Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias por Série de Potências e Transformada de Laplace

Resolução de Equações Diferenciais Ordinárias por Série de Potências e Transformada de Laplace Roberto Toscano Couto rtoscanoiduffbr httpwwwprofessoresuffbrrtoscano Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal Fluminense Niterói RJ 6 de setembro de 2016 Prefácio Tratase de um texto didático para a disciplina EQUAÇÕES DIFERENCIAISministrada pelo Departamento de Matemática Aplicada da UFF cujo objetivo é a resolução de equações diferenciais ordinárias por série de potências incluindo o método de Frobenius e da transformada de Laplace bem como sistemas simples de equações diferenciais ordinárias Nesse sentido fazse preliminarmente um estudo básico das séries e da transformada de Laplace Este texto baseiase consideravelmente nas referências bibliográficas e contém exatamente o que se apresenta nas aulas evitando que o aluno as copie assim se obtendo mais a sua atenção e eco nomizando tempo bem como definindo com clareza o que se deve estudar Para o seu aprendizado são imprescindíveis as explicações dadas nas aulas quando então se detalham muitas das passagens matemáticas 1 Sumário 1 Sequências e Séries 4 11 Sequências 4 12 Séries de números reais 5 13 Critérios de convergência e divergência 7 14 Séries de potências 11 15 Séries de Taylor e MacLaurin 14 16 Apêndice prova dos teoremas 16 17 Exercícios 21 18 Soluções dos Exercícios 24 2 Resolução de equação diferencial ordinária linear por série de potências 33 21 Resolução em torno de um ponto ordinário 35 211 Definições 35 212 Teorema da existência de soluções em série de potências 37 213 Exemplos de resolução de EDOs lineares por séries de potências em torno de ponto ordinário 37 214 Problema de valor inicial PVI 39 22 Resolução em torno de ponto singular 41 221 Definições 41 222 O Método de Frobenius Parte 1 42 223 O Método de Frobenius Parte 2 46 23 Exercícios 54 3 Transformada de Laplace 58 31 Definição 58 32 A linearidade da transformada de Laplace 58 33 Condições suficientes para a existência da transformada de Laplace e o comportamento assintótico sob essas condições 58 34 Cálculo de L de eat tn senat cos at senhat cosh at 59 35 Propriedades especiais 60 36 Transformada de Laplace inversa 60 37 Função degrau unitário 61 38 Tabela de transformadas de Laplace de funções específicas 63 39 Cálculo de L de fat eatft tnft Utafta ftt 63 310 Transformada de Laplace de derivadas 65 311 Transformada de Laplace de integrais 65 312 Transformada de Laplace de função periódica 66 313 Cálculo de L1 fsgs por convolução 67 314 Tabela de transformadas de Laplace com funções genéricas 67 315 Uma aplicação cálculo de integrais definidas 68 316 Outra aplicação resolução de EDOs 69 317 Exercícios 70 318 Soluções dos Exercícios 72 2 4 Sistemas de EDOs Lineares de Coeficientes Constantes 78 41 Resolução pelo método dos operadores 78 411 Por eliminação 78 412 Por determinantes 79 42 Resolução pela transformada de Laplace 80 43 Resolução pelo método matricial 81 431 1o Caso autovalores reais e distintos 82 432 2o Caso autovalores imaginários 83 433 3o Caso autovalores repetidos 85 44 Sistemas nãohomogêneos 88 45 Exercícios 91 Referências Bibliográficas 93 3 Capítulo 1 Sequências e Séries 11 Sequências Se a cada inteiro positivo n associarmos um número an dizemos que esses números formam uma sequência que é ordenada segundo seus índices a1 a2 a3 an an1 Exemplos i an 12n a1 12 a2 14 a3 18 ii an n1 n 2 a1 4 a2 9 4 a3 16 9 Chamamos an de termo geral da sequência o qual é usado também para indicar a própria sequência isto é dizemos simplesmente por exemplo que a sequência an n2 é formada pelos quadrados dos naturais Se o que denominamos limite da sequência dado por lim n an a for finito isto é se para qualquer ϵ 0 é possível achar N N tal que an a ϵ para n N dizemos que a sequência an converge para a Se aquele limite não existe dizemos que a sequência an é divergente Observe que uma sequência an pode ser vista como uma função an da variável natural n Com isso a definição do limite acima é formalmente a mesma que aquela adotada no caso de uma função fx da variável real x Sejam m e n naturais quaisquer com m n Dizemos que uma sequência an é crescente se am an Ex 2 5 5 6 7 7 11 decrescente se am an Ex 6 6 3 2 2 1 monótona se for crescente ou decrescente limitada superiormente se λ R tal que an λ n N limitada inferiormente se λ R tal que an λ n N limitada se existem λ1 e λ2 tais que λ1 an λ2 n N Note que na definição de sequências crescente e decrescente permitese a igualdade entre termos o que possibilita considerar a sequência constante aquela cujo termo geral é constante por exemplo 3 3 3 tanto como uma sequência crescente quanto decrescente e por conseguinte também como monótona 4 Teorema 1 E convergente uma sequéncia que e écrescente e limitada superiormente e é decrescente e limitada inferiormente E divergente uma sequéncia que e écrescente e que nao é limitada superiormente ela diverge para oo e é decrescente e que nao é limitada inferiormente ela diverge para co 12 Séries de nimeros reais Dada uma sequéncia az a sequéncia de termo geral n Sn So ax n m m a km ou seja 8m Qm 1 termo Sm1 GmaAm1 Sn Amt Gm4ia termo geral é denominada de série associada 4 sequéncia a Os nimeros a sao chamados de termos da série e os nimeros s de somas parciais da série O limite da série é 0 limite da sequéncia das somas parciais s n CO dim sm tim YF ae Fae am Orns boo km km o qual quando existe denominase soma da série caso em que a série é dita convergente Se o somatério CO ax nao existir limite inexistente isto é naotinico ou infinito oo a série é dita divergente k m CO O simbolo ax usado para indicar a soma da série é usado também para indicar a propria série k m co Por exemplo a soma da série geométrica qg é igual a 11 gq se q 1 k0 1 Dt ltat et se q 1 k0 q De fato n fw gh lt qt Pte ta O 1 a 2 1 Sn Gn 19 n 1q dn Vg qtr tart k0 n co gee n1 1q 1 sn gt 4t Sogi lim lim qt0 se la 1 k0 k0 Convencionalmente 1 Vx R isto é denota a fungao constante fx 1 5 Vejamos duas aplicagoes da formula acima Ss tytit 1 1 2 SFOS 8 2 2 4 8 1 32 3 oo oo k 1 1 1 1 1 1 1 3 ee lsgtgt D 5 2 k il 2 2 4 8 ao 2 15 612 Uma formula da soma da série geométrica com o termo inicial mais genérico q i N em vez do termo inicial g 1 é a seguinte deduzida a partir dos resultados ja obtidos acima love love a1 1 1 gi gi k k 7 Sot ot Dk EE we lc lq 1q 1lq k1 k0 k0 Observe que trabalhar com a série co So ak Am Ome 0 km que comega com o indice m é equivalente a trabalhar com a série de termo geral amx CO SS mek Am Am41 free k0 que comeca com o indice 0 Por isso de agora em diante todos os resultados serao estabelecidos para co séries que comegam com o indice 0 ag k0 Teorema 2 CO CO Se a é um real dado e as séries 57 ax e D by convergem entao k k ne te 0 0 a aay a ax converge k0 k0 CO CO co b So ax bx 5 ax by converge k0 k0 k0 Teorema 3 CO Para que a série 5 ax convirja é necessério que o termo geral tenda a zero isto é jim ap 0 k0 oo Segue desse teorema o critério do termo geral para a divergéncia se jim ax difere de zero ou nao TS 00 co existe entdo a série az é divergente k0 Exemplos co i 1 1 diverge pois os termos dessa série sdo os da sequéncia k0 2 se k for par 11 Ok 1 Ose k for impar cujo limite jim az nao existe Além disso vemos que 00 0 sg042 s304240 sg04240424 isto é a sequéncia s das somas parciais é crescente e nao é limitada superiormente logo lim s noo n CO lim az 1 1 00 de acordo com o Teorema 1 NFOO K0 k0 6 oo k2 k2 n k2 il diverge pois lim 10 E ista disso e do fato de s s se i 48 iverge pois lim 7 m vi i Sn Ue ee3 r oo k uma sequéncia crescente por ser formada de termos positivos temos que Pag o k0 co iii A série 5 1k satisfaz a condigao necessaria de o seu termo geral tender a zero lim 1k 0 k1 co entretanto ela diverge para co como veremos adiante CO iv 1k satisfaz a condigo necessdria de o seu termo geral tender a zero lim 1k3 0 eé k1 00 convergente como veremos adiante Uma série do tipo co So ax a9 a1 ag a3 4 k0 em que ay nunca muda de sinal é dita alternada Exemplos CO i 234454S1k k2 1 1 1 1 1 ii 14i2i4 jjFla 1 Wl stg 7at DD UC k1 k0 Teorema 4 Critério de convergéncia para série alternada co A série alternada 1ax ax 0 convergente se a sequéncia de termos positivos az é k0 decrescente e lim a 0 k oo oe 1 Exemplo A série 1S converge pois satisfaz as condicdes do Teorema 4 é alternada e a k2 n 1 sequéncia a é positiva decrescente e tende a zero Ink 9 13 Critérios de convergéncia e divergéncia Teorema 5 Critério da integral CO Considere uma série 5 a com ax 0 para maior ou igual a algum natural Se existe uma k0 fungao f continua positiva decrescente satisfazendo fa a para k entao aquela série sera co convergente ou divergente conforme a integral impropria fx dx seja convergente ou divergente 1 respectivamente Exemplos i A série 1 A funcao fx é conti tiva d t i série ap com a ungao fx é continua positiva decrescente em mg kink S clone P 200 e tal que fk a para k 2 Como oo b 1 b fa dx lim dx lim InIn lim InInb InIn2 co 2 boo Jo elnae b00 2 b00 temos que a série dada é divergente ii A chamada série harménica de ordem p oy 1 1 oo 1 diverge 1 00 converge yaar de tee n 1 Dp 7 converge se p 1 e diverge se p 1 De fato 1 Se p 0 o termo geral hao tende a zero quando n co portanto segundo o Teorema 3 a n série diverge 1 Se p 0 0 critério da integral com fx fornece x 1 4 b e para p1 dx lim dx lim Inc lim nbInlo 1 x boo 1 b0o 1 boo S co mostrando que a série diverge e para p 01 U1 o 1 lim b1P oo se p 01 1 Pp b00 Coy b goer b ape fim oP de im a 1 4 1 1 bree J broo PF 1 lim 1 se pe lo 1 DP b 00 bp1 p 1 0 mostrando que a série diverge se p 01 e converge sep1 Teorema 6 Critério da comparacao Se 0 ax by para k maior ou igual a algum natural entao CO co a bk converge ag converge k0 k0 co co b So ax diverge dy diverge k0 k0 Exemplos 1 1 i A série sen S i Tl 5 ae send k1 A figura a direita ilustra o fato de que sen se0 Assim sen i 0 que nos permite escrever Pr c 1 1 c 1 Os7sn7 Sp 6 em so radianos Logo como a série 1k converge por ser a série harménica de k1 ordem 2 a série dada também converge k ii A série 42k 5 Temos para k 1 que k S k ik 1 k22k45 k242k25k2 9 8k2 8k a2 ea l Tal ae a as Logo como a série Bh 8 k diverge por ser a série harménica de ordem 1 a série dada k1 k1 também diverge 1 iii A série S on converge pois n1 1 1 OS on S on paran1 8 co 1 e a série by in geométrica é convergente 1 y72 12 1 Qn 2 112 4 n3 n3 co CO Dizemos que uma série a é absolutamente convergente se 5 a for convergente Uma série k0 k0 convergente que nao é absolutamente convergente é dita condicionalmente convergente Teorema 7 E convergente a série que converge absolutamente senk Exemplo Considere a série 5 Constatamos por comparagao que ela converge absoluta kao ki senk 1 1 CoG mente 0 a RB Logo ela propria é convergente Teorema 8 Critério da razao co Considere uma série 5 ax com ay 4 0 tal que L jim ax1ax exista ou seja infinito Podemos k0 co afirmar que a Se L 1 a série dada converge absolutamente b Se L 1 ou Loo a Série diverge c Se L1 o critério nada revela Exemplos CO i A série S a com ay 2k converge pois k0 k1 k1 Ok41 2ttk1 2 k 2 L lim lim lim lim 01 co ii A série ax com az kk diverge pois k1 a K UR k1 k1F1 kk LD Jim 84 jim AEDES DE koco k k00 kk k k00 kk k 1 k18 1 k1 1 im FD ery tn lim 1 el k oo kk keET k 00 k k oo k co iii CAlculo de x de modo que a série ap com an nx seja convergente n1 Se x 0 entao a 0 e a soma da série é zero série convergente Se x 0 pelo critério da razao temos que a n1at nti DL tim 2 tim cy tim MEE Say ejay noo An noo nx ncoo 6 mostrando que a série é convergente para x 1 Mas para x 1 0 critério da razdo nada revela e uma analise separada é necessaria CO CO Para 1 temos que na n série divergente n1 z1 n1 9 CO co Para x 1 temos que na n1 que é uma série divergente de acordo com n1 z1 n1 o Teorema 3 pois lim n1 nao existe noo Resposta a série dada é convergente para x 1 iv A série yr eteur yt ity 1 ii iy 62h 3 4 12 16 48 formada por duas séries geométricas de razéo 14 uma constituida pelos termos pares e a outra pelos termos fmpares é tal que lim 4 lim b ye 62 sim 54 k0o Ak k0o 6 Qk1 5 1 2 k00 5 1 1 51 1 se k o tomando valores pares 2 541 3 1 541 3 k cot d 1 se co tomando valores impares 251 4 poss logo esse limite nao existe o que inviabiliza a aplicacéo do critério da razdo enunciado acima Teorema 9 Critério da raiz co Considere uma série a tal que L jim ax exista ou seja infinito Podemos afirmar que k0 co a Se L 1 a série dada converge absolutamente b Se L 1 a série diverge c Se L1 o critério nada revela CO Exemplo A série ax com a k3 6 convergente pois k0 k3 1 1 Ink 1 3 lim ink 1 1 L lim Jag Tim lim B3P Jim BC OLR jim View mV ge 3 2m 3 kc 3 3 3 Outro exemplo vimos no Exemplo iv logo acima que o critério da razdo teorema 8 falha com 2 5 1 a série eo Vamos entretanto empregar o critério da raiz uma vez que k0 51 1 1 k k sek for par 5 DF 628 2k 2 Viakl lecoe 7 62 D 1 14 ando k oo tomando valores impares quan co tomando valores fmpar 62 2V6 724 ow isto é L 12 1 concluimos que a série é convergente O critério da razdo admite uma formulacgdo mais genérica pela qual se verifica a convergéncia da série acima cf a secao 68 da referéncia bibliografica 5 Usando a regra de Hopital vemos que lim me lim Ak 0 k oo k oo 1 Ina im 22 4 Foi usado o seguinte resultado se a 0 entao lim Va lime k e wate e1 k oo k oo 10 14 Séries de potências Seja x uma variável real e considere um valor x0 fixo dessa variável Entendemos por série de potências uma série cujo termo geral é o da sequência anxx0En uma potência de xx0 multiplicada por uma constante n0 an x x0En Neste texto o expoente En consistirá simplesmente nos números naturais En n N ou nestes acrescidos de um número real r fixo En n r Ou seja trabalharemos com as séries de potências n0 an x x0n a0 a1x x0 a2x x02 e n0 an x x0nr a0x x0r a1x x01r a2x x02r A série n0 an x x0En é dita série de potências relativa a x0 ou em torno de x0 ou ainda centrada em x0 na qual x0 é denominado ponto de expansão da série É bastante frequente a série de potências centrada em zero por exemplo n0 an xn a0 a1x a2x2 Seguem dois teoremas fundamentais no estudo das séries de potências Teorema 10 Toda série de potências n0 an x x0n tem um raio de convergência R tal que a série converge absolutamente se x x0 R e diverge se x x0 R O número R pode ser 0 caso em que a série converge somente para x x0 um número real positivo ou caso em que a série converge para todo x podendo ser calculado pela fórmula 0 x x0 R x0 R x convergência R lim n an an1 ou R lim n 1 n an contanto que para algum natural N an 0 se n N e o limite forneça um único resultado finito ou infinito Observe que o teorema nada diz se x x0 R nos pontos x x0 R a série pode ser absolutamente convergente condicionalmente convergente ou divergente Além disso se an se anula uma infinidade de vezes o raio de convergência R não pode ser calculado com as fórmulas acima nesse caso exemplificaremos como R pode ser determinado por meio dos critérios da razão e da raiz O conjunto dos valores reais de x para os quais a série é convergente é chamado de intervalo de convergência Este segundo o teorema pode consistir apenas no ponto x0 se R 0 ou se R 0 nos intervalos x0 R x0 R x0 R x0 R x0 R x0 R ou x0 R x0 R conforme a série seja convergente ou não em x0 R Por exemplo vamos calcular o raio de convergência R e o intervalo de convergência i da série n0 nn xn R lim n an an1 lim n nn n 1n1 lim n 1 n 1 n n 1 n lim n 1 n 1 1 1 1 n n 0 1 e 0 ou lim n 1 n an lim n 1 nnn lim n 1 n 0 e portanto a série n0 nn xn só converge em x 0 11 4 da série x ii da série me n 2 Qn y 1n 2 Tg Tn esy ou Cog R 1 1 S converge Vx 11 lim Vian lim a lim Vn21 no 2 2 no 7 An noo n nN0o Vn2 co Analisemos a convergéncia nos ponto x 1 Se x 1 temos a série divergente 5 ne o n co l n0 Se 1 temos a série alternada 5 1 que segundo o Teorema 4 convergente n2 1 n0 n 2 condicionalmente convergente obviamente co n Resposta A série converge no intervalo 11 sendo R1 n0 2 oe gn ili da série n0 n 1n lim lim tnt lim n 1 00 N00 An1 n0o 1n 1 noo oo pn Rou do converge Vx ER li 1 i 1 ji Ynl n0 7 no Ja netoo RT nl me EOS iv da série 3 n1 2n gnl 1 lim tim 2 N00 An1 n00 2n ou co 1 x3 R 1 Fn Converge Va 32342 15 lim Vlanl lim V 217 2 nl nao 2 nwo an 2 Wn Analisemos a convergéncia nos pontos extremos desse intervalo Se x 1 temos a série divergente So Se x 5 temos a série alternada pr que segundo o Teorema 4 é convergente n0 Tt n0 n condicionalmente convergente oe 1 3 Resposta Ure 3 converge no intervalo 15 sendo R 2 n0 n co 5 1 v da série 5 a nat 62 51 4 Os coeficientes a 5 sao tais que lim 3 ou conforme n oo tomando 62 N0O An1 3 valores pares ou impares respectivamente isso ja foi verificado na pag 10 assim por nao existir esse limite calculemos 0 raio de convergéncia usando a formula de R envolvendo a raiz nésima 1 1 R lim lin noo an noo pay Vi 62 62 lim 2 se m co tomando valores pares ncoo VY 541 1 roCe 62 26 lim 2 lim 2 se n oo tomando valores impares noo 51 noo 4 12 isto é R 2 convergindo a série no intervalo 22 Uma vez que nos extremos desse intervalo a série toma as formas CO CO CO co 51 nd1 51 5 1 em DUC eet De n1 e2 n1 n1 e2 n1 que sao séries divergentes pois o termo geral nao tende a zero temos como resposta que a série dada converge no intervalo 2 2 oo 5 2n vi da série 5 n1 64n Nao podemos empregar as formulas de calculo do raio de convergéncia fornecidas no Teorema 10 pois todos os coeficientes das poténcias impares de a 5 se anulam note que a série pode ser escrita f s 5 0 135 Cyr 246 na forma Anx com dn 0 sen 1 Gy sen vee ni nm 9 9 9 nm 642n2 9 9 9 Nesse caso empregamos o critério da razao ou o da raiz para determinar os valores de x que tornam to asérie S cy onde CD 5 convergente a série Cn onde cy g i ns nm 64 n2 Para 5 ponto no qual a série é obviamente convergente 0 critério da razao fornece 1 a 5 2n1 64 5 2 lim t4 jim jLe SI Gat 5 1 N00 Cy noo 641n 1 a 5 64 noo 1 564 5S 8258 SS 32138 O mesmo resultado é obtido com o critério da raiz on ee pf D e5 w5 2 noo 2 lim D2 uma vez que lim Wn lim n lim et ae nM G2 0 1 n0o n oo n 0o oo 1 n 5 2n oe n Por outro lado é absolutamente convergente n1 64 x3 ou 13 nl 1 1 w 5 Resposta converge no intervalo 3 13 sendo R 8 n1 64 oOo 1r 5 3n vii da série p 5 nal 64n Nesta série notase a auséncia de toda poténcia 2 5 em que k nao seja miultiplo de 3 motivo pelo qual novamente convém empregar os critérios da razao ou da raiz c 1 w 5 5 obtemos pelo ritérto da vasa om Cy para obtemos pelo critério da razao nr 64n 9 Dp 9 p 1 OD 5 3n1 64 58 lim jontd lim je SE Ahn e 5 lim 1 NCO Cp n0o 64741 n 1 x 53n 64 noo Vn1 5264 x5 V644 3 4254 3 1ad Esse mesmo resultado é obtido pelo critério da raiz af Ie 5 w5 1 3 lim Ven lim J 1 lae5 64 Sl a9 vn sim Vivn l 1 jim mn pois lim n lim n lim e ayn seine 7 noo noo nN0o Além disso CUPS SS au sre harmonion don igual a 1 6 divergent Sy oe uma série harménica de ordem menor ou igual a 1 é divergente mm OV i vn 13 ee 1 w 5 S 1 yo é uma série alternada convergente n1 64 n x9 n1 vn ee 1 w 5 Resposta converge no intervalo 19 sendo R4 nal 647n Teorema 11 co Uma série de poténcias S ay x x com raio de convergéncia R 0 apresenta as seguintes n0 propriedades no intervalo v9 R xo R CO a sua soma Gp x 20 fa é uma fungao continua n0 CO b ela pode ser diferenciada termo a termo para se obter na a 291 fz n1 Ce c ela pode ser integrada termo a termo para se obter 5 nal 2 at fro dx n0 1 Observe que de acordo com esse mesmo teorema a série de poténcias produzida por diferenciagao pode ser novamente diferenciada para se obter uma nova série de poténcias que converge para f 2 no mesmo intervalo a R R Ou seja diferenciagdes sucessivas produzem as derivadas fa n 12 todas definidas no mesmo intervalo Isso significa que a soma de uma série de poténcias centrada em 29 com raio de convergéncia R 0 é no intervalo ap R xo R uma fungao infinitamente diferencidvel isto 6 uma funcgao que pode ser diferenciada um ntimero qualquer de vezes 15 Séries de Taylor e MacLaurin Para estabelecer o teorema abaixo é fundamental o fato de a soma fx de uma série de poténcias com raio de convergéncia naonulo ser como garante o Teorema 11 uma fungao infinitamente diferen cidvel no intervalo de convergéncia Teorema 12 CO Os coeficientes de uma série de poténcias 5 ay xz com raio de convergéncia R 0 sao n0 dados por an f29n onde fx é a funcgao para a qual aquela série converge no seu intervalo de convergéncia Esse teorema admite uma reciproca incorporada no proximo teorema Teorema 13 Qualquer fungao fa infinitamente diferencidvel num ponto x pode ser desenvolvida numa série de poténcias como segue xo n f xo 2 fao 3 fa So EY a9 feo 0 w 0 2 a 29 2 a Ho n 2 3 n0 Essa é a chamada série de Taylor relativa a x9 valida no seu intervalo de convergéncia A série de Taylor relativa 4 origem vo 0 é denominada série de MacLaurin Esse teorema nada diz sobre o intervalo de convergéncia que pode se determinado por meio do Teorema 10 Os seguintes exemplos serao desenvolvidos em sala de aula 0 n 2 3 4 eye Pye as a a C alte s gt gt c ER n0 co 2n1 3 5 7 x x x x b senz 1 r74 reER DI 2n 1 3 OB 7 2n 2 4 6 x x x x c cosx 1 144 eER dU 2n 2 4 6 n0 14 d ln x n1 1n1 x 1n n x 1 x 12 2 x 13 3 x 14 4 0 x 2 ou em função da variável u x 1 ln1 u n1 1n1 un n u u2 2 u3 3 u4 4 1 u 1 e x4e3x x4 n0 un n u3x x4 n0 3xn n n0 1n3nx4n n x4 3x5 9x6 4 27x7 6 f 1 1 x2 1 x2 2 A série geométrica n0 xn 1 x x2 que converge para 1 1 x se x 1 pode ser empregada para se obter mais facilmente a série de Taylor de algumas funções g 1 1 x2 1 1 x2 n0 x2n n0 1nx2n 1 x2 x4 x6 se x2 x2 1 ie 1 x 1 h x2 3 4x x2 3 1 1 4x3 x2 3 n0 4x3n n0 4nxn2 3n1 x2 3 4x3 32 4x4 33 4x5 34 se 4x3 1 ie 34 x 34 De grande auxílio no desenvolvimento de certas funções em série de Taylor é o Teorema 11 Nos dois exemplos que seguem para se obter o desenvolvimento em série da função fx primeiramente desenvolvemos f x em série e depois integramos essa série termo a termo Esse método funciona bem obviamente quando é mais fácil expandir f x em série do que fx i fx arctan x f x 1 1 x2 n0 1nx2n série já obtida acima válida para 1 x 1 fx n0 1nx2n1 2n 1 c Como essa série é convergente para x 1 segundo o critério para séries alternadas e c 0 pois f0 0 temos finalmente que fx arctan x n0 1nx2n1 2n 1 x x3 3 x5 5 x7 7 1 x 1 j fx ln 1 x 1 x f x 1 1 x2 n0 x2n se 1 x 1 fx n0 x2n1 2n 1 c Como essa série é divergente para x 1 e c 0 pois f0 0 obtemos finalmente fx ln 1 x 1 x n0 x2n1 2n 1 x x3 3 x5 5 x7 7 1 x 1 Uma aplicação das séries de Taylor é o cálculo da integral de uma função cuja primitiva não é conhecida como um expressão fechada isto é em termos das funções elementares Por exemplo não conhecemos a integral indefinida de ex2 contudo 1 0 ex2dx 1 0 n0 x2n n dx n0 1 n 1 0 x2ndx n0 1 n x2n1 2n 1 1 0 n0 1 2n 1 n 1 13 1 15 2 17 3 19 4 15 A 16 Apéndice prova dos teoremas Teorema 1 V prova in referéncia 3 vol 4 seg 12 p11 Teorema 2 V referéncia 3 vol 4 seg 21 pp 17 e 18 Teorema 3 CO n Se ax converge entao fazendo s ax e usando o fato que lim s ntimero finito s temos k0 k0 noo necessariamente o seguinte resultado n n1 Js Jes lim a lim dia ax lim sh 81 0 CQD noo noo k k noo Teorema 4 SO ao S81 s9a SO 0 S89 sa 80 a1 a2 81 52 89 s1 so 0 83 2a3 81 a2 a3 8 83 S892 s2 S1 0 84 S3ta S2a3a4 83 84 8 83 s2 Raciocinando desse modo podemos desenhar o seguinte a 1 a 4 1 I Ax 1 1 I 1 1 4 1 1 l 1 O57 11 1 1 I l l I Ss Ss 000 hee cee coo 6S S Ss a ees ee Son 7 PA oO R A ay Ag 4 Ay a3 i Ay 4 49 Ag A4 ag 4 Ay a limite sequéncia crescente das duas sequéncia decrescente sequéncias Assim concluimos que 81 83 S Sangy S S San S S84 2 SQ 5 isto é que as somas parciais mpares formam uma sequéncia crescente e as somas parciais pares formam uma sequéncia decrescente que sao limitadas superiormente e inferiormente respectivamente o que de acordo com Teorema 1 nos diz que ambas convergem lim Son41 8 lim son s noo noo Mas dan1 S2n San1 portanto 0 lim agn41 lim Sen San1 8 8 noo noo ss5s que 0 limite da série alternada considerada vejao na figura acima 16 Teorema 5 fini a nito sN oo l oo oo Como So ak Yi an YO ax asérie D ax serd convergente ou divergente conforme a série k0 k0 kI41 k0 co ax seja convergente ou divergente respectivamente kI41 a No caso de tI fx dx convergir considere para essa integral a soma de Riemann inferior representada na figura abaixo no grafico a esquerda pela area hachurada de uma infinidade de retan gulos situados desde x I até x oo Note que co oo area hachurada aj41 j42 n S a S fx dx valor finito kl1 t co ou seja a série ay é convergente k141 b No caso de f fx dx 00 considere para a integral f fx da que é divergente também a soma de Riemann superior representada na figura abaixo no grafico a direita pela 4rea hachurada de uma infinidade de retaéngulos Temos que oo co area hachurada a aj41 n1 y OK fzdx o oo kl l CO co ou seja D ap apy 4G co divergente kI41 kl O teorema esté provado y y area area 41 a TH 44 area area M1 FO M49 Yio Fo Qs x 9 fle y fa x y area a area nt eee ee T l I1 142 nl n l i1 42 n1l on x Teorema 6 n Prova do item a A sequéncia s az crescente pois a 0 e limitada superiormente kl n n CO pois 8 D ap Yo be YO by valor finito sendo portanto convergente de acordo com o kl kl k0 CO co Teorema 1 Isto é lim sp ax valor finito o que acarreta na convergéncia da série S ax noo kl k0 CO CO Prova do item b Se a série by fosse convergente entao pelo item a a série a também k0 k0 co seria convergente o que contraria a hipdtese Logo by nao pode ser convergente k0 O teorema esté provado 17 Teorema 7 co A série a é convergente pois k0 doa Yo lawl Han lax 2 SY lael tax lawl k0 k0 k0 k0 S convergente convergente p hipdtese Seguem as duas notas indicadas no desenvolvimento acima Nesta passagem é usado 0 Teorema 2b CO 2 Para verificar a convergéncia da série lax ax usamos 0 critério da comparagao temos k0 co por um lado que 0 ax ax 2ax e por outro que S 2a é convergente como consequéncia k0 da hipdtese e o Teorema 2a Teorema 8 a Caso L 1 k Seja g um real qualquer entre L e 1 Como by ax41ax L existe N tal que by q para k N Logo co N1 co S lanl So Jaxl 5 laxl o lan lan yi lanye lanys k0 k0 kN S valor finito 7 aN1 QGN2 N1 QN3 4N2 N1 olan 1 Mex fava Fence fental onal val lay Jan4il lan lanel lansail lan o ay 1 bn by 1 bn bw 42 bN41 bN otflan1tqt valor finito CQD eS série convergente por ser de razao q1l b Caso L 1 Seja g um real qualquer entre 1 e L Como jim lax1ax L existe N tal que parak N 0o lan41x 1 ou axqil ax Isso significa que aw an4il Janae ou em pala vras que a 6 uma sequéncia crescente que nao é limitada superiormente sendo impossivel portanto k a 4 que az 0 Logo pelo Teorema 3 a série a 6 divergente k0 c Caso L1 co A série pode convergir ou divergir Por exemplo no caso da série harménica de ordem p 5 1k k1 temos que 1k 1 k P lim ja az lim lim 11 jim 1ar jim 1kP kao k1 No entanto j4 vimos que tal série converge se p e diverge se p 1 Teorema 9 a Caso L 1 Seja q um real qualquer entre L e 1 Como jim ax L existe N tal que parak N 0o co lax q ou ax q Logo por comparacao com a série geométrica g convergente pois k0 18 q 1 vemos que a série k0 ak é convergente b Caso L 1 Seja q um real qualquer entre 1 e L Existe N tal que para k N k ak q 1 ou ak 1 mostrando que o termo geral da série k0 ak não pode convergir para zero significando pelo Teorema 3 que a própria série é divergente c Caso L 1 O critério falha como novamente mostra a série harmônica de ordem p Vejamos para ak 1kp que converge se p 1 e diverge se p 1 temos L lim n k ak lim n k 1 kp lim n 1 kpk lim n 1 ep ln k k 1 e p lim k ln k k 1 e0 1 onde foi usado o resultado obtido no rodapé da p 10 Teorema 10 Calculemos o parâmetro L definido no Teorema 8 que é o critério da razão L lim n an1x x0n1 anx x0n x x0 lim n an1 an x x0 lim n an an1 x x0 R I onde R lim n an an1 Assim a série divergirá se L x x0 R 1 ie x x0 R ou L x x0 R ie x x0 e R 0 convergirá absolutamente se L x x0 R 1 ie x x0 R e obviamente para x 0 independentemente de R Calculemos o parâmetro L definido no Teorema 9 critério da raiz L lim n n anx x0n x x0 lim n n an x x0 lim n 1 n an x x0 R II onde R lim n 1 n an Como a equação II é semelhante à equação I seguem as mesmas conclusões acima mas agora com uma nova fórmula de cálculo do raio de convergência que acabamos de deduzir CQD Teorema 11 V referência 3 vol 4 seç 83 Teorema 12 19 fx k0 ak x x0k a0 k1 ak x x0k fx0 a0 0 a0 f x k1 k ak x x0k1 a1 k2 k ak x x0k1 f x0 a1 1 a1 f x k2 k k 1 ak x x0k2 2a2 k3 k k 1 ak x x0k2 f x0 2 1 a3 2 a2 f x k3 k k 1 k 2 ak x x0k2 3 2 a3 k4 k k 1 k 2 ak x x0k3 f x0 3 2 1 a3 3 a3 f nx0 n an an f nx0 n CQD Teorema 13 V referência 3 vol 1 20 17 Exercícios 1 Calcule lim n an caso exista sendo a an n3 3n 1 4n3 2 b an n 1 n c an 1 2 n n d an nn 2 Calcule a soma da série a k2 1 3 k b k0 ek c k0 1k2k d k0 2k2 e k1 1k 22k1 7k f k2 2n131n g 0 032 0 0032 0 00032 3 Usando o critério do termo geral mostre a divergência de a k1 sen k2π 2 b k1 2k k3 c k1 k ln k 5 k 2 4 Usando o critério da integral determine a convergência de a k1 1 k2 1 b k2 1 k ln2 k 5 Usando o critério da integral determine a divergência de a k1 k k2 1 b k2 1 k ln k c k2 1 k ln k d k2 1 k ln kln ln k 6 Usando o critério da comparação mostre a convergência de a k2 k 1 2k3 1 b k1 1 k 1 k3 c k2 1 k2 ln k d k1 ln k k3 k e k1 ln k k2 f k1 ln k k32 7 Usando o critério da comparação mostre a divergência de a k0 2k 1 k2 3k 4 b k0 2k 1 k2 3k 4 c k0 2k 1 k2 3k 4 d k0 2k 9 k2 3k 4 e k2 1 ln k f k2 1 ln2 k g k2 1 k ln k h k2 1 ln k 8 Usando o critério da comparação determine se é convergente ou divergente a k1 k 1 2k3 1 b k0 2k6 4k5 3k 6 3k9 2k2 2k 1 c k0 2k 1 k2 3k 4 9 Usando o critério da razão determine a convergência ou divergência de a k1 1k k b k0 3k k 2k 1 c k1 k2k kk d k1 4 πk k3 4 10 Usando o critério da raiz mostre a convergência de a k1 1 kk b k1 k k 1 k2 11 Determine x para que a série seja convergente a n1 x 3n n b n1 nxn n3 1 c n1 2n 1xn n d n2 xn1 3n1 21 e n1 1 x 6n lnn 1 f n1 xn 1 xn1 12 Usando o critério para série alternada mostre a convergência de a k1 1k1 ln k k b k1 1k sen 1 k c k2 1kk3 k4 3 d k2 1k2kk k 1 ek1 13 Classifique justificando se são absolutamente convergentes condicionalmente convergentes ou divergentes a k1 1k kk 2 b k0 1k k2 4k c k1 k sen 1 k 14 Séries telescópicas Seja ak uma sequência convergente e denote lim k ak a Mostre que a kj ak ak1 aj a b kj ak ak2 aj aj1 2a c k1 1 kk 1 1 d k2 1 k2 1 3 4 e k3 2k 1 k2k 12 1 9 f k6 1 4k 1 1 4k 5 1 25 g k1 sen kπ π 3k 6 sen kπ 3k 3 3 1 2 h k0 1 3k 23k 4 1 12 i k1 1 kk 1k 2 1 4 j k2 4k k2 12 5 4 k k2 k k k1 k 1 2 1 l k4 k ln k 3 k 3 k ln k 4 k 2 ln k 4 k 2 4 ln 7 6 15 Determinar se são convergentes ou divergentes a k1 k 4 k6 3k 5 b k1 3k 1000 k 2k c k1 ek k 1 d k1 k9 k k2 e k1 1k ln k 2k 3 f k2 ln2 k 1 k ln2 k g k1 ln k 1 k ln2 k h k1 k 1 2k k i k0 5 cos k3 k 1 j k1 cos kπ k 2 16 Determine o intervalo de convergência das seguintes séries de potências a n1 1n n xn b n1 n 3 x 7n n 52 c n1 2xn n 12 2 d n0 5nx 1n n e n0 nnx 2n 2n f n0 x 23n 8n lnn 2 17 No intervalo 1 1 desenvolva as seguintes funções numa série de MacLaurin a x 1 x2 b x2 1 x3 c x 1 3x 2 18 Identifique as seguintes funções a fx n0 n 1xn b gx n2 n 1xn c hx n3 x2n1 d ux n1 nx2n1 22 19 Desenvolva as seguintes funções numa série de MacLaurin fornecendo o intervalo de convergência a x 0 cos t 1 t dt b x 0 sent2 t2 dt c x 0 ln1 125t3 dt 20 Calcule a soma das seguintes séries a n1 1n122n n b n1 1nπ2n1 22n12n 1 c n0 1n 2n 1 21 Se fx senx3 calcule f 150 22 Estabeleça que a k2 1 ln kq é divergente b k2 1 kln kq é convergente somente se q 1 c k2 1 kp ln k é convergente somente se p 1 d k2 1 kpln kq é convergente somente se p 1 ou p 1 e q 1 23 Mostre que a série k1 kak kk é convergente para 0 a e e divergente para a e Nota Para a e o problema é mais complicado sendo necessário mostrar antes a desigualdade k 1 ek e kk k ek e o que se consegue a partir da desigualdade ln 1 ln 2 lnk 1 k 1 ln x dx ln 2 ln 3 ln k obtida por meio das somas de Riemann inferior e superior 24 Considere a série k0 bkkp Mostre que se lim k bk existe e é positivo então a série é convergente para p 1 e divergente para p 1 25 Usando o problema 24 determine se é convergente ou divergente a série a do problema 8a b do problema 8b c do problema 8c d k0 k2 3 3 k9 k2 1 e k0 1 k k k f k2 1 k4 k2 23 18 Solucoes dos Exercicios Prob 1 nm43n1 14344 a lim a lim lim Vnl Jn 1 n Qn c Como lim 1 e temos que lim a lim 1 e n0oo n noo n0oo n im 22 im 1 d lim a lim n lim en oft a ol lim e1 n0o n co noo Prob 2 so 1 Neste problema fazemos uso da formula da soma da série geométrica S g Ty lq 1 k0 4q co 7 1k 13 1 a 4 O73 1 Kao 3 113 6 co co 1 e b k 1 k 2 let e1 20 oo 1k 1 2 c Sia Ye SY 4 x 2 13 Se Se 1 1 2 21 2 2 d 32 242 212 v2 Vv2t tv2 46 k0 k0 122 44V2 V21 V241 21 22 g2k1 1 ee 1 27h 2 2 1F7 27F 744 Ig OPO 5 Tey 7a oo 32 2 3 23 3 49 f gnlgln li 79 du 3 uw 3 2123 2 13 g 0032 00032 000032 0032 10 101 1071 0032 9 1071 k1 1 10 32 0032 0082 1107 9 900 Prob 3 Neste problema basta mostrar que lim ay nao exite ou existindo que jim an 0 co oo k2 a lim a lim sen nao existe a oscila nos valores 0 e 1 koo k0o 2 2 we 2In2 wa 9 2ln2 wey 2In2 b im ap imp im za im a in oo nao existe k5 ln 3 VH UTES 3k O ae EI BR pe Reed OO Prob 4 Observe que em cada integral i fx dx usada a fungdo fx é continua positiva decrescente e tal que fk a o termo geral da série para k K assim satisfazendo as condig6es do critério da integral Neste problema basta mostrar que essa integral impropria existe a aa arcta arcta arctan 227 peer nz arctanooarctanl 57 4 an 1 2 1 1 1 1 b dx 1 t tiiyjtit alna lo Inco In2 0 i In2 24 Prob 5 Devemos mostrar que a integral improépria construida segundo o critério da integral v 0 inicio da resolugéo do Prob 4 nao existe 1 9 co a path ane 1 5 mogIn2 2 Co 1 oo b dr 2vine 2VInoo VIn2 oo 2 ving 2 Co 1 oo c de In Ina InInooInIn2 c lne 2 0o Co 1 oo d dx lInlnlnz InInIncoInInIn3 oo note que InInz 0 se x 3 3 alnavnIng 3s Prob 6 Pelo critério da comparacao entre séries de termos gerais positivos para mostrar que uma série é convergente basta mostrar que assintoticamente ie para maior que algum natural ou k oo 0 seu tg termo geral é menor ou igual que o tg de alguma sér conv série convergente k1 k141 1 a 1 11 De tg de uma sér conv 1 1 1 b tg de uma sér conv Jn 1 Vn3 vn11l4vVn3 tg d é c tg de uma sér conv ink 2 8 Ink k 1 d tg de uma sér conv Vk Vk Re Ink k 1 e 7 vA 78 tg de uma sér conv Prob 7 Pelo critério da comparacao entre séries de termos gerais positivos para mostrar que uma série é divergente basta mostrar que assintoticamente ie para k maior que algum inteiro positivo o seu tg 6 maior ou igual que o tg de alguma sér div série divergente 2k1 2k11 2 tgd ér div 2 3k4 PB 3k4 43k 44h VS Touma ser div 2k1 2k11 1 b TW DH eg dd ér div Bk 4 43 p42 ap VS de uma ser div 2k1 s 2kk 1 tod ar di 2 BR4 PBR 48K 4R2 GR CO NNA SEE 2k 9 2kk 1 d 5 k 9 tg d ér div 23k 44 3h 43k 4a 5p YA 9 HB de uma ser div 1 1 e nk tg de uma sér div f u tg d ér di tg de uma sér div nk Jee ko tg d ér di tg de uma sér div Vikink Vivek 1 1 1 h tg de uma sér div nk Vk ki4 g Prob 8 k1 kk 2 a Conv pois mo so éo0 tg de uma sér conv 25 b C 2k 4k 3k 6 2k 4k 4k 3k 6 6 5 to d onv pois éotg de uma sér conv OEY POW BRO 2h Qk 1 BRO DR D2 DW FI1 Be 2k 1 2k k 1 oa c Div pols k23k44 ko 3k 43k 4k2 5k eo tg de uma sér div Prob 9 Seja L jim ax41z onde az é o termo geral da série dada Abaixo os resultados L 1 e oo L 1 indicam séries convergentes e divergentes respectivamente O simbolo de médulo sera omitido no caso de termo geral positivo 1F1k 1 k kK 1 L lim lim lim lim 01 a b kim cpeme t eay we Ak1 ete ee OS 0 0 Bett k1 0 2k 1 348i 4 Betta k41 241 3 b b lim 2 Ft EX ji 88 8 ti Ro Foe koo QRtL4 1 B kh ko QALY 1 BRAK kS00 o 2 k k k k12k1 kk k kKbr 2 1 1 L lim 1 2 lim 2l c b jim K IEE RQ poo R41 AE kT oboe 14 1kF e 4nFtt k3 44 ke 4 d L lim 47 lim 4711 E km eased Game 477 hm Gap AO Prob 10 Seja L jim ax onde a 0 termo geral da série dada Abaixo os resultados LD le L1 00 indicam séries convergentes e divergentes respectivamente O simbolo de médulo sera omitido no caso de termo geral positivo a L lim 1k lim 1Vk lim 1k01 koo ko0o k 00 ky k yk 1 1 b L lim Jim Jim 1 Ea VG Gea BR ETN eS Prob 11 so Segundo o critério da razao os valores de x que tornam a série 5 ynx convergente sAo os que n0 satisfazem a inequacao x 1 onde x lim yn412Ynx Uma investigagaéo separada é noo necessdria para verificar se a convergéncia da série também ocorre com os valores de x que satisfazem a equagdéo Oa 1 1 3 nl 1 a tim SE AM FY yg im P e3d 1 S 1 23 1 S wd 2ene 3 que é uma série alternada convergente n1 n xr2 n1 nm ed 3 co 1 3 que é divergente Resposta x 2 4 n1 0 w4 0 nan 1 a s n 1artt na nti ne 1 b lim a lim a 1 noo n 13 1 0 n3 41 noo on n1341 z yl dey rl que é uma série alternada convergente S n so 0 60 xu yl za rl mS é convergente Resposta x 1 1 26 1 wit 70 Oo 2m14 art Qn1a 2n3 n ce lim a lim 0V Resposta R n00 n 1 n nc00 2n1 n1 grt 3 oo grt oo 9 S1 que é uma série divergente n2 3nl r3 n2 oo grt oo 9 que é uma série divergente Resposta x 33 n 8 1 Ie3 hao Outro modo baseado no fato de que a série dada é a uma série geométrica é o seguinte co gh tl oo a x Se HPV que é convergente se 1 isto ése r 3 n2 3nt n2 3 3 1 VH OO x 6 Inn 1 1 Inn1 l 1 6 1 T7 5 tm Gon tinn 2 eH EL In 2 lv 6 out ya aay eG 1 que é uma série alternada convergente Gro mn 1 let Ov Tmep 4 S 0 3 s ediv R 7 U 5 00 RS é div esposta x 0co 5 00 a 6 Inn 1 le5 uy Inn1 L7 uy n aeer f oe a 1 2 Gr E x 1 Essa série geométrica é convergente se 1 o Gaps ia 79 nie geométrica convergente se u z 1 x Como os modulandos mudam de sinal em x 0 e x 1 convém resolver a inequacao nos intervalos separados por esses valores de 2 No intervalo x 0 x1 z2 ou 1 0 que é veridico Vz 0 No intervalo 01 1 2 ou x 12 logo x 012 No intervalo x 1 x1 2 ou 1 0 um absurdo logo nao existe solugéo no intervalo 1 00 Além disso al 0le al nao existe 12 12 4 A uniao dos valores de x que satisfazem a inequacao fornece a resposta 12 Prob 12 Aplicamos o critério de convergéncia para uma série alternada 7 y1 ax ax 0 que consiste em verificar se a sequéncia a é decrescente e com limite igual a zero Abaixo cada sequéncia az dada é claramente decrescente o que caso se duvide pode ser confirmado constatando que a derivada da fungao fk a é negativa Assim mostraremos a convergéncia verificando téosomente que limps ak 0 Ink p 1k a lim a lim af Flim Wk gy k0o ko0 k00 1 1 il b lim a lim sen sen lim sen00V k oo koo k k0 k ke 1 c jim ap jim a3 jim 0Vv 2k k 1 k d lim lim 2e 0Vv kv00 k 1 e 1 e kool k1 30 NO 1 Prob 13 ay u 1 a Vejamos a série leary zu Teron Vemos por comparagao que essa série divergente 27 is es br di im Sv Oe ng pols Taya Jeane Eyz que éo tg de uma sér div Assim u JibaD nao converge ar epee aos 1 absolutamente mas essa série é convergente o que se deduz do critério para série alternada es é As eye 1 as os uma sequéncia positiva decrescente e tal que im Vika 0 Logo a série dada é condicionalmente convergente b Vejamos a série jure ke ela é convergente segundo o critério da razao jim k1 k1 00 oe jim a1 1 Ouseja a série dada absolutamente convergente 00 SS c A série é divergente segundo o critério do termo geral lim Vk sen lim sen0 140 k00 Vk 640 onde fizemos a mudanga de indice 1Vk 6 0 quando k ov Prob 14 a SS ax aki lim Yo an Yo anys lim aj ajpit F An aj4i Fan anit aj lim an41 aja E b Qe Gr2 lim 0 ax Yo ansa lim aj ayy1 a2 F Ap aj42 Gn Antit anya aj aj1 lim an41 lim ano ajaj412a e s Sapp dG re ds a Jim ap 101 ap a a lim ag 10 Ei kkl Gy kk kel Ge a we ak Qk1 a Ss 1 1 S Gat eS 5 1 1 k2 1 SQ kDk1 SQ R1 5 kA 1 5 ga3 k2 hae k 1 ken R k2 QAk1 Qk41 12 SS ag1 an41 12 a1 a2 2 lim ax 12 1 12 0 34 k2 co co 62k 1 os 1 1 oo 1 SO ST li e uy k2k 12 xl hk k 12 2 a Gn1 43 lim ak 9 We Se Sa ak aps 0 pea d a6 i ap a ag lim a ey 4k L AB ee OREN OO co 25 easy ee S ak Qk1 0 oo k k os 31 g 5 senSEZ sem SPE 5 cues an jim oy ay sen gen Z Y Ses NS Qk41 ak ce 1 oo 16 16 16 16 16 1 h 55345 2 lim 4 20 BeDra 2 Se2 Brea OO im ea 12 io ak Ak2 2 1 l2 1 12 fly 1 1 1 1 1 i dhe 1h PD x k kel E43 k aa sqriee3 ak p41 bp beqi 1 1 1 1 1 11 1 1 1 3os i Hm pg f 2G9 f 5 a dmg gl mega a alg a 44 28 oe 4k ce 1 1 1 1 5 SO SSO jj Q i 1p k12 k 12 e tas lim k12 4 4 Seas TO ak ak2 k 3 Ve NEAT ay lim VR 21 ME Ves a2 lim Vke v2 ak Qk41 ak Qk41 os k3 k4 k4 oo k3 k4 oo k In k In In k In k 1 n PA ad k3 6 In k3 WH k 3 aa imag An 7 fim a in Ni 6k ES Prob 15 3k5 k4 k4 k V2 a Temos que j Vk3k5 Vk 8k 5 k8 k92 k que é o termo geral de uma série convergente Logo por comparagao a série dada é convergente Note que a desigualdade acima é valida se 3k 5 k2 isto 6 para k maior que o valor ko indicado na figura 4 direita 0 k b A série é convergente pois para ela o parametro L no teste da razéo é menor que 1 L ii 3k 1 1000 kak 1 i 3k 997 k 1 el lim 27 WT lim k00 kK 12k1 3k 1000 2k00 3k1000 k1 2 SSEYS a 1 a1 ar etl 41 c A série é divergente pois o parametro L no teste da razao 6 L lim e1 k300 k2 ek d A série é convergente segundo o teste da comparacao uma vez que se consegue mostrar que para k maior ou igual que algum natural seu termo geral é maior que o termo geral by de uma série convergente De fato temos que k k 2k 2 oo ee A oR Wm mH b se k k2 isto é para k 1 5 e usando o teste da razao constatamos que b forma uma série convergente 2k1 kl k19 1 lim Bpi1by lim pe jim betabel tim apr ons EA kl 0 eY a1 0 e A série é convergente consoante o critério para séries alternadas pois a sequéncia ax Ink 2k3 é positiva decrescente e tende a zero quando k co f eg Por comparacao constatamos que as séries séo divergentes pois para k maior que algum natural 1 temos que Ink1 InkInk2 Ink2 12 a Ink in k2 in k2 1 tg de série divergente kInk k vk 2k 2k e Ink1 Inknk2 Ink2 12 Lo tg de série div v Exemplo i na pag 7 kek kink kink kink plo i na pas 7 h Pelo critério da raiz com az tL verificamos que a série é convergente Jk1 k1 1 ke 4s k 4 t jim Vleal Jw Se it ge 2 P i Por comparagao verificase que a série é divergente 29 Vk 1 2 ee a 5 tg de série divergente Prob 16 a SCay a R tim tim at yt R 1 001 nx lim lim 7 x lou nal noo dnt1 noo 1hn 1 S 1na J Ln 6 divergente n1 r1 n1 1na 1n uma sér altern convergente Resposta 1 1 n1 a1 n1 oer oo 2 b oY t3 yp 7h SS R lim lim 23 22 1 mR60u8 nai n 5 n lAngi nto Vn4 5 eS SSSr an 1 1 co Yn3 n co n Vnt3 tas ae in 5 a 7 uy n45 é conv segundo o critério p séries alternadas eYY 0 2 Yn3 2 Vnt3 co n 3n co 62 7n Net l é R ta 68 n 52 x 7 os mo ints 72 mo vis conv esposta 6 8 90 2 An 2 n22 1 1 7 1 Dee ee el ae ee Cae 19 7 R Sy a 2 2 1 a Sy Ss t n 4 12 2 e12 n 4 12 2 ne e convergente co 2ax oe 1 11 ot 5 1 ér alt conv ta 55 P 2 49 df nt 2 é uma sér alt conv Resposta 579 ee 0 oo 5 h 5 1 1 d a1 R lim lim n lim nt 00 Resposta R nl n N00 An41 noo n 5ntl noo 5 con a n grt 2 n a 2 lim lim j e mo an c2 R nooo Qn n 1r1 nontiinl a li 2 ot 0 Resposta x 2 ee nl 1 nyr e Ss 70 le oo 93n 9 3n1 ny 9 f Para a série oe o critério da razao fornece L Jim Stee ae 28 2 e 2P im MOF 2 5 pg apc2 S 22422 3 4eao 8 n00 Inn 3 a 1 oe 93n oe 1 S e 2 S 1 série alternada condicionalmente convergente 8 Inn 2 4 Inn 2 a 28 1 Sl 1 S 8 Inn 2 9 Inn 2 dX Inn a n verge Resposta 40 30 Prob 17 x d 1 dase 7 8 4 a Gop alice e ae ne x x d zd d 1 x da 2x x b 1 a5 2 mo 1x 12 2 a 2 dxdxl2 2 ae 2 damn e nn 1 on n2 2 vt1 a 1 ew tl a 3ayr a 3at 3a c 3a2 2 1822 2 x 2 gntl Hd gntl eo 3 12 3a a 1 13 13 Qn a 9ntl TS 3th Qn 9n1 x oo hn 1 131 13 131 ym onde oO 2 an Qn Qn1 gn1 Prob 18 oo d d 1 1a21 1 Lar mt 2 g SS a fx Du n e dx mu de Ta 12 12 n 2 n2 2 d n1 2 d n b ga So m Da a VS n lar a Vat 2 Vax n2 n2 dx n2 dx n1 9 d x 2 1 x x OOO TSO Ss 7 dx l la 12 oo oo 23 7 Qn1 2 x 0 nn a eee d ux s nant x 3 na2r1 wy 23 3 ny pel 3 y ot 1 n1 n1 n0 dy n0 dy 1 y 3 1 x OS ly 1a Prob 19 cos x OO x t1 vy co nz2n ry co nyz2n ZT oo nz2n1 a tat 1t iJar er e e S 1 2n1 es r fer 1a yw Pr lat A J R en J Onl an 5 ann ER x 12 vy co 1r t2 2n1 ZT co nan oo 1 x b a f a 2 f pb eeri Ss op at o 0 lno 2n1 0 Lno 2n 1 nao 2n1 Jo oe 1 fantl x oo 1atrt e oe Sosa eR nao 2n14n1 nz 2n14n 4 1 x ZL oo 11 5t3 oo 1 158 fe oo 1 1538 g3r41 c inf 54 de dt TT te dt I e 0 X n XH n 0 X n3n 1 Nesse caso a maxima variacao de t é dada por 5t 11 ou t 1515 esse é o intervalo de integracao maximo possivel Vemos entao que x pode variar no intervalo 1515 Prob 20 oo 1122 oo 112 CO 1 tax 5 a 2 n uy n my n a2 n1 2 x14 4 Obs 14 1 1 que é 0 intervalo de convergéncia da série de MacLaurin de In1 x que foi usada 31 CO 172r1 oo 1a2r1 oo 1a2rt b COC Sa Sa a a a mo 22n12n 1 2n 1 lL x 2n 1 x a 2 je r Ss DS tant 1 7 Cc fy 2n1 fy 2n 1 arcane Z 4 De acordo com o resultado obtido no Exemplo i da secao 15 pagina 15 Prob 21 9 15 33 fz 10 FOr ary 4 LO gy genx pee ey 220 1 sang Bt sS mp POOR ay 32 2 Capitulo 2 Resolucgao de equacao diferencial e 2 e li 2 e Nn e ordinaria linear por série de poténcias Sabemos que a solucao geral da EDO linear de 1 ordem y 2x yx 0 21 é 2 a yx ce a VeeR 22 n0 Isso sugere que também possamos resolver a EDO em 21 tentando uma série de poténcias ya S Anx 23 n0 donde so y x So nana 24 n1 Substituindo 23 e 24 em 21 obtemos 0 y2Qry S nNayw a S nx n1 n0 S nayw 1 S Qanx n1 n0 S nayw 1 S 2an22 n1 n2 at S nan 2an2 a n2 uma equacao que so pode ser valida para todos os valores de x se os coeficientes das poténcias se anularem isto é a 0 e nay 2an2 5 0 Desta segunda equacao deduzimos que an 2 para n2 n Essa equacao é chamada de relacao de recorréncia Por meio dela determinamos os coeficientes an 33 Fazendo n igual a naturais pares obtemos n 2 a2 a0 n 4 a4 2 4 a2 1 2 a0 n 6 a6 2 6 a4 1 3 1 2 a0 n 8 a8 2 8 a6 1 4 1 3 1 2 a0 a2n 1 n a0 n 0 Agora com n igual a ímpares temos n 3 a3 2 3 a1 0 n 5 a5 2 5 a3 0 a2n1 0 n 0 Finalmente substituindo essas expressões dos coeficientes em 23 obtemos yx n0 anxn n0 a2nx2n n0 a0 n x2n a0 n0 x2n n a0 ex2 que é a solução dada em 22 pois o coeficiente a0 permanece como uma constante arbitrária Vejamos mais um exemplo Considere a seguinte EDO e a sua solução geral conhecida 4y yx 0 solução geral yx c1 cosx2 c2 senx2 25 Vamos recalcular essa solução geral pelo método das séries de potências Os passos são os seguintes Passo 1 Escrevemos a série de potências que se admite como solução e as derivadas dessas séries que serão usadas yx n0 anxn y n1 n anxn1 y n2 n n 1 anxn2 Passo 2 Na EDO substituímos y y e y pelas respectivas séries para deduzir a relação de recor rência 0 4y y 4 n2 nn 1anxn2 n0 anxn n2 4nn 1anxn2 n2 an2xn2 n2 4nn 1an an2 xn2 0 an an2 4nn 1 n 2 Passo 3 Usamos a relação de recorrência para calcular os coeficientes em termos dos coeficientes Estamos começando a estudar um poderoso método que servirá naturalmente para obter soluções de EDOs que não sabemos resolver analiticamente mas os exemplos ora apresentados são educativos ilustram o método e as manipulações matemáticas costumeiras 34 que permanecem arbitrarios ag e a1 ao ag 421 ay a3 43 2 a2 ao ao a4 SOF OE oe CO 443 4432 4124 a3 ay 2a a SF eee SE oem TsO Ss 454 425432 5125 a4 ao ao a SS FF SOS OPN Oe eee COCs 465 4365432 6128 as ay 2a a SOC SS eee ee ee SOnaDh sé 476 48765432 7127 Passo 4 Deduzimos uma expressdo genérica para os coeficientes em termos de dg e a1 Do passo 3 concluimos que 1ao 12a1 aran0 dn e a bates on 2nb22 antl On Llaenti Passo 5 Substituimos a expresséo genérica dos coeficientes na série de y para deduzir uma expressao fechada para a solucao CO co CO co n CO n n Qn Qn41 10 on 12a Qn1 yz S ann SS dan a So dant x S anylg2 pan S Qn 4 1lo2F1 x n0 n0 n0 n0 n0 co co 1 1 say2ntl x x a 2a 5 do cos a sen 0d Onl 2 20 Gnd 2 a n0 a n0 que é a solucao geral apresentada em 25 Ressaltese que o passo 4 é frequentemente dificil e o passo 5 é raramente possivel Por isso nas resolucoes por série de poténcias que seguem nao nos preocuparemos ordinariamente com a implementacao do passo 4 0 que seria até elegante mas este passo embora de certa importancia esta fora dos nossos propésitos aqui que é o entendimento do método e do passo 5 21 Resolugao em torno de um ponto ordinario 211 Definicoes a Uma fungao fa é dita analitica no ponto x 29 se ela pode ser desenvolvida numa série de Taylor relativa a esse ponto que tenha raio de convergéncia positivo b Considere a EDO linear de 28 ordem Axy Bxy Cxyx 0 26 que pode ser escrita na forma y px y x yx 0 27 com px BaAx e qx CaAa Dizemos que x xp um ponto ordinario ou naosingular dessa EDO se nesse ponto px e gx ou suas extensdes continuas sao funcdes Recordacao Uma fungao fx definida num ponto x zo é dita continua nesse ponto se lim fx f xo LxQ A extenséo continua de uma fungao fx num ponto x xg em que ela nao é definida mas tem limite finito é a funcdo gx que é igual a fx se x xo e naquele ponto é dada por gxo lim fx Por exemplo a extensdo continua da LxQ fungao senxx em x 0 é a fungao gx igual a senxx se x 0 e com g0 lim senxx 1 35 analiticas Um ponto que nao é ordinario é dito um ponto singular ou uma singularidade da EDO Exemplos i y nz yz 0 x 0 ponto singular pois fx Inz nao é analitica nesse ponto nao existindo f0 f0 etc fa nao pode ser desenvolvida numa série de Taylor em torno de x 0 ii y a 18y y 0 1 ponto singular pois 2 153 nao pode ser expandida em poténcias de a1 a segunda derivada de a 1 igual a 1091 é infinita em x 1 sen x 1cosaz iii cy senzy1lcosxy40 S yl y y2z 0 SS px ax Essa EDO nao tem ponto singular isto é todos pontos de R sao ordinarios inclusive c 0 De fato como 1 oe wy 1 xt x senx z eee eee x x 3 5 7 3 5 7 e Ma Le te oe x oe an cosxz eee see x a2 4 6 8 2 4 6 8 sao as séries de Taylor relativa a 0 das extens6des continuas de px e qx nesse ponto a analitici dade em x 0 esta verificada iv 22 1y tay ylr0 y Ty A alo 0 z z21 Os pontos singulares dessa EDO sao as raizes de x 1 0 a saber 2 i nos quais xx 1 e 1a 1 nao admitem extensdo continua pois apresentam limites infinitos nesses pontos Esse exemplo ilustra que pontos singulares nao sao necessariamente reais Percebese que a caracterizagao de pontos ordinarios e singulares com base no conceito de analiti cidade pode complicar as vezes a determinagao deles Ora 0 conceito de fungao analitica é porme norizadamente estudado num curso de fungdes complexas e é exatamente a falta desse estudo que nos traz dificuldades aqui Mas nao precisamos de muita teoria para prosseguir uma vez que estaremos na maioria das vezes preocupados apenas com EDOs cujos coeficientes sao polindmios Nesse caso fornecemos a seguinte receita A EDO 26 no caso em que Ax Bx e Cx séo polindmios sem fator comum tem em Xx 2 real ou imaginario um ponto e ordindrio se Axp 0 e singular se Ax 0 Por exemplo i a 1y 2zy 6yx 0 os pontos singulares sao as raizes de 2 1 0 isto x 1 Todos os outros pontos sao ordinarios ii aw 1y a ly a1y7 0 aly a 1ya1yx 0 ponto singular em x 1 ili aw 1y a 1y 1yz7 0 SS yp a ly x lyx 0 nao tem ponto singular todos pontos de R sao ordinérios iv vy a2y 2xlyx70 xy 2y x 1yx 0 ponto singular em x 0 v x 1y yx 0 pontos singulares em x i 36 212 Teorema da existéncia de solugoes em série de poténcias Se x xo for um ponto ordinério da EDO 26 podemos sempre encontrar duas solugées line CO armente independentes na forma da série de poténcias aa xo convergindo cada série pelo n menos no intervalo ap R x R em que R é a distancia do ponto xp ao ponto singular real ou nao mais proximo co Por exemplo a solugéo da EDO a 1y ay y 0 na forma ax 4 isto é na forma de n uma série de poténcias em torno do ponto ordinario x 4 é convergente para 4 3 4 3 17 pois nesse caso a distancia R do ponto x 4 ao ponto singular mais proximo que é 0 ponto x 1 é R413 Outro exemplo a solucdo da EDO a 9y 2y y 0 na co forma ax4 isto é na forma de uma série de poténcias em torno a n 7 do ponto ordinario x 4 é convergente para 4 5 4 5 19 Bi 5 intervalo des pois nesse caso a distancia R do ponto x 4 do eixo das abscissas ff ys Sppvergencia que também é o ponto z 4 do plano complexo ao ponto singular eos ja A Q 7 mais proximo que sao os pontos z 3i do plano complexo R lz 2F 4 3i 443i V42 3 5 A figura a direita oy mostra que o intervalo 19 é a parte do eixo real que jaz no interior S45 457 da circunferéncia de raio R 5 centrada no ponto x 4 desse eixo ae 213 Exemplos de resolugao de EDOs lineares por séries de poténcias em torno de ponto ordinario Nota Aqui por questao de simplicidade supomos que a origem x 0 seja sempre o ponto ordinario em torno do qual se deseja obter a solugao da EDO na forma de uma série de CO poténcias 5 anx no caso Isso nao significa perda de generalidade pois mediante a n0 mudanga para a varidvel t x x9 sempre podemos transformar uma EDO com ponto ordinario em x Zp noutra com ponto ordinario em t 0 Exemplo 1 y 2ay 0 Como nao ha pontos singulares a solugao em série obtida abaixo é convergente para todo real CO co co co 0 S nn 1anx 2x S Ant S nn lanx S 2anxt n2 n0 n2 n0 CO CO co S nn janx S 2an30 7 2ag S nn 1ay 2an3 2 n2 n3 0 n3 0 2an ag0 e an 23 n3 nn1 Como az 0 temos que a5 ag as2 0 k0 O coeficiente ag permanece arbitrario dele dependendo os coeficientes asn k1 2ao ao a 3Q 3 2a3 ldo ao a6 or ES 65 15 3 45 246 1 ao ao a FEF OO oe SS 98 3645 1620 Recordese de que a distancia entre dois pontos z1 e z2 do plano complexo é dada por z1 z2 e que o médulo de um nimero complexo z a bi é z Va 62 Por exemplo a distancia entre os pontos 6 13ie 1ié 6 13i 1 i 54 12i V5 122 V169 13 37 O coeficiente a também permanece arbitrario dele dependendo os coeficientes ask k1 2a ay a4 43 6 2a4 1 ag ay az FF Or 76 216 126 2a7 1 ay ay M0 Wa Fe yoe Eee 109 45126 5670 Logo ya apn tayat ag 7 a3 24 ag ct44 a5 2 4 ag 2 4 a7 ge ag 224 ag 94 ayy 19 4 WY WY wY wY wY wY wY WY we 0 20 a1 0 20 a1 0 2Q 1 3 6 45 126 1620 5670 5454 4 4aeo 2 4 a eee a x eee 3 45 1620 6 126 5670 é a solucao desejada sendo as séries entre parénteses duas solucoes linearmente independentes da EDO Exemplo 2 7 1y2y y0 Os pontos singulares sao x i A distancia entre esses pontos e o ponto de expansao x 0 é R0i i 1 Logo a solugdo em série obtida abaixo convergente para x 0 R0 R co co CO 0 a7 1 S nn 1anx 24 S nanw S An x n2 n1 n0 CO CO CO CO S nn 1anx S nn lana S NGy x S Ay x n2 n2 n1 n0 CO co co co Soin 2n 3an20 S nn 1anx Son 2an92 S An20 n4 n2 n3 n2 CO 2a9 643 aye dg are S nn 1a n 2n34n2 1 ano har k9909 0 es eae oe ee 2a2ao 6a32 n4 n1n3 3 an 2a2a90 agO0 e an r 8 dn2 n4 n O coeficiente aj permanece arbitrario dele dependendo os coeficientes a2r k1 ao ag 9 ag ag 2 ao a4 SS SF Sa a 4 4 8 3a4 ao8 ao a6 DS 6 2 16 O coeficiente a também permanece arbitrario e como a3 0 vemos pela relagao de recorréncia que a5 a7 ag 0 Logo yx ag tayx ag x a3 a2 ag x as 2 ag 28 az a t WS wY wY wY wY Y 20 0 20 0 20 0 2 8 16 38 a at af pene es me a1Zi5 Exemplo 3 y 12y0 Nao existem pontos singulares convergindo para todo z real a série que se obtém a seguir co CO CO CO CO 0 S nn lanx 1 2 S Ann S nn lanx S An2 S An32 n2 n0 n2 n2 n3 co 2a2 ag S nn 1an an2 Gn3a n3 donde az ao2 e a an3 an2 In3 nn 1 é a relacao de recorréncia Como ag e a permanecem arbitrarios em termos deles escrevemos todos os demais coeficientes ao ag 2 a 20 ay 5 6 a aq wo 0 ay a pt a ot Dp ag a3 1 2 ag t ao ay 20 2012 6 30 120 Finalmente yz ag tayx ag 22 ag a ay ett ay w Ww WY Ww Ww e e ee yee tae e e4 2 4 a eee a x eee 2 6 24 30 6 12 120 214 Problema de valor inicial PVI Considere os dois PVIs seguintes formados com a EDO ja resolvida no Exemplo 1 acima e diferindo apenas quanto ao ponto do dominio no qual as condicoes iniciais sao definidas ey 2xy 0 y0 2 0 5 ey 2xy 0 y3 2 y3 5 Como ja temos a solucao geral da EDO dada por ee x gt gt 10 1454542 4 4 542 454 yl ao 3 45 1620 OVE 6 196 5670 falta para completar a resolugao dos PVIs determinar as constantes ap e a a partir das condigoes iniciais o que exigiré a expressdo da derivada de yx x 2 4 2 e my x a x eae a see y 45 1620 6 126 5670 39 No caso do primeiro PVI as condig6es iniciais fornecem diretamente y0 ag 2 e y0 a 5 Mas no segundo PVI temos complicagoes as condicoes iniciais fornecem 33 36 39 34 37 310 3 1 54 54 5 4as542 57 4 2 y3 ao 3 45 1620 6 126 5670 a TO Sy So e 63 938 432 73 1039 3 a 2 7 a 4 2 5 y3 do 45 1620 6 126 5670 SS S3 Sa Essas duas equacoes formam um sistema algébrico com as duas inc6gnitas ap e a o qual para ser resolvido é necessdrio antes executar a dificil tarefar de calcular as somas 1 S2 3 e S4 Vése assim que a determinacao das constantes arbitrérias na solucdo geral ya tornase com plicada quando ya nao é uma série centrada no mesmo ponto do dominio no qual sao definidas as condig6es iniciais Assim concluimos o seguinte Ao se revolver por série o problema de valor inicial formado por uma EDO Axy Baxy Cayx 0 e condigoées iniciais dadas pelos valores conhecidos de yzo e yo se for um ponto ordindrio da EDO é vantagem obter a solugao geral como uma série centrada nesse ponto co isto 6 y anx xo pois as constantes arbitrdrias aj e a podem ser determinadas com n0 simplicidade sendo iguais a yxo e yao respectivamente De fato observe CO yz ag aya 29 S Anw 2 yao a n2 co yz a S NAna2xo yaoar n2 Vamos entao resolver 0 segundo PVI acima Segundo a conclusao acima convém primeiramente obter a solucao como uma série centrada em x 3 Isso seré menos trabalhoso se fizermos a mudancga de varidvel t x 3 As transformacg6es correspondentes das derivadas de y sao obtidas pela regra da cadeia dy dy dt dy d dy d dy dt a2 4 yt portanto y 24 2 v VO ae at de at YD Portanto 9 Ta tae de YO we We 1 yt 1 Com esses resultados e tendo em conta que yx yxt yt a EDO y 2x yx 0 toma CO a forma y 2t 3yt 0 Substituindo nessa equacgao a série S at lembrando que uma série n0 centrada em t 0 equivale a série desejada centrada em x 3 obtemos co co 0 y2t3y S nn 1ant 2t 3 S Ant n2 n0 CO co CO CO co co S nn1ant Qant 6 S at S nn1ant 2an3t 7 6 S An2t n2 n0 n0 n2 n3 n2 2a 6a 2a9 6a9 S nn1an 2an3 6an2t ag3aq e an oe a n3 nn 1 0 0 2 A209 3ag 2a0 6a ao a3 a 32 3 2a4 6a2 ay 63ao 3a9 ay a4 SO EE Fs S 43 6 12 2 6 2a2 6a3 2 6 ao 3 1 6 2a0 301 t Fite 8 nGspor gorn 5 54 39 320 ag 10 10 990 5 10 na notagiéo empregada yt designa a fungdo composta yat 40 v yt agtayt a2 a3 t ay t as P we Ww Ww wy Tete ar GE OE 1 ge hy Oe are pe a wee a eee 3 2 5 6 10 Com a substituigao de t x 3 a9 2 e a 5 obtemos finalmente a solugao do segundo PVI x3 3a3 2a3 yz 2 13e 32 223 3 yey tes 3 2 5 x 3 3a3 5 3 3 3 see c 3 6 10 22 Resolugao em torno de ponto singular 221 Definigoes Os pontos singulares ja definidos na secao 211 sao por sua vez classificados em regulares e irregulares como segue Dizemos que um ponto singular da EDO 26 é um ponto singular regular ou uma singularidade regular se ao reescrevermos essa EDO na forma dada por 27 constatamos que x xopx e 2 29qx ou suas extensdes continuas sdo funcdes analiticas em Zo O ponto singular que nao é regular é chamado de ponto singular irregular ou singularidade irregular Novamente para evitar a andlise de analiticidade de funcoes fornecese a seguinte receita valida no caso de EDO cujos coeficientes sao polinémios Considere 26 com coeficientes polinomiais e escreva essa EDO como em 27 mas com px e ga na forma de um quociente irredutivel de polindmios completamente fatorados em monomios Se o fator 9 aparece nos denominadores de px e gx com multiplicidades m Mg respectivamente entao x x9 é um ponto singular e regular se m1le m2 e irregular se Mp 1 ou mg 2 Assim por exemplo i Os pontos x 1 e 2 sao pontos singulares da EDO x1a4y a1x2yy 0 sem fator comum nos coeficientes polinomiais Reescrevendo essa equagao na forma 1 1 1 4 9 y0 YO 222 N2222 4 verificamos de acordo com a receita acima que x 2 é um ponto singular irregular jax lex2 sao pontos singulares regulares ii A EDO xx 1y a 1y 2yx 0 ou x1 1 2 t ea I y vx 1 wx 12 tem em 0 um ponto singular irregular e em x 1 um ponto singular regular iii 1a y 2a2y30y0 a 1 sao pontos singulares regulares SS w11 2 5 iv ay 2ary5y0 ySyzy0 x 06 ponto singular irregular x x v 8xry 2x7y 5ry 0 ou cancelando o fator comum x 8y 2ry5y0 aEDO nao tem ponto singular somente pontos ordinarios Al vi x2 9y 3xy 1 xy 0 y 3xy x 3ix 3i y 1 x x 3ix 3i y 0 x 3i são pontos singulares regulares A seguir estudamos o chamado método de Frobenius usado para se obter solução em série de EDO linear em torno de ponto singular regular Antes de explicar esse método convém apresentar dois fatos que motivam esse método y1 x2 e y2 x2 ln x são soluções de x2y 3xy 4y 0 para x 0 Essa EDO tem um ponto singular regular em x 0 em torno do qual se intentássemos uma série de potências anxn como solução só obteríamos y1 x2 pois o fator ln x na solução y2 não tem série de Taylor em torno de x 0 A EDO 6x2y 5xy x2 1y 0 tem um ponto singular regular em x 0 mas não possui solução alguma em série de potências em torno desse ponto Pelo método de Frobenius podemos obter duas soluções em série com as formas y1 n0 anxn12 e y2 n0 bnxn13 222 O Método de Frobenius Parte 1 Considere o problema de resolver a EDO 26 isto é Axy Bxy Cxy 0 em torno de um ponto singular regular x x0 Aqui pela mesma razão dada no início da seção 213 supomos por simplicidade mas sem perda de generalidade que x0 0 Pelo chamado método de Frobenius é sempre possível encontrar uma solução na forma da série relativa a x0 0 y xr n0 anxn n0 anxnr a0xr a1xr1 a2xr2 com a0 0 28 Não permitindo que a0 se anule impomos que esse coeficiente seja o primeiro da série Faz parte da resolução determinar 1 Os valores de r para os quais a EDO tem solução na forma da série em 28 Esses valores surgem da resolução de uma equação algébrica do 2o grau do 3o grau se a EDO fosse de 3a ordem e assim por diante denominada equação indicial cujas soluções r1 e r2 são as chamadas raízes indiciais 2 A relação de recorrência para os coeficientes an 3 O intervalo de convergência da solução em série obtida Os detalhes do método serão apresentados através de exemplos nos quais x 0 é o ponto singular regular em torno do qual se deseja a solução Conforme as raízes indiciais três casos importantes devem ser considerados 2221 Caso de raízes indiciais que não diferem por um inteiro r1 r2 Z Neste caso o método de Frobenius sempre fornece duas soluções linearmente independentes Exemplo 1 3xy y y 0 y n0 anxnr y n0 n ranxnr1 y n0 n r 1n ranxnr2 3x n0 n r 1n ranxnr2 n0 n ranxnr1 n0 anxnr 0 n0 3n r 1n ranxnr1 n0 n ranxnr1 n1 an1xnr1 0 Consulte as seções 43 a 46 da referência 4 42 3r 2ragx S Bnr1nrnr an an hon 0 n e ee 8n3r2nr r3r 2 aga S 8n 3r 2nran an1 e 0 1ucmeqwm 0 0 r3r 2 0 equagao indicial r0 ou 23 raizes indiciais 3n 38r 2n1ray dn1 0 relagdo de recorréncia dependente da raiz indicial As relacoes de recorréncia especificas para cada raiz indicial sao dadas por an1 r0 an n3n 2 ou 2 An1 r an 3 n3n 2 n1 A essas duas relacoes de recorréncia correspondem duas séries distintas nas quais ag permanece arbi trario A série correspondente a r 0 ao a Ty 20 11 ay ao ag 24 8 a2 ag 8 ao a3 os 37 21 168 a3 ag 168 ao a EE OO ES 410 40 6720 x x xt v yiz 2apt ay e ag 274 ag v2 ag xt4 ee ee a0 3s Tes 5720 A série correspondente a r 23 ao ao ay TF 15 5 ay ag 5 ao ag FE Oi 28 16 80 ag ag 80 ao a oO FS So 5 311 332640 a3 ag 2640 ao a4 OE or OE s 414 56 147840 ya 2 ag a a ag 2 ag a2 ag a4 Ww Ww Ww s 30 2640 T7810 2 3 4 231 i a eT ve wom ET 5 30 7 3640 7 147840 7 Assim obtemos duas solugées cuja combinacéo linear é a solucao geral yx y1x y2x con siderando o ap que multiplica cada uma delas como sendo duas constantes arbitrérias independentes 43 2222 Caso de raizes indiciais iguais Neste caso s6 se consegue uma tinica solugaéo na forma da série em 28 na qual r é igual ao tnico valor da raiz indicial Exemplo 2 xy y 4y 0 co CO CO Son trlnranat Soin ranxt4 S anz 0 n0 n0 n0 CO co co Soin trlnranett Son t ranx 4 S Ana t 0 n0 n0 n1 co r 1r rlaga S ntr1nrn7r Jan Jan bart 0 nr CO 2 1 2 tr1 Tr agx 0 n r Qn 4an1 arr 0 0 n1 0 Vemos que r 0 é 0 tnico valor da raiz indicial e que 4an1 Qn paranl 29 rnpP P 29 Essa equacao com r 0 tornase ay 4a1n n 1 donde dao ay 7 4a 47 a9 a ss 2 12 a 42 a0 5 32 123 4 ao lp Logo temos a tinica solugao 4 16 yx Yoana a pe a9 1 4x 4a Sa 210 n0 r0 n0 2223 Caso de raizes indiciais que diferem por um inteiro positivo r ro N Nesse caso a série em 28 1 Com r a maior raiz indicial sempre fornece uma tinica solugao 2 Com r rg a menor raiz indicial leva a uma das duas ocorréncias a Ela nao fornece nenhuma solugao b Ela fornece a solugao geral permanecendo arbitrarios dois coeficientes que inclui portanto a solucdo correspondente 4 maior raiz 11 Disso conclufmos que convém tentar obter primeiramente a solucao correspondente 4 menor raiz indicial pois ocorrendo 2b a resolugdo estara concluida Exemplo 3 ocorréncia de 2a ry 3y y 0 co CO CO Son trlnranat S 3n4ranat S anxt 0 n0 n0 n0 44 CO co co Soin rlnranett S 3nranx S Ana t 0 n0 n0 n1 co r 1r 4 3r aga 4 S n r 1n r 3n r an an hart 0 eS rr2 nl nr2nr CO rr 2 aga S nr2nran an1 Ft 0 T Vemos que r 2 e r 0 sao as raizes indiciais além disso a relagao de recorréncia dependente de r é dada por nr2n4ranGQr170 n1 211 Ser 2 A relacao de recorréncia especifica para r 2 nn 2an Gn1 n1 fornece ecomn1 1lhaya aa9 ecomn2 2O0aga Oa1 a9 Mas ag 0 é contrario a nossa hipétese estipulada em 28 Logo nao existe série associada a raiz indicial r 2 Passemos entao ao cdlculo da tinica solucao linearmente independente associada A maior raiz indicial que conforme o item 1 acima sempre existe Se r 0 A relacdo de recorréncia especifica para r 0 an1 n2nayGn10 Gr nin 2 n1 fornece ao ao ay 3Q 3 ay ao 3 ao ag COO i ei 42 8 24 ag ag 24 ao a FEO 5 53 15 360 a3 ag 360 ao a4 Eo O 64 24 8640 Temos portanto a tnica solucao linearmente independente 2 aap a1 e a2 2 a3 2 a4 x4 12E 2 4 212 v a2a a ag a3 x a4 a 2 y OP RT RE EBT 0 37 24 360 8640 cs at 300 Boao Exemplo 4 ocorréncia de 2b xy a7 2yy 0 CO CO CO co Soin r1nrana Soin ranx tht Soin 17anx S Anwt 0 n0 n0 n0 n0 45 CO CO co co Soin r1nrayv Soin r1ayyat Son rayxzt S anwt 0 n0 n1 n0 n0 co r1rr1 aox mr1ntrn4rllantntr Vana bent 0 w oo ge r1r1 r21 mt nr1nr1 co r 1 aga S nr lnr4 lant n4r Vana ban 0 an SS 0 donde obtemos as raizes indiciais r rj 1 er rg 1 e também que ntr1nr4lanan10 paran1 Serl A relagaéo de recorréncia é n 2nay dn1 0 n 1 donde e Com n 1 obtemos a a9 0 ay a e Com n 2 obtemos 00 significando que a2 permanece arbitrario e Para n 3 temos que a Gyn1N Ou seja ag 2a2 a SS TS 3 23 a3 ag 2a2 a O ES OO DS 4 34 234 a4 2a2 a o ES Ee 5 2345 12 a ba n Logo CO yz Yona aox ay tanx ag v2 ag 2 ag att YwY wY wY WY n0 r1 ao 282 202 222 142 2 xe x a a eee e lo Br at SS SS ui 2 u22 que é a solucao geral da EDO pois é a combinagao linear das duas funcoes linearmente independentes ua e u2a formada com as constantes arbitrarias ag e 2a2 Note que ee at og xe a 2 gt a ata Rt el4a 2 3 A 5 x x Fica como exercicio mostrar que se fizéssemos os cAlculos com a maior raiz indicial r 1 obte riamos apenas a solugao u2x 223 O Método de Frobenius Parte 2 Descrevemos aqui alguns procedimentos para o calculo de uma segunda solucao linearmente inde pendente y2x quando apenas uma solugao yi aguix de 26 na forma da série em 28 é obtida a saber quando as raizes indiciais r e rg se enquadram numa das circunstancias e 1 circunstancia rT r 46 e 2 circunstancia 7 rg K N e nao existe solugdo na forma de 28 com r rg a menor raiz Procedimento 1 Fazemos uso da formula 1 yox Cuy0 er Jolaae dx 213 uz 2 obtida pela técnica da reducao de ordem cf referéncia 6 onde essa formula é deduzida e apresentada como a equacéo 4 da secao 42 Acima px é 0 coeficiente de y na EDO escrita na forma dada por 27 e C é uma constante arbitraria Procedimento 2 Usamos o seguinte resultado cf segao 45 da referéncia 4 CO yox a ao ux na S baat 214 n0 onde ae d ena 1 circunstancia a1 e by ar dr 215 as ax r d ena 2 circunstancia a r re e by rreanr ao T12 dr r1T2 sendo a7 a expressao que se obtém para o coeficiente a em termos de r e ag por meio do uso reiterado da relagdo de recorréncia dependente da raiz indicial e nao do uso reiterado da relagao de recorréncia especifica para a raiz indicial rz ou seja o valor rz nao é substituido no lugar de r antes de se usar a relacao de recorréncia reiteradamente na deducao dos coeficientes a em termos do primeiro coeficiente ag permanecendo portanto a presenga de r nas express6es desses coeficientes Procedimento 3 Usamos 214 com a 1 e sendo r2 o tnico ou o menor valor da raiz indicial conforme a circunstancia Mas em vez de calcular os coeficientes b empregando 215 ignoramos essa formula substituimos 214 na EDO para determinélos Para exemplificar esses procedimentos usemolos para completar a resolugao das EDOs dos exem plos 2 e 3 obtendo uma segunda solucao linearmente independente Uma segunda solugéo no Exemplo 2 ry y 4y 0 Calculo com o procedimento 1 Tendo em vista o uso de 213 expliquemos os passos necessarios 1 Para calcular u7x usamos a formula abc a b c 2ab2ac2be que é a soma de dois somatorios dos quadrados de cada termo e dos dobros de cada produto de dois termos distintos nao explicitaremos as poténcias com grau maior que 3 Assim usando 210 que é a expressao de ui2 obtida no exemplo 2 temos que 16 2 32 320 u2 144040a 14162 828x S a 320 14804240 4 a ey co 2 Para calcular 1u7x S cnx reescrevemos essa equacao tendo ja substituido a expressao n0 de u a deduzida acima na forma 320 ut 2 S ena 1 8x 240 a co ea cou e327 1 n0 AT donde mantendo explicitas apenas as poténcias com grau até 3 obtemos 9 320 3 co c1 8c9 co 8c 24c9 a 3 82 24er co a ed eS 9 0 Logo calculando iteradamente os valores de c a partir das equacoes indicadas pelas chaves acima obtemos 320 1472 co1 nd cy 8 c2 8c 24c9 40 c3 8e2 24e co Assim 1 1472 co tea cov 322 182 402 a3 uz 2 9 3 A EDO na forma apresentada em 27 isto é y 1xy 4xy 0 mostra que px 1x e portanto que ew Spade e Q2 dx eine 1x 4 Logo usando 213 obtemos finalmente 1 1 1472 yor Cun en Jolaae l dx Cu 1 82 40x a dz uj 2 x 9 1 1472 Curx 8 402 a de x 72 Cux Ina 80 202 a ur dado por 210 m 216 Calculo com o procedimento 2 Na resolucao apresentada no exemplo 2 obtivemos a as raizes indiciais r rg 0 mostrando que devemos usar 214 e 215 com a formulagao referente 4 1 circunsténcia e b a relagao de recorréncia dependente da raiz indicial na equacao 29 dan anr we para n1 Uma vez que aor ado const temos que 4ag a1 r r 1 4a ar 3 r 12r 2 4 ao alr W2 r Ir 2r nP Para calcular a derivada aj 1 convém empregar a derivacao logaritmica Inar In4a9 2Inr 1 Inr 2 4Inrtn 1 1 1 0 1 1 ult 2 4 4 4 a0 y Tt44 An 1 Ir0 r1l r2 rnio9 An 0 2 n 4 4 onde substituindo a0 i ee at obtemos 12n n 4 ag 1 1 0 la4 ONO Tae 145 tt 48 Logo ay 0 ao é constante a0 2a941 8a9 2ap42 1 2a 43 1 1 176 e assim finalmente yoa ux Ina S al Oat n0 176 wx Ina ao 8a 122 37 uia dado por 210 m 217 Calculo com o procedimento 3 Impondo uma segunda solugdo para a EDO Ly xy y 4y 0 com a forma y2x ao ui x na S bya ro O 70 f ax 92 sendo ux dado por 210 isto é 2 16 3 uia 14 4a 4a oe fee obtemos Lyz Lagf 9 aobLftLg0 Lgalf I Mas Tr 1 al 1 Lf ff4f uf Ina 2u m ui Ing u 4u nz x x x 1 Ina ruil ui 4u12u 244 8a e tll SS 0 2 aoLf B8ag 16apx 8 foes II e Lg wg 9 4g2 S nn 1bpx S nbx 4 S bp x n2 n1 n0 S nn 1bpa S nbw S 4b 12 b 4b So n7bn 4bJx n2 n1 n1 n2 by 4b 4b2 4b1a 9b3 4b2a IID Logo em vista dos resultados em II e III a equagao I fornece by 4b9 8a9 db 4bo 8a0 Abo Ab 16ao ba by dag Abo 12a9 32a0 4 32 4 32 16 176 9b3 4bp 2 3 40 12 18 20 so 3 go 70 gO GO 970g 0 97 49 Finalmente yox ag uyx Ina bo bye box b3x aguxz Ina 2 16 176 3 bo 4b 8a0 x 4b 12a9a Gro free IV 1 1 bo 1 4a 4a quite a9 uiw Ine 80 122 et eS uix 176 5 bo uy ae ao wy na 8x 120 372 7 218 SS u2x que é na verdade a solugdo geral haja vista as duas constantes arbitrarias ag e bj bem com as duas solug6es linearmente independentes ux j4 deduzida e u2x aqui obtida Equivaléncia das solucoes Se tomarmos a segunda solucao obtida com o procedimento 1 dada por 216 fizermos C 1 destacarmos o termo com In substituindo no outro a expresséo de ux e entao multiplicarmos as séries para obter 1472 80 202 1 yox uia ne ux x 20a a7 2 1 1472 ux ma 1 40 40 att te 82 202 Sete 1 ux Ina 8a 122 sett be observamos que esse resultado é exatamente a segunda solucgao obtida com os procedimentos 2 e 3 dada por 217 e 218 Uma segunda solugdéo no Exemplo 3 ry 3y y0 Calculo com o procedimento 1 y 3 1 fpxdx 3x dx 3lna 3 sy 3yy0 yryy0 e IP e e 1a x x px Usando 212 que é a expressao de ui a obtida no exemplo 3 temos que 2 3 2a 4 ee ee Bye out 2 1 3 57 360 2 x x x x x 2 21 21 211 2 5 Le 3 F203 2054 2D 3365 23 laa 14224 ca 4 w 2x 2z see 3 36 30 1 eww 2 3 2 72 Bay o co c1a cox c3 1 50 367 o 1 2 2 2 er 2 wt c 7b 4 SO 2 cg 4 74 A ON SE ad 3 3 36 3 3630 1 PS e SS 0 0 0 2 2c 7Co 1 2c2 7c Co 19 l1 tS a3 7 ON 3 36 7 4 SF 8B 86 B0270 4 1 1 2 4 x 19 5 ape se Bp ee uz x 3 4 270 50 1 1 2 x 19 Spwdx 2 S84 yox Curx e Za dx cue 1 git 17 370 dx Qa x 198 3 oO 4 Cur0 a 3 4 2707 de x Qe 4 19x 1 1 2 192 Curx5 Ine 55 5 ur a dado por 212 219 Calculo com o procedimento 2 No exemplo 3 vimos que a as raizes indiciais r 0 e rg 2 mostrando que devemos usar 214 e 215 com a formulacao referente 4 2 circunstancia e b a relagdo de recorréncia dependente da raiz indicial na equagéo 211 An1 ts 1 Gn r tn 2rPn para n1 Temos que d bo rT r rzaor aor r 12 aor ao r r1ro Sa Ss p 2 ao 0 d d ao bn Fleaal Fler asl eee a Q9 r 3P ree QP d d ag b 2 oO 2 dr r Jaatr dr eyes ease ee es 40 rr 8 LAD r 1r 3r 4 r2 g MA EDR A 221 a 1 4 2 4 4 d d ao b 2 TT OOWNDO OO 3 dr r yastr dr eres GPRB 2M23 YA YA2 6 123 2 Map 1223P 8 36436 Precisamos também calcular o fator presente na formulacao que no caso como K r rg 0 2 2 é dado por ax r 2 1 1 Qa G r2 ao lL lr ao 9 r 1r 3r 4 a 2 Por fim yox aagui2 Ina S byaa agui x na bor bya bo bga n0 a i uya Ina iui t ie fee wix dado por 212 220 2 zc ax 4 36 51 Calculo com o procedimento 3 Impondo uma segunda solugdo para a EDO Ly xy 3y y 0 com a forma Yyox ag ux Ina S byw tT rg 2 f x a 9 com ux dado por 212 isto é ec x of j404424 4 ui2 3 547 360 obtemos Ly LaoftgalLftLlg0 Lgalf I Mas T 1 l 1 Lf f3ff uf Ina 2u m 3ui Ina u ulnz x x x 2 Ing ru 3u uy 2u ay Str 2u u1 Vs x x x 0 6 242 4 2i2E 24 7 3 12 120 x 3 24 360 2a9 4ap ane aox asLf 2 2e ee Y Il Golf zr 3 4 4 e Lg g3ggx Soin 2n3bnx 7 3 Soin 2ba 3 S byw n0 n0 n0 Son2n 3bna 2 3n 2bna 7 dpa 3 Gbga Gbga n0 n0 n1 S n 2n 3 3n 2 bp bn ba S nn 2bp Dn ba n1 Or n1 nn2 bp bo by Sa 7 a t bs b2 8ba bsa II Logo em vista dos resultados em II e III a equagao I fornece b tbo 0 bo 2ao b 2a 1 by 2ao bg permanece arbitrario 4ag 4ag bo 3b bb5 by 4 ye 3 9 3 ao ao b3 ao ao by 25a0 bg 8b4 b3 bg tS Se e 4H S S Y as 4 32 8 32 18 2d 388 24 52 Finalmente bo by 2 yoz ago uix Ina 2 Tt b2 baa bax fee agux Ing 2a0 2a0 dao ba 25a9 bg 2 4 tt 4 Sa4 Se Saree 221 a2 tt ba 9 ta tt sas t o42 221 2 3 176 bi55a5t aow x na 8x 122 Sa SS ua 2 2 2 4x 25a by ui aouixIne 4 a 222 que é a solugao geral com as duas constantes arbitrarias ao e bo Equivaléncia das solugoes Note que 220 com ag 1 é igual 4 segunda solucao em 221 com ap 12 e bp 14 Além disso se tomarmos a segunda solucao obtida com o procedimento 1 dada por 219 fizer mos C 1 destacarmos o termo com In substituindo no outro a expressao de uiz e entao multiplicarmos as séries para obter 1 1 2 19 l a4 et no gtueIne e 55 35 o79 t tmayme 1454542 4b2Bee gy 3 24 360 222 3x 270 1 x 1 4 1 4 29 19x 4 ux Ing 4 40 Qa Qr 144 432 vemos que esse 6 0 mesmo resultado que se obtém da segunda solugéo em 221 com ag 14 e bg 29144 53 23 Exercícios 1 Calcule a solução em série centrada no ponto ordinário x 0 de cada uma das EDOs abaixo a y xy b y 2xy y 0 c y x2y xy 0 d x2 2y 3xy y 0 2 Determine os pontos singulares de cada EDO e classifiqueos como regular ou irregular a x3 4x2 3y 0 b x2 9y x 3y 2y 0 c x3 4xy 2xy 6y 0 d x2 x 6y x 3y x 2y 0 e x21 x2y 2xy 4y 0 f x3x2 25x 22y 3xx 2y 7x 5y 0 g x21 xy x 2y 3xy 0 h x21 x2y 2xy 4y 0 i 1 x22y x1 xy 1 xy 0 j x1 x23y 1 x22y 21 xy 0 k x 22x 1y 3x 1y 2x 2y 0 3 Calcule a solução geral na forma de uma série centrada no ponto singular regular x 0 de cada uma das seguintes EDOs cujas raízes indiciais correspondentes informase não difere por um número inteiro a 9x2y 9x2y 2y 0 b 2x2y xx 1y y 0 c 2x2y 3xy 2x2 1y 0 d 3xy 2y 4y 0 4 Calcule a solução geral na forma de uma série centrada no ponto singular regular x 0 e com x 0 de cada uma das seguintes EDOs que são tais que as raízes indiciais são duplas sendo necessário calcular uma segunda solução linearmente independente por um dos três procedimentos abordados na seção 223 a x2y xx 1y y 0 b 4x2 16x3y y 0 c x2y x2 14y 0 d 4x2y 1 4xy 0 5 Calcule a solução geral na forma de uma série centrada no ponto singular regular x 0 de cada uma das seguintes EDOs que são tais que as raízes indiciais diferem por um número inteiro nãonulo correspondendo à menor delas a solução geral a xy 2y xy 0 b xx 1y 3y 2y 0 c xy x 6y 3y 0 d x2y 5xy 5y 0 6 Calcule a solução geral na forma de uma série centrada no ponto singular regular x 0 e com x 0 de cada uma das seguintes EDOs que são tais que as raízes indiciais diferem por um número inteiro nãonulo sendo necessário calcular uma segunda solução linearmente independente por um dos três procedimentos abordados na seção 223 a xx 1y 6x2y 3y 0 b 9x2y 15xy 7 36xy 0 c 16x2y 40xy 32x 13y 0 7 Uma EDO linear de 2a ordem com coeficientes polinomiais que tem um ponto singular em x 0 é da forma xA0 A1x A2x2 y B0 B1x B2x2 y C0 C1x C2x2 y 0 Mostre que considerando séries de potências centradas em x 0 nos casos em que o método de Frobenius se aplica quando x 0 é um ponto singular regular obtemos a equação indicial a A0r2 B0 A0r 0 se A0 0 b A1r2 B1 A1r C0 0 se A0 B0 0 e A1 0 c A2r2 B2 A2r C1 0 se A0 A1 B0 B1 C0 0 e A2 0 d A3r2 B3 A3r C2 0 se A0 A1 A2 B0 B1 B2 C0 C1 0 e A3 0 54 Respostas e algumas resolugoes 1 a yx ag 1 ye ape get ap deg get ay 0 dott sheet sphere b yx ag 1 Ha Sart 2a ax 40 05 Gat 2 22 2 272 2 2 o2 c yx ap1 da4 Sao Hao 4 4 aio Fat Beat Maret gto d yx ao1 40 sat 376 aie 708 dha Ste 2 a irregular x 0 b regular 3 irregular x 3 c regulares x 0 2i d regulares 3 2 e regular 0 irregular x 1 f regulares x 5 2 irregular x 0 g regular 1 irregular x 0 h regulares x 1 irregular x 0 i regular 1 irregular 2 1 j regulares 0 1 irregular x 1 k regular 1 irregular x 2 3 a yx c091 50 3a Ho ee91 50 ga ioe b yx ce1 a0 Seat stgt con 1 get ye t age c yx cal 1 da spp area ca 10 spat bya d ya ci1 20 2 Zo et 140 2a iga 4 a yv cui x cpu2x onde ui re ugx wi0Ine0 fe sign b ya cyusa cguex onde uix xl 1 x 3a Fa3 U2x uy 0 Ina 2a 9a 3a c ylx ermsxezus2 onde wx 21 Gphns2 Geet gpa Ux ui 0 Ine 52 4 poatt ui2 Ina wll 4a pat t d Solugao yz Yo ana a ag aiuagqu7 S y Vn4rnrljanz n0 n0 0 4a7y 1 42y SO 4ntrntrVane tt SY apart S dana ttt n0 n0 n0 ee SS S 4an1x2tr n1 4rr 1 1ao DO 4ntrnr1 Yan t 4ani at 0 fe SEO 2r120 0 r12 e Antrnr11p12an 4an1 1 1 1 n an 5 n 5 7 Aan law 1 7 dn 4n7an 4dn1 On on n1 uix oo ay ao a2 ao i 12 1 4 2 a 1 a a aj2 a L a x at4 1 01 BTA BX 9 36 y 4 36 0 0 O usa f 04 de Cur0 a yox Cu 2x e Da x Cua Bla x 59 x x 2 x a x 3a 5x3 eS SE Px 1 3a 53 Px dent Px Dense 1224 She cot ere en eg0 1 3 3 5 Co 2 ci 2c u2 2c 2 08 3 2a SE be WY S 2 2 9 ee S SS SS 1 0 3C9 5 3c 5Co0 23 2 TST 2 J a s co C1 2C9 1 C2 2C1 p C38 402 9 9 1 1 1 L 24 By 1g Se 230 so a C9 HO Oot 0030 F uzz Pr 2 ot 8 x 2 9 1 1 5a 23a yaax Cure fy de Cula f 542 5 dae x Resposta yx c1u1x cguex onde ux x1 1 e a 36 5a 23a Ine 20 p Sy e U2x ur 2 na 2a 1 37 5 a ya ca 1 fa hat fae e1 fa gat fa b ya ca1 2a 30 coat 20 30 407 c yx al 5u yn io ca0 52 Bao Fal d Solugao oo yf nt raya yx Yo ana a2 ag au aqu74 no n0 y YS nrnr1ana n0 0 ay bay By Yo n4rnrLanat YD 5nranart SD 5ayart n0 n0 n0 rUr5r5laot OY nrUnr5nr5 an a 0 X i r24r50 0 Logo r 5 ou 1 Considerando r 5 o menor valor obtemos para n 1 ntr1nr5nr5 an n51n5 5n5 5 an 0 r5 nn6 a 0 a 0 e ag permanece arbitrario tal qual ag n1 n46 Como duas constantes ap e ag permanecem arbitrérias a solucaéo que se obtém é a geral Resposta yx aao ag2 aox a6 Acabamos de resolver uma EDO de EulerCauchy naturalmente ela pode ser resolvida mais simples mente pelos métodos analiticos que o aluno jd aprendeu 6 a yx ci 3x 2x3 Bat 23un 2 nae 1 2g Wz b ya crus x couea onde uix 23 a 20 qe Ux we gu 2a71 Ine Ba c Solugao 16x7y 40xy 32a 13y 0 SX 16n rn r lanat SS 40nrana SY 32anaPttt SS 13anat 0 n0 n0 n0 n0 ee S 32an12t n1 16rr 1 40r 13a9 DY 16nrn r 1 40n r 13 ay 32a1 2 0 Na 16r256r13 0 0 56 rr 134 ou rrg14 e 16nrnr1 40nr 13 a 32a1 n 1 Como r rg 3 Z vejamos se com r 14 a menor raiz indicial a solugdo geral é obtida Nesse caso a relacao de recorréncia é dada por 1 3 1 f16n5n4 40n5 i3 an 4n14n3 40n 3Jan 16nn 3an 32an1 Substituindo n 12 obtemos n1 32a 32a9 ayao n2 82a 32a 32a9 ada2a0 n3 0a3 32a2 32a9 ado 0 contradicgaéo com a hipdtese ap 0 Vemos assim que nao existe solugao corresponde 4 menor raiz indicial Passemos entao ao cdlculo da solugao associada a r 134 Nesse caso a relacdo de recorréncia os coeficientes da série e a solugao y1x correspondente sao dados por 13 9 13 16nn2 40n 13 an An134n9 40n117 an 16nn3ay 32ay1 2an1 ao a a a2 ao n 7 1 T see inayn 2 OSD OSE TQ BS 90 2 3 ed Ce ee ve Yt ao 210 907 eS uix 1 Calculemos uma segunda solugao 1i usando a equagao 213 yox Curl e POT dx uy a px 5 32x 4 13 16x7y 40ry 322 13y0 y xy y0 Qu 16x rac ode SINT 8 ede Im2 52 2x 2 2 3 2 2 2 3 3 0 04 14524 a2 45 2s SEF 4 wa 2 E 2 10 90 Tats Bot 9x2 112 192 1 ee ve x w 50 90 eS Pa 1 2 11a Po Soe Pla Yo ent 10 EE ey pere tern e509 1 11 Co 2 cic 2a 52 5 c2 st 2 te 1 v 1 0 Y 3C0 5 3c 5Co 23 col cy 2c9 2 C2 2e1 5p C3 20a SO ee 1 1 a4 So aa 1 He 20 utz 182 Px 182 C0 ES OES EE 132 90 9 7 u2zx 132 20 9 eP 1a4 lla a7 4 3 a Vda cue a 97 7 ae 134 ec x Resposta yx cyuix cguex onde ux 2 1 5 i090 e usx x vy a lie 2 ux uz a 3 5 50 g Ine 57 2 Capitulo 3 31 Definicgao A transformada de Laplace de uma fungao ft definida para t 0 denotada por Lft 6a fungao fs resultante da seguinte integral oe effin fo ee roar Fle 31 0 para os valores de s que tornem a integral convergente Por exemplo se ft c constante entao ee est c c e e edt e 8 e 0 S lrg 8 a 8 para s 0 excluemse s 0 por implicar em diviséo por zero e s 0 porque o termo indicado acima como nulo seria infinito Outro exemplo se ft 0 3 temos que oo 3 oo st 38 2e 2 Lft e ft dt eOdt e2dt 0 0 3 S t3 8 32 A linearidade da transformada de Laplace CO CO CO Laftbgt ear rat dt afer ab egt dt alLftbLgt 0 0 0 33 Condigoes suficientes para a existéncia da transformada de Laplace e 0 comportamento assintético sob essas condicgoes Garantese a existéncia da transformada de Laplace de uma funcao ft definida para t 0 que seja e continua por partes isto é que exiba em qualquer intervalo finito do seu dominio um nimero finito zero inclusive de descontinuidades nunca sendo infinita e de ordem exponencial isto é que em valor absoluto seja menor que alguma exponencial Me para t maior que algum T Alem disso sob essas condigées fs ft deve necessariamente tender a zero quando s oo Assim fungdes de s tais como s e ss2 nao so transformadas de Laplace de nenhuma fungao ft tf 0 que seja continua por partes e de ordem exponencial 58 De fato oo T co FON Lf estectyae if estraate emetrepat 0 0 T T co T oo f esp iyarysi eetreat fo em rol are fe rte at 0 T 0 SO T vane lflmax Met T co st T sAt Hos edt Mf e Sat a uo 0 T s t0 s A tT eT LM e7sAoo poet F lmax s s sr 0 para sA isto é 1 1 M t S max z 7 sdT CFO flaw 5 Scar Gop ewe um resultado que além de ser finito comprovando a existéncia da transformada de Laplace tende a zero quando s co 34 CaAalculo de de e t senat cosat senhat coshat Nesta seco considere a R 1 Se s a entao oo oo sat sa oo 0 1 Lfe ee dt e Sat de r 7 f 4 Oo sa sa Qa s8a 0 0 t0 y 0 para sa 2 Se s 0 temos integrando por partes para n 123 que oo st oo oo 1 Lit evcterat o pece at lim et 404 f0 s 10 68 t00 8 0 lH6pital 1 11 1 1 Lit L41 n t 4tl 5 2 21 21 n2 LPLt 8 8 8 8 3 321 321 n3 LPYLP 2 8 s 83 s4 n n 3 Se s 0 entao est a 1 oa Lcos at e cos at dt cosat e senat dt Lsenat i 0 S t0 S Jo Ss Ss est a a Lsenat e senat dt senat e cosat dt 0 Lcos at ii 0 s t0 6S Jo 8 i em i Lfcosat ccosat Lcosat 5 m i ii em i cosaty Ljcosa cos at Para iii iii em ii Lsenat za Za Se a 0 as transformadas de Laplace calculadas nesta segdo fornecem consistentemente 1 1s e L0 0 59 4 Se s a por causa da necessidade de que exista a tranformada de Laplace de e entao et eat 1 at at 1 1 1 8 ofeoshat cf FE 5 ofe 4 Le N3 2c2 a ett et 1 1 1 1 a L h HL aty L at 2 a senh at 9 5 te er s al s a Com as formulas deduzidas até o momento podemos calcular uma variedade de transformadas de Laplace sem recorrer a definicao isto é sem efetuar a integral em 31 Observe em particular o uso da linearidade de Por exemplo 7s 12 i L3t 5sen2t 3 Lt 5 L sen2t is th SS e s8 s 4 1s 2s24 1 cos 2t 1 1 2 ii Lsen7t L j 2 L1 a cos 2t ss2 4 1s ss4 35 Propriedades especiais Se e ft dt existe entao se demonstra que 0 1 e ft dt existe para s so 0 2 tim f e ft dt tim eo ft dt e dt parac so sc 0 0 sc 0 d oo oo 0 st 3 et snar Me fa para s 89 82 oo oo love 4 e ft a ds eas ftdt para s9 81 82 81 0 0 0 36 Transformada de Laplace inversa Se a transformada de Laplace da fungao ft é a fungao fs definida por 31 entao a transformada de Laplace inversa da fungao fs é por definigdo a fungao ft isto é LNfs f Para determinar a transformada de Laplace inversa de uma funcdo fs dada é necessario resolver a equacao integral em 31 Em textos mais avancados demonstrase que se tal equacéo tem uma solugao ft entao ela é tnica Esse resultado é conhecido como teorema de Lerch Exemplos 1 1f1 ii 7 afs b9s aLfs bL7Gs a ft bgt 7 é linear ees 1 s iii L cag eos2t 1 Loi 3t iv 3 73 e 1 1 4 1 1 t p1J 4 4 ya vy 4 aq4 aha 60 vi L1 4 s 2 3s s2 16 5 s2 4 4 L1 1 s 2 3 L1 s s2 16 5 2 L1 2 s2 4 4 e2t 3 cos 4t 5 2 sen2t Nos exemplos seguintes frações parciais são empregadas vii L1 1 s 2s 5 L1 13 s 2 13 s 5 1 3e2t 1 3e5t viii L1 1 ss2 1 L1 1 s s s2 1 1 cos t ix L1 3s 7 s2 2s 3 L1 3s 7 s 3s 1 L1 4 s 3 1 s 1 4e3t et 37 Função degrau unitário A função degrau unitário Ux é definida na figura abaixo à esquerda Na mesma figura à direita mostrase que Ux a representa uma translação do degrau O valor dessa função em x a é aqui ignorado por ser geralmente irrelevante nos problemas em que ela se aplica vejase entretanto ao final desta seção outras versões da função degrau que são definidas no ponto de descontinuidade Além disso num ponto xi de descontinuidade de uma função fx não seremos rigorosos em mostrar o valor fxi U 0 0 1 0 x x x U 0 1 x a x a x a a x x 0 0 1 1 Vejamos dois exemplos de uso dessa função Considere a função fx na figura abaixo à esquerda x 1 1 3 2 1 2 1 g x b a 2 x f x Sua expressão em termos da função degrau é fx 2 Ux a Ux b Outro exemplo um pouco mais complicado é a função gx na figura acima à direita ela é dada por gx 1 2 1 Ux 1 2 2 Ux 1 1 2 Ux 3 1 3 Ux 1 4 Ux 1 3 Ux 3 No estudo da transformada de Laplace a variável t não tem valor negativo Assim Ut 1 e as funções ft e gt nos dois exemplos acima são para t 0 dadas por ft 2 2Ut b e gt 2 4 Ut 1 3 Ut 3 61 Consideremos agora fungoes descontinuas mais genéricas Por exemplo a fungao ht ao lado é dada por Grafico de ht ht t lat ot Ut1 alt a0 fr 0 at Ut 3 B O Ut 4 NE yt Bt UE 6 38 7t UlE 8 1 4 Observe que em t 6 nao ha descontinuidade mas uma 1 3 6 81 t mudanga de t para yt na expressao da fungao ht 3 nT Testando a equacao acima com t 5 obtemos o resultado esperado f5 5 aS 65 UA 0 a5 U2 85 O UCL y5 B5 U1 a 7 7 S 1 1 1 0 345U3 df of Of of5 B5 B5 S 0 Note que esse calculo envolve 5 a5 e 75 os quais embora nao sejam fornecidos na definigao grafica de ht nao afetam o resultado pois se cancelam ou sao multiplicados por zero Podemos obviamente completar a definigao das fungoes gt at Bt e yt acrescentando que elas se anulam fora dos intervalos em que sao definidas graficamente 0 4 0 y JO 4 0 Grafico de fx u w SO WO GSO ace i 7 oT o 0 7 a 0b Para quem nao quer deixar indefinidos os valores de fungdes nos seus pontos de descontinuidade basta definir duas versoes da fungdo degrau unitdrio denotadas por Utx e Ux e mostradas na figura acima que so diferem da fungaéo Ua no ponto de descontinuidade em x 0 onde sao assim definidas U 0 lim Ur 1 e U0 lim Ux 0 Por meio delas a funcgao fx definida 0 z0 graficamente pela terceira figura acima por exemplo pode ser assim expressa fx ax Bx ax U a a yx Bx UT a b Essa expressao fornece os valores corretos nos pontos de descontinuidade fa aa 8a aa WU 0 ya Ba UF a 6 aa o 0 0 fb ab 8b ab U b a 7b BH UT 0 0 o 1 1 Encerremos esta secao com o calculo da transformada de Laplace de Ut a com a 0 os co oo est oo eas Jecuce a e Ut a dt e dt s0 0 a 7S taa 8 E 6bvio que essa também é a transformada de Laplace das fungdes Ut a a 0 62 38 Tabela de transformadas de Laplace de funcoes especificas Na tabela abaixo listamos as transformadas de Laplace de algumas funcoes especificas jé calculadas nas secoes anteriores tt ils f 1 s 0 ett s aR in ao n 123 cos at za aR s0 senat Za aR s0 cosh at za s Ja R senhat zs s Ja R Ut a a 0 s0 39 Calculo de de fate ft t ft Uta fta ftt Seguem os calculos dessas cinco transformadas de Laplace oo uat 1 1 s L at e fatd e 84 Fy du raa0O 1 LE Fab fe Flatt a fuduF2 parea0 m 2 Lher post ett dt eo sat dt fsa ofernQ em fertreolar ft dt fsa ou equivalentemente 7fsaeL7fs a fs co co o e d 3 iere ester pat 1 pat 1 e Fd efersenp fo etepnar apo nya ays fest renae 17s Em particular tfFs 2FOFs LEB LH FM8 4 LyUta at e Uta adt eost ad ofr area fo estueaypeayat feet pe ayat e8447 Frdr e e 7 frdr e fs frdr em ee flair e Fl fo ft co est co co oo Won fcdo 63 Exemplos i Como Lcost ss 1 entao 1 s7 8 Lcos7t Ho 4 toosTth 5 Cinza a 49 3 L 3t t s79 te cost s31 Problema inverso 71 S73 eg bx eS eost s31 s1 pois LY Fsa e Fs ii Como Lfe 1s 5 entao 1 1 Lite wes 3 s5 ope 42 5 265 7 e s5 8 2s Go Esses dois resultados também podem ser obtidos e até mais diretamente evitando derivadas por meio da propriedade e ft fs a com ft t e ft respectivamente d d 8 s1 2s s iii L4t tL t59 5 iit t cost ds eos t ds s 1 s 1 s 1 5s 15s11 pais 13 13 4 7 Co parciais co me et ai tsat Got eo 1 1 5 ety gort Ape2t Fem ee sent f w ancta 4 arcta s 0 Vv f aap aretang F aretans s t 3t er 1 1 yo 1 vi a do In intmStte S3 t s g1 oa3 o3 ls s3 s1 By Ag 0t 2 vii Calculo da transformada de Laplace de ft 14t t2 Primeiro modo Usando a formula t ft 1fs a terceira deduzida acima ft 414tUt2 Ut2tUt 2 7 Ut 2 2 e725 e728 e728 Lf Z 0 3S S 2 es 1 1 1 1 1 ft 9 2s 428 4 28 9 28 9 28 7 83 8 3 51 ete 3 2 3 3 2 gl gs s 53 Segundo modo Usando a formula L ft aUt a e fs a quarta deduzida acima ft P414tUt2 4 Pt2Ut 2 ee Pt2 Pt2 14t Pt 1422 33t 2 2 3 3 2 LAft Lft LPt2Ut2 SePs e e 83 3 s sg 53 No proximo exemplo resolvemos novamente o Exemplo ix da secdo 36 mas agora completando o quadrado no denominador em vez de usar fragdes parciais 64 wey 3s 7 1 2 viii 71 jane 3 Goad 5 cae e 3 cosh 2t 5 senh 2 e 3 etre ve 5 ete 4e e Modificando um pouco esse exemplo obtemos o seguinte que nao admitindo solugao por fracoes parciais pois o denominador nao é em R fatordvel em mondmios é resolvido pela técnica de completar o quadrado 1 38 7 1 s 1 2 ix x anki s 3 Goi2s47 eaneeg pH Boos 26 5sen24 310 Transformada de Laplace de derivadas 0f 0 Lfo coy erroa eso s enya sets 0 o t0 0 sjsf0 ALM slEOH 0 slsfls FO 0 sfssf0f0 m Lf sltF 0 sls fs sf f0 f0 sfssf0sf0f0 m LFM OH sFss FO fF V0 Essa tltima formula para a derivada de ordem n é valida se e ft for continua por partes e 0 forem continuas k01n1 e ft ft ft forem de ordem exponencial 311 Transformada de Laplace de integrais E facil deduzir que L Flu fs s0 32 0 8 Eis a deducao t co t co love oo e7 st co L Fuau et Fluau a fu e a au fu aw fs SS tu a2 em pay fis 0 s S Jo Ss Mais genericamente temos que t t a t a L Flu fudu Flu fujau Fluau fs 1 f 65 Vejamos um exemplo 1 1 2 2 L sen2u dup sen2t y 0 8 s s4 ss 4 de fato obtemos esse mesmo resultado efetuando a integral e entao calculando a transformada de Laplace cos 2u cos2t 1 1 1 L sen2u du cee Vig ja Lcos 2t L1 0 2 0 2 2 2 iis 1lifa 2 2 824428 2 ss24 8s244 Outro exemplo 1 1s s2 L au dup Lfe tt e cos 3u ul 5 fe cos 3 32 al ss249 A equacao 32 pode ser escrita na seguinte forma z t Lt 7h fudu 33 8 0 Essa formula pode ser ttil em varios célculos da transformada de Laplace inversa De fato por meio dela o exemplo viii na p 61 tornase mais facil 0 cdlculo das fragdes parciais omitido naquele exemplo é mais trabalhoso do que o seguinte 1 1s 1 1 1 71 s 1 au senudu1cost ss 1 8 0 s 1 0 312 Transformada de Laplace de fungao peridédica Se a funcao ft tem periodo T isto é ft ft T Vt 0 entao co T oo eroy enna feet reoas ee roa 0 0 0 T Mas oe rtT oe oo eftdt e TH fr 47 dr e 8 e7 frdr e TL ft ii T T Ss 0 fr Logo substituindo ii em i obtemos T oF eet rdere Te FO 0 donde 1 r st OfO pam rldt Por exemplo calculemos usando essa formula a transformada de Laplace da funcgéo de periodo unitério dada por ft t para0 t1le ft1 ft para todo t 0 1 1 s 1 e s st sty dt a ctf fersom feral PS tae ee ee es ee les stL1es 66 313 CAalculo de 7 fsgs por convolugao A operacao definida abaixo entre duas fungées ft e gt t fle at f fu gtwau 0 é chamada de convolucao ou produto convolutivo dessas funcdes E uma operacdo comutativa t vtu t it gt f flu gt uydu 2 giv fev dv gl F0 0 0 Ochamado teorema da convolugao diz que a transformada de Laplace inversa do produto aritmético fs9s 0 produto convolutivo ft gt isto é LN fs9s Ft gt A prova desse teorema é como segue t oo t covo f f sengewauh ae au payatea 0 0 0 oe oe vatu oe oe du fu dtegtu du fu dv e gv 0 u 0 0 f tue pu dvegv Fisgls 0 0 oov n rn 0 a fs 9s Exemplifiquemos seu uso 1 1 1 fot 1e hg oot Y te tt werent s 1s s 1 8 SY ww 9 Swe SY OFT TSO TT ft gt 4 gtu tet t t t a uedu we dute 2et2 0 0 1 2 1 2 1 ferindo Lfte 2e7 2 4 4 ES Conferindo te 2e sti ssit es 5 8s 41p v Como exemplo adicional recalculemos a transformada de Laplace inversa jé obtida usando fragoes parciais no Exemplo viii da segao 36 pagina 60 1 1 1 Loh 1i bx ghee sent 1 sony 1 du s1s st1 8 ead 9 TN uF OT Ter TOSCO Cot fu gtu sent 1 t t senu du cosu cost1 0 0 314 Tabela de transformadas de Laplace com funcoes genéricas Na tabela abaixo listamos as formulas envolvendo transformadas de Laplace de fungoes genéricas que jé foram deduzidas nas secoes anteriores 1 Laft bgt afs b9s 2 Lft sfs 0 3 Lf s fs sf0 f0 4 Lft 8 fs sf0 sf0 f0 5 ft 8 fs 8 F0 fY0 67 6 fuau fs 0 3 7 tf Ss 8 LtPFt fs 9 Lit Ft fs 10 t ft 1 fs 1 s 11 fat F fat F 12 Lie ft fsa 13 Le fs Ut a ft a 14 Lofs9s Ft gt 1 T 15 LfH or e ftdt para uma funcao ft de periodo T e 0 t i 16 ofA f fodo 315 Uma aplicagao calculo de integrais definidas Eis alguns exemplos de como a transformada de Laplace auxilia no calculo de integrais definidas i te teost at eeecose at tcost 3 0 0 s2 s2 8241 Is2 25 onde usamos 0 resultado obtido no exemplo iii da secgao 39 sent oo f sent T T ii dt e dt arctans 0 t 0 t s0O 2 s0 2 onde usamos 0 resultado obtido no exemplo v da segao 39 co pt 3t 0 t 3t ii aes arf ns 0 t 0 t s0 s15 onde usamos 0 resultado obtido no exemplo vi da segao 39 A aplicagao dessa técnica requer atencéo com o valor de s a ser substituido como mostra o caélculo err6neo seguinte ee 9 9 149 dt te dt Lt 0 s2 t Hy si s2 210 Esse resultado nao pode ser correto pois a integral é claramente divergente o integrando et nao tende a zero quando t oo nao satisfazendo uma condicao necessaria para a convergéncia da integral O erro esta no uso da formula t ns com s 2 violando a restricdo s 0 cf secdo 34 item 2 68 316 Outra aplicagao resolugao de EDOs Observe alguns exemplos de como a transformada de Laplace auxilia na resolucao de equacoes di ferenciais ordindarias i yByse Lfy By Le sys y0 3ys 1s 2 y0 1 parciais 1 y01 2 2t 3t ols s3 s2s3 s2 s3 yt Ly 1 Jen que é a solucao geral haja vista a presenca da constante arbitraria c y0 1 nao ha restrigéo no valor de y0 Note que na solugao geral obtida se fizermos t 0 obtemos a identidade y0 y0 ii Resolugao do problema de valor inicial y 6y 9y te y02 y0 6 y by 9y te sys sy0 y0 6sys y0 99s 2s 3 we SS YY 2 6 2 s 6s 9 ys 2s 3 2 9s a s 68 8 2s s 4 eee s 38 y s3 s 3 s3 yt 274 tt 2c 71 AVL 53 J 43 s3 8 12 eS t4A iii Resolugao do problema de valor inicial y 5yt ft 3 tea 4 y00 y 5yt ft 25Ut 4 c 9 e458 1 Uy 5a 25 9 As sys y05ys 5 Uls 25 25e 0 als 15 s s5 25 25 1 1 4s 2 st 5t4 JFP Loo 1e5 Essa solucgao também pode ser escrita sem uso da fungao degrau na forma 2 st s 1 0t4 yt e 141e4 t4 Note que y4 y4 2e9 15 A solugao obtida é de fato continua em t 4 0 que teria ficado mais evidente se tivéssemos empregado a funcao degrau U t 4 69 317 Exercícios Calcule Lft ou L1 fs pelo modo indicado se solicitado 1 ft t2 sen3t 2 ft cos 3t senh8t 3 ft t et senh2t 4 ft t e3t cos 6t 5 ft t5 cosh 3t 6 ft 1 et t 7 ft 1 cos t t 8 ft 1 0 t 1 1 t 1 9 ft 0 0 t 2 5 2 t 4 3 4 t 6 0 t 6 10 fs 7s 4s2 24s 61 11 fs 1 3s2s 5 12 fs ln s 3 s 1 13 fs π 2 arctan s 2 14 fs ln s2 1 s2 4 15 fs e3s s arccot 4 s 16 ft 0 0 t 1 2t 3 t 1 17 ft t 1 0 t 2 0 t 2 18 ft Ut a sent 19 fs e5s s3 20 fs e5s s 2 21 fs e5s s 24 22 fs e5s s2 9 70 23 fs s π s2 π2 es 24 ft t3e2t Ut 5 25 ft t 0 senu u du 26 ft t 0 eau ebu u du 27 ft ft 2 t 0 e ft 1 0 t 1 1 1 t 2 28 ft ft 2 t 0 e ft t 0 t 2 29 as funções periódicas ft gt ht e ut definidas pelos gráficos na figura abaixo 30 a função fs do exemplo vii da seção 36 pelo teorema da convolução 31 fs 1 s2 12 pelo teorema da convolução 32 fs 1 s2 4s 52 pelo teorema da convolução 1 2 3 5 1 4 t 1 2 3 5 1 4 t onda triangular 1 t onda senoidal retificada 1 t onda senoidal semirretificada f t g t h t u t Exercícios sobre o uso da transformada de Laplace no cálculo de integrais 33 Calcule 0 et sent t dt 34 Calcule 0 e2tt9dt Resolva por meio da transformada de Laplace 35 y 2y y ft 0 0 t 1 1 1 t 2 1 2 t 3 0 t 3 sob as condições y0 0 e y0 0 36 y 3y 4yt 0 sob as condições a y0 y0 1 b y0 1 y1 4e4 c y1 e e4 y1 e 4e4 71 318 Solucgoes dos Exercicios Prob 1 fttsen3t As 3 ds s2 9 Prob 2 e e8t 1 s8 s8 ft senh8t cos 2 fs Aeoees wats 49 Prob 3 ft te senh2t Als 2 if ds s14 JL 2 s24 e2t et 1 1 1 1 t tet 3t et a om pate Se Fee ayt pt 4 1s Prob 4 d s3 Lte cos 6t tte ae aesied Prob 5 3t e 3t 1 1 5 5 Lt cosh 3t 4 ore fer L fet 4 f cosh 3t 2 peter tah tery 2s 3 As36 Prob 6 1e7 coal 1 oo of he f ya Ins ns 0 si s 8 st1 n In lim m2 mSt Oy 1s Jim 52 etl n s 1 Prob 7 l1cost cl s 1 Ll rR co s oo of ee s4 Ins 5 lns 1 n In i In mvs tl l1n im ln In v0 de Js2 1 s e SS 1 Prob 8 fl1 t1 z 1 e ou sem usar a funcao degrau love 1 love east est X fs epnar etae ear 0 0 1 Slo Sly e 1 ear ons 1 e 2 s Ss Ss s Prob 9 0 0t2 5 2t4 e728 e4s e768 f 3 4t6 5Ut 2 8Ut43Ut6 fs 5 8 3 0 t6 72 Prob 10 Fis 78 7 8 7 s3 6 52 s OO a a Se 4s 24s61 4s32522 4s3622 5 s32522 fe Fe cos 5 Fsen 5 Prob 11 1 1 41s52 1 f 1 o Lol ipl t 5u2 y 5t2 1 modo soa 6 5 i e du ig 1 1 jf15 215 i fllb 115 1 1 pol pl pl rt p5t2 2 modo nora oe s s52f ib 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ppl tT Lt pi ft t yt pift f i 5t2 3 modo soca 6 5 al 6 see ssa 6 tee t f cP dy e572 1 6 J 15 Prob 12 88 yl 1 fs In Ins 3Ins1 Fs 53 sad Ss tftaetiet ft Prob 13 T s 12 2 tan CS Is 5 arctan IS Tye pa SO t ft sen2t A Prob 14 set 2 9 2s 2s 1 t ft 2cost2cos2t Ft cos 2t cost Prob 15 gs es 4 sen 4t ft ot eh of arccot Ut 3 8 8 ev ws Ut3 5 gt 4s 4 Lot sen 4t i q oO SO OFS SO pois gs it s2 2 16 tgtsen4dt gt ra Prob 16 0 t1 f 3 Wen Gr3ue1 2 1 1 modo Se pt 1 2 3 entao pt 2t 1 3 2t 1 donde ps ss 2 1 MO weUE1 fis p 4 em 2 modo pode levar a mais contas ft 2 3 Ut 1 2Ut 1 3Ut 1 d se e e se e 2 1 fs 2 5 3 2 3S aa 41e Prob 17 sya d toh OST py ayuet2 Als t 1 ls 0 t2 YH p t2 4 pt2t1 pitt21t1 pls 3 sts 73 1 1 1 1 5 Prob 18 ft Uta sent Utaqta fs e7qs 1 qta qta sent qt senta senacost cosasent p S 1 ssena cosa Gs sena eal cos a eal 62 1 II Com II em I obtemos a resposta fs 24 ssena cos a 8 Prob 19 1 t5 Lt fs aoe 73 ue5 SP Ye 7 t2 Prob 20 1 Llfs otter a Ut 5 e259 en 7 e2t Prob 21 aye af 1 5 t5 L 1 1 5s t 2t5 Flo 2 fer Ab ues 2s Le e2t3 3 Prob 22 1 1 1 prl 5s Ss 7 sen 3t3 Prob 23 lyF pijjs St p1J os 8 w Lfs2 a5 L sta tatal aap ee 7 71 cos mt sen at Ut 1 cos mt 1 senzt cosat sent Ut 1 Eaesr oo YS cos Tt senat Prob 24 LF L Be Ut 5 Lfeplt 5Ut 5 pi ps2 62 oc 6 30 75 125 Por outro lado pt t 5 t 154 75t125 plsGa5t 8 8 8 8 6 30 75 125 L L t am 5s2 ogo ALF Ht a sat sap sal Prob 25 1 t 17 1 1 co Lft cf se au at Pad ds arctan s 3 arctan s Prob 26 eau bu 1 ett ebt 1 1 1 1 sa LiftjfL du 4 p ds n tO u uf 8 t a a Lessa 74 1 1 b In1m n2 8 sb S 84 Prob 27 1 2 1 1 1 9 Pp fctaaes femayat emo Benet F st e d 10 1 s t0 8 t1 fs 1e2s e S 1 e728 1 e2s eS1ee 12e 6778 1e7 le 7 s1 e725 sle25 st e81e78 1 78 Prob 28 2 2 t 1 2 1 2 ste dt 7 st t 7425 st noah 5s m0 8 0 6 se r0 112se 1 es 1es 1e8 1 es Prob 29 1 eos 1 1 ep st Ft dt dt fs x eh 1 1e8 s lt1 e728 es eSLe es sle28 s1e781 e s1 78 f t ty HL Pn 1 2 st st a6 e tar e 2tdt 2e51 45 e728 s ee g 1es s21 e2s 1 1 1 1e hs sht dt S sent dt Als le 1 le sen le 5741 1 2n st 1 T ot 1 1e77 e us ans A e ut dt aas 0 e sentdt 7a a Prob 30 1 1 fl if 1 Qt bt ou 5tu st 3u L xe e Ker eve du e e du s 2 s 5 s2 s5 0 0 ot e3t é st est 1 oot eW2t 8 g 3 8 Prob 31 ef ef eof sent sent sent wu senudu s212J s 1 ste15 do t t t sentcosu senucos t senudu sent senuicosudu cost senu du 0 0 0 sent sen2u cost wu sen2u 1 34 t sen2t sent cost sent cos 2 Io 2 4 J 2 2 4 Prob 32 1 1 1 1 oNapass o Ueppeipl 2 tepgeeil toeapel s 4s 5 s 2 4 1 s 221 s 2 1 t e sent e sent e 2 senu e772 sen t u du 0 t 1 t 2t of senusent u du e sent ae cost 0 2 2 4 ceeuxwoxcqicw ja calculada no Prob 31 75 Prob 33 co t co oo eT sent 1 J sent 1 ay arctan s 7ft oot t Si J s1 1 2 4 4 Prob 34 e 7 dt ial ety 2 0 0 s2 en Prob 35 0 0t1 1 lt2 x 1 a y 2yyft 1 2t3 sob as condigées y0 0 e y00 0 t3 ft oon Om L fy 2y y L Ut 1 2Ut 2 Ut 3 es e728 e738 s9s sy0y0 2ss yO Hs s 19s 2 YW YY WS 8 s s 0 0 0 yt pol e 9 e725 4 e738 pol egs 2e8Gs 4 e59s ss 1 ss 1 ss 1 onde 1 pases 1 1 1 pancays t1 t s ve s ss 1 s s1 s1 a v yt UE 1gt 1 2UE 2gt 2 UE 3 gt 3 ou yt Ut1 1 e 2D pe 2Ut 2 1 e 2 2 Ut 3 1 e3 3 9 Prob 36 L y 8y 4yt0 8gs sy0 y0 3sys y0 49s 0 0s 3y0 y0 2 4 y0s 8y0 y0 1 4 3s4 as 00s3y0 90 as AERO EE cy s1s4 Item a Substituindo y0 y0 1 na equacao 1 obtemos s4 1 Lr t ys Gilt sl yt e Item b y0 1 y1 4e4 A equagao 1 com y0 1 fornece C1 1lc y0 4 y01 s34y0 5 5 C1 laq 1 4t us s 1s 4 sl1 s4 s1 s4 yt caeeaje Acima mudamos da constante arbitréria y0 para a constante c também arbitraria pois a determinacao de c envolve menos contas que a de y0 Agora usamos a outra condigao y1 4e para determinar cy yt ce41aqe y1caqe41ce 4 4e4 ae4e0 a 0 yte 76 Item c y1ee4 y1 e4e7 C1 c2 Lass oo cc ooo 4y0 y0 y0 y0 y0s3y0 5 5 t At a Y ys s 1s 4 s1 s4 yt ere e2e Aqui também mudamos das constantes arbitrérias y0 e y0 para as constante arbitrarias c e c2 assim simplificando as contas Usando as duas condigoes iniciais obtemos um sistema algébrico com as incognitas c e c2 resolvendoo acabamos a resolugao y1 cqetee ee 4 a tat ay ce Aege4 edent SRL SS Ylte re 77 2 Capitulo 4 Sistemas de EDOs Lineares de Coeficientes Constantes 41 Resolugao pelo método dos operadores Esse método consiste em escrever um sistema como por exemplo xv 2ay at 3yt sent a y 4zrt 2yte na seguinte forma usando o operador D ddt D 2D1at D3yt sent D4at D2yt et e resolvélo por eliminagao ou determinantes conforme mostramos abaixo considerando sistemas mais simples para facilitar a exposicao 411 Por eliminagao x 3yt Dx3y 0 Exemplo 1 yl 2xt on Dy 9 Eliminando y on BY D6et0 5 xtha et oye Vor Eliminando z 2Dx3y 0 2 Vet V6t A n D 6 yt 0 t 1 poe By Lg 2 BHU 0 wae bere As quatro constantes nao sao arbitrarias pois o sistema as relaciona 0 a jy V6c1 evet V6 co e bt 3c3 evet 3c4e76t V6c3 V6 c 3c3 V6 e V6 ep 3e4 e v6t oe ea 0 0 Por fim xt cy eV6t eye Vbt xt 1 Vét 1 Vét yt YBey eV BeyeVOe Lt Vola v63 78 vty 2yt Dr D2y 0 E lo 2 A axemplos ec 3at2yt D3x 24 0 Eliminando y 2 DxD2y 0 A ay A 4 204D2D3x DD6xt 0 OL wind gen oo 2DD2DaJe at Eliminando z D3 DxD2y 0 a as Ag A mn D3D22D D D6yt 0 eo nt D3D22Dy D D6ylt v at ceee e yt cg e cge7 Mas 2 3x 2y 0 logo 0 2c e7 3c e 3c e 3ee7 203 e 2ee7 ce 2c3 e 6c2 2eae7 e3 C12 C4 3e2 ee 0 0 at ce ce2e xt 1 ot 1 31 yt 12ere Bege yt JL a2 Fel 3 oo 412 Por determinantes Pelo uso formal da regra de Cramer temos que a 2 a 2 letenseeeee EDO p at Liat Loymlt so Bou L3at Layt gat pf fy le y fm beets EDO p yt L3 L4 L3 92 Vejamos exemplos vty 4Aaxtt D4 Dy P E lo 3 n sae gi y at D1x Dy 0 EDO p at e solugao ry r2 2 r2 oe o 2 Dad 4 aw i DD 4 at 2 B at eg 1 cos 2t ey sen2t eeS Bi sDD3p 2t EDO p yt e solugao DD 4 y D4 e DD 4y 2 4212 yt cy e c082t e sen2tt4tt YD1 0 us IES ONE 24 8 2tt Uso de uma das EDOs do sistema para vincular as constantes xy 2t sent2c1 2c4 co cos 2t2cg 2c5 c1 co 18 0 ee eS 0 0 0 1 2c Q 2c4 cq 445 25 5 oO 3 Cy 2c9 25 C2 2c45 4c55 79 Finalmente t 2 9 65 at 2 2cs sen 2t tie co c4 en2t x 5 2c4 5 cos 5 ca 2c5 sen at8 eB Pt t cacos2tcssen2t 4c3 y 12 4 8 NOTA Acima na passagem é omitida a resolucdo da EDO linear de coeficientes constantes a solugao particular pode ser obtida pelo método dos coeficientes a determinar por exemplo x 3atyt1 D3a y l E lo4 n exemlplo 4 y at yt 4et x Dly 4e D38 1 i 3b141 0 4 44 D2 1 D1 1 1 ar t 1 tet D1 B 11 4e 14e D3 1 pp ty 1 det 19et 1 1 Bet 4 w 34e 1 4e 12e 1 1 Be 1 D 2at14e at ce cote 17 de A 1 D 2yt 18e yt cge cyte z 8e a 3xt yt 1 e c3 er 2 te Ca 2 0S Caeg CC C a SJ 0 0 1 1 v at ce cote i 4e e yt ce cae cote 17 Sc Exemplo 5 E dado o sistema de EDOs vte t Dx Dz 2 y 2xte ou Qe Dy e 222 2yt zt 2Dr D1z 0 Vamos obter a EDO para yt D 0 D D t D 2 De 0 Jyt 2 e O 2D 2 D1 2D 0 D1 t t aS AN A4 ons le 0 2 0 yo al 2 e DD B D4 2B yt b 0 pet oo pil t on D3D D 4 yt DD1eD12t D2De Qe 22t t 2et Resposta D3D D 4 yt 4e 24 4t 42 Resolugao pela transformada de Laplace re Exemplo 1 Vays we t sob as condigdes 0 1 e y0 0 80 A transformada de Laplace dessas equacdes sao 2szs 0 s9s y0 9s 1s Y 5 28 s1y241s ss 0 sys y0 2s ss sy 14 2s we we 1 0 Eliminando 7 obtemos s 19 1 4 ee 4 1 4s s SS sS ue 8 y sst1 ss1 s3s41 4s A B Cc D Frac6es parciais Seth sss Gr ABD5e C4 5 5 4 5 yt 714 55t420 5e o yt L 2 ats 5 5t 5e Podemos calcular xt de modo andlogo obtendo primeiramente Zs e depois calculando a trans formada de Laplace inversa mas no caso podemos usar a segunda EDO do sistema 3 a y t54t5e xt gz bt 2 5e e 3 a0q51 5S 4 2at g 5t 20 5e4 f e 102 4y 0 HOY tay Exemplo 2 An yl 4y 0 sob as condigées x0 y0 0 e a20 y0 1 sz sx0 20 10z 49 0 47 sy sy0y0 49 0 47 s4y1 We SS 0 1 8 AsB CsD ts AC08B15D65 8 Taya 241 242 7 PED 5 15 65 1 6 at 7 a5 65 sentV2 sentV12 s2 s412 52 5V12 2 3 t at 10xt4 z sentV2 sentvV12 ult at 102 8 A sag env 43 Resolugao pelo método matricial Trataremos primeiramente de sistemas homogéneos de EDOs lineares de 1 ordem d x1t x t Qi1 tre Ain x1t d X AX dt ou dt In t xi t anl ste ann Ln t eee Tee EOS Xt Xt A Xt onde a matriz A é constante ao final desta segao mostraremos como resolver sistemas naohomogéneos dXdt AXt Ft Note que no caso em que n 1 quando A é uma matriz 1 x 1 isto é um ntmero a solugdo de dXdt AX é Xt Ce Pois bem provase que essa também é a solucdo quando n 2 desde que se defina a exponencial de uma matriz Nao apresentaremos esse método ele é descrito nos capitulos 29 e 31 da referéncia 2 81 O método estudado aqui comeca por admitirse uma solucdo da forma X Ve onde V col v1 Un 6 um vetor coluna constante substituindo obtemos Wet AVL AVXV ou AANV O que é um problema de autovalor no qual procuramos as solug6es néonulas V 0 associadas aos valores de X que satisfazem a equacao de autovalor ou equacao caracteristica detA AI 0 Dividiremos nosso estudo em trés casos 1 autovalores reais e distintos 2 autovalores imagindrios e 3 autovalores repetidos Isso nao significa que um sistema de EDOs lineares se enquadre num desses trés casos Na verdade os trés casos podem ocorrer num mesmo problema ocorrendo tanto autovalores reais quanto imaginarios que se repetem 431 1 Caso autovalores reais e distintos A solucao do sistema X AX sendo A uma matriz n x n é dada por X t So crVper 5 k1 onde V é um vetor linearmente independente associado ao autovalor Az Exemplo 1 w du 3y ou adyar2 3 C Ooo OS x A xX 2A 3 ya 7 f Al aeta 21 9 124 ANA26 3r40 a Ey CAlculo do autovetor V e da solugaéo Xt associados ao autovalor 1 33 escalonamento 33 Aar 3 O 33 la 0 3a 38 0 aB 6B1 l anomane 3 ap D Gees Gar a oe YW Vi Ait l XitView i CAlculo do autovetor V2 e da solucaéo Xt associados ao autovalor r2 4 2 3 escalonamento 2 3 sorte A ims 2 2 3 la 0 2a 38 0 a362 p2 13 caootaon SIE oto 8 Sah 8 v Xt Voer ett Solugao geral Xt cX1t c2X2t ou at cye3ee e yt cje2coe o 82 wv 4nyz a 4 1 1 x Exemplo 2 y a5y2z ou y 1 5 l y r dt zZy3z z 0 1 3 z Sr Ssrrrr rr xX A xX 4 1 1 detAAI 1 5rX 1 A4A5A3 1 4 14A43 0 1 32 A 3 A44f1A5A43 Y A43A44A50 A2 4 A3 5 CAalculo do autovetor V associado ao autovalor 3 1 1 1 1 11 AMI 1 8 1 Seeonamento 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 11 a 0 at8y70 a7 1 AADY0 0 1 0460 460 60 V 0 0 0 0 7 0 Oy 0 Y 44 1 Ss Vi CAlculo dos autovetores V2 e V3 associados aos autovalores X2 e A3 respectivamente abaixo na passagem denotada por a matriz é escalonada 0 1 1 1 9 1l a 0 a10y 10 AdrI 19 1 5 o 1 ai elo siby7 224 w1 0 1 1 0 oO O ry 0 Y aq 1 9 1 1 1 0 l a 0 a7 4 1 Asl 101 S10 1 8 60 s26s8y 74 B 8 0 1 8 0 O O Y 0 yaa 1 1 10 1 Solucao geral Xc 0 eea 1 e e 8 e m 1 1 1 432 2 Caso autovalores imaginarios Os elementos da matriz A e por conseguinte os coeficientes da equacéo caracteristica sao reais Logo se A imaginario for autovalor complexo conjugado também seré Além disso se ao autovalor X corresponde o autovetor V isto 6 AV AV entao AV AV ou AV AV significando que ao autovalor corresponde o autovetor V Isso facilita os cdlculos que seguem if we 6r4y da 6 l x Exempios FY ow SEF ls a is ee x A x 6A 1l 2 detA AI 5 4 10A4290 A52i Calculo do autovetor V associado ao autovalor 5 2i AI 12 1 5 121 1 a 0 s a Ba 1 5 412i 0 o lel fo Baa y 49 qq Mt et 1 52it 1 52it v Xt caVe c2Ve mal e 2 14a 83 Para escrever Xt como uma fungao real usamos a seguinte formula ciVe coVe c pig ki P h2Q e cos bt kiQ k2P e senbt 41 N atbi 1 fil 0 No caso A 5 54 201 e vl ita efa ef S de a b ea sea P Q v Xt ky l ke 0 e cos 2t ky 0 ko e sen 2t 1 2 2 1 ky St ke Bt ky 2kp Je cos 2t 2hy ko esen2t A deducgao da formula em 41 é como segue Xt aVe teaver a P Qielt coP Qijeo P Qie cos bt isenbt coP Qie cos bt isenbt ciP Qi coP Qie cos bt ie P Qi c2P Qie sen bt c1e2P ier cz Qe cos bt ier c2 P cr c2 Qe senbt CQD SS JE SJ SS k ko ko ky 1 2 0 Exemplo 4 X 12 1 0X 0 01 Vee Y A 1X 2 0 Ay 1i detAAI 12 1A O 1A1A410 Ay 1i 0 0 1 A3 1 i 2 O i 2 0O a 0 ia260 Al 172 0 5S 0 0 060 Ss 20680 0 0 i 0 0 i y 0 iy0 w8 2 2 0 46a fs ylillolsi i 70 0 0 0 SaTZ oO P Q 0 2 0 12 0 0 Q 0 a20 A3I 12 0 0 4 0 2 016o0 2260 0 0 0 0 0 0 7 0 07 0 a0 4 0 60 B 0 yaq 1 2 2 0 Xt a i e peg i e 4 ce 0 Jet 0 0 1 SS we nn aaazl 2k 2khe 0 ko ebcost k esen2t c3 0 co m 0 0 1 Y KS ky PkoQ kiQk2P onde usamos 41 para reescrever como uma fungao real os dois primeiros termos indicados por chaves que correspondem ao par de autovalores complexos conjugados 84 433 3o Caso autovalores repetidos A solução do sistema X AX sendo A uma matriz n n constante é dada por X kmax k1 Xk kmax no de autovalores distintos onde Xk é a parcela da solução associada ao késimo autovalor distinto λk A expressão de Xk depende da multiplicidade de λk e dos autovetores associados a esse autovalor vejamos Se a multiplicidade de λk for igual a 1 então sendo Vk o autovetor associado temos que Xk ckVkeλkt 42 Se a multiplicidade de λk for igual a m 2 a expressão de Xk depende do número de autovetores linearmente independentes associados a esse autovalor havendo três possibilidades Existem m autovetores Vk1 Vk2 Vkm Xk ck1Vk1 ckmVkm eλkt 43 Existe um único autovetor U1 Xk ck1U1 ck2U1t U2 ck3 U1 t2 2 U2t U3 ckm U1 tm1 m 1 U2 tm2 m 2 Um1t Um eλkt 44 onde A λkI Uj Uj1 j 2 m O número de autovetores associados ao autovalor de multiplicidade m é maior que 1 e menor que m neste caso o problema tornase complicado e não será estudado aqui Essas fórmulas são provadas no final desta seção Vale a pena escrevêlas em correspondência com a estrutura de autovalores e autovetores de uma matriz A33 Fazemos isso a seguir onde cada seta que se inicia num autovalor λk indica um conjunto possível de autovetores associados a λk Três autovalores distintos λ1 V1 λ2 V2 e λ3 V3 X c1V1eλ1t c2V2eλ2t c3V3eλ3t Dois autovalores distintos λ1mult 1 V1 e λ2mult 2 V21 e V22 X c1V1eλ1t c21V21 c22V22 eλ2t U1 X c1V1eλ1t c21U1 c22U1t U2 eλ2t onde Aλ2IU2 U1 Um autovalor distinto V11 V12 e V13 X c11V11 c12V12 c13V13 eλ1t λ1mult 3 V11 e V12 não estudado aqui U1 X c11U1 c12U1t U2 c13U1t22 U2t U3 eλ1t onde Aλ1IU2 U1 e Aλ1IU3 U2 Enfatizese na notação adotada que se o autovalor λk é múltiplo e existe um único autovetor associ ado este é denotado por U1 ao invés de Vk Vejamos algumas aplicações dessas fórmulas 85 1 2 2 Exemplo 5 A 2 1 2 2 2 1 1r 2 2 detAAN 2 1d 2 A5A4120 vw ae 2 2 1X 2 mm 4 2 2 2 1 1 a 0 a7 1 AI2 4 2 501 14 60 s267 YWy7I1 2 2 4 00 O 7 0 Y qq 1 1 X cVje c 1 e éa parcela da solucdo associada ao autovalor 5 conforme 42 1 2 2 2 1 1 1 a 0 aBy0 a6y ArI2 2 25 0 o of B0 2080 i Baqq 2 2 2 0 0 0 Y 0 Oy 0 Y aq By 1 1 1 1 Vo B B 1 Yy 0 X92 21 Var 99Vo9 er C21 1 C22 0 e Y 0 1 0 1 Sa SS Vo1 V22 é a parcela da solucao associada ao autovalor Az 1 conforme 43 A solugao geral é X X14 Xo ou 1 1 1 X Cl l et C21 1 C22 0 et 1 0 1 5 4 0 Exemplo 6 A 1 0 2 0 2 5 5A 4 0 detAAD 1 OA 2 5AAA50 zs ae 0 2 5X 7 5 4 0 1 0 2 a 0 a 2y 5 4 AMI1 02 5102 5 60ls326n2 4 y 5 0 2 5 0 0 0 7 0 Y aq 2 4 Ss XaqVjercq 5 éa parcela da solucao associada ao autovalor A 0 conforme 42 2 0 4 0 1 5 2 a 0 a2y 2 AdI1 5 21 0 10e6lo0 s260 24 u 0 0 2 0 0 0 0 ry 0 Y aq 1 X ce21U c22Uit U2 ber2 é a parcela da solucao associada ao autovalor A2 5 e U2 é uma solugao do sistema algébrico A A2IU2 U1 ou em componentes 0 4 0 a 2 1 5 2 B 0 0 2 0 7 1 Este sistema é mais facilmente resolvido a partir da sua forma que é dada por uma matriz aumentada e escalonada 0 4 0 2 1 5 2 0 a 52 27 6 52 15 2 of o0 2 o1 2612 22 U12 0 2 01 0 0 0 0 Y aq 0 86 Logo a solucao geral 6 X X Xo ou 4 2 2 52 Xc 5 c 0 e22 0 t 12 et 2 1 1 0 1 0 0 Exemplo7 A 2 2 1 0 1 0 1A 0 0 detAAI 2 2A 1A130 S A 1 mult 3 0 1 X 00 O 2 1 1 a 0 a0 0 Al2 11 5 01 1 6lolslspay 4 u1 0 1 1 00 O ry 0 Y aq 1 X eUi c12Uit U2 c13Uit 2 Ust U3 ke a parcela da solugao associada ao autovalor A 1 sendo U2 e U3 respectivamente solucoes dos sistemas algébricos resolvidos a seguir 0 0 0 0 b 2 1 11 a0 0 0 AADUU2 1 1J1 01 1J1 Ss 6741 5 W1 0 1 11 0 0 O0 Y aq 0 00 ojo 2 111 a12 12 ADU3 U22 1 1J1 5S o 1 10 s 6y7 224 U3 0 0 1 10 0 0 OO 0 Y aq 0 Logo a solucao geral é 0 0 0 0 P 0 12 XX C11 1 C42 1 t 1 C13 1 aT 1 t 0 et 1 1 0 1 0 0 Prova das formulas 42 43 e 44 Devemos provar que X dado por cada uma dessas formulas é solucao do sistema linear isto é que e Prova da formula em 42 Se Xj cpVpe onde AV AxnVze entao AX Xi AcrVpe Ancr Vier AV Akt Ve cpert OVt CQD a 0 e Prova da formula em 43 Se X ouvir e onde AVer An Vet entao 11 AXXj Soaravineman oui Je de AVit Ax Vat ec 0 Vt CQD I1 I1 i 0 e Prova da formula em 44 Esta formula pode ser escrita na forma m I pd Xp S cw X ei com Xx et SU ant lJ J 87 Demostramos que essa expressao de X solucao do sistema de EDOs observando primeiramente que 1 AX Xi Sexi AX x1 Xi 0 5 é an j1 0 restando para completar a demonstracao mostrar que o termo entre parénteses se anula yey td yey tt yt to Se So a AX gt Xj ae Men yaaa U Tob U jl jl jl s tlJ U 2 i vst Nt ti1 U tlj es AU U A A IU U 0 CQD aol 1 k 1 rank rLU v1 Q 0 j2 0 44 Sistemas naohomogéneos Nesta secéo aprenderemos a resolver o sistema linear néohomogéneo X AX t Ft sendo A uma matriz n x n constante pelo método da variacgao das constantes ou pardmetros A solugao geral do sistema homogéneo associado XAX t 0 é da forma X yt tC onde t a denominada matriz fundamental é formada por n colunas que sao solugdes X1t Xnt linearmente independentes do sistema homogéneo e C é uma matriz coluna com n constante arbitrarias Substituindo a segunda dessas equagdes na primeira obtemos t At C 0 a qual por ser valida com C arbitrério concluimos que t At 0 que é utilizado no cancelamento de termos abaixo ao se deduzir uma solucéo particular X pt do sistema naohomogéneo Admitindo que X pt tUt obtemos substituindo essa expressdo no sistema naéohomogéneo a seguinte equagéo que permite a determinacao de Ut e portanto de X pt 0 Xt AXpt Ft WU OU ASEH PW Ul o HFE Em resumo temos que a solucao geral do sistema naohomogéneo é Xt Xt X pt isto é a soma da solugao geral do sistema homogéneo X77t tC calculada pelos métodos ja explicados com a solugao particular Xpt tUt onde Ut 71 t Ft 3 61 3t Exemplo 1 Resolugao do sistema X 5 4 X et t 0 SS A Ft A resolugao do sistema homogéneo associado X AX yt fornece a solugao geral 1 1 et et Cy Xn e 1 Je e 9 e of So 9e5t C5 eVFV Pt Apéos o calculo de t temos que 2 ot 1 2t 3 2te2t et U FFI 1 5t 15t tedt 1 edt ecxjYw Pt 2t6 5 dtk 3 1 tert Lert 4 Let ut 145 15 14 tet gett ae gte sre Fe Uma formula util Se A a 6 com det A ad bc 0 entao A 1 d 6 ec d det A c a 88 onde fizemos k kp 0 pois queremos uma solugao particular Logo oot eos te2t 4 2t Let ot 27 Let Xpt PWUH e 7 2et 15t 1 5t 1 At 3t 21 1t glee 5Fe Fae 5 BT De e a solucao geral é finalmente 6t 27 4 1t ob 2744i 5 50 4 xial tft ral yews 1 2 Bt 21 1t 5 50 7 2 1 5 2 12e Exemplo 2 Considere o sistema X 2 0 Xt 0 t 0 Temos que 1 t 2 a ef Qe C1 Xna feel f e edt C9 Pt é a solucgdo do sistema homogéneo associado verifique isso Logo a solugao 6 X Xq Xp sendo Xp calculado como segue 1 ett Qett 12e 1 12e Aett 1 gpalpe y P tee So et l 0 24e J Aor ee SS Pt Ft et Jett ett eet 16e 15e Xp 2U Qet ett 8et Qe5t Bedt 6e 31 t Exemplo 3 Resolugéo completa do sistema X 9 3 Xt y4 t 0 SSS A Ft 3A 1 2 detA AI 9 3 A3A4349 0 A 0 multip 2 3 l escalonamento 3 l Aat 4 3 E 31 a 0 3a80 a 83 B3 ne oorenn 3 Bs8 far Ba 3 ee U Vv Xt 11Ue c12Uyt Uze 31 1 E 311 3aB1 Bo0 3 AAna 01 ls 6 oo fe 2 w Ss as AAyI Vi 1 1 Wg 1 t13 C11 xioxntienteoo2 2 2 SP SN y Pt 89 Φ1t 3t t 13 3 1 1 3t 3t 1 3t t 13 3 1 Ut Φ1tFt dt 3t t 13 3 1 t2 t4 dt 3t1 t3 1 3t4 3t2 t4 dt 3 ln t 1 2t2 1 9t3 3t1 1 3 t3 XP t ΦtUt 1 t 13 3 3t 3 ln t 1 2t2 1 9t3 3t1 1 3 t3 XP t 3 ln t 1 6t2 t1 3 9 ln t 1 3t3 1 2t2 9 A solução geral é Xt XHt XP t ou seja Xt c11 c12t 1 3 3 ln t 1 6t2 t1 3 3c11 3c12t 9 ln t 1 3t3 1 2t2 9 90 45 Exercícios 1 Resolva os sistemas de EDOs por eliminação sistemática ou por determinantes a d2x dt2 dy dt 5x dx dt dy dt x 4y b dx dt dy dt et d2x dt2 dx dt x y 0 c dx dt z et dx dt dy dt dz dt x 0 x 2y dz dt et 2 Resolva pelo método da transformada de Laplace a 2dx dt dy dt 2x 1 dx dt dy dt 3x 3y 2 x0 0 y0 0 b dx dt 4x d3y dt3 6 sent dx dt 2x 2d3y dt3 0 x0 0 y0 y0 y0 0 c d2x dt2 dx dt dy dt 0 d2y dt2 dy dt 4dx dt 0 x0 x0 0 y0 1 y0 5 3 Escrever como um sistema de EDOs na chamada forma normal isto é na forma dXdt AtXt Ft a y 3y 4y sen3t b y 3y 6y 10y t2 1 c 2y4 y 8y 10 d t2y ty t2 4y 0 Abaixo os problemas 4 a 6 consistem em resolver sistemas de EDOs homogêneos da forma dXdt A Xt Os sistemas encontramse agrupados num mesmo problema conforme os autovalores da ma triz A seguindo os três casos estudados 4 Matrizes cujos autovalores são todos reais e distintos a A 1 1 4 2 b A 1 1 2 1 2 1 2 1 1 5 Matrizes que apresentam autovalores imaginários a A 2 5 1 2 b A 3 2 4 1 c A 1 0 0 2 1 2 3 2 1 6 Matrizes que apresentam autovalores reais repetidos a A 3 4 1 1 ao autovalor 1 duplo associase um único autovetor b A 0 1 1 1 0 1 1 1 0 ao autovalor 1 duplo associamse dois autovetores c A 1 1 1 2 1 1 0 1 1 ao autovalor 2 duplo associase um único autovetor d A 1 1 1 2 1 1 3 2 4 ao autovalor 2 triplo associase um único autovalor 91 7 Agora se pede que sejam revolvidos os seguintes sistemas de EDOs nãohomogêneos a dX dt 1 8 1 1 Xt 12t 12t b dX dt 1 1 0 1 1 0 0 0 3 Xt et e2t t e3t Respostas 2 a x 2e3t 5 2e2t 1 2 y 8 3e3t 5 2e2t 1 6 b x 8 2 3t3 t4 4 y 2 3t3 t4 4 3 a x 1 x2 x 2 4x1 3x2 sen3t b x 1 x2 x 2 x3 x 3 10x1 6x2 3x3 t2 1 4 a X c1 1 4 e3t c2 1 1 e2t b X c1 1 1 1 e4t c2 1 2 1 et c3 1 0 1 et 5 a X c1 5 cos t 2 cos t sent c2 5 sent cos t 2 sent b X c1 cos 2t cos 2t sent et c2 sen2t cos 2t sen2t et c X c1 2 3 2 et c2 0 sen2t cos 2t et c3 0 cos 2t sen2t et 6 a X c1 2 1 et c2 2 1 tet 1 0 et b X c1 1 1 1 e2t c2 1 0 1 et c3 0 1 1 et c X c1 3 4 2 et c2 0 1 1 e2t c3 0 1 1 te2t 1 0 1 e2t d X c1 0 1 1 e2t c2 0 1 1 te2t 1 0 1 e2t c3 0 1 1 t2 2 e2t 1 0 1 te2t 1 0 2 e2t 7 a X c1 4 1 e3t c2 2 1 e3t 12t 43 43 b X c1 1 1 0 c2 1 1 0 e2t c3 0 0 1 e3t 1 4e2t 1 2te2t et 1 4te2t 1 2te2t 1 2t2e3t 92 Referências Bibliográficas 1 Boyce W E e DiPrima R C Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno Sexta Edição LTC Editora Rio de Janeiro 1998 2 Bronson R Moderna Introdução às Equações Diferenciais Coleção Schaum McGrawHill do Bra sil 1977 3 Guidorizzi H L Um Curso de Cálculo Segunda Edição LTC Editora Rio de Janeiro 1997 4 Hildebrant F B Advanced Calculus for Applications PrenticeHall Englewood Gliffs New Jersey 1976 5 Kaplan W Cálculo Avançado Edgard Blücher Ltda 1972 6 Zill D G e Cullen M R Equações Diferenciais Pearson Makron Books São Paulo 2001 93