacao indicial Fr 0 a De acordo com a formula acima a cada raiz lhe corresponde a sequˆencia cnr onde r e uma raiz da equacao indicial b Suponha que r r1 e a maior raiz da equacao Fr 0 Nesse caso F0r1 n 0 n 1 Portanto a sequˆencia cnr1 pode ser determinada Calculo III Conclusões 1 Para a maior raiz r1 da equação indicial o método de Frobenius fornece uma solução da forma y1x sumn0 cnr1xr1 n 2 Para caso de duas raízes distintasr1 r2 e tais que r1 r2 N N inteiro o método fornece duas soluções linearmente independentes y1x sumn0 cnr1xr1 n y2x sumn0 cnr2xr2 n 3 Resulta necessário propor uma forma de encontrar uma segunda soluçãoLi para o caso das raízes serem iguais ou diferenciadas por um número inteiro Seja y1x uma solução não nula da equação y pxy qxy 0 Fazendo y2x y1xvx v é dada pela equação vx exp px dx y12x Neste caso proceda como segue i Determine uma anitederivada de px Como xpx n0 pn xn px n0 pn xn1 px dx p0 ln x n1 pn n xn C Calcule exp px dx expp0 ln x n1 pn n xn xp0 exp n1 pn n xn Explicite vx vx exp px dx y12x xp0 xr1 n0 cn xn2 exp m1 pm m xm xp0 2r1 n0 cn xn2 exp m1 pm m xm xp0 2r1 a0 a1 x a2 x2 1 b1 x b2 x2 xp0 2r1 1 α1 d1 x d2 x2 xp0 2r1 c0 c1 x c2 x2 Isto é vx xp0 2r1 n0 cn xn Lembrese que a equação indicial é Fr r2 p0 1r q0 0 Daí admitindo que r1 e r2 são suas raízes temse r2 p0 1 r q0 r r1r r1 r1 r2 p0 1 p0 1 r1 r2 Logo temos que xp0 2r1 xr2 r1 1 Assim vx xr2 r1 1 n0 cn xn A partir daí precisamos distinguir dois casos Caso I r2 r1 vx x0 1 n0 cn xn c0 x c1 c2 x c3 x2 vx c0 ln x c1 x c2 x2 2 c3 x3 3 vx c0 ln x n1 cn n xn Para νx ln x n1 to bₙm xᵐ y₁x xʳ¹ k0 to aₖxᵏ e y₂x y₁x νx temos y₂x ln x y₁x xʳ¹ k0 to aₖxᵏm1 to bₘm xᵐ y₂x ln x y₁x xʳ¹ n1 to cₙ xⁿ k0 to aₖ xᵏ lm bₘ xᵐ n1 to cₙ xⁿ Em conclusão a segunda solução y₂x é da forma y₂x ln x y₁x xʳ¹ n1 to cₙ xⁿ Caso II r₁ r₂ N 0 vx xʳ²ʳ¹¹ n0 to cₙ xⁿ vx xᴺ¹ n0 to cₙ xⁿ cₙ x¹ n0 nN cₙ xⁿᴺ¹ vx cₙ ln x n0 nN cₙ n N xⁿᴺ Portanto a solução y₂x podemos escrevêla na forma y₂x cₙ y₁x ln x xʳ¹ m0 to aₘ xᵐ xᴺ n0 nN cₙ n N xⁿ cₙ y₁x ln x xʳ¹ᴺ n0 to cₙ xⁿ y₂x cₙ y₁x ln x xʳ² n0 to cₙ xⁿ r₁ N r₂ Seja 0 I um ponto singular regular da equação y Pxy Qxy 0 x I Se as raízes da equação indicial de 5r₁ e r₂ diferem por um número inteiro r₁ r₂ ℤ 0 a equação 5 tem duas soluções linearmente independentes da forma y₁x xʳ¹ n0 to aₙxⁿ y₂x C y₁x lnx xʳ² n0 to bₙxⁿ r₁ r₂ Seja a equação x2 y 2xy 6y 0 Como x0 é um ponto singular regula desta equação uma solução em série de Frobenius y cn xnr implica que r1 2 e r2 3 são as raízes da equação indicial associada Por outro lado como r1 r2 5 dado que y1x x2 é uma solução da EDO uma segunda solução deve ser da forma y2x c ln x y1x bn xn3 Substituindo y2 na EDO temse 2cy1 cy1 n3n4 2n3 6bn xn3 0 5cx2 n3n4 2n3 6 bn xn3 0 n3n4 2n3 6 bn xn3 0 0x 5cx2 nn1 6bn3 xn 5cx2 n 3 32 6b0 0 b0 arbitrário n 2 21 6b1 0 b1 0 n 1 20 6b2 0 b2 0 n 0 01 6b3 0 b3 0 n 1 12 6b4 0 b4 0 n 2 23 6b5 5c c 0 e b5 arbitrário n 3 34 6b6 0 b6 0 bn 0 n 4 5 Exemplo x 0 é um ponto singular regular da equação x2 xy x 3y 2x 1y 0 6 Substituido yx cn xnr em 6 temos r2 2rc0 x1r r 1r 3c1 r2 1c0 xr n r 1n r 3cn1 n r2 1cn 2 cn1 xnr 0 Exemplo Continuacao r2 2r 0 Eq indicial r 1r 3c1 r2 1c0 0 n r 1n r 3cn1 n r2 1cn 2cn1 n 1 2 As raızes da equacao indicial sao r1 0 e r2 2 Para r r1 0 a maior das raızes resulta c1 1 3c0 cn1 1 n 1n 3n2 1cn 2cn1 n 1 2 Portanto a solucao associada a raiz r 0 e y1x c01 1 3x 1 6x2 3 10 1 36x4 Calculo III Como r₁ r₂ 0 2 2 é um inteiro positivo uma segunda solução y₂x linearmente independente com y₁x deve ser da forma y₂x cy₁x lnx n1 to bₙxn2 Então 2cxy₁ 2cy₁ 2cx¹y₁ 5x² 2x¹ n1 to n2n3bₙxn2 n1 to n2n3bₙxn3 n1 to n2bₙxn2 3n1 to n2bₙxn3 2n1 to bₙxn1 n1 to bₙxn2 0 Explicitando y1x e associando alguns termos 5 b1x2 2c 2 2b1x1 4 3c 3b3 b2 2b1 5 3 8b4 2b3 2b2x 2 15 15b5 5b4 2b3x2 29 90c 24b6 10b5 2b4x3 0 Assim b1 5 c 6 b3 6 1 3 b4 1 4 1 6b2 b5 77 100 1 10b2 b6 47 180 1 36b2 onde b2 permanece arbitrario Para b2 0 a segunda solucao e dada por y2x 6y1x lnx x21 5x 6x3 1 4x4 77 100x5 Como y1 e y2 sao linearmente independentes a solucao geral de 6 e y Ay1 By2 Calculo III Caso III Raízes iguais do polinômio indicial Teorema Raízes iguais Seja a um ponto singular regular da equação y pxy qxy 0 7 Se a equação indicial associada à equação 7 são iguais r₁ r₂ r a equação 7 possui duas soluções linearmente independentes y₁x e y₂x da forma y₁x n0 to cₙxⁿ y₂x y₁x lnx xʳ n1 to bₙxⁿ Exemplo Determine a solucao geral da equacao xy 1 xy 0 8 y 1 x x y 0y 0 9 Solucao Passo I Determine as raızes da equacao indicial correspondente Fato rr 1 p0r q0 0 p0 lim x0 xpx lim x0 x2qx p0 lim x0 x1 x x 1 q0 lim x0 x20 0 rr 1 1r 0 0 Eq indicial Calculo III Caso III Polinômio indicial com raízes iguais Solução Cont r₁ r₂ 0 Logo a equação indicial associada é rr1 1r 0 0 r² 0 cujas raízes são r₁ r₂ 0 Passo II De acordo com o teorema devemos procurar uma solução da forma y₁x x⁰ n0 to cₙxⁿ n0 to cₙxⁿ Por inspeção observação y₁x 1 é uma solução da equação 8 Solução Continuação Passo III Procure uma solução da forma y2x lnxy1x n1 bn xn lnx n1 bn xn Como y2x 1x n1 n bn xn1 y2x 1x2 n2 nn1bn xn2 substituindo na equação 8 temos que x1x2 n2 nn1 bn xn2 1x1x n1 n bn xn1 0 Solução Continuação x1x2 n2 nn1 bn xn2 1x1x n1 n bn xn1 0 1x n2 nn1 bn xn1 1x n1 n bn xn1 1 n1 n bn xn 0 n2 nn1 bn xn1 n1 n bn xn1 1 n1 n bn xn 0 n2 n2 bn xn1 n2 n bn xn1 b1 n2 n bn xn1 1 n1 n bn xn 0 b1 1 n2 n2 bn xn1 n1 n bn xn 0 b1 1 n2 n12 bn1 xn n1 n bn xn 0 Solução Continuação b1 1 n2 n12 bn1 xn n bn xn 0 Então b1 1 n12 bn1 xn n bn 0 n 1 2 3 bn1 n bnn12 n 1 2 b2 1b122 b3 2b233 b1332 Portanto y2x lnx n1 xnn n Raızes iguais da equacao indicial Metodo alternativo Suponha inicialmente r1 r sejam as raızes do polinˆomio idicial da equacao e que r1 r Z Neste caso a solucao completa para o caso e raızes distintas pode ser representada como y Aux r1 Bux r A Bux r1 Bux r ux r1 A Bux r1 Br r1ux r ux r1 r r1 Redefinindo as constantes arbitrarias A e B em termos de α e β y αux r1 βux r ux r1 r r1 Agora se consideramos o limite quando r r1 a solucao completa para o caso de raızes repetidas da equacao indicial e y αux r1 βu r rr1 Calculo III Aplicação do Método alternativo Seja r ℝ tal que y n0 cn xnr é solução da EDO Então x n0 nrnr1cn xnr2 1x n0 nrcn xnr1 0 n0 nrnr1cn xnr1 n0 nrcn xnr1 n0 nrcn xn n0 nr11nrcn xnr1 n0 nrcn xnr 0 r2 c0 xr1 n1 nr2 cn xnr1 n0 nrcn xnr 0 r2 c0 xr1 n0 n1r2 cn1 xnr n0 nrcn xnr 0 n n1 r2 c0 xr1 n0 n1r2 cn1 nrcn xnr 0 Daí temos r2 c0 0 c0 0 n1r2 cn1 nrcn 0 cn1 nrn1r2 cn n 0 1 2 c1 rr12 c0 c2 r1r22 c1 rr1r22 c0 c3 r2r32 c2 rr1r2r32 c0 cn rn1n2nr1nr2 c0 temos yx c0 xr c0 n1 rn1n2nr1nr2 xnr Note que para r 0 cada cn 0 n 1 Logo y1x 1 é uma solução Uma segunda solução linearmente independente é da forma y2x r xr n1 rn1n2nr1nr2 xnr r0 Assim basta calcular D r rn1n2nr1nr2 xr r0 Para fr rn1n2nr1nr2 D r fr xr frr xr fr xrr onde xrr elnxrr elnxr lnx xr lnx ln f r ln r r 1 ln 1 r 2 ln 1 r n 1 ln 1 r n2 f r r f r 1 rr 1 1 r 2 1 r n 1 2 r n f r rr 1 f r 1 r 2 1 r n 1 2 r n r rr 1n 1n 2n r 1n r2 f r 1 r 2 1 r n 1 2 r n 1 r 1n 1n 2n r 1n r2 f r 1 r 2 1 r n 1 2 r n f r r r0 1 nn Calculo III Caso r1 r2 in mathbbZ 0 Neste caso a solução geral é dada por y A ux r2 B fracpartialpartial rrr1uxrrr1 Método alternativo Seja r in mathbbR tal que y sumn0infty cn xnr é solução da EDO Então x sumn0infty nrnr1cn xnr2 1x sumn0infty nrcn xnr1 0 sumn0infty nrnr1cn xnr1 sumn0infty nr cn xnr1 sumn0infty nr cn xn sumn0infty nr11nrcn xnr1 sumn0infty nrcn xnr 0 r2 c0 xr1 sumn1infty nr2 cn xnr1 sumn0infty nr cn xnr 0 r2 c0 xr1 sumn0infty n1r2 cn1 xnr sumn0infty nr cn xnr 0 n o n r2 c0 xr1 sumn0infty n1r2 cn1 nr cn xnr 0 Daí temos r2 c0 0 quad c0 eq 0 n1r2 cn1 nr cn 0 iff cn1 fracnrn1r2 cn n 0 1 dots Como c1 fracrr12 c0 c2 fracr1r22 c1 fracrr1r22 c0 c3 fracr2r32 c2 fracrr1r2r32 c0 cn fracrn1n2 dots nr1nr2 c0 temos yx c0 xr c0 sumn1infty fracrn1n2 dots nr1nr2 xnr Note que para r 0 cada cn 0 n 1 Logo y1x 1 é uma solução Uma segunda solução LI é dada por y2x r c0 xr n1 rn 1n 2n r 1n r2 xn rr0 Assim basta calcular D r rn 1n 2n r 1n r2 xrr0 Para fr rn 1n 2n r 1n r2 D r fr xr frr xr fr xrr xrr elnxrr elnxr lnx xr lnx e ln f r ln r r 1 ln 1 r 2 ln 1 r 3 ln 1 r n 1 ln 1 r n2 f r r f r 1 rr 1 1 r 2 1 r n 1 2 r n f r rr 1 f r 1 r 2 1 r n 1 2 r n r rr 1n 1n 2n r 1n r2 f r 1 r 2 1 r n 1 2 r n 1 r 1n 1n 2n r 1n r2 f r 1 r 2 1 r n 1 2 r n f r r r0 1 nn Calculo III