Livro cálculo 2 (unb) mauro patrão by Lorrany Mundim

Cรกlculo 2

Mauro Patrรฃo

S UMÁRIO Sumário 1

Introdução 1.1 Derivada, Integral e Aplicações . . 1.2 Polinômios . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Polinômios infinitos . . . . . . . . . 1.4 Aproximando polinômios infinitos

. . . .

Sequências e séries 2.1 Aproximação da origem . . . . . . . . . . . Propriedades da aproximação da origem Limite infinito de sequências . . . . . . . 2.2 Limite de sequências . . . . . . . . . . . . Propriedades do limite de sequências . . Sequência monótonas e limitadas . . . . . Sequências e funções . . . . . . . . . . . . Sequência dos semiperímetros . . . . . . 2.3 Séries numéricas . . . . . . . . . . . . . . . Teste da divergência . . . . . . . . . . . . . Série harmônica . . . . . . . . . . . . . . . Série geométrica . . . . . . . . . . . . . . . Operações com séries . . . . . . . . . . . . 2.4 Séries de termos sem sinal . . . . . . . . . Teste da raiz . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teste da razão . . . . . . . . . . . . . . . . Teste da integral . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Séries de termos com sinal . . . . . . . . . Teste da convergência absoluta . . . . . . 2

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5 6 7 9 16

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21 22 26 30 34 35 40 42 45 49 54 55 56 60 64 70 72 77 80 80

Sumário

Teste da série alternada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Testes da raiz e da razão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

83 84

Séries de potências 3.1 Séries de potências: polinômios infinitos Operações com séries . . . . . . . . . . . . Derivada de séries de potências . . . . . . Integral de séries de potências . . . . . . . 3.2 Unicidade dos coeficientes . . . . . . . . . 3.3 Série de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Polinômio de Taylor . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

87 88 95 97 101 106 108 110

Equações diferenciais 4.1 Equação diferencial ordinária . . 4.2 EDO separável de 1ª-ordem . . . Catenária: cabo suspenso . . . . 4.3 EDO linear de 1ª ordem . . . . . . Solução da homogênea . . . . . . Solução da não-homogênea . . . 4.4 EDO linear de 2ª ordem . . . . . . Solução da homogênea . . . . . . Solução da não-homogênea . . . 4.5 Coeficientes constantes . . . . . . Equação característica . . . . . . Raízes reais distintas . . . Raiz real única . . . . . . . Raízes complexas . . . . . Coeficientes a determinar . . . . 4.6 Coeficientes variáveis . . . . . . . Soluções por séries de potências

. . . . . . . . . . . . . . . . .

117 118 122 130 134 135 138 144 147 156 162 162 163 164 165 168 180 183

Transformada de Laplace 5.1 Definição e propriedades . . . Linearidade da transformada Transformada da derivada . . 5.2 Transformada de PVIs . . . . . Regra do deslocamento . . . . Mudança de escala . . . . . .

. . . . . .

189 190 191 192 196 198 200

. . . . . .

Sumário

5.3 5.4

Derivada da transformada . . . . . Injetividade da transformada . . . Frações parciais e a transformada . Transformada de sistemas de PVIs

A Apêndice A.1 Integral imprópria . . . . . . . . . A.2 Exponencial complexa . . . . . . Funções com valores complexos A.3 EDO linear de ordem superior . . Solução da homogênea . . . . . . Solução da não-homogênea . . .

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204 207 210 225

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227 228 230 232 237 237 247

CAPÍTULO

I NTRODUÇÃO

1.1

Capítulo 1. Introdução

D ERIVADA , I NTEGRAL E A PLICAÇÕES

No Cálculo 1 vimos diversos exemplos e aplicações de derivada e integral de funções polinomiais, trigonométricas, exponenciais e suas combinações. Exemplos 1) Queda-livre: t2 y(t ) = y 0 + v 0 t − g 2 ¶0 µ t2 = v0 − g t v(t ) = s 0 + v 0 t − g 2 2) Posição de um sistema-massa mola: x(t ) = x 0 cos(ωt ) v(t ) = (s 0 cos(ωt ))0 = −x 0 ω sen(ωt ) 3) Velocidade do trem-bala freiando com o atrito com o ar: v(t ) = v 0 e −bt a(t ) = −bv 0 e −bt Z e −bt +C x(t ) = v 0 e −bt d t = v 0 −b

Derivar é fácil, uma vez que se conheça as regras básicas. No entanto, integrar nem sempre é fácil. Por exemplo, a área abaixo da conhecida curva de sino de Gauss está relacionada ao cálculo de certas probabilidades: como calcular essa integral? Z b 2 e −x d x =? a

1.2. Polinômios

FIGURA: Curva de Gauss (µ = 0, σ = 1) hachurada entre a a b com x no eixo

1.2

P OLINÔMIOS

É muito fácil derivar e integrar um polinômio de grau n a0 + a1 x + a2 x 2 + · · · + an x n uma vez que (a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + · · · + a n x n )0 = a 1 + a 2 2x + · · · + a n nx n−1 e que Z (a 0 +

a1 x 2

a 0 x + a 1 x2

+ a2 x 2 + · · · + an x n 3

+ a 2 x3

n+1

+ · · · + a n xn+1

)dx = +C

Será que toda função pode ser dada por um polinômio? Cada vez que derivamos um polinômio seu grau diminui por um. Assim, depois de derivar n + 1 vezes um polinômio de grau n temos que o polinômio zera. Por outro lado temos que (e x )0 = e x ( cos(x))00 = − cos(x) ( sen(x))00 = − sen(x) o que mostra que nenhuma das funções e x , cos(x), sen(x) é dada por um polinômio. Mas e se considerarmos polinômios infinitos (isto é, polinômios de grau infinito) que podem ser derivados sem que seu grau diminua? Exemplos

FIGURA: Soma dos termos da PG de razão x

Capítulo 1. Introdução

1) A soma dos termos da progressão geométrica de razão x 1 + x + x2 + · · · + xn + · · · é um polinômio infinito (ver Figura ??). Veremos que 1 + x + x2 + · · · + xn + · · · =

1 1−x

para x ∈ (−1, 1). Em particular, para x = 12 temos (ver Figura ??) 1+

1 1 1 1 + +···+ n +··· = =2 2 4 2 1 − 12

FIGURA: Soma dos termos da PG de razão

1 2

1 é dado por um polinômio infinito? Temos que 1+x 1 1+x

1 1 − (−x) = 1 + (−x) + (−x)2 + (−x)3 + (−x)4 + (−x)5 + · · ·

= 1 − x + x2 − x3 + x4 − x5 + · · · para x ∈ (−1, 1). 3)

1 é dado por um polinômio infinito? Temos que 1 + x2 1 1 + x2

1 1 − (−x 2 ) = 1 + (−x 2 ) + (−x 2 )2 + (−x 2 )3 + (−x 2 )4 + (−x 2 )5 + · · ·

= 1 − x 2 + x 4 − x 6 + x 8 − x 10 + · · · para −x 2 ∈ (−1, 1), ou seja, para x ∈ (−1, 1).

1.3. Polinômios infinitos

1.3

P OLINÔMIOS INFINITOS

Veremos que podemos derivar e integrar um polinômio infinito como se ele fosse um polinômio finito, desde que tomemos o devido cuidado com o seu domínio. Propriedades Um polinômio infinito a0 + a1 x + a2 x 2 + · · · + an x n + · · · tem 1) Domínio: Intervalo centrado na origem, com raio 0 ≤ R ≤ ∞. 2) Derivada: (a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + · · · + an x n + · · · )0 = n−1 a 1 + a 2 2x + · · · + a n nx + ··· para x ∈ (−R, R). 3) Integral: Z (a 0 + a 1 x a0 x + a1

x2 2

para x ∈ (−R, R).

a2 x 2

+ a2

x3 3

+ ··· +

an x n

+ · · · + an

x n+1 n +1

+ ··· )dx = + · · · +C

Capítulo 1. Introdução

Exemplos

FIGURA: definição arco-tangente

1) Uma maneira de escrever a função atg(x) como um polinômio infinito é, usando o que já vimos, escrever sua derivada (atg(x))0 =

1 1 + x2

como o polinômio infinito (atg(x))0 = 1 − x 2 + x 4 − x 6 + · · · para x ∈ (−1, 1), e integrar os dois lados Z atg(x) = (1 − x 2 + x 4 − x 6 + · · · ) d x = x−

x3 x5 x7 + − + · · · +C 3 5 7

para x ∈ (−1, 1). Para determinar o valor da constante de integração fazemos x = 0 03 05 07 0 = atg(0) = 0 − + − + · · · +C = C 3 5 7 de onde segue que atg(x) = x −

x3 x5 x7 + − +··· 3 5 7

para x ∈ (−1, 1). Veremos mais adiante que o domínio desse polinômio infinito é (−1, 1], em particular esse domínio tem raio R = 1. É possível mostrar que a igualdade acima também vale

1.3. Polinômios infinitos

para x = 1 de modo que atg(1) = 1 − ∥ π 4

= 1 −

13 3

15 5

−

17 7

+···

1 3

1 5

−

1 7

+···

É possível mostrar que a mesma igualdade não vale para x = −1, o que indica que devemos ser cuidadosos com o domínio de polinômios infinitos. 2) Uma maneira de escrever a função log(1 + x) como um polinômio infinito é, usando o que já vimos, escrever sua derivada (log(1 + x))0 =

1 1+x

como o polinômio infinito (log(1 + x))0 = 1 − x + x 2 − x 3 + · · · para x ∈ (−1, 1), e integrar os dois lados Z log(1 + x) = (1 − x + x 2 − x 3 + · · · ) d x = x−

x2 x3 x4 + − + · · · +C 2 3 4

para x ∈ (−1, 1). Para determinar o valor da constante de integração fazemos x = 0 0 = log(1) = 0 −

02 03 04 + − + · · · +C = C 2 3 4

de onde segue que log(1 + x) = x −

x2 x3 x4 + − +··· 2 3 4

Capítulo 1. Introdução

para x ∈ (−1, 1). Veremos mais adiante que o domínio desse polinômio infinito é (−1, 1], em particular esse domínio tem raio R = 1. É possível mostrar que a igualdade acima também vale para x = 1, de modo que log(2) = 1 −

1 1 1 + − +··· 2 3 4

A mesma igualdade não faz nem sentido para x = −1 pois log(0) não está nem definido, o que indica novamente que devemos ser cuidadosos com o domínio de polinômios infinitos.

Exemplos 1) Vimos que e x não é um polinômio finito, pois (e x )0 = e x . Será que é um polinômio infinito? Fazendo ex

= a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + a4 x 4 + · · ·

devemos descobrir quem seria cada coeficiente a n da potência de grau n. Fazendo x = 0, temos e 0 = a 0 + a 1 0 + a 2 02 + a 3 03 + a 4 04 + · · · ∥ 1 = a0 de modo que a 0 = 1 é o coeficiente da potência de grau 0. Derivando termo a termo temos que (e x )0 =

a 1 + a 2 2x + a 3 3x 2 + a 4 4x 3 + · · ·

Usando então que (e x )0 = a 1 + a 2 2x 2 + a 3 3x 2 + a 4 4x 3 + · · · ∥ e x = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + · · ·

1.3. Polinômios infinitos

e igualando os coeficientes das potências de mesmo grau, temos que a 1 = a 0 = 1 =⇒ a 1 = 1 a2 2 = a1 = 1 1 2 1 a4 4 = a3 = 3! Segue que, em geral a3 3 = a2 =

an =

=⇒ =⇒ =⇒

1 2 1 a3 = 3! 1 a4 = 4! a2 =

1 n!

de modo que ex

= 1 + x +

1 2 x + 2!

1 3 x + 3!

1 4 x +··· 4!

Veremos mais adiante que o domínio desse polinômio infinito é x ∈ (−∞, ∞), isto é, esse domínio tem raio R = ∞. Observe que (e x )0 = ( 1 + x +

1 2 x 2!

1 2x + 2!

1 +

1 + x

1 3 x 3!

1 4 x 4!

+ · · · )0

1 2 3x + 3!

1 3 4x + · · · 4!

1 2 x 2!

1 3 x 3!

+···

= ex e que e1 = 1 + 1 + ∥ e

= 1 + 1 +

1 2 1 + 2!

1 3 1 + 3!

1 4 1 +··· 4!

1 2!

1 3!

1 4!

+···

Capítulo 1. Introdução

FIGURA: Curva de Gauss (µ = 0, σ = 1) hachurada entre a a b com x n 2) Já comentamos que a área abaixo da conhecida curva de sino de Gauss, dada por Z b 2 e −x d x a

está relacionada ao cálculo de certas probabilidades. Podemos calcular essa integral usando o polinômio infinito para e x e fazendo e −x

= 1 + (−x 2 ) + = 1 − x2

1 (−x 2 )2 + 2! 1 4 x − 2!

1 (−x 2 )3 + · · · 3! 1 6 x + ··· 3!

para x ∈ (−∞, ∞), de modo que R

e −x d x = x −

x3 3

1 x5 2! 5

−

1 x7 3! 7

+ · · · +C

para x ∈ (−∞, ∞). 3) Vimos que sen(x) não é um polinômio finito, pois ( sen(x))00 = − sen(x). Será que é um polinômio infinito? Fazendo sen(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + · · · temos que sen0 (x) = a 1 + a 2 2x + a 3 3x 2 + a 4 4x 3 + ··· 00 2 3 sen (x) = a 2 2 + a 3 3 · 2x + a 4 4 · 3x + a 5 5 · 4x + · · ·

1.3. Polinômios infinitos

Fazendo x = 0, temos sen(0) ∥ 0

+ a 2 02

= a0 + a1 0

+ a 3 03

+ ···

= a0

sen0 (0) = a 1 + a 2 20 + a 3 302 + a 4 403 + · · · 1 = a1 de onde concluímos que a 0 = 0 e a 1 = 1. Usando que sen00 (x) = a 2 2 + a 3 3 · 2x + a 4 4 · 3x 2 + a 5 5 · 4x 3 + · · · ∥ − sen(x) = −a 0 − a 1 x − a2 x 2 − a3 x 3 + ··· e igualando os coeficientes das potências de mesmo grau, temos que a 2 2 = −a 0 = 0 =⇒ a 2 = 0 a 3 3 · 2 = −a 1 = −1

=⇒ a 3 = −

a 4 4 · 3 = −a 2 = 0

=⇒ a 4 = 0

a 5 5 · 4 = −a 3 =

1 3!

=⇒ a 5 =

1 3!

1 5!

Segue que sen(x) = x −

1 3 x + 3!

1 5 x − 5!

1 7 x + 7!

1 9 x +··· 9!

Veremos mais adiante que o domínio desse polinômio infinito é x ∈ (−∞, ∞), isto é, esse domínio tem raio R = ∞. Usando que cos(x) = sen0 (x) podemos facilmente escrever

Capítulo 1. Introdução

cos(x) como um polinômio infinito cos(x) = (x −

1 3 x 3!

1 5 x 5!

−

1 7 x 7!

+ · · · )0

= 1

−

1 2 3x + 3!

1 4 5x − 5!

1 6 7x + · · · 7!

= 1

−

1 2 x 2!

1 4 x 4!

1 6 x 6!

−

+···

para x ∈ (−∞, ∞). Sabemos que cos(x) é uma função par e sen(x) é uma função ímpar, isto é cos(−x) = cos(x)

sen(−x) = − sen(x)

Observe que no polinômio infinito para cos(x) aparecem apenas potências pares e no polinômio infinito para sen(x) aparecem apenas potências ímpares. Coincidência?

1.4

A PROXIMANDO POLINÔMIOS INFINITOS

Dado um polinômio infinito f (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + · · · + a n x n + · · · na prática só sabemos calcular o polinômio finito f n (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + · · · + a n x n que obtemos parando a soma das potências no termo de grau n. Para que valores de x fixado temos que f n (x) aproxima f (x), em símbolos, f n (x) ≈ f (x)

para n grande?

1.4. Aproximando polinômios infinitos

Isto é, para que valores de x fixado temos que f (x) − f n (x) ≈ 0

para n grande?

Exemplos 1) Já vimos que f (x) = 1 + x + x 2 + · · · + x n + · · · =

1 1−x

para x ∈ (−1, 1). Temos que f n (x) = 1 + x + x 2 + · · · + x n de modo que f (x) − f n (x) = x n+1 + x n+2 + · · · 2 = x n+1 (1 µ + x +¶ x + · · · ) 1 = x n+1 1−x x n+1 = 1−x Mais adiante vamos mostrar que x n+1 ≈ 0

para n grande

se e só se x ∈ (−1, 1), de modo que f n (x) aproxima f (x) para n grande apenas para x ∈ (−1, 1). Para ilustrar esse fato, tomamos x = 21 e obtemos f

¡1¢

¡1¢ 2

1 1− 12

= 1+

=2 1 1 1 + +···+ n 2 4 2

Capítulo 1. Introdução

Pelo visto acima, temos ¡ 1 ¢n+1 f

¡1¢ 2

− fn

¡1¢ 2

1−

1 2

1 2n+1

1 2n

onde é intuitivo que 1 ≈0 2n Segue que f n

¡1¢ 2

aproxima f

para n grande. ¡1¢ 2

para n grande.

2) Já vimos que exp(x) = 1 + x +

1 2 1 3 x + x +··· 2! 3!

para x ∈ (−∞, ∞). Temos que expn−1 (x) = 1 + x +

1 2 1 x +···+ x n−1 2! (n − 1)!

De modo que, para x ≥ 0, temos 0 ≤ exp(x) − expn−1 (x) =

1 1 1 n x + x n+1 + x n+2 + · · · n! (n + 1)! (n + 2)! µ ¶ xn 1 1 2 1+ x+ x +··· n! n +1 (n + 2)(n + 1)

≤

µ ¶ 1 2 1 3 xn 1+ x + x + x +··· n! 2! 3!

xn x e n!

Mais adiante vamos mostrar que xn ≈0 n!

para n grande

1.4. Aproximando polinômios infinitos

para cada x fixado, de modo que expn (x) aproxima exp(x) para n grande para cada x ∈ (−∞, ∞) fixado. Para ilustrar esse fato, tomamos x = 1 e obtemos exp(1) = e 1 = e expn−1 (1) = 1 + 1 +

1 1 +···+ 2! (n − 1)!

Pelo visto acima, temos 0 ≤ exp(1) − expn−1 (1) ≤

1 e n!

onde é intuitivo que 1 ≈0 n!

para n grande.

Segue que expn−1 (1) aproxima exp(1) para n grande. Tomando agora x = 3 obtemos exp(3) = e 3 expn−1 (3) = 1 + 3 +

1 2 1 3 +···+ 3n−1 2! (n − 1)!

Pelo visto acima, temos 0 ≤ exp(3) − expn−1 (3) ≤

3n 3 e n!

onde veremos que 3n ≈0 n!

para n grande.

Segue que expn−1 (3) aproxima exp(3) para n grande.

CAPÍTULO

S EQUÊNCIAS E SÉRIES

2.1

Capítulo 2. Sequências e séries

A PROXIMAÇÃO DA ORIGEM

Nosso primeiro passo será tornar mais preciso o conceito de uma sequência de números reais se aproximar de um dado ponto da reta. Uma sequência é uma lista ordenada infinita de números reais a1 , a2 , a3 , . . . , an , . . . Denominamos a 1 de primeiro termo da sequência, a 2 de segundo termo da sequência, a 3 de terceiro termo da sequência e assim por diante. Numa posição genérica n, aparece a n , o n-ésimo termo da sequência, denominado termo geral da sequência. Muita vezes, denotamos à sequência acima simplesmente pelo seu termo geral. Podemos visualizar uma sequência como uma progressão infinita de pontos da reta real R.

Primeiro consideramos sequências que se aproximam da origem, como por exemplo a sequência harmônica n1 , dada pela seguinte lista infinita 1 1 1 1, , , . . . , , . . . 2 3 n Neste caso, o número real

1 n

aparece na posição n da lista.

Figura 2.1: Sequência harmônica se aproximando da origem. Como ilustra a Figura 2.1, é intuitivo que, à medida que percorremos a lista para a direita, seus termos se aproximam de 0. Neste caso, dizemos que 0 é o limite da sequência n1 .

2.1. Aproximação da origem

Figura 2.2: Sequência anti-harmônica se aproximando da origem.

Um outro exemplo de sequência que se aproxima da origem é a denominada sequência anti-harmônica, ilustrada pela Figura 2.2 e dada por − n1 . Um último exemplo de sequência se aproximando da origem, a sequência harmôn nica alternada, é ilustrada pela Figura 2.3 e dada por (−1) n .

Figura 2.3: Sequência harmônica alternada se aproximando da origem. Uma vez que uma sequência pode se aproximar da origem sem que nenhum de seus termos seja igual a zero, o que significa, de maneira mais precisa, que uma sequência a n se aproxima da origem? A ideia básica é não sermos tão rigorosos e permitirmos alguma margem de erro positiva, que pode ser tão pequena quanto desejarmos. Para isso, consideramos o erro ε > 0, como ilustra a Figura 2.4. Se a sequência a n se aproxima da origem, para cada erro ε > 0, deve existir uma posição na lista n (ε), denominada posição associada ao erro ε, tal que todos os termos a partir dessa posição para a direita devem ter valor absoluto menor do que ε. Neste caso, isso é denotado por an → 0 Em geral, quanto mais rigorosos formos, mais para direita devemos ir na lista, ou seja, quanto menor o erro ε, maior será a posição associada n (ε). Por

Capítulo 2. Sequências e séries

exemplo, no caso da sequência harmônica, se escolhermos ε = 0, 01, temos que a posição n = 101 é tal que todos os termos dessa posição para a direita têm valor absoluto menor do que ε = 0, 01. Por outro lado, se escolhermos ε = 0, 005, temos que a posição n = 201 é tal que todos os termos dessa posição para a direita têm valor absoluto menor do que ε = 0, 005. 1 1 1 1 1 1 1 1 , , ,..., , , ,... 1, , , . . . , 2 3 101 102 103 201 202 203

Em outras palavras, a sequência a n se aproxima da origem se, para cada erro ε > 0, existir uma posição associada n (ε) tal que n ≥ n (ε)

=⇒

|a n | < ε,

ou de modo equivalente n ≥ n (ε)

=⇒

−ε < a n < ε

como ilustrado pela Figura 2.4. Observe que, adotando um outro erro δ > 0, a posição associada mudaria para n (δ) e a condição acima ficaria n ≥ n (δ)

=⇒

−δ < a n < δ

como ilustrado pela Figura 2.4.

Figura 2.4: Intervalo de erro ε em torno da origem. Observe também que, uma vez que a n e |a n | possuem o mesmo valor absoluto, segue que a n → 0 se e só se |a n | → 0. Nos exemplos anteriores, temos que ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ (−1)n ¯ 1 ¯− ¯ = ¯ ¯ ¯ n¯ ¯ n ¯= n Nesses exemplos, temos que o valor absoluto dos termos diminui a medida que percorremos a lista para a direita. Quando isso acontece, a situação é mais

2.1. Aproximação da origem

simples: a primeira posição cujo termo tem valor absoluto menor que ε > 0 serve como posição associada n (ε). Como nos exemplos anteriores |a n | = n1 , o primeiro natural n tal que 1 <ε n serve como posição associada n (ε) dessas sequências. Resolvendo para n temos que 1 n> , ε de modo que 1 n (ε) = 1º n > ε é uma posição associada ao erro ε. A tabela abaixo apresenta alguns dos seus valores: ε 0,5 0,4 0,3 0,2

n (ε) 3 3 4 6

1/ε 2 2,5 3,333. . . 5

No caso da sequência harmônica, as primeiras linhas dessa tabela são ilustradas pela Figura 2.5.

Figura 2.5: Alguns erros para a sequência harmônica. Em geral, duas sequências que se aproximam da origem podem possuir posições distintas associadas ao mesmo erro ε. Por exemplo, denotando por n a (ε) a posição associada ao erro ε da sequência a n = n1 e por n b (ε) a posição associada ao erro ε da sequência b n = n12 , temos que n a (ε) = 1º n >

1 ε

Capítulo 2. Sequências e séries

como vimos acima e também que r n b (ε) = 1º n >

1 ε

uma vez que esse é o primeiro natural n tal que 1 < ε. n2 A tabela abaixo compara alguns dos seus valores: p ε 1/ε n a (ε) 1/ε 0,5 2 3 1,414. . . 0,4 2,5 3 1,581. . . 0,3 3,333. . . 4 1,825. . . 0,2 5 6 2,236. . . 0,1 10 11 3,162. . . 0,01 100 101 10 0,001 1000 1001 31,622. . .

n b (ε) 2 2 2 3 4 11 32

Não é difícil perceber que, para cada erro, a posição associada de a n é muito maior que a respectiva posição associada de b n .

P ROPRIEDADES DA APROXIMAÇÃO DA ORIGEM Agora vamos considerar o que acontece com a soma de duas sequências que se aproximam da origem. Proposição 2.1 Se a n , b n → 0, então a n + b n → 0.

Prova: A ideia da demonstração ¡ ¢ se baseia no seguinte fato: se a n e b n estão no intervalo de erro − 2ε , 2ε , então sua soma a n + b n está no intervalo de erro (−ε, ε). Sejam n a (ε) e n b (ε) as posições associadas ao erro ε, respectiva-

2.1. Aproximação da origem

mente, de a n e de b n . Temos então que n ≥ na

¡ε¢ 2

=⇒

ε ε − < an < 2 2

e também que

ε ε − < bn < . 2 2 ¡ε¢ ¡ ¢ Escolhendo n (ε) como o maior dentre os tempos n a 2 e n b 2ε , somando as desigualdades acima, teremos então que n ≥ nb

¡ε¢

n ≥ n (ε)

=⇒

−ε < a n + b n < ε,

mostrando que n (ε) é de fato uma posição associada ao erro ε da sequência a n + b n .

Para ilustrar o resultado acima, considere a sequência a n + b n , que é a soma, respectivamente, das sequências harmônica a n e harmônica alternada b n . Temos que ( 2 , n é ímpar n an + bn = 0, n é par como ilustrado pela Figura 2.6. O resultado acima garante que a n + b n → 0.

Figura 2.6: Soma das sequências harmônica e harmônica alternada.

A próxima proposição é uma versão mais restrita do famoso Teorema do Sanduíche.

Capítulo 2. Sequências e séries

Proposição 2.2 Se 0 ≤ a n ≤ b n e b n → 0, então a n → 0.

Prova: Uma vez que 0 ≤ a n ≤ b n , podemos escolher para a n a mesma posição associada de b n . De fato, seja n (ε) uma posição associada ao erro ε da sequência b n . Então temos que n ≥ n (ε)

=⇒

|b n | = b n < ε.

=⇒

|a n | = a n < ε.

Como 0 ≤ a n ≤ b n , segue que n ≥ n (ε)

o que mostra que n (ε) é de fato uma posição associada ao erro ε da sequência a n .

Uma exemplo de aplicação do resultado acima é mostrar que a progressão geométrica com razão r = 1/2 se aproxima da origem. Como a sequência 2n dobra de tamanho, enquanto a sequência n cresce de um em um, temos que 2n > n, para todo n ∈ N. Neste caso, invertendo ambos os lados dessa desigualdade, segue que 1 1 0< n < 2 n Como 0 → 0 e também

1 n

→ 0, temos que 1 →0 2n

Dizemos que uma sequência b n é limitada quando ela não se afasta muito da origem. Em outras palavras, existe uma raio R > 0 tal que |b n | < R para todo n ∈ N, como ilustra a Figura 2.7.

2.1. Aproximação da origem

Figura 2.7: Uma sequência limitada.

É intuitivo que toda sequência que se aproxima da origem é limitada. A sequência alternada, dada por (−1)n e ilustrada pela Figura 2.8, é um exemplo de uma sequência limitada, mas que não se aproxima da origem. Como mostramos a seguir, o produto de uma sequência limitada por uma sequência que se aproxima da origem também se aproxima da origem. Um exemplo disso é a sequência harmônica alternada que é o produto da sequência harmônica, que se aproxima da origem, pela sequência alternada, que é apenas limitada.

Figura 2.8: Sequência alternada é limitada, mas não se aproxima da origem.

Proposição 2.3 Se a n → 0 e b n é limitada, então a n b n → 0.

Prova: A ideia dessa demonstração se baseia seguinte fato: se b n está no inter¡ no ¢ ε ε valo (−R, R) e a n está no intervalo − R , R , então a n b n está no intervalo de erro (−ε, ε). Seja n a (ε) a posição associada ao erro ε da sequência a n . Temos então que n ≥ na

¡ε¢ R

=⇒

|a n | <

ε R

Capítulo 2. Sequências e séries

Escolhendo n (ε) igual a n a R, teremos então que n ≥ n (ε)

¡ε¢ R

e multiplicando a desigualdade acima por

=⇒

|a n b n | ≤ |a n |R < ε,

mostrando que n (ε) é uma posição associada ao erro ε da sequência an bn .

L IMITE INFINITO DE SEQUÊNCIAS De maneira intuitiva, uma sequência a n tende para o infinito se seus termos ficam cada vez maiores, a medida que percorremos a lista para direita. De maneira precisa, dado um raio R > 0, deve existir uma posição na lista n (R), denominada posição associada ao raio R, tal que n ≥ n (R)

=⇒

R < an

Neste caso, dizemos que a n se aproxima de mais infinito e denotamos isso por a n → ∞. Exemplos 1) Temos que n → ∞. De fato, consideremos a função n (R) = 1º n > R onde R > 0. A tabela abaixo apresenta os valores de n (R) para alguns valores de R > 0. R n (R) π 4 10π 32 100π 315 Temos que essa é uma posição associada ao raio R da sequên-

2.1. Aproximação da origem

cia dos números naturais, onde a n = n, pois de fato n ≥ n (R)

=⇒

R < n,

como ilustra a Figura 2.9. 2) Temos que

p n → ∞. De fato, consideremos a função n (R) = = =

p 1º n tal que n > R 1º n tal que n > R 2 1º n > R 2

onde R > 0. A tabela abaixo apresenta os valores de n (R) para alguns valores de R > 0. R R2 n (R) 2 π π 10 2 10π 100π 987 100π 10000π2 98697 Temos que essa é uma posição associada ao raio R da sequênp cia b n = n, pois de fato n ≥ n (R)

=⇒

R2 < n

=⇒

p n.

Figura 2.9: Sequência do números naturais.

Por outro lado, dizemos que b n se aproxima de menos infinito e denotamos isso por b n → −∞, quando −b n → ∞.

Capítulo 2. Sequências e séries

Exemplo: A sequência dos números inteiros negativos, onde b n = −n, se aproxima de menos infinito, como ilustra a Figura 2.10.

Figura 2.10: Sequência do números inteiros negativos.

O resultado seguinte mostra a relação entre sequências que se aproximam da origem com sequências que se aproxima de mais ou de menos infinito. Proposição 2.4 Temos que (A) Se a n → ∞, então (B) Se a n ↓ 0, então

1 → 0. an

1 → ∞. an

Prova: Para o item (A), escolhendo R = 1/ε, temos que n ≥ n a (1/ε)

1 < an . ε

=⇒

Definindo n (ε) = n a (1/ε), temos que n ≥ n (ε)

=⇒

1 < ε. an

2.1. Aproximação da origem

Para o item (B), escolhendo ε = 1/R, temos que n ≥ n a (1/R)

0 < an <

=⇒

1 . R

Definindo n (R) = n a (1/R), temos que n ≥ n (ε)

=⇒

1 . an

Finalmente para o item (C), escolhendo n b (R) = n a (R), temos que n ≥ n b (R)

=⇒

R < an ≤ bn .

A proposição acima é útil para determinar alguns limites. Exemplos

1) Uma vez que

2) Como

p 1 n → ∞, então p ↓ 0. n

1 ↓ 0, segue que 2n → ∞. 2n

3) Uma vez que −n → −∞, então −

1 ↑ 0. n

4) Uma vez que n → ∞ e que n ≤ n 2 , então n 2 → ∞. (−1)n n → 0, mas = (−1)n n não tende para ∞ n (−1)n nem para −∞. Isso contradiz a proposição acima?

5) Temos que

Capítulo 2. Sequências e séries

2.2

L IMITE DE SEQUÊNCIAS

Uma vez que definimos com precisão o que significa uma sequência se aproximar da origem, podemos considerar o caso geral de uma dada sequência se aproximar de um dado ponto qualquer. Dizemos que a n se aproxima de a ∈ R quando a diferença a n − a se aproxima da origem, ou de modo equivalente, quando |a n − a| → 0 Neste caso, escrevemos an → a e dizemos que a sequência a n é convergente e que o ponto a é seu limite.

Temos então a seguinte relação entre sequências limitadas e sequências convergentes. Proposição 2.5 Se b n → b, então (A) b n é limitada e (B)

1 é limitada, caso b > 0. bn

Prova: Vamos usar o seguinte fato, cuja demonstração deixamos ao leitor: para que uma sequência a n seja limitada basta que, a partir de uma certa posição n, os termos da sequência se encontrem num intervalo (L, M ). (A) Temos que n ≥ n (ε) =⇒ −ε < b n − b < ε,

2.2. Limite de sequências

uma vez que b n − b → 0. Logo n ≥ n (ε)

=⇒

b − ε < b n < b + ε,

(2.1)

mostrando que b n é limitada. (B) Escolhendo ε = b2 na equação (2.1), temos que n≥n

³ ´ b 2

=⇒

b 3b < bn < . 2 2

Invertendo os três membros da desigualdade acima, segue que n≥n mostrando que

1 bn

³ ´ b 2

=⇒

1 2 2 < < , 3b b n b

é limitada.

A sequência alternada, ilustrada pela Figura 2.8, apesar de limitada, não se aproxima de nenhum ponto da reta. De fato, quando n é ímpar, (−1)n se mantém distante de qualquer número positivo e, quando n é par, (−1)n se mantém distante de qualquer número negativo.

P ROPRIEDADES DO LIMITE DE SEQUÊNCIAS Para determinarmos que o limite da sequência das razões de Fibonacci é de fato a razão áurea, precisamos considerar o comportamento do limite em relação às operações de soma, produto e quociente de sequências, as conhecidas regras de limite. Proposição 2.6

Capítulo 2. Sequências e séries

Sejam a n → a e b n → b, então (S)

an + bn → a + b

(P)

a n b n → ab

(Q)

an bn

→

a , b

se b n , b 6= 0

Prova: Pela definição, temos que a n − a → 0 e b n − b → 0. (S) A regra da soma segue então da Proposição 2.1, uma vez que a n + b n − (a + b) = (a n − a) + (b n − b) → 0. (P) Para a regra do produto, primeiro observamos que b n é limitada, pela Proposição 2.5. Pelas Proposições 2.1 e 2.3, segue que a n b n − ab = a n b n − ab n + ab n − ab, = (a n − a) b n + a (b n − b) → 0. (Q) Para a regra do quociente, primeiro observamos que, pela regra do 1 1 1 an = a n , basta mostramos que → . Para produto, como bn bn bn b isso, consideramos 1 1 − bn b

= =

b − bn bn b 1 (b − b n ) . bb n

1 é limitada, uma vez que bb n → bb n b 2 > 0, pela regra do produto. O resultado segue então da Proposição 2.3. Pela Proposição 2.5, temos que

2.2. Limite de sequências

Uma das propriedades fundamentais do limite é a sua unicidade, o fato de que uma dada sequência a n só pode se aproximar de no máximo um número a ∈ R. Tal fato é uma consequência direta de uma outra propriedade muito importante do limite, denominada monotonicidade. Proposição 2.7: Monotonicidade Sejam a n → a e b n → b. Se a n ≤ b n , então a ≤ b.

Prova: Primeiro vamos mostrar que se c n → c e c n ≤ 0, então c ≤ 0. Se c > 0, podemos escolher ε = c. Desse modo, segue que n ≥ n (c)

=⇒

−c < c n − c < c

e então n ≥ n (c)

=⇒

0 < c n < 2c,

o que é uma contradição, uma vez que estamos supondo que c n ≤ 0. Agora considere c n = a n − b n ≤ 0. Pelas regras de limite, temos que c n → a − b. Pela primeira parte da demonstração, temos que a − b ≤ 0, ou seja, a ≤ b.

Corolário 2.8: Unicidade Sejam a n → a e b n → b. Se a n = b n , então a = b.

Capítulo 2. Sequências e séries

Prova: Como a n ≤ b n e também b n ≤ a n , pela monotonicidade, temos por um lado que a ≤ b e por outro lado que b ≤ a, o que mostra que de fato a = b.

O seguinte teorema é uma ferramenta básica no estudo do comportamento de sequências e é conhecido pelo sugestivo nome de Teorema do Sanduíche para sequências. Teorema 2.9: Sanduíche Se a n ≤ c n ≤ b n e a n , b n → c, então c n → c.

Prova: Como a n ≤ c n ≤ b n , segue que 0 ≤ cn − an ≤ bn − an . Pelas regras de limite, temos que b n − a n → 0, uma vez que a n , b n → c. Pela Proposição 2.2, segue que c n − a n → 0, mostrando que c n = (c n − a n ) + a n → c.

Agora consideramos um exemplo bastante curioso, a denominada sequência de Fibonacci dada por a n da seguinte maneira: seus dois primeiros passos são iguais a um, ou seja, a 1 = a 2 = 1. Para obtermos os demais passos, utilizamos a seguinte fórmula a n+2 = a n+1 + a n Os 10 primeiros passos dessa sequência são apresentados na seguinte lista 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, . . .

2.2. Limite de sequências

Essa sequência claramente não possui limite. Entretanto é possível mostrar que a sequência das razões de Fibonacci 1 2 3 5 8 13 21 34 55 , , , , , , , , ,... 1 1 2 3 5 8 13 21 34 dada pelas razões rn =

a n+1 an

é de fato convergente e que seu limite é igual a p 1+ 5 φ= 2 denominado razão áurea. Esse número mágico, conhecido desde a antiguidade, é obtido geometricamente dividindo-se um dado segmento em dois pedaços, de modo que a proporção do todo φ sobre a parte maior 1 coincida com a proporção da parte maior 1 sobre a parte menor φ − 1, como ilustrado na Figura 2.11. A razão áurea φ é então qualquer uma destas duas proporções idênticas e satisfaz 1 φ = 1 φ−1

Figura 2.11: Razão áurea em segmento. Vamos agora utilizar as propriedades de limite para mostrar que a sequência da razões de Fibonacci converge para a razão áurea. De fato, vamos supor que r n → x e mostrar que p 1+ 5 x= . 2 Em primeiro lugar observamos que r n+1 =

a n+2 a n+1

a n+1 + a n a n+1

Capítulo 2. Sequências e séries an a n+1 1 = 1+ a n+1 an 1 = 1+ , rn = 1+

o que mostra que r n+1 = 1 +

1 rn

Por outro lado, utilizando a mesma função tempo de espera de r n → x, concluímos que r n+1 → x. Pela unicidade do limite e pelas regras da soma e do quociente, segue que 1 x = 1+ x Multiplicando a igualdade acima por x, temos que esse limite é solução da seguinte equação quadrática x2 − x − 1 = 0 cuja única solução positiva é de fato a razão áurea p 1+ 5 x= 2

S EQUÊNCIA MONÓTONAS E LIMITADAS Intuitivamente um a sequência é monótona se ela vai sempre para a esquerda ou sempre para a direita. Mais precisamente, a n é monótona quando · · · ≤ a n+1 ≤ a n ≤ · · · ≤ a 3 ≤ a 2 ≤ a 1 ou quando a 1 ≤ a 2 ≤ a 3 ≤ · · · ≤ a n ≤ a n+1 ≤ · · ·

2.2. Limite de sequências

Quando uma sequência é monótona e limitada, existe uma constante R tal que −R ≤ · · · ≤ a 3 ≤ a 2 ≤ a 1 ou que a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ · · · ≤ R A seguinte proposição é demonstrada no apêndice. Proposição 2.10 Seja a n uma sequência monótona. Então (A) Se a n é limitada, então a n → a, para algum a ∈ R, e (B) Se a n não é limitada, então a n → ∞ ou a n → −∞. Exemplo: Considere

1 1 1 1 1 + + + +···+ 0! 1! 2! 3! n! Temos que s n é crescente e limitada, pois sn =

s0 = 1 ∧ s1 = 1 + 1 ∧ s2 = 1 + 1 + ∧ .. . ∧ sn = 1 + 1 + ∧ 3 = 1+1+

1 2

1 1 1 + +···+ 2! 3! n! 1 1 1 + 2 + · · · + n−1 + · · · 2 2 2

uma vez que n! = 1 · 2 · 3 · · · n

Capítulo 2. Sequências e séries

> 1·2·2···2 = 2n−1 Segue que s n → s e, de fato, vamos ver que s n → e.

S EQUÊNCIAS E FUNÇÕES A definição de limite de uma função f num dado ponto a pode ser dado em termos de limite de sequências da seguinte forma. Dizemos que L é o limite de f (x) quando x → a e denotamos lim f (x) = L,

x→a

se f (x n ) → L, sempre que x n → a, como ilustra a Figura 2.12. Introzudindo a notação lim a n = a, quando a n → a, temos a seguinte relação entre limite de sequências e limite funções.

Proposição 2.11 Se lim x n = a então lim f (x) = lim f (x n )

x→a

Isso permite utilizar ferramentas do Cálculo 1, como a continuidade e a regra de L’Hospital, para a determinação do limite de certas sequências.

2.2. Limite de sequências

Figura 2.12: Limite de função.

Proposição 2.12 Se f é uma função contínua em a e lim x n = a então lim f (x n ) = f (a) Além disso, se lim a n = 0 = lim b n

lim a n = ∞ = lim b n

então lim

(a n )0 an = lim bn (b n )0

onde (a n )0 e (b n )0 são as derivadas de a n e b n em relação a n.

Capítulo 2. Sequências e séries

Prova: Como f é contínua em a, temos que lim f (x) = f (a).

x→a

Se lim x n = a, temos que lim f (x) = lim f (x n ),

x→a

de modo que lim f (x n ) = f (a). Suponha que a n = f (n) e b n = g (n), onde f e g são funções deriváveis. Temos que lim f (x) = lim f (n) = lim a n

x→∞

lim g (x) = lim g (n) = lim b n .

x→∞

Se lim a n = 0 = lim b n

lim f (x) = 0 = lim g (x)

lim a n = ∞ = lim b n ,

temos que x→∞

x→∞

lim f (x) = ∞ = lim g (x).

x→∞

Pela regra de L’Hospital, segue que f (x) ( f (x))0 . = lim x→∞ (g (x))0 x→∞ g (x) lim

Como

f (x) f (n) an = lim = lim x→∞ g (x) g (n) bn lim

( f (x))0 ( f (n))0 (a n )0 lim = lim = lim , x→∞ (g (x))0 (g (n))0 (b n )0

segue que lim

an (a n )0 = lim . bn (b n )0

x→∞

2.2. Limite de sequências

A proposição acima é útil para determinar o limite de certas sequências. Exemplos 1) Temos que lim

p 1 n 2 = lim 2 n = 20 = 1,

uma vez que lim

1 = 0. n

2) Temos que lim

n (n)0 1 = lim = lim = 0, n n 0 2 (2 ) log(2)2n

uma vez que lim n = ∞ = 2n .

S EQUÊNCIA DOS SEMIPERÍMETROS Concluímos esta seção com a clássica sequência dos semiperímetros SP (I n ) dos polígonos regulares inscritos I n , cujo número de lados é igual a 2n+1 . A Figura 2.13 ilustra o semicírculo e os três primeiros polígonos, I 1 , I 2 e I 3 , que são, respectivamente, o quadrado, o octógono e o hexadecágono inscritos. O comprimento dos lados de I n é denotado por l n . p Pelo Teorema de Pitágoras, temos que l 1 = 2. Para calcularmos l 2 , consideramos os triângulos retângulos 4AC P e 4AP 0, onde 0 é o centro do círculo unitário. Aplicando novamente o Teorema de Pitágoras, obtemos o seguinte

Capítulo 2. Sequências e séries

Figura 2.13: Sequência de polígonos inscritos.

sistema de equações l 22 = x 12 + 1 = h 12 +

l 12 4 l 12

4 1 = x1 + h1

(2.2) e

onde h 1 é a altura do triângulo 4AB 0 de base l 1 . Pela última equação de (2.2), temos que h 1 = 1 − x 1 . Substituindo na segunda equação de (2.2) e simplificando, obtemos l2 x 12 − 2x 1 + 1 = 0. 4 Utilizando a fórmula de Bhaskara e o fato de que 0 < x 1 < 1, temos que q 2 − 4 − l 12 x1 = 2 e, portanto, que x 12 =

4−4

q ¡ ¢ 4 − l 12 + 4 − l 12 4

2.2. Limite de sequências

Substituindo esse valor na primeira equação de (2.2), obtemos que

l 22 = 2 −

4 − l 12 .

(2.3)

Além disso, temos também que h 1 < h 2 , onde h 2 é a altura do triângulo 4AC 0 de base l 2 , pois h 2 é maior que a hipotenusa do triângulo retângulo 4QP 0. Para se obter o lado l 3 a partir do lado l 2 , realiza-se um procedimento análogo. Como mostra a Figura 2.13, considerando os triângulos retângulos 4ADQ e 4AQ0 e aplicando novamente o Teorema de Pitágoras, obtemos o seguinte sistema de equações l 22

l 32 = x 22 + 1 = h 22 +

4 l 22

4 1 = x2 + h2

onde em todas as equações de (2.2) substituimos l 1 por l 2 , l 2 por l 3 , x 1 por x 2 e h 1 por h 2 . Isso mostra que a relação entre o lado l 3 e o lado l 2 deve ser a similar à relação entre o lado l 2 e o lado l 1 dada pela equação (2.3), de modo que l 32 = 2 −

4 − l 22

e novamente temos também que h 2 < h 3 . De maneira geral, procedendo-se de modo análogo, obtemos que a relação entre o lado l n+1 e o lado l n é dada pela equação 2 l n+1 = 2−

4 − l n2 ,

que h n < h n+1 e, portanto, que h 1 < h n . A tabela abaixo mostra os 10 primeiros passos do processo descrito acima.

Capítulo 2. Sequências e séries

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 .. .

2n 2 4 8 16 32 64 128 256 512 1024 .. .

l n2 2 0,585786 0,152241 0,0384294 0,00963055 0,00240909 0,000602363 0,000150596 0,0000376494 0,00000941238 .. .

ln 1,414214 0,765367 0,390181 0,196034 0,0981353 0,0490825 0,0245431 0,0122718 0,00613591 0,00306796 .. .

SP (I n ) 2,828427 3,061467 3,121445 3,136548 3,140331 3,141277 3,141514 3,141573 3,141588 3,141591 .. .

∞

2.3. Séries numéricas

2.3

S ÉRIES NUMÉRICAS

Temos que a soma finita sm = a0 + a1 + a2 + · · · + am =

m X

n=0

é a m-ésima soma parcial da soma infinita a0 + a1 + a2 + · · · + an + · · · =

∞ X

n=0

que é chamada de série numérica com termo geral a n . Propriedades Escrevemos ∞ X

an = a0 + a1 + a2 + · · · + an + · · · = s

n=0

quando suas somas parciais sm = a0 + a1 + a2 + · · · + am → s onde s pode ser ±∞. Dizemos que a série numérica 1) Converge: quando suas somas parciais s m → s, onde s é um número real. 2) Diverge: quando suas somas parciais s m não tendem para nenhum número real. Em particular dizemos que a série diverge para ±∞ quando suas somas parciais divergem para ±∞, respectivamente.

Capítulo 2. Sequências e séries

Exemplos

FIGURA: Soma dos termos da PG de razão

1 2

1) A soma de todos os termos da progressão geométrica de razão 1 fornece a série numérica 2 ∞ µ 1 ¶n X 1 1 1 = 1+ + + +··· 2 4 8 n=0 2

que tem termo geral an =

µ ¶n 1 1 = n 2 2

n = 0, 1, 2, 3, . . .

e somas parciais sm = 1 +

1 1 1 + +···+ m 2 4 2

É possível observar geometricamente (ver Figura ?) que sm = 2 −

1 2m

Segue que as somas parciais sm = 1 +

1 1 1 + +···+ m → 2 2 4 2

logo a série converge para 2, escrevemos ∞ µ 1 ¶n X 1 1 1 = 1 + + + + · · · = 2. 2 4 8 n=0 2

2.3. Séries numéricas

2) A série numérica ∞ X n=1

1 = 1+1+1+1+···

Capítulo 2. Sequências e séries

tem termo geral an = 1 e somas parciais

n = 1, 2, 3, . . .

m vezes z }| { sm = 1 + · · · + 1 = m

Segue que as somas parciais sm = 1 + · · · + 1 → ∞ logo a série diverge para o infinito, escrevemos ∞ X

1 = 1 + 1 + 1 + 1 + · · · = ∞.

n=0

3) A série numérica ∞ X

(−1)n = 1 − 1 + 1 − 1 + · · ·

n=0

tem termo geral a n = (−1)n

n = 0, 1, 2, 3, . . .

e somas parciais s m = 1 − 1 + · · · + (−1)m Temos as somas parciais s0 = 1 s1 = 1 − 1 = 0 s2 = 1 − 1 + 1 = 1 s3 = 1 − 1 + 1 − 1 = 0 ··· ½ 1, m par sm = 0, m ímpar

2.3. Séries numéricas

Segue que as somas parciais s m divergem, logo a série ∞ X

(−1)n = 1 − 1 + 1 − 1 + · · ·

n=0

diverge, mas não diverge para infinito.

P Se a soma infinita da série ∞ n=0 a n converge, é intuitivo que os termos a n que vão sendo somados sejam cada vez menores. De fato, temos o seguinte resultado. Proposição 2.13 ∞ X

a n converge

=⇒

an → 0

n=0

Prova: Como a série converge, temos que suas somas parciais s m convergem para um número real s sm → s Temos que as somas parciais s n = a 0 + a 1 + a 2 + · · · + a n−1 + a n → s s n−1 = a 0 + a 1 + a 2 + · · · + a n−1 →s Segue que a n = s n − s n−1 → s − s = 0. logo, o termo geral a n → 0.

Capítulo 2. Sequências e séries

T ESTE DA DIVERGÊNCIA Lendo o resultado anterior anterior de uma outra maneira temos o seguinte critério para divergência de uma série numérica. Proposição 2.14: Teste da divergência

a n 6→ 0

∞ X

=⇒

a n diverge

n=0

Prova: Se a série convergisse, pelo resultado anterior deveríamos ter a n → 0. Como não temos isso, a série não pode convergir, portanto a série diverge.

Exemplos

∞ X

1 = 1+1+1+1+· · ·

diverge, pelo Teste da divergência, pois

n=1

seu termo geral 1 6→ 0.

∞ X

(−1)n = 1−1+1−1+· · ·

diverge, pelo Teste da divergência,

n=0

pois seu termo geral (−1)n 6→ 0.

Observe que nos exemplos acima pudemos concluir que as séries em questão divergem sem olhar para suas somas parciais: olhamos apenas para o termo geral e, como ele não tende a zero, a série diverge. Porém, o Teste da divergência é inconclusivo quando o termo geral tende a zero.

2.3. Séries numéricas

S ÉRIE HARMÔNICA A série harmônica é a série numérica dada por ∞ 1 X 1 1 1 1 1 = 1+ + + + ···+ +··· 2 3 4 5 n n=1 n

que tem termo geral an =

1 n

n = 1, 2, 3, . . .

e somas parciais sm = 1 +

1 1 1 1 1 + + + ···+ 2 3 4 5 m

Seu termo geral 1 →0 n portanto o Teste da divergência não se aplica pois ele só se aplica quando o termo geral não tende a zero. Ainda assim, temos que Proposição 2.15 A série harmônica diverge, mais precisamente ∞ 1 X =∞ n=1 n

Prova: Vamos dar uma idéia da demonstração: uma maneira mais rigorosa de provar isso será vista mais adiante. A idéia é organizar os termos da soma

Capítulo 2. Sequências e séries

infinita da série da seguinte maneira ∞ 1 X n=1 n

≥ 21

1 2

≥ 21

1 1 + + 3 4

≥ 14 + 14 = 21

1 1 1 1 + + + + 5 6 7 8

≥ 81 + 18 + 81 + 18 = 21

1 1 1 1 + + + +···+ 9 10 11 16

1 1 1 1 + 16 + 16 + · · · + 16 = 21 ≥ 16

+··· de modo que, somando um número suficiente de termos, as somas parciais da série crescem de meio em meio e assim tendem ao infinito. Segue que a série harmônica diverge para o infinito.

S ÉRIE GEOMÉTRICA FIGURA: Soma dos termos da PG de razão x A soma de todos os termos da progressão geométrica de razão x fornece a série numérica ∞ X xn = 1 + x + x2 + · · · + xn + · · · n=0

conhecida como série geométrica de razão x, que tem termo geral an = x n

n = 0, 1, 2, 3, . . .

e somas parciais sm = 1 + x + x 2 + · · · + x m

2.3. Séries numéricas

Para que valores da razão x a série converge? Primeiro vejamos para que valores de x o termo geral tende a zero. Proposição 2.16 x n → 0 se e só se |x| < 1.

Prova: Temos que |x n | = |x|n . • Se |x| ≥ 1 então

|x n | = |x|n ≥ 1

de modo que x n 6→ 0. • Se |x| < 1 então

|x|n < 1

e |x|n é descrescente, uma vez que |x|n+1 = |x||x|n < |x|n . Segue que |x|n é uma sequência decrescente e limitada, portanto converge. |x|n → L Queremos mostrar que L = 0. De fato, por um lado temos que |x|n+1 → L e por outro |x|n+1 = |x||x|n → |x|L de modo que, pela unicidade do limite, L = |x|L.

Capítulo 2. Sequências e séries

Como |x| < 1, isso só é possível se L = 0. Segue que, se |x| < 1 então |x n | = |x|n → 0, e, portanto, x n → 0.

FIGURA: x n descrescente e limitado por 1, |x| < 1. Agora vejamos para que valores de x a série converge. Proposição 2.17 A série geométrica de razão x ∞ X

xn = 1 + x + x2 + · · · + xn + · · ·

n=0

é tal que ∞ X 1) xn = n=0

∞ X

1 para |x| < 1. 1−x

x n diverge para |x| ≥ 1.

n=0

Prova: 2) Para |x| ≥ 1, vimos que o termo geral x n 6→ 0 de modo que diverge, pelo Teste da divergência. 1) Para |x| < 1, consideramos as somas parciais sm = 1 + x + x 2 + · · · + x m

P∞

n=0 x

2.3. Séries numéricas

e observamos que xs m = x + x 2 + · · · + x m+1 se parece muito com s m , a diferença sendo s m − xs m = 1 − x m+1 ∥ (1 − x)s m = 1 − x m+1 Como 1 − x 6= 0 podemos isolar s m e obter sm =

1 − x m+1 1−x

Vimos que para |x| < 1 o termo geral x n → 0, logo também x m+1 → 0 de modo que 1 − x m+1 → 1 e, pela fórmula para s m , temos sm →

1 . 1−x

Como as somas parciais convergem para esse valor, isso mostra que ∞ X

xn =

n=0

1 1−x

quando |x| < 1, como queríamos.

A série geométrica é uma das poucas séries numéricas para as quais temos uma fórmula fechada para as somas parciais de modo que, quando ela converge, sabemos exatamente para qual valor. Exemplos

Capítulo 2. Sequências e séries

∞ 1 X é a série geométrica de razão 1/2, portanto n n=0 2 ∞ 1 ∞ µ 1 ¶n X X 1 = = =2 n 1 − 12 n=0 2 n=0 2

FIGURA: Soma dos termos da PG de razão − 13

(faz zigue-zague)

∞ (−1)n X é a série geométrica de razão −1/3, portanto n n=0 3 ∞ µ −1 ¶n ∞ (−1)n X X 1 3 = = = 1 n 1+ 3 4 n=0 3 n=0 3

∞ X

2n é a série geométrica de razão 2, portanto diverge.

n=0

∞ X

(−1)n é a série geométrica de razão −1, portanto diverge.

n=0

O PERAÇÕES COM SÉRIES Proposição 2.18

∞ X n=0

an e

∞ X n=0

b n convergem então

2.3. Séries numéricas

(S)

∞ X

(a n ± b n ) converge e

n=0 ∞ X

(a n ± b n ) =

n=0

(C)

∞ X

an ±

n=0

c a n converge e

n=0

∞ X

µ c an = c

n=0

∞ X

¶ an

n=0

onde c é uma constante.

Prova: Uma vez que convergem

∞ X

an e

∞ X

b n convergem, temos que suas somas parciais

n=0

m X

an →

n=0 m X n=0

(S) A convergência de

∞ X

n=0

bn →

∞ X

n=0

(a n +b n ) é analisada olhando para suas somas

n=0

parciais

m X

(a n ± b n ) =

n=0

m X

an +

n=0 ∞ X n=0

m X

n=0

↓ an +

∞ X

n=0

onde usamos que o limite da soma de sequências é a soma dos li∞ X mites. Para (a n − b n ) a prova é a mesma. n=0

∞ X n=0

c a n é analisada olhando para suas somas par-

Capítulo 2. Sequências e séries

ciais

m X

µ c an = c

n=0

m X

¶ an

n=0

µ ∞↓ X

¶ an

n=0

onde usamos que constantes saem multiplicando do limite de sequências.

Exemplos 1) Combinando duas séries geométricas que convergem temos ∞ X n=0

1 (−1)n − n 2n 3

∞ µ 1 ¶n ∞ µ 1 ¶n X X − − 3 n=0 n=0 2

2−

(S)

3 5 = 4 4

2) A seguinte série se parece com uma geométrica de razão ∞ X

n=0 2

n+1

1 1 1 + + +··· 2 4 8

µ ¶ 1 1 1 1+ + +··· 2 2 4

1 2=1 2

(C )

1 2

2.3. Séries numéricas

logo ela converge para 1. De outro modo ∞ X

n=0 2

n+1

∞ 1 1 X n n=0 2 2

µ∞ ¶ 1 X 1 = 2 n=0 2n

1 2=1 2

(C )

3) A seguinte série se parece com uma geométrica de razão 13 , mas começa dois termos adiante ∞ 1 X n n=2 3

1 1 1 + + +··· 9 27 81

¶ µ 1 1 1 1+ + +··· 9 3 9

13 1 = 92 6

(C )

logo ela converge para 16 . De outro modo ∞ 1 X n n=2 3

∞ X

n=0 3

n+2

∞ 1 1 X 2 n n=0 3 3

µ∞ ¶ 1 X 1 = 32 n=0 3n

13 1 = 92 6

(C )

Capítulo 2. Sequências e séries

Para analisar a convergência de uma série

∞ X

a n basta olhar a convergên-

n=0

cia de sua cauda

∞ X

a n = a k + a k+1 + · · · + a n + · · ·

n=k

onde k ≥ 0 está fixo. De fato, para n ≥ k, as somas parciais da série ficam sm =

m X

a0 + a1 + a2 + · · · + am

n=0

a + a 1 + a 2 + · · · + a k−1 + a k + a k+1 + · · · + a m {z } | {z } |0

= →

∥ k−1 X

↓

∞ X

n=0 ∞ X

se e só se a cauda

n=k

a n converge. Segue que

n=k

Proposição 2.19: Teste da cauda

A cauda

∞ X

a n converge

⇐⇒

a série

∞ X

a n diverge

⇐⇒

a série

S ÉRIES DE TERMOS SEM SINAL

Se a série

∞ X

∞ X n=0

n=k

2.4

a n converge

n=0

n=k

A cauda

∞ X

a n é tal que seu termo geral é sem sinal

n=0

an ≥ 0

a n diverge

2.4. Séries de termos sem sinal

então suas somas parciais s m são sem sinal e tais que s m+1 = s m + a m+1 ≥ sm de modo que s m é uma sequência monótona e limitada, pois é maior ou igual a zero. Temos então apenas duas possibilidades • s m limitada e, neste caso, temos que s m → s, onde s ∈ R, • s m ilimitada e, neste caso, temos que s m → ∞, de modo que Propriedades Uma série

∞ X

a n de termos sem sinal a n ≥ 0

n=0

1) Converge: se e só se suas somas parciais são limitadas. Nesse caso escrevemos ∞ X an < ∞ n=0

2) Diverge: se e só se suas somas parciais tendem ao infinito. Nesse caso escrevemos ∞ X

an = ∞

n=0

m X

a n é uma série de termos positivos, então podemos fazer a mesma

n=k

análise acima para sua cauda e concluir que sua cauda ou converge ou diverge para infinito, de modo que sempre podemos escrever m X n=k

an →

∞ X n=k

a n ≤ ∞.

Capítulo 2. Sequências e séries

Podemos comparar duas séries de termos sem sinal da seguinte maneira.

Proposição 2.20: Teste da comparação Se 0 ≤ an ≤ bn então

∞ X

an ≤

∞ X

n=k

de modo que

∞ X

para n ≥ k

an = ∞

=⇒

bn = ∞

n=0

n=k ∞ X

∞ X

bn < ∞

=⇒

∞ X

an < ∞

n=0

n=k

Prova: Se 0 ≤ an ≤ bn então

m X

an ≤

para n ≥ k m X

n=k

↓ ∞ X an ≤

↓ ∞ X bn

n=k

onde usamos a monotonicidade do limite de sequências. ∞ X Se a n = ∞ então a desigualdade acima “empurra” a outra cauda n=k

para que ∞ X n=k

∞ X

b n = ∞ de modo que, pelo Teste da cauda, a série inteira

n=k

b n diverge para o infinito.

2.4. Séries de termos sem sinal

∞ X n=k

para que ∞ X

b n < ∞ então a desigualdade acima “empurra” a outra cauda ∞ X

a n < ∞ de modo que, pelo Teste da cauda, a série inteira

n=k

a n converge.

n=k

Quando o Teste da comparação, ou algum outro teste, conclui que uma série converge, para que valor ela converge? Os Testes em geral não nos dizem isso. Como já comentamos, é raro sabermos o valor para onde uma série converge, uma vez que é raro conseguir uma fórmula fechada para a sequência das somas parciais da série como conseguimos no caso da série geométrica. O valor para qual a série converge em geral deve ser calculado aproximadamente por uma calculadora ou computador por meio das somas parciais da série. Se colocarmos um computador para calcular as somas parciais de uma série divergente, os resultados do computador não farão sentido! É por isso que, antes de tentarmos calcular o valor de convergência de uma série por meio de um computador ou calculadora, devemos saber de antemão se a série converge ou não. Exemplos 1) A série ∞ X

1 1 1 1 1 = + + + +··· 2·1 3·2 4·3 5·4 n=2 n(n − 1) converge ou diverge? Suas somas parciais são sm =

1 1 1 + +···+ 2 6 m(m − 1)

Uma vez que o termo geral se decompõe em duas partes (verifi-

Capítulo 2. Sequências e séries

que!) 1 1 1 = − n(n − 1) n − 1 n segue que em cada soma parcial ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ 1 1 1 1 1 1 1 −··· − − + sm = 1 − + − + 2 2 3 3 m −1 m −1 m = 1−

1 m

sobram apenas a primeira parte do primeiro termo e a segunda parte do último termo. Segue que sm = 1 −

1 →1 m

e, portanto, a série converge e, mais ainda, ∞ X

1 =1 n=2 n(n − 1) Esse tipo de soma se chama soma telescópica: há o cancelamento da segunda parte de cada termo com a primeira parte do termo seguinte, de modo que nas somas parciais sobram apenas a primeira parte do primeiro termo e a segunda parte do último termo. As séries telescópicas são outros dos raros casos em que temos uma fórmula fechada para as somas parciais e, portanto, sabemos o valor para o qual a série converge. 2) A série 2-harmônica é a série numérica dada por ∞ 1 X 1 1 1 1 1 = 1+ + + + ···+ 2 +··· 2 4 9 16 25 n n=1 n

Ela converge ou diverge? Observe que ela tem termos positivos, e também que seu

2.4. Séries de termos sem sinal

termo geral

1 se parece com o termo geral n2 1 1 = 2 n(n − 1) n − n

da série telescópica do exemplo anterior, a idéia é então comparar os termos gerais dessas duas séries. Notando que n2 ≥ n2 − n > 0

para n ≥ 2

e, portanto 1 1 1 = ≤ 2 2 n n − n n(n − 1)

para n ≥ 2

segue que ∞ 1 ∞ X X 1 =1<∞ ≤ 2 2 n=2 n n=2 n − n

Pelo Teste da comparação, segue que a cauda Pelo Teste da cauda, segue que a série

∞ 1 X converge. 2 n=2 n

∞ 1 X converge. 2 n=1 n

Assim, enquanto a série harmônica

∞ 1 X diverge, a série 2n=1 n

∞ 1 X converge. Para onde a série 2-harmônica con2 n=1 n verge? Não sabemos ainda! Mas sabemos que ela converge e, à partir disso, podemos, por exemplo, usar um computador para aproximar esse valor, como já comentamos.

harmônica

Capítulo 2. Sequências e séries

T ESTE DA RAIZ Se tomamos o termo geral x n de uma série geométrica com razão x ≥ 0 e extraímos a raiz n-ésima, obtemos de volta a razão p n xn = x Podemos fazer algo parecido com uma série numérica de termos sem sinal. Proposição 2.21

Seja

∞ X

a n uma série com termos a n ≥ 0, então

n=0

lim

p n

an < 1

=⇒

∞ X

an < ∞

n=0

lim

p n

lim

p n

an > 1

=⇒ a n 6→ 0

an = 1

=⇒ o teste é inconclusivo

Prova: A idéia é comparar a série de termos positivos com uma série geométrica. p p 1) Se lim n a n < 1, então n a n fica abaixo de 1 para n grande e, portanto, abaixo de algum x < 1 positivo para n maior que algum k, isto é p n

an < x < 1

para n ≥ k

Elevando ambos os lados a n-ésima potência temos an < x n

para n ≥ k

2.4. Séries de termos sem sinal

e então as caudas das respectivas séries satifazem ∞ X

∞ X

an <

n=k ∞ X

≤

xn xn =

n=0

1 <∞ 1−x

onde a série geométrica converge pois sua razão satisfaz 0 < x < 1. Pelo ∞ X a n < ∞. Teste da comparação das caudas, segue que n=0

2) Se lim

p n

a n > 1, então, existe k, tal que p n

an > 1

para n ≥ k

Elevando ambos os lados a n-ésima potência, temos an > 1

para n ≥ k

o que mostra que a n 6→ 0. p 3) Para mostrar que a conta lim n a n = 1 é inconclusiva, vamos dar um exemplo em que essa conta é satisfeita mas a série diverge e dar um outro exemplo em que essa conta é satisfeita mas a série converge. ∞ 1 X A série harmônica diverge e é tal que n=1 n r lim

A série 2-harmônica

1 1 = lim p =1 n n n

∞ 1 X converge e é tal que 2 n=1 n

r lim

1 1 = lim =1 p n n2 ( n)2

Capítulo 2. Sequências e séries

Exemplos ∞ n2 X converge? n n=0 2 É uma série de termos positivos, podemos então aplicar o Teste da raiz s p 2 1 ( n n)2 n n → <1 = n 2 2 2

Pelo Teste da raiz segue então que a série converge. ∞ 3n X converge? 3 n=0 n É uma série de termos positivos, podemos então aplicar o Teste da raiz r n 3 n 3 →3>1 = p n 3 n ( n)3

Pelo Teste da raiz segue então que a série diverge para o infinito, portanto não converge.

T ESTE DA RAZÃO Se tomamos o termo geral x n de uma série geométrica com razão x ≥ 0 e comparamos o (n + 1)-termo com o imediatamente anterior, que é o n-ésimo termo, obtemos de volta a razão x n+1 =x xn Podemos fazer algo parecido com uma série numérica de termos positivos. Proposição 2.22

2.4. Séries de termos sem sinal

Seja

∞ X

a n uma série com termos a n > 0, então

n=0 ∞ X

a n+1 <1 an

=⇒

lim

a n+1 >1 an

=⇒ a n 6→ 0

lim

a n+1 =1 an

=⇒ o teste é inconclusivo

lim

an < ∞

n=0

Prova: A idéia é, novamente, comparar a série de termos positivos com uma série geométrica. a n+1 a n+1 < 1, então fica abaixo de 1 para n grande e, portanto, 1) Se lim an an abaixo de algum x < 1 positivo para n maior que algum k, isto é a n+1 <x <1 an Segue que

a k+1 a k+2 , , a k a k+1

···

para n ≥ k

a n−1 a n , <x a n−2 a n−1

Capítulo 2. Sequências e séries

Escrevendo µ an = ak

a k+1 ak

¶µ

¶µ ¶ ¶ µ an a k+2 a n−1 ··· a k+1 a n−2 a n−1

µz }| {¶ zµ }| {¶ zµ }| {¶ zµ }| {¶ a k+1 a k+2 a n−1 an = ak ··· a a k+1 a a n−1 | k {z n−2 } n−k fatores

< a k x n−k = = ak

xn xk

Logo an < c x n onde c =

xk satifazem

para n ≥ k

não depende de n. Então as caudas das respectivas séries ∞ X n=k

an <

∞ X

c xn

n=k ∞ X

= c ≤ c

n=k ∞ X

xn xn = c

n=0

1 <∞ 1−x

onde a série geométrica converge pois sua razão satisfaz 0 < x < 1. Pelo ∞ X Teste da comparação das caudas, segue que a n < ∞. n=0

2) Se lim

a n+1 > 1 então, existe k, tal que an a n+1 >1 an

para n ≥ k

a n+1 > a n

para n ≥ k

de modo que

2.4. Séries de termos sem sinal

Isso mostra que a n é positiva e cresecente para n ≥ k e , portanto, que a n 6→ 0. a n+1 = 1 é inconclusiva, vamos dar um an exemplo em que essa conta é satisfeita mas a série diverge e dar um outro exemplo em que essa conta é satisfeita mas a série converge. ∞ 1 X diverge e é tal que A série harmônica n=1 n

3) Para mostrar que a conta

lim

A série 2-harmônica

1 n+1 1 n

= lim

n =1 n +1

∞ 1 X converge é tal que 2 n=1 n

lim

1 (n+1)2 1 n2

= lim

n2 =1 (n + 1)2

Exemplos 1) Considere o polinômio infinito ∞ 1 X x2 x3 x4 xn = 1 + x + + + +··· 2 3! 4! n=0 n!

Capítulo 2. Sequências e séries

para qualquer x > 0 fixado. Pelo Teste da razão segue que a série converge em todo x > 0. 2) Considere o polinômio infinito ∞ 1 X x2 x3 x4 xn = x + + + +··· 2 3 4 n=1 n

Observe que, para cada valor de x > 0 fixado, ele é uma série numérica de termos positivos. Os valores de x > 0 que estão no domínio desse polinômio infinito são os valores x > 0 nos quais essa série converge. Quais são esses valores? Como é uma série de termos positivos, podemos aplicar o Teste da razão n n 1 x n+1 n = x→x n +1 x n +1 para qualquer x > 0. Pelo Teste da razão segue que a série converge, quando x < 1 e diverge quando x > 1. O Teste da razão não nos diz nada quando x = 1. Para saber da convergência da série nesse caso, temos que substituir diretamente x = 1, obtendo ∞ 1 ∞ 1 X X (1)n = =∞ n=1 n n=1 n

pois é a série harmônica. Segue que, para x > 0, a série converge em x < 1 e diverge em x ≥ 1.

2.4. Séries de termos sem sinal

T ESTE DA INTEGRAL A integral imprópria fornece uma ferramenta útil para determinar a convergência ou a divergência de séries de termos não negativos. Proposição 2.23 Se a x = f (x) é positiva e decrescente, então Z

∞

a n d n < ∞ =⇒

∞ X

an < ∞

n=k

e Z

∞

a n d n = ∞ =⇒

∞ X

an = ∞

n=k

Prova: Como f (x) é decrescente e como a n = f (n), temos que Z

n+1

Z f (x) d x < a n <

f (x) d x, n−1

como ilustrado pela Figura ??. Segue então que Z

k+1

f (x) d x Zkk+2 f (x) d x k+1

f (x) d x Z k−1 k+1

< a k+1 <

.. .

f (x) d x k

.. .

m+1 m

Z f (x) d x <

.. .

f (x) d x. m−1

Capítulo 2. Sequências e séries

Somando todas as linhas acima, obtemos que m+1

f (x) d x <

m X

Z an <

f (x) d x. k−1

n=k

Fazendo m → ∞, segue que ∞ X

∞

f (x) d x <

Z an <

n=k

∞

f (x) d x. k−1

Como Z

∞

k−1

∞

f (x) d x =

f (x) d x + f (x) d x k−1 k Z ∞ < a k−1 + f (x) d x, k

segue que ∞

f (x) d x <

∞ X

∞

Z a n < a k−1 +

n=k

f (x) d x. k

Como Z k

∞

f (x) d x = =

temos que ∞

Z k

∞

an d n <

∞ X

f (n) d n Zk ∞ k

a n d n,

∞

Z a n < a k−1 +

n=k

an d n

e o resultado segue então por comparação.

A seguir, alguns exemplos de aplicação do teste da integral. Exemplos

2.4. Séries de termos sem sinal

1) Vimos que

∞

Z 1

de modo que

1 d x = ∞, x

∞ 1 X = ∞. n=1 n

2) Vimos também que Z 1

de modo que

Observe que

∞

1 d x = 1 < ∞, x2

∞ 1 X < ∞. 2 n=1 n ∞ 1 X 1 = 1 + + · · · > 1. 2 4 n=1 n

3) Temos que ∞

Z 1

de modo que

· 1−p ¸∞ 1 x , dx = p x 1−p 1 ∞ 1 X < ∞, p n=1 n

quando p > 1 e

∞ 1 X = ∞, p n=1 n

quando p < 1. Observe que os testes da razão e da raiz são inconclusivos neste caso, uma vez que lim

1 (n+1)p 1 np

= lim

³ n ´p =1 n +1

Capítulo 2. Sequências e séries

e que r lim

µ ¶ 1 p 1 = lim p = 1. n np n

4) Temos que ∞

Z 3

de modo que

£ ¤∞ 1 d x = log(log(x)) 3 = ∞, x log(x) ∞ X

1 = ∞. n=3 n log(n)

2.5

S ÉRIES DE TERMOS COM SINAL

Vamos retornar ao estudo das séries de termos com sinal. Nosso primeiro resultado relaciona a convergência dessas séries com a convergência das séries de termos não-negativos.

T ESTE DA CONVERGÊNCIA ABSOLUTA Vamos ver a seguir que a convergência da série dos valores absolutos implica na convergência da série original. Proposição 2.24 Se ∞ X n=0

|a n | = |a 0 | + |a 1 | + |a 2 | + · · · < ∞

2.5. Séries de termos com sinal

então ∞ X

an = a0 + a1 + a2 + · · ·

n=0

converge.

Prova: Separamos as partes positiva e negativa de a n , escrevendo an = bn + cn onde

an , an ≥ 0 0, a n < 0

0, a n ≥ 0 an , an < 0

bn = e cn = Temos que

0 ≤ b n = |b n | ≤ |a n | e também que 0 ≤ −c n = |c n | ≤ |a n |. Pelo teste da comparação, segue que ∞ X

bn ≤

n=0

e também que

∞ X

|a n | < ∞

n=0

cn ≤

n=0

∞ X

|a n | < ∞.

n=0

Pela regra da diferença, segue que ∞ X n=0

bn −

∞ X

−c n =

n=0

∞ X n=0 ∞ X n=0

b n − (−c n ) bn + cn

Capítulo 2. Sequências e séries

∞ X

n=0

converge.

Quando a série dos valores absolutos converge, dizemos que a série original converge absolutamente. O resultado acima mostra que toda sequência que converge absolutamente de fato converge. Mas existem sequências que convergem, mas não convergem absolutamente. Exemplos 1) Temos que

∞ (−1)n X 2 n=1 n

converge absolutamente, uma vez que ¯ ¯ ∞ ∞ ¯ (−1)n ¯ X X 1 ¯ ¯ < ∞. ¯ n2 ¯ = 2 n=1 n=1 n 2) Vamos ver a seguir que a série harmônica alternada ∞ (−1)n X n n=1

converge. Entretanto ela não converge absolutamente, uma vez que ¯ ¯ ∞ ∞ ¯ (−1)n ¯ X 1 X ¯ ¯ = ∞. ¯ n ¯= n n=1

n=1

2.5. Séries de termos com sinal

T ESTE DA SÉRIE ALTERNADA A proposição a seguir, denominada teste da série alternada, afirma que séries cujos termos alternam o sinal e cujo valor absoluto desses termos tende para zero são sempre séries convergentes. Proposição 2.25 Se a n é decrescente e a n → 0, então ∞ X

(−1)n a n = a 0 − a 1 + a 2 − a 3 + · · ·

n=0

converge.

Prova: Considere s 2k = a 0 − a 1 + a 2 − a 3 + · · · − a 2k−3 + a 2k−2 − a 2k−1 + a 2k . Como a n > 0 e a n −a n+1 > 0 para todo n, temos que s 2k > 0 e, uma vez que a 2k−2 = a 2(k−1) , temos que s 2k = s 2(k−1) − a 2k−1 + a 2k < s 2(k−1) , de modo que 0 < s 2k < s 2(k−1) < · · · < s 2 < s 0 . Segue que s 2k é uma sequência decrescente e limitada, de modo que existe s tal que s 2k → s. Além disso, segue que s 2k+1 = s 2k − a 2k+1 → s, uma vez que, pelo teorema do sanduíche, a 2k+1 → 0, já que 0 < a 2k+1 < a k . Como a sequência dos s m com m par e com m ímpar convergem para

Capítulo 2. Sequências e séries

o mesmo s, não é difícil mostrar que a s m → s, mostrando que a série converge.

Exemplos 1) Temos que

∞ X

(−1)n

n=1

1 n log(n)

converge, pelo teste da série alternada, mas não converge absolutamente, uma vez que ¯ ¯ ∞ ∞ ¯ X ¯ X 1 1 ¯(−1)n ¯= = ∞. ¯ ¯ n log(n) n=1 n=1 n log(n) 2) Temos que

∞ X

(−1)n

n=1

n +1 n

não converge, pois apesar de n +1 n ser decrescente, ela não converge pra zero.

T ESTES DA RAIZ E DA RAZÃO O resultado seguinte é a versão dos testes da raiz e da razão para séries com termos com sinal.

2.5. Séries de termos com sinal

Proposição 2.26 Temos que lim

∞ X

p n |a n |n < 1 =⇒

a n converge absolutamente

n=k ∞ X

p n a n diverge |a n |n > 1 =⇒ n=k p lim n |a n |n = 1 =⇒ indefinido lim

e também que ¯ ¯ ∞ X ¯ a n+1 ¯ ¯ ¯ < 1 =⇒ a n converge absolutamente lim ¯ ¯ n=k ¯ an ¯ ∞ X ¯ a n+1 ¯ ¯ > 1 =⇒ lim ¯¯ a n diverge ¯ a n n=k ¯ ¯ ¯ a n+1 ¯ ¯ ¯ = 1 =⇒ indefinido lim ¯ an ¯

Prova: Temos que lim implica que

p n

|a n

<1 ∞ X

|a n | < ∞,

n=0

de modo que

¯ ¯ ¯ a n+1 ¯ ¯ ¯<1 lim ¯ an ¯

∞ X n=0

Capítulo 2. Sequências e séries

converge absolutamente. Por outro lado, temos que ¯ ¯ p ¯ a n+1 ¯ n n ¯ ¯>1 lim |a n | > 1 ou lim ¯ an ¯ implica que |a n | 6→ 0, de modo que a n 6→ 0, o que implica, pelo Teste da divergência, que ∞ X an n=0

diverge.

Exemplo: Vamos analisar para que valores de x a série ∞ 1 X xn n=0 n

converge. Temos que s¯ ¯ ¯ ¯ 1 n ¯ 1 n¯ lim ¯ x ¯ = lim p |x| = |x|, n n n de modo que, pelo teste da raiz, a série converge absolutamente se |x| < 1 e diverge se |x| > 1. No caso em que |x| = 1, o teste é inconclusivo. Quando x = 1, a série diverge, pois ela é a série harmônica. Por outro lado, quando x = −1, a série converge, pois é a série harmônica alternada. Se utilizarmos o teste da razão, chegaremos aos mesmos resultados, uma vez que ¯ 1 ¯ n+1 ¯ ¯ n ¯ n+1 x ¯ lim ¯ 1 |x| = |x|. ¯ = lim n ¯ ¯ n + 1 x n

CAPÍTULO

S ÉRIES DE POTÊNCIAS

3.1

Capítulo 3. Séries de potências

S ÉRIES DE POTÊNCIAS : POLINÔMIOS INFINITOS

Considere um polinômio infinito f (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + · · · + a n x n + · · · =

∞ X

an x n

n=0

com coeficientes a0 , a1 , a2 , . . . , an . . . Para cada x fixado o valor de f (x) é dado pela série numérica ∞ X

an x n

n=0

com termo geral an x n quando a série numérica converge. Por isso um polinômio infinito também é chamado de uma série de potências e seu domínio é ½ ¾ ∞ X n x : a série numérica an x converge n=0

Observe que 0 sempre está no domínio de uma serié de potências, uma vez que para x = 0 temos a série numérica ∞ X

a n · 0n = a 0 + a 1 · 0 + a 2 · 02 + · · · + a n · 0n + · · ·

n=0

= a0 que, portanto, converge. Assim, se f (x) =

∞ X

a n x n , então sempre temos

n=0

f (0) = a 0 Exemplos 1) A série geométrica de razão x é uma série de potências 1 + x + x2 + x3 + · · · =

∞ X n=0

com domínio {x :

|x| < 1}

3.1. Séries de potências: polinômios infinitos

uma vez que a série geométrica converge apenas para esses valores de x. 2) A série de potências x−

∞ (−1) n−1 X x2 x3 x4 + − +··· = xn 2 3 4 n=1 n

tem qual domínio? Vejamos em que valores de x a série converge. Fixado x, temos uma série numérica com termo geral (−1) n−1 n x n Pelo teste da raiz s¯ ¯ n−1 ¯ n ¯ (−1) n ¯ ¯ = x ¯ n ¯ =

r n

1 n |x| n

|x| → |x| p n n

de modo que |x| < 1 =⇒

∞ (−1) n−1 X xn n=1 n

converge absolutamente

|x| > 1 =⇒

∞ (−1) n−1 X xn n n=1

diverge

O Teste da raiz não nos diz o que ocorre quando |x| = 1, isto é, quando x = ±1. Analisamos esses casos diretamente substituindo esses valores de x na série de potências x =1

=⇒

∞ (−1) n−1 X n=1 n

converge

Capítulo 3. Séries de potências

pelo Teste da série alternada, pois

1 ↓ 0. n

∞ (−1) n−1 X (−1)n = n=1 n

x = −1 =⇒

∞ 1 X (−1)2n−1 n n=1 ∞ X n=1

−

1 n

diverge

pois é menos a série harmônica. Onde usamos que (−1)2n−1 = −1 uma vez que 2n − 1 é sempre ímpar. Assim, o domínio dessa série de potências é (ver Figura ?) ½ x:

∞ (−1) n−1 X xn n=1 n

FIGURA: domínio de

¾ converge = (−1, 1]

(−1) n−1 n x n=1 n

P∞

desenhado na reta

3) A série de potências x+

∞ 1 X x2 x3 x4 + + +··· = xn 2! 3! 4! n=0 n!

tem qual domínio? Vejamos em que valores de x a série converge. Fixado x, temos uma série numérica com termo geral 1 n x n!

3.1. Séries de potências: polinômios infinitos

Pelo Teste da razão temos ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ n! ¯ n+1 n! ¯ ¯ ¯ = ¯ x ¯¯ ¯ (n + 1)! x ¯ n x (n + 1)! =

1 |x| → 0 n +1

que é menor que 1, qualquer que seja o x fixado. Segue que x ∈ (−∞, ∞)

=⇒

∞ 1 X xn n=0 n!

converge

Assim, o domínio dessa série de potências é (ver Figura ?) ½ x:

∞ 1 X xn n! n=0

FIGURA: domínio de

¾ converge = (−∞, ∞)

1 n n=0 n! x

P∞

desenhado na reta

4) A série de potências x + 2!x 2 + 3!x 3 + 4!x 4 + · · · =

∞ X

n!x n

n=0

tem qual domínio? Vejamos em que valores de x a série converge. Fixado x, temos uma série numérica com termo geral n!x n Pelo Teste da razão temos ¯ ¯ ¯ (n + 1)!x n+1 ¯ ¯ ¯ = ¯ ¯ n!x n

(n + 1)!|x|n+1 n!|x|n

= (n + 1)|x| → ∞

Capítulo 3. Séries de potências

que é maior que 1, para qualquer x 6= 0. Assim, o domínio dessa série de potências é (ver Figura ?) ½ x:

∞ X

n!x

¾ converge = [0, 0]

n=0

= {0}

FIGURA: domínio de

P∞

n=0 n!x

desenhado na reta

O domínio das series de potências dos exemplos acima é sempre um intervalo centrado na origem com raio R: 1) domínio é o intervalo (−1, 1) o raio é R = 1 e o intervalo não é aberto. 2) domínio é o intervalo (−1, 1] o raio é R = 1 e o intervalo não é aberto nem fechado. 3) domínio é o intervalo (−∞, ∞) o raio é R = ∞ e o intervalo é aberto. 4) domínio é o intervalo [0, 0] = {0} o raio é R = 0 e o intervalo é fechado. Veremos que o domínio de qualquer série de potências tem essa mesma cara. Primeiro, uma versão do teste da raiz e da razão para séries de potências.

3.1. Séries de potências: polinômios infinitos

Proposição 3.1

Seja

∞ X

a n x n uma série de potências, temos

n=0

Teste da raiz ´ ³ p n lim |a n | |x| < 1

=⇒

∞ X

a n x n converge absolutamente

n=0

´ ³ p n lim |a n | |x| > 1

=⇒

∞ X

a n x n diverge

n=0

´ ³ p lim n |a n | |x| = 1

=⇒

∞ X

a n x n inconclusivo

n=0

Teste da razão µ

¯ ¯¶ ¯ a n+1 ¯ ¯ ¯ |x| < 1 lim ¯ an ¯

=⇒

¯ ¯¶ ¯ a n+1 ¯ ¯ ¯ |x| > 1 lim ¯ an ¯

=⇒

¯¶ ¯ ¯ a n+1 ¯ ¯ ¯ |x| = 1 lim ¯ an ¯

=⇒

Prova:

∞ X

a n x n converge absolutamente

n=0 ∞ X

a n x n diverge

n=0 ∞ X n=0

a n x n inconclusivo

Capítulo 3. Séries de potências

Fixado x, temos uma série numérica com termo geral an x n onde |a n x n | = |a n ||x|n de modo que ³p ´ ³ ´ p p n |a n x n | = n |a n | |x| → lim n |a n | |x| e

¯ ¯ ¯ ¯¶ µ ¯ a n+1 ¯ |a n+1 x n+1 | ¯¯ a n+1 ¯¯ ¯ |x| =¯ |x| → lim ¯¯ |a n x n | an ¯ an ¯

se os limites existem. O resultado segue então do Teste da raiz ou Teste da razão para séries numéricas.

Proposição 3.2 O domínio de uma série de potências é um intervalo centrado na origem com raio 0 ≤ R ≤ ∞, o raio de convergência da série de potências.

Prova: Para simplificar a prova vamos supor que existe o limite p lim n |a n | = L Pelo Teste da raiz para séries de potências temos que ³ ´ p lim n |a n | |x| = L|x| < 1

=⇒

∞ X

a n x n converge absolutamente

n=0

³ ´ p lim n |a n | |x| = L|x| > 1

=⇒

∞ X n=0

a n x n diverge

3.1. Séries de potências: polinômios infinitos

logo |x| <

1 L

=⇒

a série de potências converge

1 =⇒ a série de potências diverge L Segue que o domínio da série de potências é um intervalo centrado na origem com raio R = 1/L (veja Figura ?). |x| >

FIGURA: domínio de

P∞

n=0 a n x

desenhado na reta, com fronteira marcada com ?

Observe que os diferentes intervalos centrados na origem (−R, R)

[−R, R)

(−R, R]

[−R, R]

têm todos o mesmo raio R. Assim, o raio de convergência R nos diz apenas o tamanho do domínio da série de potências pois não diz qual desses intervalos o domínio é (veja os Exemplos mais acime). Observe também que podemos ter R = 0, nesse caso o domínio da série de potências contém apenas o ponto x = 0.

O PERAÇÕES COM SÉRIES Nessa seção, vamos ver que, assim como os polinômios, a soma de duas séries de potências é uma série de potência, assim como o produto de uma série de potências por uma potência também é uma série de potências. Proposição 3.3

Capítulo 3. Séries de potências

Temos que ∞ X

∞ X

an x n +

n=0

∞ X

bn x n =

n=0

(a n + b n )x n

n=0

e também que c xk

∞ X

an x n =

n=0

∞ X

c a n−k x n

n=k

Prova: Temos que ∞ X

an x n +

n=0

∞ X

bn x n =

n=0

∞ X

(a n x n + b n x n ) =

n=0

∞ X

(a n + b n )x n

n=0

e também que c xk

∞ X

an x n =

n=0

∞ X

c x k an x n =

n=0

∞ X

c a n x n+k .

n=0

Fazendo m = n + k, temos que n = m − k, que m = k, quando n = 0, e que m = ∞, quando n = ∞, de modo que ∞ X

c xk

∞ X

an x n =

n=0

c a m−k x m .

m=k

Trocando m por n, segue que c xk

∞ X n=0

an x n =

∞ X n=k

c a n−k x n .

3.1. Séries de potências: polinômios infinitos

Exemplo: Temos que x3

∞ 1 X xn = n=0 n!

∞ 1 X x3xn n=0 n! ∞ 1 X = x n+3 n! n=0 ∞ X 1 xm = (m − 3)! m=3 ∞ X 1 = xn (n − 3)! n=3

Ou seja, temos que ¶ µ 1 1 1 2 1 3 3 x 1 + x + x + x + · · · = x3 + x4 + x5 + x6 + · · · 2 3! 2 3!

D ERIVADA DE SÉRIES DE POTÊNCIAS Tomando o devido cuidado com o domínio, podemos derivar uma série de potências termo a termo como se fosse um polinômio µ

∞ X n=0

isto é ¡

an x

¶0 =

∞ ¡ X

an x n

¢0

n=0

¢0 a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + · · · = (a 0 )0 + (a 1 x)0 + (a 2 x 2 )0 + · · ·

Proposição 3.4

Capítulo 3. Séries de potências

Seja

∞ X

a n x n com raio de convergência R > 0. Temos que

n=0

∞ X

an x

¶0

∞ X

n=0

n=1 ∞ X

a n nx n−1 a n+1 (n + 1)x n

n=0

vale para x ∈ (−R, R). Além disso, a derivada da série de potências tem o mesmo raio de convergência R.

Prova: Primeiro vamos provar que f (x) =

∞ X

an x n

∞ X

g (x) =

n=0

a n+1 (n + 1)x n

n=0

têm o mesmo raio de convergência. Pelo Teste da razão aplicado a f (x) =

∞ X

a n x n , denotando

n=0

¯ ¯ ¯ a n+1 ¯ ¯ ¯ L f = lim ¯ an ¯ temos que |x| <

|x| >

1 Lf

=⇒

1 Lf

=⇒

∞ X

converge

an x n

diverge

n=0 ∞ X n=0

Pelo Teste da razão aplicado a g (x) = são

an x n

∞ X

a n+1 (n + 1)x n , cujos coeficientes

n=0

a n+1 (n + 1)

3.1. Séries de potências: polinômios infinitos

denotando

¯ ¯ ¯ a n+2 (n + 2) ¯ ¯ ¯ L g = lim ¯ a n+1 (n + 1) ¯

temos que |x| <

|x| >

1 Lg

=⇒

1 Lg

=⇒

∞ X

a n+1 (n + 1)x n

converge

a n+1 (n + 1)x n

diverge

n=0 ∞ X n=0

Para mostrarmos que f (x) e g (x) tem o mesmo raio de convergência, basta mostrar que L f = L g . De fato, temos que ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a n+2 (n + 2) ¯ ¯ a n+2 ¯ ¯ lim n + 2 ¯ = lim ¯ L g = lim ¯¯ ¯ ¯ a n+1 (n + 1) a n+1 ¯ n +1 ¯ ¯ ¯ a n+1 ¯ ¯·1 = Lf ¯ = lim ¯ an ¯ Para calcular a derivada usamos a definição µ

∞ X

n=0

an x

¶0

µ∞ ¶ ∞ X 1 X n n = lim a n (x + h) − an x h→0 h n=0 n=1 = lim

∞ X

h→0 n=0

= lim

∞ X

h→0 n=0

µ an

(x + h)n − x n h

a n n(x + c n )n−1

onde utilizamos, na última igualdade, o Teorema do Valor Médio aplicado à função x n , de modo que (x + h)n − x n = n(x + c n )n−1 , h

100

Capítulo 3. Séries de potências

para algum c n tal que |c n | < |h|. Quando |x| < R, as séries convergem absolutamente e podemos provar que lim

∞ X

h→0 n=1

a n n(x + c n )n−1 =

∞ X

a n nx n−1

n=1

de modo que µ

∞ X

an x

¶0 =

n=0

∞ X n=1 ∞ X

a n nx n−1 a n+1 (n + 1)x n

n=0

Exemplo: Vimos que ∞ 1 X x2 x3 x4 xn = 1 + x + + + +··· 2! 3! 4! n=0 n!

tem raio de convergência R = ∞. Logo ∞ 1 X xn n! n=0

¶0 =

∞ X n=0

1 n x n!

¶0

∞ 1 X nx n−1 n! n=1 ∞ X

1 x n−1 (n − 1)! n=1

∞ 1 X xn n! n=0

3.1. Séries de potências: polinômios infinitos

101

vale para x ∈ (−∞, ∞). Assim, a derivada dessa série de potências é ela mesma. De outro modo ¶0 µ x x2 x3 x2 x3 x4 + + +··· = 1+2 +3 +4 +··· 1+x + 2! 3! 4! 2! 3! 4! = 1+x + Mais adiante veremos que

x2 x3 + +··· 2! 3!

∞ 1 X x n = e x para x ∈ (−∞, ∞). n! n=0

I NTEGRAL DE SÉRIES DE POTÊNCIAS Tomando o devido cuidado com o domínio, podemos integrar uma série de potências termo a termo como se fosse um polinômio ¶ Z µX ∞ ∞ Z ¡ X ¢ n an x d x = an x n d x n=0

isto é Z

n=0

¢ a0 + a1 x + a2 x 2 + · · · d x =

Z (a 0 ) d x +

Z (a 1 x) d x +

Proposição 3.5

Seja

∞ X

a n x n com raio de convergência R > 0. Temos que

n=0

Z µX ∞

an x

¶ dx =

n=0

= vale para x ∈ (−R, R).

x n+1 n +1

a n−1 n x n=1 n

∞ X n=0 ∞ X

(a 2 x 2 ) d x + · · ·

102

Capítulo 3. Séries de potências

Além disso, a integral da série de potências tem o mesmo raio de convergência R.

Prova: Primeiro vamos provar que ∞ X

f (x) =

an x n

F (x) =

n=0

∞ a X n−1 n x n=1 n

têm o mesmo raio de convergência. Pelo Teste da razão aplicado a f (x) =

∞ X

a n x n , denotando

n=0

¯ ¯ ¯ a n+1 ¯ ¯ ¯ L f = lim ¯ an ¯ temos que |x| <

|x| >

1 Lf

=⇒

1 Lf

=⇒

∞ X

an x n

converge

an x n

diverge

n=0 ∞ X n=0

Pelo Teste da razão aplicado a F (x) =

∞ a X n−1 n x , cujos coeficientes são n=1 n

a n−1 n denotando

¯ a ¯ ¯ n ¯ ¯ ¯ L F = lim ¯ an+1 ¯ ¯ n−1 ¯ n

temos que |x| <

1 LF

=⇒

∞ a X n−1 n x n=1 n

converge

|x| >

1 LF

=⇒

∞ a X n−1 n x n=1 n

diverge

3.1. Séries de potências: polinômios infinitos

103

Para mostrarmos que f (x) e F (x) tem o mesmo raio de convergência, basta mostrar que L f = L F . De fato, temos que ¯ a ¯ ¯ ¯ ¯ n ¯ ¯ an ¯ ¯ n+1 ¯ ¯ ¯ lim n L F = lim ¯ an−1 ¯ = lim ¯ ¯ ¯ a n−1 ¯ n +1 n ¯ ¯ ¯ a n+1 ¯ ¯ ¯·1 = Lf = lim ¯ an ¯ Temos então que ∞ a X n−1 n x n=0 n

F (x) =

∞ ³a X n−1 n=0

¶0

´0

∞ a X n−1 nx n−1 n=1 n ∞ X

a n−1 x n−1

n=1

∞ X

an x n

n=0

vale para (−R, R). Isso mostra que F (x) é uma primitiva para

∞ X

a n x n em

n=0

(−R, R). Segue que Z µX ∞

a n x n d x = F (x) +C

n=0

vale para (−R, R), onde F (x) é dada pela série de potências que queríamos.

104

Capítulo 3. Séries de potências

Exemplo: Vimos que 1 1 = 1 + x 1 − (−x)

∞ X

(−x)n

n=0 ∞ X

(−1)n x n

n=0

tem raio de convergência R = 1. Logo Z log(x + 1) + D =

∞ Z X

1 dx = 1+x

(−1)n x n d x

n=0 ∞ X

(−1)n

n=0 ∞ X

x n+1 n +1

xn n

(−1)n−1

n=1

= x−

x2 x3 x4 + − 2 3 4

· · · +C

vale para x ∈ (−1, 1). Substituindo x = 0 em ambos lados, obtemos que 02 03 04 log(1 + 0) + D = 0 − + − + · · · + C 2 3 4 ∥ D

∥ C

Isso prova que log(x + 1) =

∞ X

(−1)n−1

n=1

= x− vale para x ∈ (−1, 1).

xn n

x2 x3 x4 + − +··· 2 3 4

3.1. Séries de potências: polinômios infinitos

105

É possível mostrar que a igualdade acima também vale para x = 1, de onde segue o curioso fato que log(2) =

∞ X n=1

= 1−

(−1)n−1

1 n

1 1 1 + − +··· 2 3 4

é a soma da série harmônica-alternada. A igualdade acima pode valer para x = −1?

106

3.2

Capítulo 3. Séries de potências

U NICIDADE DOS COEFICIENTES

Nessa seção, vamos ver que, assim como os polinômios, os coeficientes das séries de potências são únicos, pois de fato eles dependem do valor das derivadas na origem. Proposição 3.6 Se f (x) =

∞ X

an x n

n=0

para todo x ∈ (−R, R), então an =

f (n) (0) n!

para todo n.

Prova: Temos que f (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 + · · · , de modo que f (0) = a 0 e

f (0) (0) a0 = . 0! Calculando a derivada primeira, temos que f 0 (x) = a 1 + a 2 2x + a 3 3x 2 + a 4 4x 3 + · · · , de modo que f 0 (0) = a 1 e

f (1) (0) . 1! Calculando a derivada segunda, temos que a1 =

f 00 (x) = a 2 2 + a 3 3.2x + a 4 4.3x 2 + · · · ,

3.2. Unicidade dos coeficientes

107

de modo que f 00 (0) = a 2 2 e f (2) (0) a2 = . 2! Calculando a derivada terceira, temos que f 000 (x) = a 3 3.2 + a 4 4.3.2x + · · · , de modo que f 000 (0) = a 3 3! e f (3) (0) a3 = . 3! Para os outros valores de n, podemos proceder de forma análoga.

A unicidade dos coeficientes das séries de potências é então uma consequência imediata. Corolário 3.7 Se ∞ X n=0

an x n =

∞ X n=0

para todo x ∈ (−R, R), então an = bn para todo n.

Prova:

bn x n

108

Capítulo 3. Séries de potências

Definido f (x) =

∞ X

an x n =

n=0

∞ X

bn x n ,

n=0

segue que an =

f (n) (0) = bn , n!

para todo n.

3.3

S ÉRIE DE TAYLOR

Quando f (x) é tal que f (n) (0) existe para todo n, podemos considerar ∞ f (n) (0) X f 00 (0) 2 x n = f (0) + f 0 (0)x + x +··· n! 2 n=0

denominada série de Taylor de f . Podemos nos perguntar quando a seguinte igualdade é verdadeira ∞ f (n) (0) X xn. f (x) = n! n=0 Se f (x) é uma série de potências, essa igualdade é verificada. Mas será que isso vale sempre? Vamos ver a seguir o exemplo de uma função que possui todas as suas derivadas definidas na reta toda, mas que não é igual à sua série de Taylor. Exemplo: Considere a função ( f (x) =

x ≤0

− x1

, x >0

como ilustrado pela Figura ??. É imediato que todas as suas derivadas estão definidas na para pontos fora da origem. Vamos calcular as derivadas laterais para verificarmos que ela possui todas as suas

3.3. Série de Taylor

109

derivadas definidas na origem. É imediato que a derivada lateral esquerda é dada por f 0 (0 ↑) = 0, enquanto a derivada lateral direita é dada por f 0 (0 ↓) = lim x↓0

f (x) − f (0) x −0 1

e− x = lim x↓0 x e −y = lim 1 y→∞

y = lim y y→∞ e 1 = lim y = 0, y→∞ e de modo que f 0 (0) = 0. Temos então que sua derivada primeira está definida na reta toda e é dada por ( f 0 (x) =

x ≤0

0, e

− x1

¡1¢ x

, x >0

onde p 1 (y) = y 2 . Podemos mostrar que ( f (n) (x) =

x ≤0

0, e

− x1

¡1¢ x

, x >0

onde p n (y) é um polinômio. Temos então que f (n) (0) = 0, para todo n, de modo que ∞ f (n) (0) X f (x) 6= 0 = xn, n! n=0 mostrando que f não é igual à sua série de Taylor.

110

3.4

Capítulo 3. Séries de potências

P OLINÔMIO DE TAYLOR

Para investigarmos melhor em que condições uma dada f é igual à sua série de Taylor, consideramos p m (x) = f (0) + f 0 (0)x +

f (m) (0) m f 00 (0) 2 x +···+ x 2 m!

denominado m-ésimo polinômio de Taylor de f , que é a m-ésima soma parcial da série de Taylor de f . Temos então que lim p m (x) =

∞ f (n) (0) X xn n! n=0

e queremos saber quando lim p m (x) = f (x), ou seja, quando ¡ ¢ lim f (x) − p m (x) = 0

Exemplo: Considerando a função exp(x) = e x , temos que exp(n) (x) = e x . Segue então que exp(n) (0) = 1, para todo n, de modo que 1 1 m p m (x) = 1 + x + x 2 + · · · + x . 2 m! Vamos ver a seguir que µ µ ¶¶ 1 2 1 m x x lim e − 1 + x + x + · · · + = 0, 2 m!

3.4. Polinômio de Taylor

111

ou seja, que 1 1 ex = 1 + x + x2 + x3 + · · · 2 3!

Proposição 3.8 Se ¯ (n) ¯ ¯ f (x)¯ ≤ M n , para todo x ∈ [−c, c] e para cada n,então n ¯ ¯ ¯ f (x) − p n−1 (x)¯ ≤ M n c n!

para todo x ∈ [−c, c] e para cada n.

Prova: Vamos considerar apenas o caso em x ∈ [0, c], sendo que o caso em que x ∈ [−c, 0] é análogo. Temos que −M n ≤ f (n) (x) ≤ M n , para todo x ∈ [0, c]. Integrando a desigualdade acima de 0 até t ∈ [0, c], obtemos Z 0

Z −M n d x ≤

f (n) (x) d x ≤

Z 0

M n d x,

de modo que −M n t ≤ f (n−1) (t ) − f (n−1) (0) ≤ M n t .

112

Capítulo 3. Séries de potências

Trocando t por x, segue que −M n x ≤ f (n−1) (x) − f (n−1) (0) ≤ M n x, para todo x ∈ [0, c]. Integrando a desigualdade acima de 0 até t ∈ [0, c], obtemos t

Z 0

Z −M n x d x ≤

(n−1)

(x) − f

(n−1)

Z (0) d x ≤

M n x d x,

de modo que −M n

t2 t2 ≤ f (n−2) (t ) − f (n−2) (0) − f (n−1) (0)t ≤ M n . 2 2

Trocando t por x, segue que x2 x2 (n−2) (n−2) (n−1) −M n ≤f (x) − f (0) − f (0)x ≤ M n , 2 2 para todo x ∈ [0, c]. Integrando a desigualdade acima de 0 até t ∈ [0, c], obtemos t

Z 0

x2 −M n d x ≤ 2

f 0

(n−2)

(x) − f

(n−2)

(0) − f

(n−1)

Z (0)x d x ≤

x2 d x, 2

de modo que −M n

t3 t2 t3 ≤ f (n−3) (t ) − f (n−3) (0) − f (n−2) (0)t − f (n−1) (0) ≤ M n . 3! 2 3!

Trocando t por x, segue que −M n

x3 x2 x3 ≤ f (n−3) (x) − f (n−3) (0) − f (n−2) (0)x − f (n−1) (0) ≤ M n . 3! 2 3!

para todo x ∈ [0, c].

3.4. Polinômio de Taylor

113

Depois de repetir n vezes esse procedimento de integrar a desigualdade anterior de 0 até t ∈ [0, c] e depois substituir t por x, obtemos a seguinte desigualdade −M n

xn x2 x n−1 xn ≤ f (x) − f (0) − f 0 (0)x − f 00 (0) − · · · − f (n−1) ≤ Mn . n! 2 (n − 1)! n!

para todo x ∈ [0, c], de modo que −M n

cn cn ≤ f (x) − p n−1 (x) ≤ M n . n! n!

para todo x ∈ [0, c].

A proposição seguinte é muito útil para mostrar que f é igual à sua série de Taylor. Proposição 3.9 Se ¯ (n) ¯ ¯ f (x) ¯ ¯ ¯ ¯ f (n−1) (x) ¯ ≤ r n para todo x ∈ [−c, c] e para cada n, onde lim

rn 1 < n c

então f (x) =

para todo x ∈ [−c, c].

∞ f (n) (0) X xn n! n=0

114

Capítulo 3. Séries de potências

Prova: Seja M 0 tal que ¯ ¯ ¯ f (x)¯ ≤ M 0 para todo x ∈ [−c, c]. Para cada n, definimos M n = r n M n−1 . Temos então que ¯ 0 ¯ ¯ ¯ ¯ f (x)¯ ≤ r 1 ¯ f (x)¯ ≤ r 1 M 0 = M 1 para todo x ∈ [−c, c], que ¯ ¯ ¯ 00 ¯ ¯ f (x)¯ ≤ r 2 ¯ f 0 (x)¯ ≤ r 2 M 1 = M 2 para todo x ∈ [−c, c], e assim por diante, de modo que ¯ ¯ ¯ (n) ¯ ¯ f (x)¯ ≤ r n ¯ f (n−1) (x)¯ ≤ r n M n−1 = M n para todo x ∈ [−c, c] e para cada n. Pela Proposição 3.8, basta mostrarmos que cn lim M n = 0. n! De fato temos que n

lim

M n cn! c n−1 M n−1 (n−1)!

= lim

M n /M n−1 rn c = c lim < 1. n n n

Pelo teste da razão, a série cujos termo geral é dado por M n cn! converge e portanto esse termo geral tende a zero.

A seguir, alguns exemplos de aplicação desse resultado. Exemplos

3.4. Polinômio de Taylor

115

1) Para todo c > 0, temos que ¯ ¯ ¯ exp(n) (x) ¯ ¯ ¯ ¯ exp(n−1) (x) ¯ = 1, para todo x ∈ [−c, c] e para cada n, onde lim

1 1 =0< , n c

de modo que 1 1 ex = 1 + x + x2 + x3 + · · · 2 3! para todo x ∈ R, uma vez que c é arbitrário. 2) Considerando f (x) = (1 + x)a , pela regra da derivada de potências, é fácil verificar que f (n) (x) = a(a − 1)(a − 2) · · · (a − (n − 1))(1 + x)a−n . Escolhendo c = 12 , segue então que ¯ (n) ¯ ¯ ¯ ¯ a(a − 1)(a − 2) · · · (a − (n − 1))(1 + x)a−n ¯ ¯ f (x) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ f (n−1) (x) ¯ = ¯ a(a − 1)(a − 2) · · · (a − (n − 2))(1 + x)a−(n−1) ¯ ¯ ¯ ¯ a − (n − 1) ¯ ¯ ¯ = ¯ 1+x ¯ ¯ ¯ ¯ a − (n − 1) ¯ ¯ ¯ ≤ ¯ ¯ ¯ 1− 1 ¯ 3 3 |a − n + 1| = 2 £ ¤ para todo x ∈ − 13 , 31 e para cada n, onde lim

rn 3 |a − n + 1| 3 (n − a − 1) 3 1 = lim = lim = < , n 2 n 2 n 2 c

116

Capítulo 3. Séries de potências

de modo que (1 + x)a =

∞ f (n) (0) X xn, n! n=0

£ ¤ para todo x ∈ − 31 , 13 . Definindo Ã ! a a(a − 1)(a − 2) · · · (a − (n − 1)) = , n n! segue que Ã ! ∞ a X (1 + x) = xn n=0 n a

que é a generalização da fórmula binomial. Observe que quando a é um inteiro positivo, a série se reduz a uma soma. Escolhendo a = 12 , obtemos que p 1 1 5 4 1 x +··· 1 + x = 1 + x − x2 + x3 − 2 8 16 128 É possível mostrar que essa igualdade vale para todo x ∈ [−1, 1], de modo que p 1 1 1 5 2 = 1+ − + − +··· 2 8 16 128

CAPÍTULO

E QUAÇÕES DIFERENCIAIS

117

118

4.1

Capítulo 4. Equações diferenciais

E QUAÇÃO DIFERENCIAL ORDINÁRIA

Os exemplos mais clássicos de equações diferenciais ordinárias tem origem na famosa 2ª Lei de Newton F

= ma = mv 0 = mx 00

Isso ocorre quando a força é uma função da posição ou da velocidade, como nos exemplos a seguir. Exemplos 1) Posição no sistema massa-mola: Pela Lei de Hooke, a força da mola é uma função da posição, dada por F = −kx onde k é a constante de Hooke da mola, de modo que a 2ª Lei de Newton é dada por mx 00 (t ) = −kx(t ) onde a incógnita é a função posição x(t ).

FIGURA: Sistema Massa-Mola 2) Velocidade do trem-bala freiando com o atrito com o ar: A força de resistência do ar é uma função da velocidade, dada por F = −bv onde b é uma constante que depende da geometria do trem, de modo que a 2ª Lei de Newton é dada por mv 0 (t ) = −bv(t ) onde a incógnita é a função velocidade v(t ).

4.1. Equação diferencial ordinária

119

FIGURA: Trem-Bala Freiando 3) Posição de um meteoro em rota de colisão com a Terra: Pela Lei da Gravitação Universal, a força que a Terra exerce sobre o meteoro é dada por F = −G

mM x2

onde G é a constante de gravitação universal, m é a massa do meteoro e M é a massa da Terra, de modo que a 2ª Lei de Newton é dada por mM mx 00 (t ) = −G x(t )2 onde a incógnita é a função posição x(t ).

FIGURA: Meteoro em Rota de Colisão com a Terra

Uma equação diferencial ordinária (EDO) é uma equação cuja incógnita é uma função real y(x), na qual podem aparecer suas derivadas y 0 (x), y 00 (x), . . . , y (n) (x) e também a própria variável real x, que varia num intervalo (a, b), com −∞ ≤ a < b ≤ ∞. Definições

1) Ordem da EDO: A maior ordem das derivadas que aparecem nela. 2) Solução da EDO: Qualquer função y(x) que satisfaça a EDO, para todo x ∈ (a, b).

120

Capítulo 4. Equações diferenciais

3) Solução geral da EDO: Conjunto de todas as soluções da EDO. 4) EDO linear: Quando a equação pode ser colocada na seguinte forma: a n (x)y (n) (x) + · · · + a 1 (x)y 0 (x) + a 0 (x)y(x) = f (x) onde a n (x), . . . , a 1 (x), a 0 (x), f (x) são funções contínuas de x. 5) EDO homogênea: Quando a EDO é linear e f (x) = 0.

Podemos aplicar essas definições nos exemplos vistos acima. Exemplos 1) Posição no sistema massa-mola: mx 00 (t ) = −kx(t ) É uma EDO linear de 2ª-ordem, pois pode ser colocada na forma mx 00 (t ) + kx(t ) = 0 Se m = k = 1, temos que x 1 (t ) = sen(t ) e x 2 (t ) = cos(t ) são soluções dessa EDO, uma vez que x 100 (t ) + x 1 (t ) = − sen(t ) + sen(t ) = 0 e que x 200 (t ) + x 2 (t ) = − cos(t ) + cos(t ) = 0 Vamos mostrar que, neste caso, a solução geral é dada por x(t ) = c 1 x 1 (t ) + c 2 x 2 (t )

4.1. Equação diferencial ordinária

121

= c 1 sen(t ) + c 2 cos(t ) onde c 1 , c 2 ∈ R. 2) Velocidade do trem-bala freiando com o atrito com o ar: mv 0 (t ) = −bv(t ) É uma EDO linear de 1ª-ordem, pois pode ser colocada na forma mv 0 (t ) + bv(t ) = 0 Se m = b = 1, temos que v 1 (t ) = e −t é solução dessa EDO, uma vez que v 10 (t ) + v 1 (t ) = −e −t + e −t = 0 Vamos mostrar que, neste caso, a solução geral é dada por v(t ) = c 1 v 1 (t ) = c 1 e −t onde c 1 ∈ R. 3) Posição de um meteoro em rota de colisão com a Terra: mx 00 (t ) = −G

mM x(t )2

É uma EDO não-linear de 2ª-ordem, pois não pode ser colocada na forma linear. Se m = M = G = 1, temos que µ

3 x(t ) = p t + 1 2

¶2

é solução dessa EDO, uma vez que x 00 (t ) =

Ãµ

3 p t +1 2

¶ 2 !00 3

122

Capítulo 4. Equações diferenciais

= = =

!0 Ã µ ¶− 1 3 3 2 3 p t +1 p 3 2 2 Ãµ ¶− 1 !0 p 3 3 2 p t +1 2 Ã ! ¶− 4 µ p 3 3 1 3 2 − p t +1 p 3 2 2 µ ¶− 4 3 3 − p t +1 2

e que 1 = −µ − ³ x(t )2

1 p3 t 2

3 = − t +1 p ¶ ´2 2 2 3

¶− 4 3

A solução geral desse problema envolve certas funções especiais e está fora do escopo do presente texto.

Em geral, a obtenção da solução geral de EDOs é uma tarefa bastante difícil, de modo que nos restringiremos a alguns casos relevantes, iniciando com as separáveis de 1ª-ordem e com as lineares de 1ª-ordem.

4.2

EDO SEPARÁVEL DE 1ª- ORDEM

Iniciamos com algumas definições. Definições

1) Separada: quando a EDO está na seguinte forma: g (y(x))y 0 (x) = f (x)

4.2. EDO separável de 1ª-ordem

123

onde g (y) e f (x) são funções reais, respectivamente, de y e de x. 2) Separável: quando a EDO pode ser separada.

Vamos considerar alguns exemplos. Exemplos 1) A EDO y 0 (x) − x 3 y(x)2 = 0 é separável, pois é equivalente a y 0 (x) = x 3 y(x)2 e, para y(x) 6= 0, é equivalente a 1 y 0 (x) = x 3 2 y(x) que está na forma separada, onde g (y) = 1/y 2 e f (x) = x 3 . 2) A EDO y 0 (x) − x 3 y(x)2 = x 3 é separável, pois é equivalente a y 0 (x) = x 3 (1 + y(x)2 ) e equivalente a 1 y 0 (x) = x 3 1 + y(x)2 que está na forma separada, onde g (y) = 1/(1 + y 2 ) e f (x) = x 3 . 3) A EDO y 0 (x) − x 3 y(x)2 = x 2

124

Capítulo 4. Equações diferenciais

não é separável, pois não é possível colocá-la na forma separada. 4) A EDO (1 + x)y 0 (x) − a y(x) = 0 é separável, pois é equivalente a (1 + x)y 0 (x) = a y(x) e equivalente a a 1 0 y (x) = y(x) 1+x para y(x) 6= 0 e para x > −1, que está na forma separada, g (y) = 1/y e f (x) = 1/(1 + x).

Os três passos para determinar a solução geral de uma EDO separável são os seguintes: Passos

1) Separar: Colocar a EDO na forma separada g (y(x))y 0 (x) = f (x) 2) Integrar: Integrando a equação separada Z Z g (y(x))y 0 (x) d x = f (x) d x temos, pela substituição y = y(x), que ela é equivalente a µZ ¶ Z g (y) d y = f (x) d x y=y(x)

4.2. EDO separável de 1ª-ordem

125

3) Isolar: Após resolver as integrais de g (y) e de f (x) no passo anterior, determinar y(x) na equação µZ ¶ Z = f (x) d x g (y) d y y=y(x)

que é uma equação algébrica, onde não aparece y 0 (x).

Vamos aplicar os passos acima para obter a solução geral das EDOs separáveis vistas acima. Exemplos 1) Vimos que a EDO y 0 (x) − x 3 y(x)2 = 0 é separável. Separar: Vimos que essa EDO pode ser colocada na forma separada 1 y 0 (x) = x 3 y(x)2 Integrar: Integrando a equação acima Z Z 1 0 y (x) d x = x 3 d x 2 y(x) temos, pela substituição y = y(x), que ela é equivalente a µZ ¶ Z 1 dy = x3 d x 2 y y=y(x) onde

1 1 d y = − +A y2 y

126

Capítulo 4. Equações diferenciais

e Z

x3 d x =

x4 +B 4

Isolar: Obtemos a equação −

x4 1 = +C y(x) 4

onde C = B − A é uma constante arbitrária. Essa equação algébrica é equivalente a 1 x 4 + 4C =− y(x) 4 de modo que y(x) = −

4 x 4 + 4C

é a solução geral da EDO separada. Observe que y(x) = 0 também é solução da EDO separável, apesar de não ser solução da EDO separada. 2) Vimos que a EDO y 0 (x) − x 3 y(x)2 = x 3 é separável. Separar: Vimos que essa EDO pode ser colocada na forma separada 1 y 0 (x) = x 3 1 + y(x)2 Integrar: Integrando a equação acima Z Z 1 0 y (x) d x = x3 d x 1 + y(x)2 temos, pela substituição y = y(x), que ela é equivalente a µZ ¶ Z 1 d y = x3 d x 1 + y2 y=y(x)

4.2. EDO separável de 1ª-ordem

onde

127

1 d y = atg(y) + A 1 + y2

e Z

x3 d x =

x4 +B 4

Isolar: Obtemos a equação atg(y(x)) =

x4 +C 4

onde C = B − A é uma constante arbitrária. Podemos resolver essa equação algébrica aplicando a função tangente em ambos os lados, de modo que x4 y(x) = tg +C 4 µ

é a solução geral da EDO separada e também da EDO separável. 3) Vimos que a EDO (1 + x)y 0 (x) − a y(x) = 0 é separável. Separar: Vimos que essa EDO pode ser colocada na forma separada 1 0 a y (x) = y(x) 1+x para x > −1. Integrar: Integrando a equação acima Z Z 1 0 a y (x) d x = dx y(x) 1+x temos, pela substituição y = y(x), que ela é equivalente a µZ ¶ Z 1 a dy = dx y 1+x y=y(x)

128

Capítulo 4. Equações diferenciais

onde

1 d y = log |y| + A y

a d x = a log |1 + x| + B 1+x

Usando que 1 + x > 0, segue que Z a d x = log(1 + x)a + B 1+x Isolar: Obtemos a equação log |y(x)| = log(1 + x)a +C onde C = B − A é uma constante arbitrária. Exponenciando os dois lados dessa equação algébrica, obtemos que |y(x)| = c(1 + x)a onde c = e C é uma constante positiva arbitrária. Segue então que y(x) = b(1 + x)a onde b = ±c é uma constante não nula arbitrária, é a solução geral da EDO separada. Observe que y(x) = 0 também é solução da EDO separável, apesar de não ser solução da EDO separada. Temos então que y(x) = b(1 + x)a onde b ∈ R, é a solução geral da EDO separável. Vamos verificar que a série binomial Ã ! ∞ a X y(x) = xn n n=0 onde

Ã ! a a(a − 1)(a − 2) · · · (a − (n − 1)) = n n!

4.2. EDO separável de 1ª-ordem

129

é uma solução dessa EDO separável para todo x ∈ (−1, 1). Pelo teste da razão, uma vez que Ã ! Ã ! a a a −n = n +1 n n +1 temos que ¯ ¯¡ a ¢ n+1 ¯ ¯a −n ¯ ¯ x ¯ ¯ ¯ ¯ ¡a ¢ x¯ lim ¯ n+1 = lim ¯ ¯ n ¯ ¯ n + 1 x n n−a = |x| lim n +1 = |x| de modo que o raio de convergência da série binomial é R = 1. A derivada dessa série em x ∈ (−1, 1) é dada por Ã ! ∞ a X y 0 (x) = nx n−1 n n=0 Ã ! ∞ X a = (n + 1)x n n + 1 n=0 Temos então que (1 + x)y 0 (x) = y 0 (x) + x y 0 (x) Ã ! Ã ! ∞ ∞ a X X a (n + 1)x n + x nx n−1 = n + 1 n n=0 n=0 Ã ! Ã ! ∞ ∞ X a X a (a − n)x n + nx n = n n n=0 n=0 Ã ! ∞ X a n = a x n n=0 = a y(x) de modo que y(x) = b(1 + x)a

130

Capítulo 4. Equações diferenciais

Uma vez que y(0) = 1, segue que b = 1, de modo que Ã ! ∞ a X a (1 + x) = xn n=0 n para todo x ∈ (−1, 1).

C ATENÁRIA : CABO SUSPENSO Considere um cabo suspenso preso a duas extremidades, como ilustrado pela Figura ??. Vamos mostrar que o cabo suspenso possui o formato de uma Catenária, que é uma curva dada por um pedaço do gráfico da função cosseno hiperbólico e t + e −t cosh(t ) = 2 Não é difícil verificar que sua derivada é a função seno hiperbólico senh(t ) =

e t − e −t 2

de modo que cosh0 (t ) = senh(t ) Também não é difícil verificar que o seno e cosseno hiperbólicos satisfazem a equação da hipérbole unitária, de modo que cosh2 (t ) − senh2 (t ) = 1

FIGURA: Cabo Suspenso Para determinar o formato do cabo suspenso, vamos proceder a uma análise do equilíbrio estático de alguns dos seus pedaços. Para isso, denote por O o ponto mais baixo do cabo suspenso e coloque a origem do nosso sistema de

4.2. EDO separável de 1ª-ordem

131

coordenadas sobre o ponto O, como ilustrado pela Figura ??. Dado um ponto A qualquer sobre o cabo suspenso, vamos analisar o equilíbrio estático do trecho O A. As forças atuando nas extremidades desse trecho são forças de tração, de modo que elas possuem direção tangente ao próprio cabo suspenso. Desse modo, a força na extremidade O do trecho é horizontal e tem módulo igual a H , enquanto a força na extremidade A do trecho forma um ângulo α com a horizontal e tem módulo igual a T , como ilustrado pela Figura ??. Além das forças na extremidade, também atua sobre esse trecho sua força peso, que é vertical e tem módulo igual a P . As equações de equilíbrio para os módulos das coordenadas verticais e horizontais das forças envolvidas são dadas por T sen(α) = P T cos(α) = H Dividindo uma equação pela outra, obtemos a seguinte equação de equilíbrio tg(α) =

P H

Considerando que a densidade linear do cabo é constante e igual a ρ, temos que o módulo da força peso do trecho O A é dado por P = g ρL onde g é o módulo da aceleração da gravidade e L é o comprimento do trecho O A. Se o formato do cabo é descrito pelo gráfico de uma função y e se x é a coordenada horizontal do ponto A, temos que sua coordenada vertical é dada por y(x), que tg(α) = y 0 (x) e que Z L=

1 + y 0 (t )2 d t

Substituindo essas informações na equação de equlíbrio acima, obtemos que Z q gρ x 0 y (x) = 1 + y 0 (t )2 d t H 0 Derivando essa equação, obtemos a seguinte EDO q gρ y 00 (x) = 1 + y 0 (x)2 H

132

Capítulo 4. Equações diferenciais

Fazendo z(x) = y 0 (x) e substituindo na EDO acima, obtemos z 0 (x) =

gρp 1 + z(x)2 H

que é uma EDO separável. Vamos então aplicar os três passos para determinar a solução geral de uma EDO separável. Passos

1) Separar: Essa EDO pode ser colocada na forma separada 1 p

1 + z(x)2

z 0 (x) =

gρ H

FIGURA: Substituição Trigonométrica

2) Integrar: Integrando a equação acima Z Z 1 gρ 0 z (x) d x = dx p H 1 + z(x)2 temos, pela substituição z = z(x), que ela é equivalente a ¶ µZ Z 1 gρ dz dx = p H 1 + z2 z=z(x) onde

gρ gρ dx = x+A H H

A determinação da integral Z

1 dz p 1 + z2

4.2. EDO separável de 1ª-ordem

133

se dá através da substituição trigonométrica hiperbólica z = senh(t ), de modo que d z = cosh(t ) d t e que 1 + z 2 = 1 + senh2 (t ) = cosh2 (t ) como ilustrado pela Figura ??. Segue então que Z Z 1 1 cosh(t ) d t dz = p cosh(t ) 1 + z2 Z = 1dt = t +B 3) Isolar: Voltando à equação original, obtemos que t +B =

gρ x+A H

Quando x = 0, temos que z = z(x) = y 0 (x) = 0, de modo que t = asenh(z) = 0, de modo que B = A. Logo t=

gρ x H

e aplicando o seno hiperbólico nos dois lados, obtemos que y 0 (x) = z = senh(t ) = senh

³gρ ´ x H

Integrando essa equação e usando que cosh0 = senh obtemos que y(x) =

³gρ ´ H cosh x +C gρ H

Usando que y(0) = 0 e que cosh(0) = 1, segue que 0 = y(0) =

H cosh (0) +C gρ

134

Capítulo 4. Equações diferenciais

de modo que C =−

H gρ

Isso mostra que y(x) =

³gρ ´ ´ H ³ x −1 cosh gρ H

que é a equação da Catenária.

4.3

EDO LINEAR DE 1ª ORDEM

Uma EDO linear de 1ª ordem pode ser colocada na forma a 1 (x)y 0 (x) + a 0 (x)y(x) = f (x) onde a 1 (x), a 0 (x), f (x) são funções contínuas de x. Sua equação homôgenea associada é dada por a 1 (x)y 0 (x) + a 0 (x)y(x) = 0 Dividindo por a 1 (x), as equações acima podem ser colocadas na forma y 0 (x) + p(x)y(x) = g (x) y 0 (x) + p(x)y(x) = 0 onde p(x) =

a 0 (x) a 1 (x)

g (x) =

f (x) a 1 (x)

são funções contínuas, para todo x tal que a 1 (x) 6= 0. Vamos considerar alguns exemplos.

4.3. EDO linear de 1ª ordem

135

Exemplos 1) A EDO y 0 (x) − 2x y(x) = 0 é linear homogênea, sendo igual à sua homogênea associada. 2) A EDO x y 0 (x) − y(x) = x 2 é linear não-homogênea e sua homogênea associada é dada por x y 0 (x) − y(x) = 0 Essa EDO não-homogênea pode ser escrita como y 0 (x) −

1 y(x) = x x

e sua homogênea associada como y 0 (x) −

1 y(x) = 0 x

S OLUÇÃO DA HOMOGÊNEA Toda EDO linear de 1ª ordem homogênea é separável, de modo que podemos determinar sua solução geral utilizando os passos apresentados na seção anterior. Proposição 4.1 A solução geral da EDO y 0 (x) + p(x)y(x) = 0

136

Capítulo 4. Equações diferenciais

é dada por y(x) = ce −P (x) onde c ∈ R e Z p(x) d x = P (x) +C

Prova: Vamos aplicar os três passos para determinar a solução geral de uma EDO separável. Separar: Essa EDO pode ser colocada na forma separada 1 0 y (x) = −p(x) y(x) Integrar: Integrando a equação acima Z Z 1 0 y (x) d x = −p(x) d x y(x) temos, pela substituição y = y(x), que ela é equivalente a µZ ¶ Z 1 dy = − p(x) d x y y=y(x) onde

1 d y = log |y| + A y p(x) d x = P (x) +C

Isolar: Obtemos a equação log |y(x)| = −P (x) + B

4.3. EDO linear de 1ª ordem

137

onde B = −C − A é uma constante arbitrária. Aplicando a função exponencial em ambos os lados, obtemos que |y(x)| = e −P (x)+B = e B e −P (x) de modo que y(x) = ce −P (x) onde c = ±e B . Podemos escolher também c = 0, uma vez que y(x) = 0 é solução da EDO linear, de modo que a solução geral é dada por y(x) = ce −P (x) onde c ∈ R.

Vamos considerar alguns exemplos. Exemplos 1) A EDO linear homogêna y 0 (x) − 2x y(x) = 0 é tal que p(x) = −2x, de modo que Z Z p(x) d x = −2x d x = −x 2 +C Segue que P (x) = −x 2 , de modo que y(x) = ce −P (x) = ce x onde c ∈ R, é a solução geral da EDO. 2) A EDO linear homogêna y 0 (x) −

1 y(x) = 0 x

138

Capítulo 4. Equações diferenciais

para x > 0, é tal que p(x) = − x1 , de modo que Z

Z p(x) d x =

1 − d x = − log(x) +C x

Segue que P (x) = − log(x), de modo que y(x) = ce −P (x) = ce log(x) = c x onde c ∈ R, é a solução geral da EDO. 3) Velocidade do trem-bala freiando com o atrito com o ar: mv 0 (t ) = −bv(t ) Essa é uma EDO linear homogêna v 0 (t ) +

b v(t ) = 0 m

b tal que p(t ) = m , de modo que

Z p(t ) d t =

b b d t = t +C m m

b Segue que P (t ) = m t , de modo que b

v(t ) = ce − m t onde c ∈ R, é a solução geral da EDO.

S OLUÇÃO DA NÃO - HOMOGÊNEA Em geral, uma EDO linear de 1ª ordem não-homogênea não é separável, como mostram os seguintes exemplos.

4.3. EDO linear de 1ª ordem

139

Exemplos 1) A EDO y 0 (x) − 2x y(x) = e x

não pode ser colocada na forma separada. 2) A EDO

1 y(x) = x x também não pode ser colocada na forma separada. y 0 (x) −

Portanto, não podemos utilizar os passos utilizados para obter a solução geral de uma EDO separável. A solução geral de uma EDO linear de 1ª ordem não-homogênea será dada a partir da solução geral da sua homogêna associada através do método denominado de Variação dos Parâmetros. Passos

1) Variar o parâmetro: Tentar uma solução da EDO nãohomogêna da forma y(x) = c(x)e −P (x) , substituindo o parâmetro c da solução geral ce −P (x) da homogêna associada por uma função c(x), que é a nova incógnita. 2) Determinar o parâmetro variável: Determinar qual é a função c(x), utilizando a EDO não-homogênea. Temos então que ¡ ¢0 ¡ ¢ c(x)e −P (x) + p(x) c(x)e −P (x) = g (x) Utilizando a regra do produto e da cadeia, obtemos que c 0 (x)e −P (x) + c(x)e −P (x) (−P (x))0 + p(x)c(x)e −P (x) = g (x)

140

Capítulo 4. Equações diferenciais

Uma vez que P 0 (x) = p(x), segue que c 0 (x)e −P (x) − p(x)c(x)e −P (x) + p(x)c(x)e −P (x) = g (x) de modo que c 0 (x)e −P (x) = g (x) Segue então que c 0 (x) = g (x)e P (x) de modo que Z c(x) =

g (x)e P (x) d x

Observe que, como c(x) é dada por uma integral indefinida, ela é de fato uma família de funções contendo uma constante arbitrária, de modo que, para todo c ∈ R, a família de funções c(x) + c é igual à família funções c(x).

A proposição seguinte mostra que a solução geral de uma EDO linear de 1ª ordem não-homogênea é a dada pelo método da Variação dos Parâmetros. Proposição 4.2 A solução geral da EDO y 0 (x) + p(x)y(x) = g (x) é dada por y(x) = c(x)e −P (x) onde Z c(x) =

g (x)e P (x) d x

4.3. EDO linear de 1ª ordem

141

e Z p(x) d x = P (x) +C

Prova: Seja y(x) = c(x)e −P (x) a família de soluções fornecida pelo método da Variação dos Parâmetros e seja z(x) uma solução qualquer da EDO linear de 1ª ordem não-homogênea. Temos então que z 0 (x) + p(x)z(x) = g (x) y 0 (x) + p(x)y(x) = g (x) Subtraindo as equações, obtemos que ¡

¢0 ¡ ¢ z(x) − y(x) + p(x) z(x) − y(x) = 0

Logo z(x) − y(x) é solução da homogênea associada, de modo z(x) − y(x) = ce −P (x) para algum c ∈ R. Segue então que z(x) = y(x) + ce −P (x) = c(x)e −P (x) + ce −P (x) = (c(x) + c)e −P (x) de modo que z(x) também faz parte da família de soluções dada pelo método da Variação dos Parâmetros, onde utilizamos a observação feita no final da descrição desse método.

142

Capítulo 4. Equações diferenciais

Observe que se utilizarmos P (x) + C ao invés de P (x) a solução geral não se altera, uma vez que Z Z P (x)+C g (x)e dx = g (x)e P (x) e C d x µZ ¶ P (x) = g (x)e d x eC e que e −(P (x)+C ) = e −C e −P (x) de modo que µZ g (x)e

P (x)+C

¶ dx e

−(P (x)+C )

µZ =

g (x)e

P (x)

d x e −P (x)

Vamos considerar alguns exemplos. Exemplos 1) A EDO linear não-homogênea y 0 (x) − 2x y(x) = e x

é tal que p(x) = −2x, de modo que Z Z p(x) d x = −2x d x = −x 2 +C 2

Segue que P (x) = −x 2 e, como g (x) = e x , segue que Z c(x) = g (x)e P (x) d x Z 2 2 = e x e −x d x Z = 1dx = x +c de modo que y(x) = c(x)e −P (x) = (x + c)e x

4.3. EDO linear de 1ª ordem

143

onde c ∈ R, é a solução geral da EDO. 2) A EDO linear não-homogênea y 0 (x) −

1 y(x) = x x

para x > 0, é tal que p(x) = − x1 , de modo que Z

Z p(x) d x =

1 − d x = − log(x) +C x

Segue que P (x) = − log(x) = log(x −1 ) e, como g (x) = x, segue que Z c(x) = g (x)e P (x) d x Z −1 = xe log(x ) d x Z = xx −1 d x Z = 1dx = x +c de modo que y(x) = c(x)e −P (x) = (x + c)e log(x) = (x + c)x onde c ∈ R, é a solução geral da EDO.

144

4.4

Capítulo 4. Equações diferenciais

EDO LINEAR DE 2ª ORDEM

Uma EDO linear de 2ª ordem pode ser colocada na forma a 2 (x)y 00 (x) + a 1 (x)y 0 (x) + a 0 (x)y(x) = f (x) onde a 2 (x), a 1 (x), a 0 (x), f (x) são funções contínuas de x. Sua equação homôgenea associada é dada por a 2 (x)y 00 (x) + a 1 (x)y 0 (x) + a 0 (x)y(x) = 0 Dividindo por a 2 (x), as equações acima podem ser colocadas na forma y 00 (x) + q(x)y 0 (x) + p(x)y(x) = g (x) y 00 (x) + q(x)y 0 (x) + p(x)y(x) = 0

onde q(x) =

a 1 (x) a 2 (x)

p(x) =

a 0 (x) a 2 (x)

g (x) =

f (x) a 2 (x)

são funções contínuas, para todo x tal que a 2 (x) 6= 0. Exemplo: Considere a EDO linear de 2ª ordem dada por x 2 y 00 (x) + 2x y 0 (x) − 2y(x) = x 5 cuja homogênea associada x 2 y 00 (x) + 2x y 0 (x) − 2y(x) = 0

4.4. EDO linear de 2ª ordem

145

é um exemplo do que é conhecido como Equação de Euler. Dividindo por a 2 (x) = x 2 , obtemos y 00 (x) +

2 2 0 y (x) − 2 y(x) = x 3 x x

y 00 (x) +

2 0 2 y (x) − 2 y(x) = 0 x x

de modo que q(x) =

2 x

p(x) =

−2 x2

g (x) = x 3 são contínuas para x > 0.

As equações lineares de 2ª ordem são muito relevantes, pois aparecem associada a modelos de diversas áreas de aplicação, como ilustrado pelos seguintes exemplos. Exemplos 1) Posição no sistema Massa-Mola-Amortecimento (MMA): Considere um sistema formado por um massa m acoplada a uma mola, a um amortecedor e a um forçamento externo, como ilustrado pela Figura ??. Pela Lei de Hooke, a força da mola é proporcional à posição e dada por F M = −kx(t ) onde k é a constante de Hooke da mola, enquanto a força de amortecimento é proporcional à velocidade e dada por F A = −bx 0 (t )

146

Capítulo 4. Equações diferenciais

onde b é uma constante, e o forçamento externo é uma função contínua do tempo e dada por F E = f (t ) Como a força resultante é dada por F = F A + F M + FE pela 2ª Lei de Newton, temos então que mx 00 (t ) = −bx 0 (t ) − kx(t ) + f (t ) de modo que mx 00 (t ) + bx 0 (t ) + kx(t ) = f (t ) As condições iniciais são dadas por ½

x(0) = x 0 posição inicial x 0 (0) = v 0 velocidade inicial

FIGURA: Sistema MMA 2) Carga no circuito Resistor-Indutor-Capacitor (RLC): Considere um circuito elétrico em série formado por um resistor, por um indutor, por um capacitor e por uma fonte externa, como ilustrado pela Figura ??. A queda de tensão nas extremidades do capacitor é proporcional à carga q(t ) armazenada por ele e dada por VC = C q(t ) onde C é a capacitância do capacitor, enquanto a queda de tensão nas extremidades do resistor é proporcional à corrente q 0 (t ) que passa por ele e dada por VR = R q 0 (t ) onde R é a resistência do resistor, e a queda de tensão nas extre-

4.4. EDO linear de 2ª ordem

147

midades do indutor é proporcional à q 00 (t ) e dada por VL = Lq 00 (t ) onde L é a indutância do indutor. Pela 2ª Lei de Kirchoff, a soma das quedas de tensão num circuito elétrico é igual à tensão da fonte externa dada por VE = E (t ) de modo que VL + VR + VC = VE ou seja Lq 00 (t ) + R q 0 (t ) +C q(t ) = E (t ) onde L, R,C podem variar com o tempo. As condições iniciais são dadas por ½ q(0) = q 0 carga inicial q 0 (0) = i 0 corrente inicial

FIGURA: Sistema RLC

S OLUÇÃO DA HOMOGÊNEA Vamos mostrar que a solução geral de uma EDO linear de 2ª ordem homogênea é dada pela combinação linear y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) onde c 1 , c 2 ∈ R, sempre que y 1 (x) e y 2 (x) forem soluções não-proporcionais da EDO, denominadas soluções fundamentais. Exemplo: Temos que y 1 (x) = x

y 2 (x) = x −2

148

Capítulo 4. Equações diferenciais

são soluções fundamentais (não-proporcionais) da Equação de Euler x 2 y 00 (x) + 2x y 0 (x) − 2y(x) = 0 Vamos ver que a solução geral dessa EDO é dada por y(x) = c 1 x + c 2 x −2 onde c 1 , c 2 ∈ R.

Uma vez que y 1 (x) e y 2 (x) não são proporcionais, temos que y 2 (x) y 1 (x) não é constante, de modo que sua derivada é não nula e dada por µ

y 2 (x) y 1 (x)

¶0 =

W (y 1 (x), y 2 (x)) y 1 (x)2

onde W (y 1 (x), y 2 (x)) = y 20 (x)y 1 (x) − y 10 (x)y 2 (x) é denominado o Wronskiano de y 1 (x) e y 2 (x). Exemplo: O Wronskiano das soluções y 1 (x) = x

y 2 (x) = x −2

da Equação de Euler x 2 y 00 (x) + 2x y 0 (x) − 2y(x) = 0 é dado por W (x, x −2 ) = (x −2 )0 x − (x)0 x −2 = (−2x −3 )x − (1)x −2 = −3x −2

4.4. EDO linear de 2ª ordem

149

A proposição a seguir estabelece um fato de fundamental importância sobre o Wronskiano. Proposição 4.3 Sejam y 1 (x) e y 2 (x) soluções da EDO y 00 (x) + q(x)y 0 (x) + p(x)y(x) = 0 Então W (y 1 (x), y 2 (x)) = ce −Q(x) onde c ∈ R e Z q(x) d x = Q(x) +C

Prova: Por simplicidade, vamos denotar W (y 1 (x), y 2 (x)) por W (x) = y 20 (x)y 1 (x) − y 10 (x)y 2 (x) de modo que W 0 (x) = (y 20 (x)y 1 (x) − y 10 (x)y 2 (x))0 =

y 200 (x)y 1 (x) + y 10 (x)y 20 (x) −y 100 (x)y 2 (x) − y 20 (x)y 10 (x)

= y 200 (x)y 1 (x) − y 100 (x)y 2 (x)

150

Capítulo 4. Equações diferenciais

Como y 2 (x) e y 1 (x) são soluções da EDO, temos que y 200 (x) + q(x)y 20 (x) + p(x)y 2 (x) = 0 y 100 (x) + q(x)y 10 (x) + p(x)y 1 (x) = 0 Multiplicando a primeira equação por y 1 (x) e a segunda equação por y 2 (x), obtemos que y 200 (x)y 1 (x) + q(x)y 20 (x)y 1 (x) + p(x)y 2 (x)y 1 (x) = 0 y 100 (x)y 2 (x) + q(x)y 10 (x)y 2 (x) + p(x)y 1 (x)y 2 (x) = 0 de modo que, subtraindo as duas equações, obtemos W 0 (x) + q(x)W (x) = 0 cuja solução é dada por W (x) = ce −Q(x) onde c ∈ R e

Z q(x) d x = Q(x) +C

Vamos mostrar agora a relação entre duas soluções serem fundamentais e seu Wronskiano não se anular. Proposição 4.4 Sejam y 1 (x) e y 2 (x) soluções da EDO y 00 (x) + q(x)y 0 (x) + p(x)y(x) = 0

4.4. EDO linear de 2ª ordem

151

Então as seguintes condições são equivalentes: (A) W (y 1 (x 0 ), y 2 (x 0 )) 6= 0 para algum x 0 (B) W (y 1 (x), y 2 (x)) 6= 0 para todo x (C) y 1 (x) e y 2 (x) são fundamentais

Prova: Vamos mostrar que (A) é equivalente a (B) e, depois, que (B) é equivalente a (C). Para mostrar que (A) e (B) são equivalentes, primeiro lembramos que W (y 1 (x), y 2 (x)) = ce −Q(x) onde c ∈ R. Segue então que W (y 1 (x 0 ), y 2 (x 0 )) 6= 0 para algum x 0 , é equivalente a c 6= 0 que, por sua vez, é equivalente a W (y 1 (x), y 2 (x)) 6= 0 para todo x. Para mostrar que (B) e (C) são equivalentes, primeiro lembramos que µ

y 2 (x) y 1 (x)

¶0 =

W (y 1 (x), y 2 (x)) y 1 (x)2

Segue então que W (y 1 (x), y 2 (x)) 6= 0

152

Capítulo 4. Equações diferenciais

para todo x, é equivalente a µ

y 2 (x) y 1 (x)

¶0 6= 0

para todo x, que, por sua vez, é equivalente a y 1 (x) e y 2 (x) não são proporcionais não serem proporcionais, que, por sua vez, é equivalente a y 1 (x) e y 2 (x) são fundamentais

Finalmente vamos mostrar que a solução geral de uma EDO linear de 2ª ordem é dada pela combinação linear de duas soluções fundamentais. Proposição 4.5 Sejam y 1 (x) e y 2 (x) soluções fundamentais da EDO y 00 (x) + q(x)y 0 (x) + p(x)y(x) = 0 Então y 1 (x) e y 2 (x) não se anulam simultaneamente e a solução geral da EDO é dada por y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) onde c 1 , c 2 ∈ R.

Prova: Como y 1 (x) e y 2 (x) são soluções fundamentais, temos que W (y 1 (x), y 2 (x)) = y 20 (x)y 1 (x) − y 10 (x)y 2 (x) 6= 0

4.4. EDO linear de 2ª ordem

153

para todo x, de modo que y 1 (x) e y 2 (x) não podem se anular simultaneamente. Agora seja z(x) uma solução qualquer da EDO e suponha, sem perda de generalidade, que y 1 (x) 6= 0. Comparando z(x) com y 1 (x), temos que µ

z(x) y 1 (x)

¶0 =

W (y 1 (x), z(x)) ae −Q(x) = y 1 (x)2 y 1 (x)2

para algum a ∈ R, e comparando z(x) com y 1 (x), temos que µ

y 2 (x) y 1 (x)

¶0

W (y 1 (x), y 2 (x)) be −Q(x) = 6= 0 y 1 (x)2 y 1 (x)2

de modo que b 6= 0. Segue então que µ

z(x) y 1 (x)

¶0

µ ¶ a be −Q(x) a y 2 (x) 0 = = b y 1 (x)2 b y 1 (x)

de modo que µ

z(x) y 1 (x)

¶0

y 2 (x) = c2 y 1 (x) µ

¶0

onde c 2 = a/b. Integrando essa equação, obtemos que z(x) y 2 (x) = c2 + c1 y 1 (x) y 1 (x) para algum c 1 ∈ R, de modo que z(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) mostrando que a solução é uma combinação linear de y 1 (x) e y 2 (x). Agora, uma vez que y 1 (x) e y 2 (x) são soluções da EDO, temos que y 100 (x) + q(x)y 10 (x) + p(x)y 1 (x) = 0 y 200 (x) + q(x)y 20 (x) + p(x)y 2 (x) = 0 Multiplicando a primeira equação por c 1 e a segunda equação por c 2 , obtemos que c 1 y 100 (x) + q(x)c 1 y 10 (x) + p(x)c 1 y 1 (x) = 0

154

Capítulo 4. Equações diferenciais

c 2 y 200 (x) + q(x)c 2 y 20 (x) + p(x)c 2 y 2 (x) = 0 Somando essas equações, obtemos que (c 1 y 100 (x) + c 2 y 200 (x)) + q(x)(c 1 y 10 (x) + c 2 y 20 (x)) + p(x)(c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x)) = 0 mostrando que y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) é de fato solução da EDO para quaisquer c 1 , c 2 ∈ R.

Vamos considerar o seguinte exemplo. Exemplos 1) Temos que y 1 (x) = x

y 2 (x) = x −2

são soluções fundamentais (não-proporcionais) da Equação de Euler x 2 y 00 (x) + 2x y 0 (x) − 2y(x) = 0 que é equivalente à EDO y 00 (x) +

2 2 0 y (x) − 2 y(x) = 0 x x

para x > 0. Temos então a solução geral dessas duas EDO para x > 0 é dada por y(x) = c 1 x + c 2 x −2 onde c 1 , c 2 ∈ R. 2) Sistema massa-mola sem amortecimento: mx 00 (t ) = −kx(t ) Essa é uma EDO linear homogêna x 00 (t ) +

k x(t ) = 0 m

4.4. EDO linear de 2ª ordem

155

k e q(t ) = 0. Temos que tal que p(t ) = m

x 1 (t ) = cos

µq

k mt

¶ e

x 2 (t ) = sen

µq

k mt

são soluções fundamentais da homogênea, uma vez que não são proporcionais, de modo que µq ¶ µq ¶ k k x(t ) = c 1 cos m t + c 2 sen mt onde c 1 , c 2 ∈ R, é a solução geral da EDO.

156

Capítulo 4. Equações diferenciais

S OLUÇÃO DA NÃO - HOMOGÊNEA A solução geral de uma EDO linear de 2ª ordem não-homogênea será dada a partir da solução geral da sua homogêna associada através do método denominado de Variação dos Parâmetros. Passos

1) Variar os parâmetros: Tentar uma solução da EDO nãohomogêna da forma y(x) = c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x), substituindo os parâmetros c 1 e c 2 da solução geral c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 da homogêna associada por funções c 1 (x) e c 2 (x), que são as novas incógnitas. 2) Determinar os parâmetros variáveis: Determinar quais são as funções c 1 (x) e c 2 (x), utilizando a EDO não-homogênea. Uma vez que y(x) = y 1 (x)c 1 (x) + y 2 (x)c 2 (x) segue que y 0 (x) = y 10 (x)c 1 (x) + y 20 (x)c 2 (x) + + c 10 (x)y 1 (x) + c 20 (x)y 2 (x) Impondo que c 10 (x)y 1 (x) + c 20 (x)y 2 (x) = 0 obtemos que y 0 (x) = y 10 (x)c 1 (x) + y 20 (x)c 2 (x) de modo que y 00 (x) = y 100 (x)c 1 (x) + y 200 (x)c 2 (x) + + c 10 (x)y 10 (x) + c 20 (x)y 20 (x)

4.4. EDO linear de 2ª ordem

157

Temos então que p(x)y(x) = p(x)y 1 (x)c 1 (x) + p(x)y 2 (x)c 2 (x) q(x)y 0 (x) = q(x)y 10 (x)c 1 (x) + q(x)y 20 (x)c 2 (x) y 00 (x) = +

y 100 (x)c 1 (x) + c 10 (x)y 10 (x) +

y 200 (x)c 2 (x) c 20 (x)y 20 (x)

Somando as equações, colocando c 1 (x) e c 2 (x) em evidência, e usando que y 1 (x) e y 2 (x) são soluções da homogênea e que y(x) é solução da não-homogênea, obtemos que g (x) = c 10 (x)y 10 (x) + c 20 (x)y 20 (x) Obtemos assim o seguinte sistema  0 0  y 1 (x)c 1 (x) + y 2 (x)c 2 (x) = 0 

y 10 (x)c 10 (x) + y 20 (x)c 20 (x) = g (x)

que determina c 10 (x) e c 20 (x). Temos que o determinante da matriz dos coeficientes desse sistema é o Wronskiano das soluções fundamentais, dado por ¯ ¯ y 1 (x) y 2 (x) W (x) = ¯¯ 0 y 1 (x) y 20 (x)

¯ ¯ ¯ 6= 0 ¯

que é não nulo, uma vez que y 1 (x) e y 2 (x) são soluções fundamentais. Pela regra de Cramer, segue que

c 10 (x) =

¯ ¯ 0 y 2 (x) ¯ ¯ g (x) y 0 (x) 2 W (x)

¯ ¯ ¯ ¯

=−

g (x)y 2 (x) W (x)

e que c 20 (x) =

¯ ¯ y 1 (x) 0 ¯ ¯ y 0 (x) g (x) 1 W (x)

¯ ¯ ¯ ¯

g (x)y 1 (x) W (x)

158

Capítulo 4. Equações diferenciais

de modo que Z c 1 (x) =

−

g (x)y 2 (x) dx W (x)

e que Z c 2 (x) =

g (x)y 1 (x) dx W (x)

Observe que, como c 1 (x) e c 2 (x) são dadas por integrais indefinidas, cada uma delas é de fato uma família de funções contendo uma constante arbitrária, de modo que, para todo c 1 ∈ R, a família de funções c 1 (x) + c 1 é igual à família funções c 1 (x) e, para todo c 2 ∈ R, a família de funções c 2 (x)+c 2 é igual à família funções c 2 (x).

A proposição seguinte mostra que a solução geral de uma EDO linear de 2ª ordem não-homogênea é a dada pelo método da Variação dos Parâmetros. Proposição 4.6 A solução geral da EDO y 00 (x) + q(x)y 0 (x) + p(x)y(x) = g (x) é dada por y(x) = c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x) onde Z c 1 (x) =

− Z

c 2 (x) =

g (x)y 2 (x) dx W (x) g (x)y 1 (x) dx W (x)

4.4. EDO linear de 2ª ordem

159

enquanto y 1 (x) e y 2 (x) são soluções fundamentais da homogênea associada e W (x) é o seu Wronskiano.

Prova: Seja y(x) = c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x) a família de soluções fornecida pelo método da Variação dos Parâmetros e seja z(x) uma solução qualquer da EDO linear de 2ª ordem não-homogênea. Temos então que z 00 (x) + q(x)z 0 (x) + p(x)z(x) = g (x) y 00 (x) + q(x)y 0 (x) + p(x)y(x) = g (x) Subtraindo as equações, obtemos que ¡

¢00 ¡ ¢0 ¡ ¢ z(x) − y(x) + q(x) z(x) − y(x) + p(x) z(x) − y(x) = 0

Logo z(x) − y(x) é solução da homogênea associada, de modo z(x) − y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) para algumas constantes c 1 , c 2 ∈ R. Segue então que z(x) = y(x) + c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) = c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x) + c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) = (c 1 (x) + c 1 )y 1 (x) + (c 2 (x) + c 2 )y 2 (x) de modo que z(x) também faz parte da família de soluções dada pelo método da Variação dos Parâmetros, onde utilizamos a observação feita no final da descrição desse método.

Vamos considerar o seguinte exemplo. Exemplo: Vimos que y 1 (x) = x

y 2 (x) = x −2

160

Capítulo 4. Equações diferenciais

são soluções fundamentais da EDO y 00 (x) +

2 0 2 y (x) − 2 y(x) = 0 x x

que é a homogênea associada à EDO não-homogênea y 00 (x) +

2 2 0 y (x) − 2 y(x) = x 3 x x

Vimos também que o Wronskiano dessas duas soluções fundamentais é dado por W (x) = −3x −2 Temos então que y(x) = c 1 (x)y 1 (x) + c 2 (x)y 2 (x) é a solução geral da EDO não-homogênea, onde Z g (x)y 2 (x) dx c 1 (x) = − W (x) Z x 3 x −2 = − dx −3x −2 Z 3 x dx = 3 x4 = + c1 12 e Z g (x)y 1 (x) c 2 (x) = dx W (x) Z x3x = dx −3x −2 Z x6 = − dx 3 7 x = − + c2 21 A solução geral da EDO não-homogênea é então dada por µ 4 ¶ µ 7 ¶ x x + c 1 x + − + c 2 x −2 y(x) = 12 21

4.4. EDO linear de 2ª ordem

161

= =

x5 x5 − + c 1 x + c 2 x −2 12 21 x5 + c 1 x + c 2 x −2 28

Observe que x5 28 é uma solução particular da EDO não-homogênea, enquanto y p (x) =

y h (x) = c 1 x + c 2 x −2 é a solução geral da homogênea associada, de modo que y(x) = y p (x) + y h (x) é a solução geral da EDO não-homogênea.

Proposição 4.7 A solução geral da EDO não-homogênea é dada por y(x) = y p (x) + y h (x) onde y p (x) é uma solução particular da EDO não-homogênea e y h (x) é a solução geral da homogênea associada.

Prova: Seja z(x) uma solução qualquer da EDO linear de 2ª ordem nãohomogênea. Temos então que z 00 (x) + q(x)z 0 (x) + p(x)z(x) = g (x) y p00 (x) + q(x)y p0 (x) + p(x)y p (x) = g (x)

162

Capítulo 4. Equações diferenciais

uma vez que y p (x) é uma solução particular da EDO não-homogênea. Subtraindo as equações, obtemos que ¡

¢00 ¡ ¢0 ¡ ¢ z(x) − y p (x) + q(x) z(x) − y p (x) + p(x) z(x) − y p (x) = 0

Logo z(x) − y p (x) é solução da homogênea associada, de modo z(x) − y p (x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) para algumas constantes c 1 , c 2 ∈ R. Segue então que z(x) = y p (x) + c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x)

Como os métodos para se encontrar a solução geral de equações lineares dependem da determinação de soluções fundamentais, vamos analisar, nas próximas seções, alguns métodos para se obter soluções fundamentais. Vamos primeiro analisar EDOs lineares com coeficientes constantes e depois analisar o caso geral, das EDOs lineares com coeficientes variáveis.

4.5

C OEFICIENTES CONSTANTES

Uma EDO linear com coeficientes constantes pode ser colocada na forma a 2 y 00 (x) + a 1 y 0 (x) + a 0 y(x) = f (x) onde a 0 , a 1 , a 2 ∈ R. Vamos primeiro procurar soluções fundamentais da homogênea associada a 2 y 00 (x) + a 1 y 0 (x) + a 0 y(x) = 0

E QUAÇÃO CARACTERÍSTICA Vamos procurar soluções da forma y(x) = e r x , de modo que ¡ ¢00 ¡ ¢0 ¡ ¢ a 2 y 00 (x) + a 1 y 0 (x) + a 0 y(x) = a 2 e r x + a 1 e r x + a 0 e r x ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ = a2 r 2 e r x + a1 r e r x + a0 e r x ¡ ¢ = a2 r 2 + a1 r + a0 e r x

4.5. Coeficientes constantes

163

= 0 o que ocorre se e só se a2 r 2 + a1 r + a0 = 0 que é denominada equação característica da homogênea. O tipo de solução depende então do tipo de raízes dessa equação, denominadas raízes características da homogênea. Vamos analisar o que ocorre dependendo do sinal do discriminante da equação característica. R AÍZES REAIS DISTINTAS Quando ∆ > 0, existem duas raízes características, dadas por p −a 1 + ∆ r1 = , 2a 2

p −a 1 − ∆ r2 = 2a 2

que são reais e distintas, de modo que e r 1 x , e r 2 x são soluções fundamentais, uma vez que não são proporcionais. Segue então que y(x) = c 1 e r 1 x + c 2 e r 2 x é a solução geral da homogênea. A tabela seguinte resume essas informações. raízes características: r 1 , r 2 ∈ R, soluções fundamentais: e r 1 x ,

r 1 6= r 2

e r2 x

solução geral: y(x) = c 1 e r 1 x + c 2 e r 2 x

Vamos aplicar esse resultado no seguinte exemplo. Exemplo: Vamos considerar a seguinte EDO y 00 (x) − y 0 (x) − 2y(x) = 0

164

Capítulo 4. Equações diferenciais

Neste caso, temos que equação característica: r 2 − r − 2 = 0 raízes características: r 1 = −1, soluções fundamentais: e −x ,

r2 = 2 e 2x

solução geral: y(x) = c 1 e −x + c 2 e 2x

R AIZ REAL ÚNICA Quando ∆ = 0, existe uma única raiz característica r=

−a 1 2a 2

que é real, de modo que e r x é uma solução, mas temos que encontrar outra solução não-proprcional. Se y(x) é uma solução qualquer da homogênea, temos que ¶ µ y(x) 0 W (x) = rx 2 er x (e ) onde W (x) = c 1 e −Q(x) com Q 0 (x) = q(x) =

a1 = −2r a2

Segue então que Q(x) = −2r x de modo que µ

y(x) er x

¶0 =

c 1 e −Q(x) c 1 e 2r x = 2r x = c 1 e 2r x e

Integrando, segue que y(x) = c1 x + c2 er x

4.5. Coeficientes constantes

165

de modo que y(x) = c 1 xe r x + c 2 e r x é a solução geral da homogênea, pois xe r x , e r x são soluções fundamentais, uma vez que não são proporcionais. A tabela seguinte resume essas informações. raiz característica: r ∈ R soluções fundamentais: xe r x ,

er x

solução geral: y(x) = c 1 xe r x + c 2 e r x

Vamos aplicar esse resultado no seguinte exemplo. Exemplo: Vamos considerar a seguinte EDO y 00 (x) + 2y 0 (x) + y(x) = 0 Neste caso, temos que equação característica: r 2 + 2r + 1 = 0 raízes características: r = −1 soluções fundamentais: xe −x ,

e −x

solução geral: y(x) = c 1 xe −x + c 2 e −x

R AÍZES COMPLEXAS Quando ∆ < 0, existem duas raízes características, dadas por b

a p z}|{ zp}| { −a 1 ± ∆ −a 1 |∆| r1, r2 = = ±i = a ±ib 2a 2 2a 2 2a 2

166

Capítulo 4. Equações diferenciais

que são complexas e conjugadas. Nesse caso, em que sentido podemos afirmar que e r 1 x , e r 2 x são soluções da homogênea? Como apresentado no Apêndice, podemos definir a exponecial complexa por e (a+i b)x = e ax cos(bx) + i e ax sen(bx) e podemos mostrar que ³

´0 e (a+i b)x = (a + i b)e (a+i b)x

e que ³

(a+i b)x

´00

= (a + i b)2 e (a+i b)x

de modo que e r 1 x , e r 2 x são de fato soluções complexas da homogênea. Além disso, podemos mostrar que a parte real e a parte imáginária são também soluções da homogênea, de modo que e ax cos(bx), e ax sen(bx) são soluções reais da homogênea e, portanto, soluções fundamentais, uma vez que não são proporcionais. Segue então que y(x) = c 1 e ax cos(bx) + c 2 e ax sen(bx) é a solução geral da homogênea. A tabela seguinte resume essas informações. raiz característica: r 1 , r 2 = a ± i b soluções fundamentais: e ax cos(bx),

e ax sen(bx)

solução geral: y(x) = c 1 e ax cos(bx) + c 2 e ax sen(bx)

Vamos aplicar esse resultado no seguinte exemplo. Exemplo: Vamos considerar a seguinte EDO y 00 (x) + 2y 0 (x) + 5y(x) = 0

4.5. Coeficientes constantes

167

Neste caso, temos que equação característica: r 2 + 2r + 5 = 0 raízes características: r 1 , r 2 = −1 ± 2i soluções fundamentais: e −x cos(2x),

e −x sen(2x)

solução geral: y(x) = c 1 e −x cos(2x) + c 2 e −x sen(2x)

168

Capítulo 4. Equações diferenciais

C OEFICIENTES A DETERMINAR Uma vez que já conseguimos determinar a solução geral de qualquer homogênea com coeficientes constantes, vamos agora obter um método bastante útil para se determinar uma solução particular da não-homogênea, no caso em que o termo não-homogêneo é o produto de um polinômio por uma exponencial vezes um seno ou um cosseno. Com isso obtemos a solução geral da não-homogênea, que é dada pela soma de uma solução particular mais a solução geral da homogênea. Vamos primeiro analisar o caso em que os coeficientes da EDO são complexos e o termo não-homogêneo é um polinômio com coefientes reais. Proposição 4.8 Considere a EDO α2 y 00 (x) + α1 y 0 (x) + α0 y(x) = f (x) onde α0 , α1 , α2 ∈ C e f (x) é um polinômio de grau n com coefientes reais. Para cada caso abaixo, existe um polinômio Y (x) de grau n com coefientes complexos tal que uma solução particular y(x) da não-homogênea é dada por: (A)

α0 6= 0 ⇒ y(x) = Y (x)

(B) α0 = 0, α1 6= 0 ⇒ y(x) = xY (x) (C)

α0 = α1 = 0 ⇒ y(x) = x 2 Y (x)

Prova: Vamos fazer apenas o caso em que n ≤ 2, de modo que f (x) = b 2 x 2 + b 1 x + b 0

4.5. Coeficientes constantes

169

e que Y (x) = β2 x 2 + β1 x + β0 Em cada caso, devemos determinar os coeficientes β0 , β1 , β2 ∈ C. (A) Se α0 6= 0, vamos mostrar que existe uma solução particular da não-homogênea dada por y(x) = Y (x). Neste caso, temos que y(x) = β2 x 2 + β1 x + β0 y 0 (x) = + 2β2 x + β1 00 y (x) = + + 2β2 de modo que α0 y(x) = α0 β2 x 2 + α0 β1 x + α0 β0 α1 y 0 (x) = + 2α1 β2 x + α1 β1 00 α2 y (x) = + + 2α2 β2 Somando essas equações obtemos que f (x) = (α0 β2 )x 2 + (α0 β1 + 2α1 β2 )x + (α0 β0 + α1 β1 + 2α2 β2 ) Como f (x) = b 2 x 2 + b 1 x + b 0 igualando os coeficientes, obtemos que α0 β2 = b 2 α0 β1 + 2α1 β2 = b 1  α0 β0 + α1 β1 + 2α2 β2 = b 0  

Como α0 6= 0, esse sistema de equações determina os coeficientes β0 , β1 , β2 . (B) Se α0 = 0 e α1 6= 0, vamos mostrar que existe uma solução particular da não-homogênea dada por y(x) = xY (x). Neste caso, temos que y(x) = β2 x 3 + β1 x 2 + β0 x + y 0 (x) = + 3β2 x 2 + 2β1 x + β0 y 00 (x) = + + 6β2 x + 2β1

170

Capítulo 4. Equações diferenciais

de modo que α0 y(x) = 0 + 0 + 0 0 2 α1 y (x) = 3α1 β2 x + 2α1 β1 x + α1 β0 α2 y 00 (x) = + 6α2 β2 x + 2α2 β1 uma vez que α0 = 0. Somando essas equações obtemos que f (x) = (3α1 β2 )x 2 + (2α1 β1 + 6α2 β2 )x + (α1 β0 + 2α2 β1 ) Como f (x) = b 2 x 2 + b 1 x + b 0 igualando os coeficientes, obtemos que 3α1 β2 = b 2 2α1 β1 + 6α2 β2 = b 1  α1 β0 + 2α2 β1 = b 0  

Como α1 6= 0, esse sistema de equações determina os coeficientes β0 , β1 , β2 . (C) Se α0 = α1 = 0, vamos mostrar que existe uma solução particular da não-homogênea dada por y(x) = x 2 Y (x). Neste caso, temos que y(x) = β2 x 4 + β1 x 3 + β0 x 2 y 0 (x) = 4β2 x 3 + 3β1 x 2 + 2β0 x y 00 (x) = 12β2 x 2 + 6β1 x + 2β0 de modo que α0 y(x) = 0 0 α1 y (x) = 0 α2 y 00 (x) = 12α2 β2 x 2 + 6α2 β1 x + 2α2 β0 uma vez que α0 = α1 = 0. Somando essas equações obtemos que f (x) = (12α2 β2 )x 2 + (6α2 β1 )x + (2α2 β0 ) Como f (x) = b 2 x 2 + b 1 x + b 0

4.5. Coeficientes constantes

171

igualando os coeficientes, obtemos que   12α2 β2 = b 2 6α2 β1 = b 1  2α2 β0 = b 0 Como α2 6= 0, esse sistema de equações determina os coeficientes β0 , β1 , β2 .

Vamos aplicar esse resultado ao seguinte exemplo. Exemplo: Vamos considerar a seguinte EDO y 00 (x) + 3y 0 (x) = x Neste caso, temos que f (x) = x tem grau n = 1, de modo que Y (x) = β1 x + β0 Como α0 = 0 e α1 = 3 6= 0, temos que y(x) = xY (x) de modo que y(x) = β1 x 2 + β0 x Neste caso, temos que y 0 (x) = 2β1 x + β0 y 00 (x) = + 2β1 de modo que 3y 0 (x) = 6β1 x + 3β0 y 00 (x) = + 2β1 Somando as equações x = (6β1 )x + (3β0 + 2β1 )

172

Capítulo 4. Equações diferenciais

de modo que ½

6β1 = 1 3β0 + 2β1 = 0

Resolvendo esse sistema, obtemos que β1 =

1 6

β0 = −

1 9

de modo que 1 1 y(x) = x 2 − x 6 9 é uma solução particular da não homogênea.

Vamos retornar à análise de EDOs com coeficientes reais. Proposição 4.9 Considere a EDO a 2 y 00 (x) + a 1 y 0 (x) + a 0 y(x) = f (x)e αx onde a 0 , a 1 , a 2 ∈ R, f (x) é um polinômio de grau n com coefientes reais e α ∈ C. Para cada caso abaixo, existe um polinômio Y (x) de grau n com coefientes complexos tal que uma solução particular y(x) da nãohomogênea é dada por: (A)

α não é raiz característica ⇒ y(x) = Y (x)e αx

(B) α é raiz característica e ∆ 6= 0 ⇒ y(x) = xY (x)e αx (C) α é raiz característica e ∆ = 0 ⇒ y(x) = x 2 Y (x)e αx

4.5. Coeficientes constantes

173

Prova: Vamos procurar uma solução da forma y(x) = z(x)e αx de modo que y 0 (x) = z 0 (x)e αx + z(x)αe αx = (z 0 (x) + αz(x))e αx e que y 0 (x) = (z 00 (x) + αz 0 (x))e αx + (z 0 (x) + αz(x))αe αx = (z 00 (x) + 2αz 0 (x) + α2 z(x))e αx Segue então que a 0 y(x) = a 0 z(x)e αx 0 0 a 1 y (x) = (a 1 z (x) + a 1 αz(x))e αx a 2 y 00 (x) = (a 2 z 00 (x) + 2a 2 αz 0 (x) + a 2 α2 z(x))e αx Somando as equações, obtemos que ¡ ¢ f (x)e αx = a 2 z 00 (x) + (2a 2 α + a 1 )z 0 (x) + (a 2 α2 + a 1 α + a 0 )z(x) e αx de modo que α0

α1 z }| { }| { z 0 2 00 a 2 z (x) + (2a 2 α + a 1 ) z (x) + (a 2 α + a 1 α + a 0 ) z(x) = f (x)

(A) Se s não é raiz característica, então α0 = a 2 α2 + a 1 α + a 0 6= 0 de modo que existe um polinômio Y (x) de grau n com coefientes complexos tal que z(x) = Y (x), mostrando que y(x) = Y (x)e αx

174

Capítulo 4. Equações diferenciais (B) Se s é raiz característica e ∆ 6= 0, então α0 = a 2 α2 + a 1 α + a 0 = 0

e, como

p −a 1 ± ∆ α= 2a 2

temos que

p α1 = 2a 2 α + a 1 = ± ∆ 6= 0

de modo que existe um polinômio Y (x) de grau n com coefientes complexos tal que z(x) = xY (x), mostrando que y(x) = xY (x)e αx (C) Se s é raiz característica e ∆ = 0, então α0 = a 2 α2 + a 1 α + a 0 = 0 e

p α1 = 2a 2 α + a 1 = ± ∆ = 0

de modo que existe um polinômio Y (x) de grau n com coefientes complexos tal que z(x) = x 2 Y (x), mostrando que y(x) = x 2 Y (x)e αx

Vamos aplicar esse resultado ao seguinte exemplo. Exemplo: Vamos considerar a seguinte EDO y 00 (x) − 3y 0 (x) + 2y(x) = e 2x Neste caso, temos que f (x) = 1 tem grau n = 0, de modo que Y (x) = β0 Temos que α = 2 é raiz da equação característica r 2 − 3r + 2 = 0

4.5. Coeficientes constantes

175

cujo discriminante é ∆ = 1 6= 0 de modo que y(x) = xY (x)e 2x Segue então que y(x) = β0 xe 2x y 0 (x) = β0 e 2x + β0 x2e 2x y 00 (x) = β0 2e 2x + β0 2e 2x + β0 x4e 2x de modo que 2y(x) = 2β0 xe 2x −3y 0 (x) = −3β0 e 2x − 6β0 xe 2x y 00 (x) = 4β0 e 2x + 4β0 xe 2x Somando as equações, obtemos que e 2x = β0 e 2x de modo que β0 = 1 mostrando que y(x) = xe 2x é solução particular da não-homogênea.

Agora vamos apresentar e demonstrar o método dos Coeficientes a Determinar. Proposição 4.10 Considere a EDO a 2 y 00 (x) + a 1 y 0 (x) + a 0 y(x) = (b n x n + · · · + b 1 x + b 0 )e ax cos(bx)

176

Capítulo 4. Equações diferenciais

onde os coeficientes são todos reais. Então é possível determinar coeficientes reais tais que uma solução particular é dada por y(x) =

x k (B n x n + · · · + B 1 x + B 0 )e ax cos(bx)+ +x k (C n x n + · · · +C 1 x +C 0 )e ax sen(bx)

onde k é o menor inteiro tal que nenhuma das parcelas acima é solução da homogêna associada.

Prova: Considere a EDO a 2 y 00 (x) + a 1 y 0 (x) + a 0 y(x) = f (x)e αx onde f (x) = b n x n + · · · + b 1 x + b 0 e α = a +ib Temos que a solução dessa EDO é da forma y(x) = x k Y (x)e αx onde Y (x) é um polinômio de grau n com coefientes complexos. Podemos escrever Y (x) = R(x) + i I (x) onde R(x) e I (x) são polinômios de grau n com coefientes reais, de modo que y(x) = x k Y (x)e αx ¡ ¢ = x k (R(x) + i I (x)) e ax cos(bx) + i e ax sen(bx) ³ ´ = x k R(x)e ax cos(bx) − x k I (x)e ax sen(bx) + ³ ´ +i x k R(x)e ax sen(bx) + x k I (x)e ax cos(bx)

4.5. Coeficientes constantes

177

A parte real dessa solução satisfaz a EDO do enunciado a 2 y 00 (x) + a 1 y 0 (x) + a 0 y(x) = f (x)e ax cos(bx) e é da forma y(x) = x k R(x)e ax cos(bx) − x k I (x)e ax sen(bx) Resta apenas mostrar que k é como descrito no enunciado. Se α não é raiz característica, temos que k = 0 e que nenhuma das parcelas B 0 e ax cos(bx), B 1 xe ax cos(bx), . . . , B n x n e ax cos(bx) ou C 0 e ax sen(bx),C 1 xe ax sen(bx), . . . ,C n x n e ax sen(bx) é solução da homogênea associada. Neste caso, k = 0 é de fato o menor inteiro tal que nenhuma das parcelas em y(x) =

x k (B n x n + · · · + B 1 x + B 0 )e ax cos(bx)+ +x k (C n x n + · · · +C 1 x +C 0 )e ax sen(bx)

é solução da homogêna associada. Se α é raiz característica e ∆ 6= 0, temos que k = 1 e que B 0 e ax cos(bx)

C 0 e ax sen(bx)

são soluções da homogênea associada. Neste caso, k = 1 é de fato o menor inteiro tal que nenhuma das parcelas em y(x) =

x k (B n x n + · · · + B 1 x + B 0 )e ax cos(bx)+ +x k (C n x n + · · · +C 1 x +C 0 )e ax sen(bx)

é solução da homogênea associada. Se α é raiz característica e ∆ = 0, temos que k = 2 e que b = 0, de modo que cos(bx) = cos(0) = 1 e sen(bx) = sen(0) = 0

178

Capítulo 4. Equações diferenciais

Temos também que B 0 e ax

B 1 xe ax

são soluções da homogênea associada. Neste caso, k = 2 é de fato o menor inteiro tal que nenhuma das parcelas em y(x) = x k (B n x n + · · · + B 1 x + B 0 )e ax é solução da homogênea associada.

Observe que se b = 0 a EDO do enunciado é dada por a 2 y 00 (x) + a 1 y 0 (x) + a 0 y(x) = (b n x n + · · · + b 1 x + b 0 )e ax enquanto que a solução é dada por y(x) = x k (B n x n + · · · + B 1 x + B 0 )e ax de modo que é necessário determinar apenas esses coeficientes. Observe também que o resultado acima é válido para a EDO a 2 y 00 (x) + a 1 y 0 (x) + a 0 y(x) = (b n x n + · · · + b 1 x + b 0 )e ax sen(bx) bastando considerar na demonstração a parte imaginária da solução de a 2 y 00 (x) + a 1 y 0 (x) + a 0 y(x) = f (x)e αx Vamos aplicar esse resultado ao seguinte exemplo. Exemplo: Vamos considerar a seguinte EDO y 00 (x) − 3y 0 (x) + 2y(x) = cos(2x) Neste caso, temos que n = 0, que a = 0 e que b = 2, de modo que y(x) = x k (B 0 cos(2x) +C 0 sen(2x)) Temos que a equação característica r 2 − 3r + 2 = 0

4.5. Coeficientes constantes

179

tem discriminante ∆=1>0 de modo que B 0 cos(2x) e C 0 sen(2x) não são soluções da homogênea associada. Devemos então escolher k = 0. Por comodidade, vamos escrever B 0 = B e C 0 = C . Segue então que y(x) = B cos(2x) +C sen(2x) y 0 (x) = −2B sen(2x) + 2C cos(2x) y 00 (x) = −4B cos(2x) − 4C sen(2x) de modo que 2y(x) = 2B cos(2x) + 2C sen(2x) −3y 0 (x) = 6B sen(2x) − 6C cos(2x) y 00 (x) = −4B cos(2x) − 4C sen(2x) Somando as equações, obtemos que cos(2x) = (−2B − 6C ) cos(2x) + (6B − 2C ) sen(2x) de modo que ½

−2B − 6C 6B − 2C

= 1 = 0

Temos então que B =−

1 20

C =−

3 20

mostrando que y(x) = −

1 3 cos(2x) − sen(2x) 20 20

é solução particular da não-homogênea.

180

Capítulo 4. Equações diferenciais

4.6

C OEFICIENTES VARIÁVEIS

Vamos retornar ao caso em que os coeficientes são funções de x, considerando o seguinte Problema de Valor Inicial

(PVI)

 00 0  y (x) + q(x)y (x) + p(x)y(x) = 0 

y(0) = y 0 ,

y 0 (0) = y 1

O seguinte resultado é demonstrado no Apêndice. Proposição 4.11 Se p(x) e q(x) são séries de potências, então todo PVI possui uma solução y(x) dada por uma série de potências que converge pelo menos em (−R, R), onde R é o menor dos raios de converência de p(x) e q(x). Vamos aplicar esse resultado aos seguintes exemplos. Exemplos 1) A equação de Legendre (1 − x 2 )y 00 (x) − 2x y 0 (x) + λ(λ + 1)y(x) = 0 onde λ ∈ N, é equivalente à EDO y 00 (x) −

λ(λ + 1) 2x y 0 (x) + y(x) = 0 2 1−x 1 − x2

para x ∈ (−1, 1). Uma vez que ∞ ∞ X X 1 2 n = (x ) = x 2n 1 − x 2 n=0 n=0

4.6. Coeficientes variáveis

181

com R = 1, segue que q(x) = −2x

1 1 − x2

p(x) = λ(λ + 1)

1 1 − x2

são séries de potências com R = 1. Pela proposição acima, existe uma solução dada por y(x) =

∞ X

an x n

n=0

que converge pelo menos em (−1, 1). 2) A equação de Hermite y 00 (x) − 2x y 0 (x) + 2λy(x) = 0 onde λ ∈ N, é tal que q(x) = −2x

p(x) = 2λ

são séries de potências com R = ∞, uma vez que são polinômios. Pela proposição acima, existe uma solução dada por y(x) =

∞ X

an x n

n=0

que converge em (−∞, ∞). 3) A equação de Euler x 2 y 00 (x) + ax y 0 (x) + b y(x) = 0 onde a, b ∈ R, é equivalente à EDO y 00 (x) +

a 0 b y (x) + 2 y(x) = 0 x x

182

Capítulo 4. Equações diferenciais

para x > 0. Uma vez que q(x) =

a x

p(x) =

b x2

não estão definidas em x = 0, elas não podem ser escritas como séries de potências, de modo que a proposição acima não pode ser aplicada.

A solução geral de uma EDO de 2ª ordem pode ser descrita da seguinte forma. Proposição 4.12 Se p(x) e q(x) são séries de potências, então a solução geral da EDO y 00 (x) + q(x)y 0 (x) + p(x)y(x) = 0 é dada por y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) onde y 1 (x) e y 2 (x) são soluções dos PVIs ½

y 1 (0) = 1 y 10 (0) = 0

½ e

y 2 (0) = 0 y 20 (0) = 1

Em particular, todo PVI possui uma única solução, dada por uma série de potências que converge pelo menos em (−R, R), onde R é o menor dos raios de converência de p(x) e q(x).

Prova:

4.6. Coeficientes variáveis

183

Para a primeira parte, basta mostrarmos que y 1 (x) e y 2 (x) são soluções fundamentais, o que é verdade, uma vez que ¯ ¯ y 1 (0) y 2 (0) W (y 1 (0), y 2 (0)) = ¯¯ 0 y 1 (0) y 20 (0)

¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 ¯=¯ ¯ ¯ 0 1

¯ ¯ ¯ = 1 6= 0 ¯

Como a solução geral é dada por y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) segue que y 0 (x) = c 1 y 10 (x) + c 2 y 20 (x) Logo ½

y(0) = c 1 = y 0 y 0 (0) = c 2 = y 1

de modo que as condições iniciais determinam os coeficientes c 1 e c 2 , mostrando que todo PVI tem solução única.

S OLUÇÕES POR SÉRIES DE POTÊNCIAS Uma vez que sabemos que as soluções fundamentais são dadas por séries de potências, como podemos determinar os coeficientes dessas séries de potências. Relembramos que

y(x) =

a0 +

a1 x +

a2 x 2 +

a3 x 3 + · · ·

y 0 (x) =

a1 +

a 2 2x +

a 3 3x 2 +

a 4 4x 3 + · · ·

y 00 (x) = a 2 2 + a 3 3 · 2x + a 4 4 · 3x 2 + a 5 5 · 4x 3 + · · ·

184

Capítulo 4. Equações diferenciais

de modo que y(x) =

∞ X

an x n

n=0

y 0 (x) =

∞ X

a n+1 (n + 1)x n

n=0

y 00 (x) =

∞ X

a n+2 (n + 2)(n + 1)x n

n=0

Segue que as condições iniciais determinam os dois primeiros coeficientes, uma vez que ½ y(0) = a 0 = y 0 y 0 (0) = a 1 = y 1 Para determinarmos os demais coeficientes, temos que utilizar a EDO. Vamos determinar como proceder através de um exemplo. Exemplo: Considere a EDO y 00 (x) + y(x) = 0 Temos que q(x) = 0

p(x) = 1

são séries de potências com R = ∞, uma vez que são polinômios, de modo que existe uma solução dada por y(x) =

∞ X

an x n

n=0

que converge em (−∞, ∞). Substituindo y 00 (x) =

∞ X

a n+2 (n + 2)(n + 1)x n

n=0

na EDO, obtemos que ∞ X n=0

a n+2 (n + 2)(n + 1)x n +

∞ X n=0

an x n = 0

4.6. Coeficientes variáveis

185

Somando as duas séries de potências, obtemos que ∞ X

(a n+2 (n + 2)(n + 1) + a n ) x n = 0

n=0

Pela unicidade dos coeficientes de séries de potências, a única série de potências identicamente nula é a que possui todos os coeficientes nulos, de modo que

a n+2 (n + 2)(n + 1) + a n = 0

para todo n ≥ 0. Obtemos então que

a n+2 =

−1 an (n + 2)(n + 1)

para todo n ≥ 0, denominada Equação de Recorrência dos coeficientes. A partir do coeficiente a 0 , obtemos os coeficientes pares, uma vez que

a2 =

−1 a0 = (0 + 2)(0 + 1)

−1 a0 2!

a4 =

−1 a2 = (2 + 2)(2 + 1)

−1 −1 a0 4 · 3 2!

(−1)2 a0 4!

a6 =

−1 a2 = (4 + 2)(4 + 1)

−1 (−1)2 a0 = 6 · 5 4!

(−1)3 a0 6!

.. . a 2k

.. . =

(−1)k a0 (2k)!

186

Capítulo 4. Equações diferenciais

Por outro lado, a partir do coeficiente a 1 , obtemos os coeficientes ímpares, uma vez que a3 =

−1 a1 = (1 + 2)(1 + 1)

−1 a1 3!

a5 =

−1 a3 = (3 + 2)(3 + 1)

−1 −1 a1 5 · 4 3!

(−1)2 a1 5!

a7 =

−1 a5 = (5 + 2)(5 + 1)

−1 (−1)2 a1 = 7 · 6 5!

(−1)3 a1 7!

.. . a 2k+1 =

.. . (−1)k a1 (2k + 1)!

Segue então que (−1)k a0 , (2k)! an =  (−1)k   a1 , (2k + 1)!    

n = 2k n = 2k + 1

Para obtermos as soluções fundamentais, devemos utilizar as respectivas condições iniciais. Para y 1 (x), temos que ½

y 1 (0) = 1 = a 0 y 10 (0) = 0 = a 1

de modo que   (−1)k , an = (2k)!  0,

n = 2k n = 2k + 1

Segue então que y 1 (x) =

∞ X n=0

an x n

4.6. Coeficientes variáveis

187

∞ (−1)k X x 2k (2k)! k=0 = cos(x)

Por outro lado, para y 2 (x), temos que ½

y 2 (0) = 0 = a 0 y 20 (0) = 1 = a 1

de modo que an =

  

n = 2k

(−1) , (2k + 1)!

n = 2k + 1

Segue então que y 1 (x) =

∞ X

an x n

n=0 ∞ X

(−1)k 2k+1 x k=0 (2k + 1)! = sen(x)

Temos então que a solução geral é dada por y(x) = c 1 cos(x) + c 2 sen(x) onde c 1 , c 2 ∈ R.

O procedimento apresentado no exemplo acima também pode ser utilizado para se obter soluções por séries de potências de EDOs com coeficientes variáveis.

CAPÍTULO

T RANSFORMADA DE L APLACE

189

190

5.1

Capítulo 5. Transformada de Laplace

D EFINIÇÃO E PROPRIEDADES

A transformada de Laplace de uma dada função y(x) é uma nova função com variável independente dada por s e definida pela seguinte integral imprópria £

¤ L y(x) (s) =

∞

e −sx y(x) d x

O domínio da transformada é o conjunto dos s ∈ R tais que a integral imprópria existe e é finita. Quando for conveniente, suprimiremos algumas das respectivas variáveis independentes, £ ¤de modo £que ¤ a transformada da £ função ¤ y(x) poderá ser denotada por L y(x) ou por L y (s) ou ainda por L y . Exemplo: A transformada da função e ax é dada por £ ¤ L e ax (s) =

∞

e −sx e ax d x

∞

e (a−s)x d x 0 · (a−s)x ¸∞ e = a−s 0 µ ¶ e (a−s)x e (a−s)0 lim − = x→∞ a − s a−s 1 = s−a =

para todo s > a, que é o domínio dessa transformada, uma vez que a integral imprópria é infinita para todo s ≤ 0.

Pode-se mostrar que, quando não é vazio, o domínio de uma transformada é da forma (a, ∞). Uma vez que não será de utilidade para os resultados desse capítulo, não iremos nos preocupar em determinar os domínios das diversas tranformadas a serem consideradas.

5.1. Definição e propriedades

191

L INEARIDADE DA TRANSFORMADA Uma das propriedade mais simples da transformada é que a transformada da combinação linear de duas funções é a combinação linear das transformadas dessas duas funções. Proposição 5.1 Para quaisquer a, b ∈ R, temos que £ ¤ £ ¤ L a y + bz = aL y + bL [z]

Prova: Temos que £ ¤ L a y + bz =

∞

Z0 ∞

e −sx (a y(x) + bz(x)) d x

ae −sx y(x) + be −sx z(x) d x 0 Z ∞ Z ∞ −sx = a e y(x) d x + b e −sx z(x) d x 0 0 £ ¤ = aL y + bL [z] =

Exemplo: Temos que £ ¤ £ ¤ £ ¤ L 3e 2x − 2e −3x = 3L e 2x − 2L e −3x 1 1 = 3 −2 s −2 s +3

192

Capítulo 5. Transformada de Laplace

T RANSFORMADA DA DERIVADA A mais importante propriedade da transformada é que ela tranforma derivar em relação à variável x em multiplicar pela variável s. Essa é a propriedade que a torna útil na resolução de PVIs como veremos mais adiante. Proposição 5.2 Temos que £ ¤ £ ¤ L y 0 = sL y − y(0)

Prova: A demonstração se baseia na regra da integração por partes e no fato de que ¡ −sx ¢0 e = −se −sx Segue então que £ ¤ L y0 =

∞

e −sx y 0 (x) d x Z ∞ £ −sx ¤∞ = e y(x) 0 − −se −sx y(x) d x Z ∞ 0 = −y(0) + s e −sx y(x) d x 0 £ ¤ = sL y − y(0) 0

onde utilizamos que lim y(x)e −sx = 0

x→∞

para s suficientemente grande.

5.1. Definição e propriedades

193

Vamos considerar os seguintes exemplos. Exemplos 1) Pela regra da transformada da derivada, temos que h¡ ¢0 i ¤ ¤ £ £ L e ax = sL e ax − e 0 = sL e ax − 1 Por outro lado, usando a linearidade, temos que h¡ ¢0 i £ ¤ £ ¤ L e ax = L ae ax = aL e ax de modo que £ ¤ £ ¤ sL e ax − 1 = aL e ax Segue então que ¤ £ (s − a)L e ax = 1 de modo que 1 s−a Observe que, quando a = 0, obtemos que £ ¤ L e ax =

£ ¤ L [1] = L e 0 1 = s −0 1 = s 2) Pela regra da transformada da derivada, temos que h¡ ¢ i £ ¤ £ ¤ 0 L x n = sL x n − 0n = sL x n Por outro lado, usando a linearidade, temos que h¡ ¢ i £ ¤ £ ¤ 0 L x n = L nx n−1 = nL x n−1

194

Capítulo 5. Transformada de Laplace

de modo que £ ¤ £ ¤ sL x n = nL x n−1 Segue então que

£ ¤ n £ ¤ L x n = L x n−1 s

de modo que =

1 L [1] s

1! s2

£ ¤ L x2 =

2 L [x] s

2! s3

£ ¤ L x3 =

3 £ 2¤ = L x s

3! s4

£ ¤ 4 £ 3¤ L x = L x4 = s .. .. . . n! L [x n ] = n+1 s

4! s5

L [x]

A partir da regra da transformada da derivada primeira, podemos obter a regra da transformada da derivada segunda. Proposição 5.3 Temos que £ ¤ £ ¤ L y 00 = s 2 L y − s y(0) − y 0 (0)

Prova:

5.1. Definição e propriedades

195

Temos que £ ¤ £ ¤ L y 00 = L (y 0 )0 £ ¤ = sL y 0 − y 0 (0) ¡ £ ¤ ¢ = s sL y − y(0) − y 0 (0) £ ¤ = s 2 L y − s y(0) − y 0 (0)

Vamos considerar os seguintes exemplos. Exemplos 1) Pela regra da transformada da derivada segunda, temos que £ ¤ L ( sen)00 = s 2 L [ sen] − s sen(0) − sen0 (0) = s 2 L [ sen] − 1 Por outro lado, usando a linearidade, temos que £ ¤ L ( sen)00 = L [− sen] = −L [ sen] de modo que s 2 L [ sen] − 1 = −L [ sen] Segue então que (s 2 + 1)L [ sen] = 1 de modo que L [ sen] =

1 s2 + 1

2) Pela regra da transformada da derivada segunda, temos que £ ¤ L ( cos)00 = s 2 L [ cos] − s cos(0) − cos0 (0) = s 2 L [ cos] − s Por outro lado, usando a linearidade, temos que £ ¤ L ( cos)00 = L [− cos] = −L [ cos]

196

Capítulo 5. Transformada de Laplace

de modo que s 2 L [ cos] − s = −L [ cos] Segue então que (s 2 + 1)L [ cos] = s de modo que L [ cos] =

5.2

s s2 + 1

T RANSFORMADA DE PVI S

Podemos considerar a transformada de um dado PVI com coeficientes constantes  00 0  a2 y + a1 y + a0 y = f 

y(0) = y 0 ,

y 0 (0) = y 1

Aplicando a transformada em ambos os lados da EDO, temos que ¤ £ ¤ £ L a 2 y 00 + a 1 y 0 + a 0 y = L f Podemos então utilizar a linearidade da transformada para obter £ ¤ £ ¤ £ ¤ £ ¤ a 2 L y 00 + a 1 L y 0 + a 0 L y = L f Utilizando as regras da transformada das derivadas, segue que ¡ £ ¤ ¢ 0 a 2 s 2 L y −¡ s y(0) − y (0) £ ¤ ¢+ +a 1 sL y − y(0)£ +¤ £ ¤ +a 0 L y = L f Usando as condições iniciais, temos que £ ¤ ¡ ¢ a 2 s 2 L y − a 2£ s ¤y 0 + y 1 + +a 1 sL y − a 1 y£0 +¤ £ ¤ +a 0 L y = L f

5.2. Transformada de PVIs

197

Colocando a transformada da solução do PVI em evidência, segue então que ¡ ¢ £ ¤ ¡ ¢ £ ¤ a2 s 2 + a1 s + a0 L y = a2 s y 0 + y 1 + a1 y 0 + L f de modo que ¡ ¢ £ ¤ £ ¤ a2 s y 0 + y 1 + a1 y 0 + L f L y = a2 s 2 + a1 s + a0 Vamos considerar um exemplo de um PVI homogêneo. Exemplo: Considere o PVI  00 0  y + 3y + 2y = 0 

y(0) = 1,

y 0 (0) = −2

e aplique a transformada em ambos os lados da EDO £ ¤ L y 00 + 3y 0 + 2y = L [0] = 0 Podemos então utilizar a linearidade da transformada £ ¤ £ ¤ £ ¤ L y 00 + 3L y 0 + 2L y = 0 as regras da transformada das derivadas ¡ 2 £ ¤ ¢ 0 s L y −¡ s y(0) − y (0) £ ¤ ¢+ +3 sL y − y(0)£ +¤ +2L y = 0 e as condições iniciais £ ¤ s 2 L y −£(s ¤− 2) + +3sL y −£3+¤ +2L y = 0 Colocando a transformada da solução do PVI em evidência ¡ 2 ¢ £ ¤ s + 3s + 2 L y = (s − 2) + 3 = s + 1 obtemos que £ ¤ L y =

s +1 s 2 + 3s + 2

198

Capítulo 5. Transformada de Laplace

Uma vez que s 2 + 3s + 2 = (s + 1)(s + 2) segue que £ ¤ 1 = L e −2x s +2 Vamos ver mais adiante que isso de fato implica que £ ¤ L y =

y(x) = e −2x

R EGRA DO DESLOCAMENTO O efeito sobre a transformada de multiplicarmos uma função y(x) pela função e ax é deslocarmos a variável s para a variável s − a. Proposição 5.4 Temos que £ ¤ £ ¤ L y(x)e ax (s) = L y(x) (s − a)

Prova: Temos que £ ¤ L y(x)e ax (s) = =

∞

Z0 ∞ 0

e −sx y(x)e ax d x e (a−s)x y(x) d x

5.2. Transformada de PVIs

199

∞

e −(s−a)x y(x) d x 0 £ ¤ = L y(x) (s − a) =

Exemplo: Uma vez que £ ¤ n! L x n (s) = n+1 s pela regra do deslocamento, segue que ¤ £ £ ¤ L x n e ax (s) = L x n (s − a) n! = (s − a)n+1 Por exemplo ¤ £ L xe −x =

1 (s + 1)2

Vamos considerar mais um exemplo de um PVI homogêneo. Exemplo: Considere o PVI  00 0  y + 2y + y = 0 

y(0) = 0,

y 0 (0) = 1

e aplique a transformada em ambos os lados da EDO £ ¤ L y 00 + 2y 0 + y = L [0] = 0 Podemos então utilizar a linearidade da transformada £ ¤ £ ¤ £ ¤ L y 00 + 2L y 0 + L y = 0

200

Capítulo 5. Transformada de Laplace

as regras da transformada das derivadas ¡

£ ¤ ¢ 0 s 2 L y −¡ s y(0) − y (0) £ ¤ ¢+ +2 sL y − y(0)£ +¤ +L y = 0

e as condições iniciais £ ¤ s 2 L y £− 1+ ¤ +2sL y£ +¤ +L y = 0 Colocando a transformada da solução do PVI em evidência ¡

¢ £ ¤ s 2 + 2s + 1 L y = 1

obtemos que £ ¤ L y =

1 s 2 + 2s + 1

Uma vez que s 2 + 2s + 1 = (s + 1)2 segue que £ ¤ L y =

£ ¤ 1 = L xe −x 2 (s + 1)

Vamos ver mais adiante que isso de fato implica que y(x) = xe −x

M UDANÇA DE ESCALA O efeito sobre a transformada de multiplicamos a variável x por uma constante positiva b é dividirmos tanto a transformada quanto a variável s por b.

5.2. Transformada de PVIs

201

Proposição 5.5 Temos que £ ¤ ¤³ s ´ 1 £ L y(bx) (s) = L y(x) b b

Prova: Temos que £

L y(x)e

∞

Z (s) =

e −sx y(bx) d x

Fazendo a mudança de variáveis x = bt , onde d x = dbt , segue que t = 0, quando x = 0, e que t → ∞, quando x → ∞, de modo que Z ∞ £ ¤ t dt ax (s) = L y(x)e e −s b y(t ) b 0 Z 1 ∞ −¡ s ¢t e b y(t ) d t = b 0 Fazendo a mudança de variáveis t = x, onde d t = d x, temos que Z £ ¤ 1 ∞ −¡ s ¢x ax L y(x)e (s) = e b y(x) d x b 0 ¤³ s ´ 1 £ = L y(x) b b

Exemplos 1) Uma vez que L [ sen(x)] (s) =

1 s2 + 1

202

Capítulo 5. Transformada de Laplace

pela regra da mudança de escala, segue que L [ sen(bx)] (s) = =

³s´ 1 L [ sen(x)] b b 1 1 ¡ ¢ b s 2 +1 b

1 b2

b s2 + b2

s2 b2

Utilizando a regra do deslocamento, obtemos que £ ¤ L e ax sen(bx) (s) = L [ sen(bx)] (s − a) b = (s − a)2 + b 2 Por exemplo £ ¤ L e −x sen(2x) =

2 (s + 1)2 + 4

2) Uma vez que L [ cos(x)] (s) =

s s2 + 1

pela regra da mudança de escala, segue que L [ cos(bx)] (s) = =

³s´ 1 L [ cos(x)] b b s 1 b ¡ s ¢2 b +1 b

= =

1 b2

s s2 b2

+1 s s2 + b2

Utilizando a regra do deslocamento, obtemos que £ ¤ L e ax cos(bx) (s) = L [ cos(bx)] (s − a)

5.2. Transformada de PVIs

203 s−a (s − a)2 + b 2

= Por exemplo £ ¤ L e −x cos(2x) =

s +1 (s + 1)2 + 4

Vamos considerar mais um exemplo de um PVI homogêneo. Exemplo: Considere o PVI  00 0  y + 2y + 5y = 0 

y(0) = 0,

y 0 (0) = 2

e aplique a transformada em ambos os lados da EDO £ ¤ L y 00 + 2y 0 + 5y = L [0] = 0 Podemos então utilizar a linearidade da transformada £ ¤ £ ¤ £ ¤ L y 00 + 2L y 0 + 5L y = 0 as regras da transformada das derivadas ¡ 2 £ ¤ ¢ 0 s L y −¡ s y(0) £ ¤− y (0)¢ + +2 sL y − y(0)£ +¤ +5L y = 0 e as condições iniciais £ ¤ s 2 L y £− 2+ ¤ +2sL y£ +¤ +5L y = 0 Colocando a transformada da solução do PVI em evidência ¡ 2 ¢ £ ¤ s + 2s + 5 L y = 2

204

Capítulo 5. Transformada de Laplace

obtemos que £ ¤ L y =

2 s 2 + 2s + 5

Uma vez que s 2 + 2s + 1 = (s + 1)2 + 4 segue que £ −x ¤ 2 = L e sen(2x) (s + 1)2 + 4 Vamos ver mais adiante que isso de fato implica que £ ¤ L y =

y(x) = e −x sen(2x)

D ERIVADA DA TRANSFORMADA £ ¤ Enquanto a transformada da derivada está relacionada com multiplicar L y pela variável s, a derivada da transformada está relacionada com multiplicar y £ ¤ pela variável −x. Primeiro vamos mostrar que a transformada L y (s) é uma função contínua em relação à variável s. Proposição 5.6 Temos que £ ¤ £ ¤ lim L y (s + h) = L y (s)

h→0

Prova: Temos que £ ¤ £ ¤ L y (s + h) − L y (s) =

∞

e 0

−(s+h)x

∞

Z y(x) d x −

e −sx y(x) d x

5.2. Transformada de PVIs

205

Z = =

∞³

Z0 ∞ 0

´ e −(s+h)x − e −sx y(x) d x

−xhe −(s+c)x y(x) d x

onde utilizamos, na última igualdade, o Teorema do Valor Médio aplicado à função e −sx , de modo que e −(s+h)x − e −sx = −xe −(s+c)x , h para algum c tal que |c| < |h| < 1. Usando que o módulo da integral é menor ou igual à integral do módulo, segue que ¯ ¯Z ∞ ¯ ¯ ¯ £ ¤ ¡ ¢ £ ¤ ¯ −(s+c)x ¯ ¯L y (s + h) − L y (s)¯ = |h| ¯ −x y(x) d x e ¯ ¯ 0 Z ∞ ¯ ¯ ≤ |h| e −(s+c)x ¯−x y(x)¯ d x Z0 ∞ ¯ ¯ ≤ |h| e −(s−1)x ¯−x y(x)¯ d x 0 ¯¤ £¯ = |h|L ¯−x y ¯ (s − 1) onde utilizamos que e −(s+c)x < e −(s−1)x . Por sanduíche, segue que £ ¤ £ ¤ lim L y (s + h) = L y (s)

h→0

£ ¤ Agora vamos determinar a derivada de L y (s) em relação à variável s. Proposição 5.7 Temos que £ ¤0 £ ¤ L y (s) = L −x y (s)

206

Capítulo 5. Transformada de Laplace

Prova: Temos que £ ¤ £ ¤ £ ¤0 L y (s + h) − L y (s) L y (s) = lim h→0 h ¶ Z ∞ µ −(s+h)x e − e −sx = lim y(x) d x h→0 0 h Z ∞ = lim −xe −(s+c)x y(x) d x h→0 0

onde utilizamos, na última igualdade, o Teorema do Valor Médio aplicado à função e −sx , onde c é tal que |c| < |h|. Segue então que Z ∞ £ ¤0 ¡ ¢ L y (s) = lim e −(s+c)x −x y(x) d x h→0 0 £ ¤ = lim L −x y (s + c) h→0 £ ¤ = L −x y (s) onde utilizamos a continuidade da transformada, uma vez que c → 0, quando h → 0.

Exemplos 1) Temos que £ ¤ £ ¤ L xe ax = −L −xe ax £ ¤0 = −L e ax µ ¶ 1 0 = − s−a 1 = (s − a)2

5.2. Transformada de PVIs

207

2) Temos que L [x sen(bx)] = −L [−x sen(bx)] = −L [ sen(bx)]0 µ ¶0 b = − 2 s + b2 ³¡ ¢−1 ´0 = −b s 2 + b 2 ¢−2 ¡ 2s = b s2 + b2 2bs = ¡ ¢2 s2 + b2

I NJETIVIDADE DA TRANSFORMADA Quando obtemos que a tranformada da solução de um PVI é igual à transformada de uma dada função, precisamos saber se isso implica que a solução do PVI é igual a essa dada função. O resultado seguinte mostra que se as tranformadas de duas funções são as mesmas, então essas duas funções são de fato as mesmas. Proposição 5.8 Se L [w] = L [z] então

w =z

208

Capítulo 5. Transformada de Laplace

Prova: Se L [w] = L [z] pela linearidade da transformada, temos que L [w − z] = L [w] − L [z] = 0 Definindo y = w −z basta então mostrarmos que y =0 Vamos supor que y(x) =

∞ X

an x n

n=0

com R = ∞. Como £ ¤ L y =0 temos que todas as suas derivadas são nulas, de modo que £ ¤(n) L y =0 para todo n ≥ 0. Por outro lado, temos que a derivada n-ésima é dada por £ ¤(n) £ ¤ £ ¤ L y = L (−x)n y = (−1)n L x n y mostrando que £ ¤ L xn y = 0 para todo n ≥ 0. Usando a linearidade da transformada, obtemos que £

L y

·µ = L

∞ X

¶ ¸ an x y n

n=0

k−1 X

z £ }| {¤ a n L x n y +L

n=0

"Ã = L

"Ã

∞ X n=k

! # an x n y

5.2. Transformada de PVIs

209

para todo k. Usando a definição de transformada, que o módulo da integral é menor ou igual à integral do módulo e que o módulo da série é menor ou igual à série dos módulos, segue que Ã ! Z ∞ ∞ X £ 2¤ L y = e −sx a n x n y(x) d x 0

n=k

¯ ¯ ¯ ¯X ∞ ¯ ¯ ≤ a n x n ¯ |y(x)| d x e −sx ¯ ¯ ¯ 0 n=k ! Ã Z ∞ ∞ X n −sx |a n |x |y(x)| d x ≤ e Z

∞

n=k

para todo k. Agora, para todo t > 0, segue que Ã ! Ã ! Z t Z ∞ ∞ ∞ X X £ 2¤ ≤ L y e −sx |a n |x n |y(x)| d x + e −sx |a n |x n |y(x)| d x 0

∞ X

≤

n=k

|a n |t

−sx

n=k

|y(x)| d x +

n=k

∞

−sx

∞ X

|a n |x

¶ |y(x)| d x

n=0

Fazendo k → ∞, obtemos que £

L y

∞

Z ≤

e t

−sx

∞ X

|a n |x

¶ |y(x)| d x

n=0

Fazendo t → ∞ e usando o sanduíche, obtemos que £ ¤ L y2 = 0 de modo que

∞

Z 0

e −sx y(x)2 d x = 0

Como o integrando e y(x)2 é não-negativo, temos que a integral imprópria é a área da região ilimitada ilustrada pela Figura ??. −sx

FIGURA: Área da Região Ilimitada

210

Capítulo 5. Transformada de Laplace

Como essa área é nula, segue que o integrando é nulo, de modo que e −sx y(x)2 = 0 para todo x ≥ 0, o que implica que y(x) = 0 para todo x ≥ 0, uma vez que e −sx > 0.

5.3

F RAÇÕES PARCIAIS E A TRANSFORMADA

Aplicando a transformada a um dado PVI, conseguimos obter a tranformada da sua solução. Quando identificamos que essa tranformada é uma das transformadas das funções já consideradas até aqui, apresentadas na tabela abaixo, podemos utilizar a injetividade da transformada para determinar qual é de fato a solução do PVI. £ ¤ y(x) L y (s) xner x

n! (s − r )n+1

e ax sen(bx)

b (s − a)2 + b 2

s−a (s − a)2 + b 2 Em geral, não é tão fácil identificar a transformada da solução como a tranformada de uma função conhecida. Nos PVIs por nós considerados, a transformada da solução é em geral da forma e ax cos(bx)

£ ¤ P (s) L y = Q(s) onde P (s) e Q(s) são polinômios tais que o grau de P (s) é menor do que o grau de Q(s). Nesse caso, podemos escrever y(x) como uma combinação li-

5.3. Frações parciais e a transformada

211

near das funções elementares apresentadas na tabela acima. Esse método, denominado de Frações Parciais, depende das raízes do denominador Q(s): Passos

1) Raízes do denominador: Determinar as raízes de Q(s). Vamos considerar apenas os casos de raízes reais r com multiplicidade m e raízes complexas conjugadas simples a ±i b. Devemos então escrever o denominador da seguinte forma: Q(s) = · · · (s − r )m · · · ((s − r )2 + b 2 ) · · · 2) Combinação de funções elementares: A partir das raízes obtidas no passo anterior, escrever a solução como combinação de funções elementares da seguinte forma: y(x) = · · · + A 1 e r x + A 2 xe r x + A 3 x 2 e r x + · · · + A m x m−1 e r x + · · · · · · + Ae ax sen(bx) + B e ax cos(bx) + · · · onde . . . , A 1 , . . . , A m , . . . , A, B, . . . são contantes a serem determinadas. 3) Combinação de transformadas: Aplicar a transformada em ambos os lados e substituir seus valores: P (s) · · · (s − r )m · · · ((s − r )2 + b 2 ) · · ·

1 1 + A2 + s −r (s − r )2 (m − 1)! 2 +A 3 + · · · + Am +··· 3 (s − r ) (s − r )m s−a ···+ A + (s − r )2 + b 2 b +B +··· (s − r )2 + b 2

= · · · + A1

4) Igualdade de polinômios: Multiplicar pelo denominador ambos os lados da equação e obter uma igualdade de polinômios.

212

Capítulo 5. Transformada de Laplace

5) Igualdade dos coeficientes: Igualar os coeficientes dos polinômios da equação obtida no passo anterior, encontrando um sistema linear para as constantes . . . , A 1 , . . . , A m , . . . , A, B, . . .. 6) Sistema linear: Resolver o sistema linear obtido no passo anterior, determinando as constantes . . . , A 1 , . . . , A m , . . . , A, B, . . .. 7) Solução do PVI: Substituir os valores obtidos no passo anterior na igualdade do segundo passo, determinando a solução do PVI.

Vamos aplicar os passos acima para obter a solução de alguns PVIs. Exemplos 1) Considere o PVI  00 0 −3x  y + 6y + 9y = e 

y(0) = 1,

y 0 (0) = 2

e aplique a transformada em ambos os lados da EDO £ ¤ £ ¤ L y 00 + 6y 0 + 9y = L e −3x =

1 s +3

Podemos então utilizar a linearidade da transformada £ ¤ £ ¤ £ ¤ L y 00 + 6L y 0 + 9L y =

1 s +3

as regras da transformada das derivadas ¡

£ ¤ ¢ 0 s 2 L y −¡ s y(0) £ ¤− y (0)¢ + +6 sL y − y(0) + £ ¤ +9L y =

1 s +3

5.3. Frações parciais e a transformada

213

e as condições iniciais £ ¤ s 2 L y −£(s ¤+ 2) + +6sL y − 6+ £ ¤ +9L y =

1 s +3

Colocando a transformada da solução do PVI em evidência ¡

¢ £ ¤ 1 (s + 8)(s + 3) + 1 s 2 + 6s + 9 L y = s + 8 + = s +3 s +3

obtemos que £ ¤ (s + 8)(s + 3) + 1 s 2 + 11s + 25 L y = = (s + 3)(s 2 + 6s + 9) (s + 3)(s 2 + 6s + 9) Raízes do denominador: Temos que r = −3 é raiz simples de s + 3 e também é raiz dupla de s 2 + 6s + 9. Logo r = −3 é raiz do denominador com multiplicidade m = 3, de modo que o denominador pode ser escrito como (s + 3)(s 2 + 6s + 9) = (s + 3)3 Combinação de funções elementares: Podemos então escrever a solução como y(x) = Ae −3x + B xe −3x +C x 2 e −3x onde A, B,C são contantes a serem determinadas. Combinação de transformadas: Aplicando a transformada em ambos os lados, obtemos que 1 1 2 s 2 + 11s + 25 =A +B +C 3 2 (s + 3) s +3 (s + 3) (s + 3)3 Igualdade de polinômios: Multiplicando a equação por (s + 3) , obtemos que 3

s 2 + 11s + 25 = A(s + 3)2 + B (s + 3) + 2C = A(s 2 + 6s + 9) + B (s + 3) + 2C

214

Capítulo 5. Transformada de Laplace

= As 2 + (6A + B )s + 9A + 3B + 2C Igualdade dos coeficientes: Igualando os coeficientes dos polinômios, segue que  

A = 1 6A + B = 11  9A + 3B + 2C = 25 Sistema linear: Resolvendo esse sistema, obtemos que A = 1,

B = 5,

1 2

Solução do PVI: Segue que 1 y(x) = e −3x + 5xe −3x + x 2 e −3x 2 é a solução do PVI. 2) Considere o PVI  00 0 x  y − 4y + 4y = e 

y(0) = 0,

y 0 (0) = 0

e aplique a transformada em ambos os lados da EDO £ ¤ £ ¤ L y 00 − 4y 0 + 4y = L e x =

1 s −1

Podemos então utilizar a linearidade da transformada £ ¤ £ ¤ £ ¤ L y 00 − 4L y 0 + 4L y =

1 s −1

5.3. Frações parciais e a transformada

215

as regras da transformada das derivadas ¡

£ ¤ ¢ 0 s 2 L y −¡ s y(0) − y (0) £ ¤ ¢+ −4 sL y − y(0) + £ ¤ +4L y =

1 s −1

e as condições iniciais £ ¤ s 2L £y ¤ + −4sL y + £ ¤ +4L y =

1 s −1

Colocando a transformada da solução do PVI em evidência ¡

¢ £ ¤ s 2 − 4s + 4 L y =

1 s −1

obtemos que £ ¤ L y =

1 (s − 1)(s 2 − 4s + 4)

Raízes do denominador: Temos que r = 1 é raiz simples de s−1 e r = 2 é raiz dupla de s 2 −4s+4, de modo que o denominador pode ser escrito como (s − 1)(s 2 − 4s + 4) = (s − 1)(s − 2)2 Combinação de funções elementares: Podemos então escrever a solução como y(x) = Ae x + B e 2x +C xe 2x onde A, B,C são contantes a serem determinadas. Combinação de transformadas: Aplicando a transformada em ambos os lados, obtemos que 1 1 1 1 =A +B +C 2 (s − 1)(s − 2) s −1 s −2 (s − 2)2

216

Capítulo 5. Transformada de Laplace

Igualdade de polinômios: Multiplicando a equação por (s − 1)(s − 2)2 , obtemos que 1 = A(s − 2)2 + B (s − 1)(s − 2) +C (s − 1) = A(s − 4s + 4) + B (s 2 − 3s + 2) +C (s − 1) = (A + B )s 2 + (−4A − 3B +C )s + 4A + 2B −C Igualdade dos coeficientes: Igualando os coeficientes dos polinômios, segue que  

A +B −4A − 3B +C  4A + 2B −C

= 0 = 0 = 1

Sistema linear: Resolvendo esse sistema, obtemos que A = 1,

B = −1,

C =1

Solução do PVI: Segue que y(x) = e x − e 2x + xe 2x é a solução do PVI. 3) Considere o PVI  00 0  y − 5y + 6y = 0 

y(0) = 2,

y 0 (0) = 0

e aplique a transformada em ambos os lados da EDO £ ¤ L y 00 − 5y 0 + 6y = L [0] = 0 Podemos então utilizar a linearidade da transformada £ ¤ £ ¤ £ ¤ L y 00 − 5L y 0 + 6L y = 0

5.3. Frações parciais e a transformada

217

as regras da transformada das derivadas ¡

£ ¤ ¢ 0 s 2 L y −¡ s y(0) − y (0) £ ¤ ¢+ −5 sL y − y(0)£ +¤ +6L y = 0

e as condições iniciais £ ¤ s 2 L £ y ¤ − 2s+ −5sL y + 10+ £ ¤ +6L y = 0 Colocando a transformada da solução do PVI em evidência ¡

¢ £ ¤ s 2 − 5s + 6 L y = 2s − 10

obtemos que £ ¤ 2s − 10 L y = 2 s − 5s + 6 Raízes do denominador: Temos que r = 2 e r = 3 são raízes simples de s 2 − 5s + 6, de modo que o denominador pode ser escrito como s 2 − 5s + 6 = (s − 2)(s − 3) Combinação de funções elementares: Podemos então escrever a solução como y(x) = Ae 2x + B e 3x onde A, B são contantes a serem determinadas. Combinação de transformadas: Aplicando a transformada em ambos os lados, obtemos que 1 1 2s − 10 =A +B (s − 2)(s − 3) s −2 s −3 Igualdade de polinômios: Multiplicando a equação por (s − 2)(s − 3), obtemos que 2s − 10 = A(s − 3) + B (s − 2) = (A + B )s − 3A − 2B

218

Capítulo 5. Transformada de Laplace

Igualdade dos coeficientes: Igualando os coeficientes dos polinômios, segue que ½

A +B −3A − 2B

= 2 = −10

Sistema linear: Resolvendo esse sistema, obtemos que A = 6,

B = −4

Solução do PVI: Segue que y(x) = 6e 2x − 4e 3x é a solução do PVI. 4) Considere o PVI  00 0  y + 4y + 13y = 2 

y(0) = 0,

y 0 (0) = 0

e aplique a transformada em ambos os lados da EDO £ ¤ 2 L y 00 + 4y 0 + 13y = L [2] = s Podemos então utilizar a linearidade da transformada £ ¤ £ ¤ £ ¤ 2 L y 00 + 4L y 0 + 13L y = s as regras da transformada das derivadas ¡

£ ¤ ¢ 0 s 2 L y −¡ s y(0) − y (0) £ ¤ ¢+ +4 sL y − y(0) + £ ¤ +13L y =

2 s

5.3. Frações parciais e a transformada

219

e as condições iniciais £ ¤ s 2L £y ¤ + +4sL y + £ ¤ +13L y =

2 s

Colocando a transformada da solução do PVI em evidência ¡

¢ £ ¤ 2 s 2 + 4s + 13 L y = s

obtemos que £ ¤ L y =

2 s(s 2 + 4s + 13)

Raízes do denominador: Temos que r = 0 é raiz simples de s e a ± b = −2 ± 3i são raízes complexas conjugadas simples de s 2 + 4s + 13, de modo que o denominador pode ser escrito como s(s 2 + 4s + 13) = s((s + 2)2 + 32 ) Combinação de funções elementares: Podemos então escrever a solução como y(x) = A + B e −2x cos(3x) +C e −2x sen(3x) onde A, B,C são contantes a serem determinadas. Combinação de transformadas: Aplicando a transformada em ambos os lados, obtemos que s +2 1 3 2 = A + B +C s((s + 2)2 + 32 ) s (s + 2)2 + 32 (s + 2)2 + 32 Igualdade de polinômios: Multiplicando a equação por s((s+ 2) + 32 ), obtemos que 2

2 = A((s + 2)2 + 32 ) + 3B s +C (s + 2)s = A(s 2 + 4s + 13) + 3B s +C (s 2 + 2s) = (A +C )s 2 + (4A + 3B + 2C )s + 13A

220

Capítulo 5. Transformada de Laplace

Igualdade dos coeficientes: Igualando os coeficientes dos polinômios, segue que  

A +C = 0 4A + 3B + 2C = 0  13A = 2 Sistema linear: Resolvendo esse sistema, obtemos que A=

2 , 13

B =−

4 , 39

C =−

2 13

Solução do PVI: Segue que y(x) =

2 4 2 − e −2x sen(3x) − e −2x cos(3x) 13 39 13

é a solução do PVI. 5) Considere o PVI  00  y + y = sen(2x) 

y(0) = 2,

y 0 (0) = 1

e aplique a transformada em ambos os lados da EDO £ ¤ L y 00 + y = L [ sen(2x)] =

2 s2 + 4

Podemos então utilizar a linearidade da transformada £ ¤ £ ¤ L y 00 + L y =

2 s2 + 4

as regras da transformada das derivadas ¡

£ ¤ ¢ s 2 L y − s y(0) − y 0 (0) + £ ¤ +L y =

2 s2 + 4

5.3. Frações parciais e a transformada

e as condições iniciais £ ¤ s 2 L y − (2s + 1)+ £ ¤ +L y =

221

2 s2 + 4

Colocando a transformada da solução do PVI em evidência ¡

¢ £ ¤ s2 + 1 L y

2 (2s + 1)(s 2 + 4) + 2 1 = 2s + 1 + = s2 + 4 s2 + 4 s2 + 4

obtemos que £ ¤ 2s 3 + s 2 + 8s + 6 L y = 2 (s + 4)(s 2 + 1) Raízes do denominador: Temos que a ± b = 0 ± 2i são raízes complexas conjugadas simples de s 2 + 4 e que a ± b = 0 ± i são raízes complexas conjugadas simples de s 2 + 1, de modo que o denominador pode ser escrito como (s 2 + 4)(s 2 + 1) = (s 2 + 4)(s 2 + 1) Combinação de funções elementares: Podemos então escrever a solução como y(x) = A cos(2x) + B sen(2x) +C cos(x) + D sen(x) onde A, B,C , D são contantes a serem determinadas. Combinação de transformadas: Aplicando a transformada em ambos os lados, obtemos que 2 s 1 s 2s 3 + s 2 + 8s + 6 = A + B +C + D (s 2 + 4)(s 2 + 1) s2 + 4 s2 + 4 s2 + 1 s2 + 1 Igualdade de polinômios: Multiplicando a equação por (s 2 + 4)(s 2 + 1), obtemos que 2s 3 + s 2 + 8s + 6 = 2A(s 2 + 1) + B s(s 2 + 1) +C (s 2 + 4) + D s(s 2 + 4) = 2A(s 2 + 1) + B (s 3 + s) +C (s 2 + 4) + D(s 3 + 4s) = (B + D)s 3 + (2A +C )s 2 + (B + 4D)s + 2A + 4C

222

Capítulo 5. Transformada de Laplace

Igualdade dos coeficientes: Igualando os coeficientes dos polinômios, segue que B +D 2A +C  B + 4D   2A + 4C    

2 1 8 6

= = = =

que é de fato composto de dois sistemas dois por dois ½

2A +C 2A + 4C

= 1 = 6

½ e

B +D = 2 B + 4D = 8

Sistema linear: Resolvendo esses sistemas, obtemos que 1 A=− , 3

B = 0,

5 C= , 3

D =2

Solução do PVI: Segue que 1 5 y(x) = − sen(2x) + sen(x) + 2 cos(x) 3 3 é a solução do PVI. 6) Considere o PVI  00 0  y − 2y + 2y = cos(x) 

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0

e aplique a transformada em ambos os lados da EDO £ ¤ L y 00 − 2y 0 + 2y = L [ cos(x)] =

s s2 + 1

Podemos então utilizar a linearidade da transformada £ ¤ £ ¤ £ ¤ L y 00 − 2L y 0 + 2L y =

s s2 + 1

5.3. Frações parciais e a transformada

223

as regras da transformada das derivadas ¡

£ ¤ ¢ 0 s 2 L y −¡ s y(0) − y (0) £ ¤ ¢+ −2 sL y − y(0) + £ ¤ +2L y =

s s2 + 1

e as condições iniciais £ ¤ s 2 L y£ − ¤ s+ −2sL y + 2 £ ¤ +2L y =

s s2 + 1

Colocando a transformada da solução do PVI em evidência ¡

¢ £ ¤ s 2 − 2s + 2 L y = s − 2 +

(s − 2)(s 2 + 1) + s s = s2 + 1 s2 + 1

obtemos que £ ¤ L y =

s 3 − 2s 2 + 2s − 2 (s 2 + 1)(s 2 − 2s + 2)

Raízes do denominador: Temos que a ± b = 0 ± i são raízes complexas conjugadas simples de s 2 + 1 e que a ± b = 1 ± i são raízes complexas conjugadas simples de s 2 − 2s + 2, de modo que o denominador pode ser escrito como (s 2 + 1)(s 2 − 2s + 2) = (s 2 + 1)((s − 1)2 + 1) Combinação de funções elementares: Podemos então escrever a solução como y(x) = A cos(x) + B sen(x) +C e x cos(x) + De x sen(x) onde A, B,C , D são contantes a serem determinadas. Combinação de transformadas: Aplicando a transformada em ambos os lados, obtemos que 1 s 1 s −1 s 3 − 2s 2 + 2s − 2 = A +B +C +D (s 2 + 1)((s − 1)2 + 1) s2 + 1 s2 + 1 (s − 1)2 + 1 (s − 1)2 + 1

224

Capítulo 5. Transformada de Laplace

Igualdade de polinômios: Multiplicando a equação por (s 2 + 1)((s − 1)2 + 1), obtemos que s 3 − 2s 2 + 2s − 2 = = A((s − 1)2 + 1) + B s((s − 1)2 + 1) +C (s 2 + 1) + D(s − 1)(s 2 + 1) = A(s 2 − 2s + 2) + B (s 3 − 2s 2 + 2s) +C (s 2 + 1) + D(s 3 − s 2 + s − 1) = (B + D)s 3 + (A − 2B +C − D)s 2 + (−2A + 2B + D)s + 2A +C − D Igualdade dos coeficientes: Igualando os coeficientes dos polinômios, segue que B +D A − 2B +C − D  −2A + 2B + D   2A +C − D    

= = = =

1 −2 2 −2

Sistema linear: Resolvendo esse sistema, obtemos que 2 A=− , 5

1 B= , 5

2 C =− , 5

4 5

Solução do PVI: Segue que 1 2 4 2 y(x) = − sen(x) + cos(x) − e x sen(x) + e x cos(x) 5 5 5 5 é a solução do PVI.

5.4. Transformada de sistemas de PVIs

5.4

225

T RANSFORMADA DE SISTEMAS DE PVI S

Podemos considerar a transformada de um sistema de PVIs com coeficientes constantes  0 0   a 11 y + a 10 y + b 11 z + b 10 z = f 1     a 21 y 0 + a 20 y + b 21 z 0 + b 20 z = f 2       y(0) = y , z(0) = z 0 0 Aplicando a transformada em ambos os lados do sistema de EDOs, temos que ¤ £ ¤  £ 0 0  L a 11 y + a 10 y + b 11 z + b 10 z = L f 1 

£ ¤ £ ¤ L a 21 y 0 + a 20 y + b 21 z 0 + b 20 z = L f 2

Podemos então utilizar a linearidade da transformada para obter que £ 0¤ £ ¤ £ 0¤ £ ¤   a 11 L y + a 10 L y b 11 L z + b 10 L [z] = L f 1 

£ ¤ £ ¤ £ ¤ £ ¤ a 21 L y 0 + a 20 L y b 21 L z 0 + b 20 L [z] = L f 2

Utilizando as regras da transformada das derivadas e as condições iniciais, segue que ¡ £ ¤ ¢ £ ¤ £ ¤   a 11 sL y − y 0 + a 10 L y b 11 (sL [z] − z 0 ) + b 10 L [z] = L f 1 

¡ £ ¤ ¢ £ ¤ £ ¤ a 21 sL y − y 0 + a 20 L y b 21 (sL [z] − z 0 ) + b 20 L [z] = L f 2

Colocando as transformadas das soluções do sistema de PVIs em evidência, obtemos que £ ¤ £ ¤   (a 11 s + a 10 )L y + (b 11 s + b 10 )L [z] = a 11 y 0 + b 11 z 0 + L f 1 

£ ¤ £ ¤ (a 21 s + a 20 )L y + (b 21 s + b 20 )L [z] = a 21 y 0 + b 21 z 0 + L f 2

Podemos utilizar a regra de Cramer para resolver esse sistema linear e determinar as transformadas das soluções do sistema de PVIs. Temos então que £ ¤ ¯ ¯ ¯ a 11 y 0 + b 11 z 0 + L f 1 b 11 s + b 10 ¯ ¯ ¯ £ ¤ £ ¤ ¯ a 21 y 0 + b 21 z 0 + L f 2 b 21 s + b 20 ¯ L y = ¯ ¯ ¯ a 11 s + a 10 b 11 s + b 10 ¯ ¯ ¯ ¯ a 21 s + a 20 b 21 s + b 20 ¯

226

Capítulo 5. Transformada de Laplace

e também que £ ¤ ¯ ¯ a 11 s + a 10 a 11 y 0 + b 11 z 0 + L f 1 ¯ £ ¤ ¯ a 21 s + a 20 a 21 y 0 + b 21 z 0 + L f 2 L [z] = ¯ ¯ ¯ a 11 s + a 10 b 11 s + b 10 ¯ ¯ ¯ ¯ a 21 s + a 20 b 21 s + b 20 ¯

¯ ¯ ¯ ¯

Para se resolver PVIs de 2ª ordem, podemos utilizar o mesmo procedimento .

APÊNDICE

A PÊNDICE

227

228

A.1

Apêndice A. Apêndice

I NTEGRAL IMPRÓPRIA

Temos que a integral imprópria de f de c até ∞ é dada por Z

∞ a

Z f (x) d x = lim

t →∞ a

f (x) d x

e pode ser interpretada como a área da região ilimitada ilustrada pela Figura ??. Se a integral indefinida de f é dada por Z f (x) d x = F (x) +C segue que Z

∞ a

f (x) d x = lim [F (x)]ta = [F (x)]∞ a t →∞

Para funções positivas, esse limite sempre existe, podendo ser finito ou infinito. Exemplos 1) Temos que

∞

cos(x) d x 0

não existe, uma vez que Z cos(x) d x = sen(x) +C e que o limite [ sen(x)]∞ 0 = lim ( sen(t ) − sen(0)) = lim sen(t ) t →∞

t →∞

não existe. 2) Temos que Z 1

∞

1 d x = ∞, x

A.1. Integral imprópria

229

uma vez que Z

1 d x = log |x| +C x

e que o limite £ ¤∞ ¡ ¢ log |x| 1 = lim log(t ) − log(1) = lim log(t ) = ∞. t →∞

t →∞

3) Temos que Z 1

∞

1 d x = 1, x2

uma vez que Z e que o limite

1 1 d x = − +C 2 x x

· ¸ µ ¶ 1 ∞ 1 1 − = lim − + = 1. t →∞ x 1 t 1

As regras de integração permanecem válidas para as integrais impróprias, desde que os limites existam. Proposição A.1 Temos que Z

∞ a

¤∞ f (x)g (x) d x = f (x)g (x) a − 0

∞

g 0 (x) f (x) d x

e também que Z

∞ a

para todo b > 0.

1 f (bx) d x = b

∞

f (x) d x ab

230

Apêndice A. Apêndice

Prova: Temos que Z

g 0 (x) f (x) d x

f (x)g (x) d x = f (x)g (x) − e que

Z a

f (x)g (x) d x = f (x)g (x)

¤t

a−

Fazendo t → ∞, segue que Z ∞ Z £ ¤∞ f 0 (x)g (x) d x = f (x)g (x) a − a

g 0 (x) f (x) d x.

∞

g 0 (x) f (x) d x.

Por substituição, fazendo t = bx, temos que d t = bd x e que Z Z 1 f (bx) d x = f (t ) d t . b Temos então que

∞

1 f (bx) d x = b

∞

f (t ) d t , ab

uma vez que t = ab, quando x = a, e que t → ∞, quando x → ∞. Como Z Z 1 ∞ 1 ∞ f (t ) d t = f (x) d x, b ab b ab segue que Z

∞ a

A.2

1 f (bx) d x = b

∞

f (x) d x. ab

E XPONENCIAL COMPLEXA

Queremos definir a exponecial complexa e (a+i b)x , onde a, b, x ∈ R. Vamos primeiro considerar o caso particular puramanente imaginário. A partir da série de potências de e x , dada por ex = 1 + x +

x2 x3 x4 x5 + + + +··· 2! 3! 4! 5!

A.2. Exponencial complexa

231

podemos tentar obter a série de potências de e i x , trocando x por i x, de modo que (i x)2 (i x)3 (i x)4 (i x)5 + + + +··· ei x = 1 + i x + 2! 3! 4! 5! Agrupando as potências pares e as potências ímpares e colocando i em evidência nas potências ímpares, obtemos que e

µ ¶ µ ¶ i 2x2 i 4x4 i 2x2 i 4x4 = 1+ + +··· +i x + + +··· 2! 4! 3! 5!

de modo que e

¶ µ ¶ x2 x4 x2 x4 = 1− + +··· +i x − + +··· 2! 4! 3! 5! µ

Lembrando que as séries de potências do cosseno e do seno são dadas por cos(x) = 1 −

x2 x4 + +··· 2! 4!

sen(x) = x −

x2 x4 + +··· 3! 5!

e por

segue que e i x = cos(x) + i sen(x) Podemos então definir a exponencial complexa por e (a+i b)x = e ax e i bx de modo que e (a+i b)x = e ax cos(bx) + i e ax sen(bx)

Exemplos

232

Apêndice A. Apêndice

1) Temos que e (2+0i )x

= e 2x cos(0x) + i e 2x sen(0x) = e 2x

2) Temos que e (0+3i )x

= e 0x cos(3x) + i e 0x sen(3x) =

cos(3x) + i sen(3x)

3) Temos que e (2+3i )x

= e 2x cos(3x) + i e 2x sen(3x) = e 2x e 3i x

Desejamos mostrar que, quando a + i b é uma raiz característica de uma dada homogênea, a exponencial e (a+i b)x é uma solução complexa dessa homogênea e que sua parte real e sua parte imaginária são soluções reais dessa mesma homogênea.

F UNÇÕES COM VALORES COMPLEXOS Uma função com valores complexos é uma função da forma y(x) = f (x) + i g (x) onde x ∈ R e f e g são funções com valores reais. A derivada dessa função com valores complexos é definida como y 0 (x) = f 0 (x) + i g 0 (x) Exemplo: Temos que ³ ´0 ei x = ( cos(x) + i sen(x))0

A.2. Exponencial complexa

233

= − sen(x) + i cos(x) = i ( cos(x) + i sen(x)) = i ei x

O resultado seguinte mostra que a regra da derivada do produto também é válida para funções a valores complexos. Proposição A.2 Se y(x) e z(x) são funções com valores complexos e α ∈ C, então (1) (y(x)z(x))0 = y 0 (x)z(x) + z 0 (x)y(x) (2)

(αy(x))0 = αy(x)

Prova: (1) Por comodidade, vamos suprimir a variável independente da notação. Considere y = f +ig, z = u +iv de modo que y 0 = f 0 + i g 0,

z0 = u0 + i v 0

Temos então que y z = f u − g v + i ( f v + g u) de modo que (y z)0 = f 0 u + u 0 f − (g 0 v + v 0 g ) + i ( f 0 v + v 0 f + g 0 u + u 0 g )

234

Apêndice A. Apêndice

Por outro lado, temos que y 0 z = f 0 u − g 0 v + i ( f 0 v + g 0 u) e que y z 0 = f u0 − g v 0 + i ( f v 0 + g u0) Somando essas duas equações, obtemos que y 0 z + y z 0 = (y z)0 (2) Utilizando o item anterior e que a derivada de constante é nula, obtemos que (αy(x))0 = (α)0 y(x) + αy 0 (x) = αy(x)

Exemplo: Temos que ³ ´00 ³ ´0 ei x = i ei x ³ ´0 = i ei x = i (i e i x ) = −e i x de modo que y(x) = e i x é uma solução complexa da EDO y 00 (x) + y(x) = 0

Vamos agora mostrar que a regra da derivada da exponencial também é válida no caso complexo.

A.2. Exponencial complexa

235

Proposição A.3 Temos que ³ ´0 e (a+i b)x = (a + i b)e (a+i b)x

Prova: Uma vez que e (a+i b)x = e ax e i bx pela regra da derivada do produto, obtemos que ³

´0 ¡ ³ ´0 ¢0 e (a+i b)x = e ax e i bx + e i bx e ax

Por outro lado, temos que

¡ ax ¢0 e = ae ax

e que ³

i bx

´0

= ( cos(bx) + i sen(bx))0 = −b sen(bx) + i b cos(bx) = i b ( cos(bx) + i sen(bx)) = i be i bx

de modo que ³ ´0 ³ ´ ¢ ¡ = ae ax e i bx + i be i bx e ax e (a+i b)x = (a + i b)e ax e i bx = (a + i b)e (a+i b)x

236

Apêndice A. Apêndice

Finalmente, vamos mostrar que a parte real e a parte imaginária de soluções com valores complexos são soluções com valores reais. Proposição A.4 Se y(x) = f (x) + i g (x) é uma solução da homogênea a 2 y 00 (x) + a 1 y 0 (x) + a 0 y(x) = 0 onde a 0 , a 1 , a 2 ∈ R, então sua parte real e sua parte imaginária f (x)

g (x)

também são soluções dessa homogênea.

Prova: Temos que y(x) = y 0 (x) = y 00 (x) =

f (x) + i g (x) f 0 (x) + i g 0 (x) f 00 (x) + i g 00 (x)

Multiplicando a primeira linha por a 0 , a segunda por a 1 e a terceira por a 2 , obtemos que a 0 y(x) = a 0 f (x) + i a 0 g (x) a 1 y 0 (x) = a 1 f 0 (x) + i a 1 g 0 (x) a 2 y 00 (x) = a 2 f 00 (x) + i a 2 g 00 (x) Somando essas equações e usando que y(x) é solução da homogênea, obtemos que     a 0 f (x) a 0 g (x) 0 =  +a 1 f 0 (x)  + i  +a 1 g 0 (x)  +a 2 f 00 (x) +a 2 g 00 (x)

A.3. EDO linear de ordem superior

237

Comos a parte real e a parte imaginária tem que ser nulas, segue f (x) e g (x) também são soluções dessa homogênea.

A.3

EDO LINEAR DE ORDEM SUPERIOR

A teoria de EDOs de ordem superior é completamente semelhante à teoria de EDOs de 2ª ordem. Uma EDO linear de ordem n pode ser colocada na forma a n (x)y (n) (x) + a n−1 (x)y (n−1) (x) + · · · + a 1 (x)y 0 (x) + a 0 (x)y(x) = f (x) onde os a k (x) e f (x) são funções contínuas de x. Sua equação homôgenea associada é dada por a n (x)y (n) (x) + a n−1 (x)y (n−1) (x) + · · · + a 1 (x)y 0 (x) + a 0 (x)y(x) = 0 Dividindo por a n (x), as equações acima podem ser colocadas na forma y (n) (x) + p n−1 (x)y (n−1) (x) + · · · + p 1 (x)y 0 (x) + p 0 (x)y(x) = g (x) y (n) (x) + p n−1 (x)y (n−1) (x) + · · · + p 1 (x)y 0 (x) + p 0 (x)y(x) = 0 onde p k (x) =

a k (x) a n (x)

g (x)

f (x) a n (x)

são funções contínuas, para todo x tal que a n (x) 6= 0.

S OLUÇÃO DA HOMOGÊNEA Vamos mostrar que, assim como no caso de uma EDO linear homogênea de 2ª ordem, a solução geral de uma EDO linear homogênea de ordem superior é dada pela combinação linear y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + · · · + c n y n (x)

238

Apêndice A. Apêndice

onde c 1 , c 2 , . . . , c n ∈ R, sempre que y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x) forem soluções fundamentais. No caso de EDOs de 2ª ordem, temos que y 1 (x) e y 2 (x) são soluções fundamentais quando elas não são proporcionais, o que é o mesmo que c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) = 0 implicar que c 1 = c 2 = 0. No caso de EDOs de ordem superior, as soluções são fundamentais quando elas são linearmente independentes, ou seja, quando c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + · · · + c n y n (x) = 0 implicar que os c k são todos nulos. No caso de EDOs de 2ª ordem, podemos utilizar o Wronskiano ¯ ¯ ¯ y 1 (x) y 2 (x) ¯ ¯ ¯ W (y 1 (x), y 2 (x)) = ¯ 0 y 1 (x) y 20 (x) ¯ para determinar se y 1 (x) e y 2 (x) são soluções fundamentais. No caso de EDOs de ordem superior, também podemos utilizar o Wronskiano ¯ ¯ ¯ y 1 (x) ¯ y (x) · · · y (x) 2 n ¯ ¯ ¯ y 0 (x) 0 0 y 2 (x) ··· y n (x) ¯¯ ¯ 1 ¯ ¯ .. .. .. ¯ W (y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x)) = ¯¯ . . . ¯ ¯ (n−2) ¯ ¯ y1 (x) y 2(n−2) (x) · · · y n(n−2) (x) ¯ ¯ (n−1) ¯ ¯ y (x) y (n−1) (x) · · · y n(n−1) (x) ¯ 1

para determinar se y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x) são soluções fundamentais. A proposição a seguir generalisa um resultado do caso de EDOs de 2ª ordem e estabelece um fato de fundamental importância sobre o Wronskiano. Proposição A.5 Sejam y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x) soluções da EDO y (n) (x) + p n−1 (x)y (n−1) (x) + · · · + p 1 (x)y 0 (x) + p 0 (x)y(x) = 0 Então W (y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x)) = ce −P n−1 (x)

A.3. EDO linear de ordem superior

239

onde c ∈ R e Z p n−1 (x) d x = P n−1 (x) +C

Prova: Por comodidade, vamos denotar o Wronskiano W (y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x)) apenas por W (x). Basta então provarmos que o Wronskianos satisfaz a seguinte EDO W 0 (x) + p n−1W (x) = 0 Vamos então calcular a derivada do Wronskiano W (x + h) − W (x) h→0 h

W 0 (x) = lim

Primeiro vamos considerar o numerador do quociente de Newton, é dado por W (x + h) − W (x) = ¯ y (x+h) ¯ 10 ¯ y 1 (x+h) ¯ ¯ .. =¯ ¯ y (n−2).(x+h) ¯ 1 ¯ y (n−1) (x+h) 1

y 2 (x+h) y 20 (x+h)

··· ···

.. .

y 2(n−2) (x+h) y 2(n−1) (x+h)

··· ···

¯ ¯ y 1 (x) ¯ ¯ 0 ¯ ¯ y 1 (x) ¯ ¯ ¯ ¯ .. .. ¯−¯ . . ¯ ¯ (n−2) (x) (n−2) yn (x+h) ¯ ¯ y 1 ¯ ¯ y (n−1) (x) y (n−1) (x+h) y n (x+h) y n0 (x+h)

y 2 (x) y 20 (x)

··· ···

y 2(n−2) (x) y 2(n−1) (x)

···

.. .

···

y n (x) y n0 (x)

¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯ . ¯¯ y n(n−2) (x) ¯ ¯ y (n−1) (x) n

Vamos reescrever essa diferença como a seguinte soma telescópica

240

Apêndice A. Apêndice

W (x + h) − W (x) = ¯ y (x+h) ¯ 10 ¯ y 1 (x+h) ¯ ¯ .. =¯ ¯ y (n−2).(x+h) ¯ 1 ¯ y (n−1) (x+h) 1

¯ y 1 (x) ¯ 0 ¯ y 1 (x+h) ¯ ¯ .. +¯ ¯ y (n−2).(x+h) ¯ 1 ¯ y (n−1) (x+h) 1

y 2 (x+h) y 20 (x+h)

··· ···

.. .

y 2(n−2) (x+h) ··· y 2(n−1) (x+h)

···

y 2 (x) y 20 (x+h)

··· ···

.. .

y 2(n−2) (x+h) y 2(n−1) (x+h)

···

y 2 (x+h) y 20 (x+h)

··· ···

···

¯ ¯ y 1 (x) ¯ ¯ 0 ¯ ¯ y 1 (x+h) ¯ ¯ ¯ ¯ .. .. ¯−¯ . ¯ ¯ (n−2).(x+h) y n(n−2) (x+h) ¯ ¯ y 1 ¯ ¯ y (n−1) (x+h) y (n−1) (x+h)

y 2 (x) y 20 (x+h)

y n (x+h) y n0 (x+h)

.. .

y 2(n−2) (x+h) ···

y 2(n−1) (x+h) ···

y n (x) y n0 (x+h)

¯ ¯ y 1 (x) ¯ ¯ ¯ ¯ y 10 (x) ¯ ¯ ¯ ¯ .. .. ¯−¯ . . ¯ ¯ (n−2) (n−2) yn (x+h) ¯ ¯ y 1 (x+h) ¯ ¯ (n−1) (n−1) y (x+h) y (x+h) n

··· ···

y 2 (x) y 20 (x)

··· ···

y 2(n−2) (x+h) y 2(n−1) (x+h)

···

.. .

···

y n (x) y n0 (x+h)

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯+ . ¯ y n(n−2) (x+h) ¯ ¯ (n−1) y (x+h) n

y n (x) y n0 (x)

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯+ . ¯ (n−2) yn (x+h) ¯ ¯ y (n−1) (x+h) n

.. . ¯ y (x+h) ¯ 10 ¯ y 1 (x+h) ¯ ¯ .. +¯ . ¯ y (n−2) ¯ 1 (x) ¯ y (n−1) (x+h) 1

.. .

y 2(n−2) (x) y 2(n−1) (x+h)

··· ···

¯ ¯ y 1 (x) ¯ ¯ 0 ¯ ¯ y 1 (x) ¯ ¯ ¯ ¯ .. .. ¯−¯ . . ¯ ¯ (n−2) (x) (n−2) yn (x) ¯ ¯ y 1 ¯ ¯ y (n−1) (x) y (n−1) (x+h) y n (x+h) y n0 (x+h)

y 2 (x) y 20 (x)

··· ···

y 2(n−2) (x) y 2(n−1) (x)

···

.. .

···

y n (x) y n0 (x)

¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯ . ¯¯ y n(n−2) (x) ¯ ¯ y (n−1) (x) n

Para analisar essas diferenças vamos utilizar o fato de que se dois determinates diferem apenas numa única linha, sua diferença é o determinante onde as linha coincidentes são repetidas e na linha que difere aparece a diferença das linhas originais. Temos então que

A.3. EDO linear de ordem superior

241

W (x + h) − W (x) = ¯ y (x+h)−y (x) 1 ¯ 1 0 ¯ y 1 (x+h) ¯ ¯ .. =¯ ¯ y (n−2).(x+h) ¯ 1 ¯ y (n−1) (x+h)

y 2 (x+h)−y 2 (x) ··· y n (x+h)−y n (x) ¯ ¯ ··· y n0 (x+h) y 20 (x+h)

¯ ¯ 0 y 1 (x) 0 ¯ y 1 (x+h)−y 1 (x) ¯ ¯ .. +¯ ¯ y (n−2).(x+h) ¯ 1 ¯ y (n−1) (x+h)

y 2 (x) y 20 (x+h)−y 20 (x)

.. .

y 2(n−2) (x+h)

y 2(n−1) (x+h)

.. .

y 2(n−2) (x+h)

y 2(n−1) (x+h)

···

y n(n−2) (x+h)

···

y n(n−1) (x+h)

¯ ¯ ¯+ ¯ ¯ ¯

¯ ··· y n (x) ¯ 0 0 ··· y n (x+h)−y n (x) ¯ .. .

···

y n(n−2) (x+h)

···

y n(n−1) (x+h)

¯ ¯ ¯+ ¯ ¯ ¯

.. . ¯ y 1 (x+h) ¯ ¯ y 10 (x+h) ¯ ¯ .. +¯ . ¯ (n−2) y1 (x) ¯ ¯ y (n−1) (x+h)−y (n−1) (x) 1

y 2 (x+h) y 20 (x+h)

··· ···

y n (x+h) y n0 (x+h)

···

y n(n−2) (x) y n(n−1) (x+h)−···

.. .

y 2(n−2) (x) y 2(n−1) (x+h)−y 1(n−1) (x)

.. .

···

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y (n−1) (x) n

Voltando ao quociente de Newton, devemos divir por h o numerador W (x + h) − W (x). Para isso vamos utilizar o fato de que, quando dividimos por h um determinante, o resultado é o mesmo determinante com uma das linhas divididas por h. Temos então que

242

Apêndice A. Apêndice

W (x + h) − W (x) = h ¯ y (x+h)−y (x) y (x+h)−y (x) 2 2 ¯ 1 h 1 h ¯ 0 ¯ y 1 (x+h) y 20 (x+h) ¯ .. .. = ¯¯ . . ¯ y (n−2) (x+h) y (n−2) (x+h) ¯ 1 2 ¯ y (n−1) (x+h) y (n−1) (x+h) 1

··· ···

y n (x+h)−y n (x) h y n0 (x+h)

.. .

··· y n(n−2) (x+h) ···

y n(n−1) (x+h)

¯ ¯ y (x) ¯ ¯ 0 1 0 ¯ ¯ y1 (x+h)−y1 (x) ¯ ¯ h ¯ ¯ .. ¯+¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y (n−2).(x+h) ¯ ¯ 1 ¯ ¯ y (n−1) (x+h) 1

y 2 (x) y 0 (x+h)−y 0 (x) 2 2 h

.. .

··· ···

y n (x) 0 (x+h)−y 0 (x) yn n h

.. .

y 2(n−2) (x+h) ··· y n(n−2) (x+h)

y 2(n−1) (x+h) ··· y n(n−1) (x+h)

.. . ¯ y 1 (x+h) ¯ ¯ y 10 (x+h) ¯ ¯ .. . + ¯¯ y 1(n−2) (x) ¯ ¯ y (n−1) (x+h)−y (n−1) (x) ¯ 1 1 h

y 2 (x+h) y 20 (x+h)

··· ···

y 2(n−2) (x) (n−1) (n−1) y (x+h)−y (x) 2 1 h

···

.. .

···

y n (x+h) y n0 (x+h)

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯ . ¯ y n(n−2) (x) ¯ ¯ (n−1) (n−1) yn (x+h)−y n (x) ¯ h

A derivada é então obtida tomando-se o limite com h tendendo a zero, de modo que W (x + h) − W (x) = h→0 h ¯ 0 ¯ ¯ ¯ y1 y 20 ··· y n0 ¯ ¯ y 1 ¯ 0 ¯ 00 y 20 ··· y n0 ¯ ¯ y 1 ¯ y1 ¯ ¯ . ¯ . .. .. ¯ + ¯¯ . = ¯¯ .. . . . ¯ ¯ (n−2) (n−2) (n−2) (n−2) ¯y ¯ y y ··· y n 2 ¯ 1 ¯ ¯¯ 1(n−1) (n−1) ¯ ¯ (n−1) (n−1) y

W 0 = lim

··· y n

y2 y 200

··· ···

.. .

y 2(n−2) ··· y 2(n−1)

···

¯ y1 ¯ ¯ 0 ¯ ¯ y1 ¯ ¯ ¯ .. ¯ ¯ . . ¯ + · · · + ¯ .. ¯ y (n−2) ¯ y n(n−2) ¯ ¯ 1 ¯ y (n) (n−1) ¯ y yn y n00

y2 y 20

··· ···

.. .

y 2(n−2) ··· y 2(n) ···

yn y n0

¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯ . ¯ ¯ y n(n−2) ¯ (n) ¯ y n

onde suprimimos as variável independente x por comodidade. Como todos os primeiros determinates possuem linhas repetidas, eles são nulos, sobrando apenas o último determinante, de modo que ¯ y1 y 2 ··· y n ¯¯ ¯ 0 ¯ y1 y 20 ··· y n0 ¯ ¯ ¯ .. .. ¯ ¯ . W 0 = ¯ .. . . ¯ ¯ y (n−2) y (n−2) ··· y (n−2) ¯ n ¯ 1 ¯ 2 ¯ y (n) y (n) ··· y (n) ¯ 1

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯+ ¯ ¯ ¯ ¯

A.3. EDO linear de ordem superior

243

Como y 1 (x), . . . , y n (x) são soluções da EDO, segue que ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ W 0 (x) = ¯ ¯ ¯ ¯ −p

y1 y 10

yn y n0

··· ···

.. .

y 1(n−2) (n−1) −···−p 1 y 10 −p 0 y 1 n−1 y 1

··· ···

y n(n−2) (n−1) −p n−1 y n −···−p 1 y n0 −p 0 y n

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

Segue então que ¯ y1 ¯ ¯ y 10 ¯ .. ¯ W 0 (x) = ¯ . ¯ y (n−2) ¯ 1 ¯ −p y (n−1) n−1 1

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ +¯ ¯ ¯ ¯ −p

··· ···

yn y n0

¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯ ¯+ . ¯ (n−2) yn ¯ ¯ −p y (n−1) n−1 n

y1 y 10

··· ···

yn y n0

···

y n(n−2) −p n−2 y n(n−2) −···−p 1 y n0 −p 0 y n

.. .

y 1(n−2) (n−2) −···−p 1 y 10 −p 0 y 1 n−2 y 1

.. .

···

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

O segundo determinante acima é nulo, pois sua última linha e combinação linear das linhas anteriores, de modo que ¯ ¯ y1 ··· yn ¯ ¯ 0 0 ¯ ¯ y1 ··· yn ¯ ¯ .. .. ¯ ¯ 0 W =¯ ¯ . . ¯ y (n−2) ··· y (n−2) ¯ n ¯ ¯ 1 ¯ −p y (n−1) ··· −p y (n−1) ¯ n−1 1

n−1 n

Podemos então colocar −p n−1 multiplicando fora do determinante, de modo que ¯ y 1 ··· y n ¯ ¯ 0 ¯ ¯ y 1 ··· y n0 ¯ ¯ ¯ .. ¯ ¯ .. 0 W = −p n−1 ¯ . . ¯ = −p n−1W ¯ y (n−2) ··· y (n−2) ¯ n ¯ 1 ¯ ¯ y (n−1) ··· y (n−1) ¯ 1

como queríamos demonstrar.

244

Apêndice A. Apêndice

Vamos mostrar agora que a mesma relação entre as soluções serem fundamentais e seu Wronskiano não se anular, válida no caso de EDOs de 2ª ordem, também é válida no caso de EDOs de ordem superior. Proposição A.6 Sejam y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x) soluções da EDO y (n) (x) + p n−1 (x)y (n−1) (x) + · · · + p 1 (x)y 0 (x) + p 0 (x)y(x) = 0 Então as seguintes condições são equivalentes: (A) W (y 1 (x 0 ), y 2 (x 0 ), . . . , y n (x 0 )) 6= 0 para algum x 0 (B) W (y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x)) 6= 0 para todo x (C) y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x) são fundamentais

Prova: Vamos mostrar que (A) é equivalente a (B) e, depois, que (B) é equivalente a (C). Para mostrar que (A) e (B) são equivalentes, primeiro lembramos que W (y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x)) = ce −P n−1 (x) onde c ∈ R. Segue então que W (y 1 (x 0 ), y 2 (x 0 ), . . . , y n (x 0 )) 6= 0 para algum x 0 , é equivalente a c 6= 0

A.3. EDO linear de ordem superior

245

que, por sua vez, é equivalente a W (y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x)) 6= 0 para todo x. Para mostrar que (B) e (C) são equivalentes, basta lembrar que um determinante é não nulo se e só se suas colunas são linearmente independentes.

Finalmente vamos mostrar que a solução geral de uma EDO linear de ordem n é dada pela combinação linear de soluções fundamentais. Proposição A.7 Sejam y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x) soluções fundamentais da EDO y (n) (x) + p n−1 (x)y (n−1) (x) + · · · + p 1 (x)y 0 (x) + p 0 (x)y(x) = 0 Então a solução geral da EDO é dada por y(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + · · · + c n y n (x) onde c 1 , c 2 , . . . , c n ∈ R.

Prova: Seja z(x) uma solução qualquer da EDO. Temos que W (z(x), y 2 (x), . . . , y n (x)) = ae −P n−1 (x) para algum a ∈ R, e que W (y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x)) = be −P n−1 (x) 6= 0

246

Apêndice A. Apêndice

de modo que b 6= 0. Segue então que W (z(x), y 2 (x), . . . , y n (x)) =

a −P n−1 (x) be = c 1W (y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x)) b

onde c 1 = a/b. Segue então que W (z(x), y 2 (x), . . . , y n (x)) − c 1W (y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x))) = ¯ z(x) ¯ 0 ¯ z (x) ¯ = ¯ .. ¯ . ¯ z (n−1) (x)

y 2 (x) y 20 (x)

··· ···

.. .

y 2(n−1) (x)

···

y n (x) y n0 (x)

¯ y 1 (x) ¯ ¯ 0 ¯ ¯ y 1 (x) ¯ ¯ ¯ .. ¯ − c 1 ¯ .. ¯ . ¯ . ¯ ¯ y (n−1) (x) y (n−1) (x) n

y 2 (x) y 20 (x)

··· ···

y 2(n−1) (x)

···

.. .

y n (x) y n0 (x)

¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯ = 0 . ¯¯ y (n−1) (x) n

Multiplicando c 1 pela primeira coluna e usando que a diferença de dois determinates que diferem apenas em uma única coluna é o determinante onde as colunas coincidentes são repetidas e na coluna que difere aparece a diferença das colunas originais, obtemos que ¯ ¯ ¯ z(x) − c 1 y 1 (x) y 2 (x) ··· y n (x) ¯¯ ¯ ¯ z 0 (x) − c 1 y 10 (x) y 20 (x) ··· y n0 (x) ¯¯ ¯ ¯ ¯=0 .. .. .. ¯ ¯ . . . ¯ ¯ ¯z (n−1) (x) − c y (n−1) (x) y (n−1) (x) · · · y (n−1) (x)¯ 1 1 n 2 Usando que um determinante é nulo quando suas colunas são linearmente dependentes e também que y 2 (x), . . . , y n (x) são linearmente independentes, segue que a primeira coluna pode ser escrita como a combinação linear das demais, de modo que z(x) − c 1 y 1 (x) = c 2 y 2 (x) + · · · + c n y n (x) para algumas constantes c 2 , . . . , c n . Segue então que z(x) = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + · · · + c n y n (x) como queríamos demonstrar.

A.3. EDO linear de ordem superior

247

S OLUÇÃO DA NÃO - HOMOGÊNEA Assim como no caso de EDOs de 2ª ordem, a solução geral de uma EDO linear de ordem superior não-homogênea será dada a partir da solução geral da sua homogêna associada através do método denominado de Variação dos Parâmetros. Passos

1) Variar os parâmetros: Tentar uma solução da EDO nãohomogêna da forma y(x) = c 1 (x)y 1 (x) + · · · + c n (x)y n (x), substituindo os parâmetros c 1 , . . . , c n da solução geral c 1 y 1 (x) + · · · + c n y n (x) da homogêna associada por funções c 1 (x), . . . , c n (x), que são as novas incógnitas. 2) Determinar os parâmetros variáveis: Determinar quais são as funções c 1 (x), . . . , c n (x), utilizando a EDO não-homogênea. Uma vez que y(x) = y 1 (x)c 1 (x) + · · · + y n (x)c n (x) derivando essa combinação, segue que y 0 (x) = y 10 (x)c 1 (x) + · · · + y n0 (x)c n (x) + y 1 (x)c 10 (x) + · · · + y n (x)c n0 (x) Impondo que y 1 (x)c 10 (x) + · · · + y n (x)c n0 (x) = 0 obtemos que y 0 (x) = y 10 (x)c 1 (x) + · · · + y n0 (x)c n (x) Derivando essa combinação, segue que y 00 (x) = y 100 (x)c 1 (x) + · · · + y n00 (x)c n (x) + y 10 (x)c 10 (x) + · · · + y n0 (x)c n0 (x)

248

Apêndice A. Apêndice

Impondo que y 10 (x)c 10 (x) + · · · + y n0 (x)c n0 (x) = 0 obtemos que y 00 (x) = y 100 (x)c 1 (x) + · · · + y n00 (x)c n (x) Repetindo esse processo algumas vezes, impondo que y 1 (x)c 10 (x) + · · · +

y n (x)c n0 (x) = 0

y 10 (x)c 10 (x) + · · · +

y n0 (x)c n0 (x) = 0

.. .

y 1(n−2) (x)c 10 (x) + · · · + y n(n−2) (x)c n0 (x) = 0 podemos mostrar que y(x) =

y 1 (x)c 1 (x) + · · · +

y n (x)c n (x)

y 0 (x) =

y 10 (x)c 1 (x) + · · · +

y n0 (x)c n (x)

y 00 (x) =

y 100 (x)c 1 (x) + · · · +

y n00 (x)c n (x)

.. .

y (n−1) (x) = y 1(n−1) (x)c 1 (x) + · · · + y n(n−1) (x)c n (x) Derivando a última equação, obtemos que y (n) (x) =

y 1(n) (x)c 1 (x) + · · · + y n(n) (x)c n (x)+ +y 1(n−1) (x)c 10 (x) + · · · + y n(n−1) (x)c n0 (x)

Multiplicando essas equações pelos respectivos coeficientes, somando as equações, colocando c 1 (x), . . . , c n (x) em evidência, e

A.3. EDO linear de ordem superior

249

usando que y 1 (x), . . . , y n (x) são soluções da homogênea e que y(x) é solução da não-homogênea, obtemos que g (x) = y 1(n−1) (x)c 10 (x) + · · · + y n(n−1) (x)c n0 (x) Obtemos então o seguinte sistema y 1 (x)c 10 (x) + · · · +

y n (x)c n0 (x) =

y 10 (x)c 10 (x) + · · · +

y n0 (x)c n0 (x) =

.. .

y 1(n−2) (x)c 10 (x) + · · · + y n(n−2) (x)c n0 (x) =

.. . 0

y 1(n−1) (x)c 10 (x) + · · · + y n(n−1) (x)c n0 (x) = g (x) que determina c 10 (x), . . . , c n0 (x). Temos que o determinante da matriz dos coeficientes desse sistema é o Wronskiano das soluções fundamentais, dado por ¯ ¯ ¯ ¯ y 1 (x) y (x) · · · y (x) 2 n ¯ ¯ ¯ ¯ y 0 (x) 0 0 y (x) · · · y (x) ¯ ¯ n 1 2 ¯ ¯ .. .. .. ¯ 6= 0 ¯ . . . ¯ ¯ ¯ ¯ (n−2) ¯ y1 (x) y 2(n−2) (x) · · · y n(n−2) (x) ¯ ¯ ¯ (n−1) ¯ y (x) y (n−1) (x) · · · y n(n−1) (x) ¯ 1

que é não nulo, uma vez que y 1 (x), y 2 (x), . . . , y n (x) são soluções fundamentais. Utilizando a regra de Cramer, determinamos c 10 (x), . . . , c n0 (x) e, integrando, obtemos c 1 (x), . . . , c n (x).