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MA311 - Calculo III

Primeiro semestre de 2020

Turma B – Curso 51

Ricardo M. Martins

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http://www.ime.unicamp.br/~rmiranda

Aula 23: Solucao em serie (caso regular)

http://www.ime.unicamp.br/~rmiranda

Solucoes em series para EDOs

Sejam P,Q,R funcoes boas (neste caso, polinomios1) e considere

a EDO

P(x)y ′′(x) + Q(x)y ′(x) + R(x)y(x) = 0. (1)

Se x0 e tal que P(x0) 6= 0, diremos que x0 e um ponto regular;

caso contrario, sera chamado ponto singular.

Inicialmente vamos considerar pontos regulares, por exemplo PVIs

com y(x0) = y0.

Neste caso, se x0 nao for regular, como P(x0) = 0, a equacao vai

ser degenerada, o que nao desejamos.

Solucoes em series para EDOs

Se x0 e ponto regular, entao existe um intervalo ao redor de x0

onde P(x) 6= 0.

Dividindo a EDO (1) por P(x), obteremos

y ′′(x) + p(x)y ′(x) + q(x)y(x) = 0, (2)

onde p = Q/P e q = R/P. Pelo Teorema de Existencia e

Unicidade, a EDO (2) tem solucao.

Iremos procurar tal solucao como uma serie de potencias.

Pontos regulares: y ′′(x) + p(x)y ′(x) + q(x)y(x) = 0

Exemplo

Encontre uma solucao em series para y ′′ + y = 0.

Note que todo ponto e um ponto regular, ja que P(x) = 1 e

constante. Seja

y(x) =∞∑n=0

anxn = a0 + a1x + a2x

2 + . . .

uma solucao da equacao no enunciado, e vamos assumir que esta

serie converge em algum intervalo |x | < ρ. Temos que

y ′(x) =∞∑n=1

nanxn−1 = a1 + 2a2x + 3a3x

2 + . . .

y ′′(x) =∞∑n=2

n(n − 1)anxn−2 = 2a2 + 6a3x + . . . .


Substituindo na EDO, temos

∞∑n=2

n(n − 1)anxn−2 +

∞∑n=0

anxn = 0.

Reescrevendo os somatorios do lado esquerdo para que tenham a

mesma potencia de x no termo geral (isto e importante!) temos

∞∑n=0

(n + 2)(n + 1)an+2xn +

∞∑n=0

anxn = 0,

e colocando num so somatorio obtemos

∞∑n=0

((n + 2)(n + 1)an+2 + an

)xn = 0.


∞∑n=0

((n + 2)(n + 1)an+2 + an

)xn = 0.

A igualdade acima e uma igualdade de series. Comparando os

coeficientes, devemos ter

(n + 2)(n + 1)an+2 + an = 0,

para todo n ≥ 0. E agora?

n = 0 : 2a2 + a0 = 0⇒ a2 = −a02

= −a02!

n = 1 : 6a3 + a1 = 0⇒ a3 = −a16

= −a13!

n = 2 : 12a4 + a2 = 0⇒ a4 = − a212

=a024

=a04!

n = 3 : 20a5 + a3 = 0⇒ a5 = − a320

=a1

120=

a15!


Todos os coeficientes ak com k ≥ 2 vao ficar em termos de a0 e a1.

Isto faz bastante sentido, ja que precisamos de dois coeficientes

livres para aplicar as condicoes iniciais.

Portanto, se k ≥ 1, temos

a2k =(1)k

(2k)!a0,

a2k+1 =(−1)k

(2k + 1)!a1.


Colocando de volta na expressao de y(x) teremos que a solucao e

y(x) = a0

∞∑n=0

(−1)n

(2n)!x2n + a1

∞∑n=0

(−1)n

(2n + 1)!x2n+1,

com a0, a1 ∈ R. Reconhece estas series? Claro!

y(x) = a0 cos(x) + a1 sen(x).

(Em particular, isto pode ser usado como definicao destas funcoes.)


Que tal agora fazer alguns exemplos cujas solucoes nao

conhecemos a priori?

A EDO nao e homogenea, mas voces verao que nao faz muita

diferenca.

Exemplo

Resolva o PVI

y ′′(x) + x2y ′(x) + xy(x) = ex , y(0) = 1, y ′(0) = 0.


Seja

y(x) =∞∑n=0

anxn.

Primeiro calculamos as series que vamos precisar.

y ′(x) =∞∑n=1

nanxn−1

y ′′(x) =∞∑n=2

n(n − 1)anxn−2

ex =∞∑n=0

1

n!xn


Substituindo tudo na EDO, temos:

∞∑n=2

n(n − 1)anxn−2 + x2

∞∑n=1

nanxn−1 + x

∞∑n=0

anxn =

∞∑n=0

1

n!xn

que e equivalente a

∞∑n=2

n(n − 1)anxn−2 +

∞∑n=1

nanxn+1 +

∞∑n=0

anxn+1 =

∞∑n=0

1

n!xn

Precisamos arrumar as potencias dentro dos somatorios, e tambem

os ındices iniciais. Isto nao e difıcil, mas exige atencao. Um erro

aqui e fatal. Vamos levar tudo para potencia n. Para uniformizar

assim, podera ser necessario tirarmos alguns termos de dentro do

somatorio.


faca n′ = n − 2 :∞∑n=2

n(n − 1)anxn−2 =

∞∑n=0

(n + 2)(n + 1)an+2xn

faca n′ = n − 1 :∞∑n=1

nanxn+1 =

∞∑n=2

(n − 1)an−1xn

faca n′ = n − 1 :∞∑n=0

anxn+1 =

∞∑n=1

an−1xn

Assim a EDO fica

∞∑n=0

(n+2)(n+1)an+2xn+

∞∑n=2

(n−1)an−1xn+

∞∑n=1

an−1xn =

∞∑n=0

1

n!xn


Vamos comecar todos os somatorios em 2.(2a2 + 6a3x +

∞∑n=2

(n + 2)(n + 1)an+2xn

)+

∞∑n=2

(n − 1)an−1xn +

(a0x +

∞∑n=2

an−1xn

)=

1 + x +∞∑n=2

1

n!xn

Reagrupando:

2a2 − 1 + (a0 + 6a3 − 1)x+

∞∑n=2

((n + 2)(n + 1)an+2 + (n − 1)an−1 + an−1 −

1

n!

)xn = 0


Igualando todos os coeficientes a zero:

2a2 − 1 = 0,

a0 + 6a3 − 1 = 0,

(n + 2)(n + 1)an+2 + nan−1 −1

n!= 0, ∀n ≥ 2.

Simplificando e calculando alguns termos

a2 = 1/2,

a3 = (1− a0)/6,

a4 =1

12

(1

2!− 2a1

),

a5 =1

20

(1

3!− 3a2

)an+2 =

1

(n + 2)(n + 1)

(1

n!− nan−1

),


Das condicoes iniciais y(0) = 1 e y ′(0) = 0 tiramos que a0 = 1 ea1 = 0. Logo

a0 = 1

a1 = 0

a2 = 1/2,

a3 = 0,

a4 =1

12

(1

2!

)=

1

24,

a5 =1

20

(1

3!− 3

2

)= − 1

15

an+2 =1

(n + 2)(n + 1)

(1

n!− nan−1

).


Calculando mais alguns termos, obtemos os primeiros termos da

“solucao”:

y(x) = 1+x2

2+x4

24+x5

15+

x6

720− x7

210+

289x8

40320− x9

7560+

1537x10

3628800+. . .

Esta serie converge? Qual o raio de convergencia? Qual o termo

geral?

O que fizemos foi supor que existia uma solucao em serie e

encontrar o termo geral. Nem sequer provamos que de fato a serie

encontrada e convergente. Precisamos de um teorema!


Grafico de y(x) com serie aproximada ate ordem 10.

-1.0 -0.5 0.5 1.0

1.1

1.2

1.3

1.4

1.5

1.6

Como obter solucao em series no Mathematica:

AsymptoticDSolveValue[{EDO, CI}, y[x], {x, ponto, grau}]


A definicao de ponto regular e ponto singular que demos

anteriormente e muito boa no caso em que P,Q,R sao polinomios.

Vamos aperfeicoar esta definicao para casos mais gerais.

Dada uma EDO

P(x)y ′′ + Q(x)y ′ + R(x)y = 0,

diremos que x0 e um ponto regular se as funcoes p = Q/P e

q = R/P forem analıticas em x0. Se existir um termo

nao-homogeneo S(x), suporemos tambem que f = S/P e analıtica

em x0.

Caso contrario, diremos que x0 e um ponto singular.


Teorema (Fuchs, 1866)

Seja x0 e um ponto regular de

P(x)y ′′ + Q(x)y ′ + R(x)y = 0,

ou seja, p(x) = Q(x)/P(x) e q(x) = R(x)/P(x) sao analıticas

em x0. Entao existe uma solucao em serie da forma

y(x) =∞∑n=0

an(x − x0)n = a0y1(x) + a1y2(x),

onde a0, a1 sao constantes e y1, y2 sao series de potencias

analıticas em x0. As solucoes y1, y2 formam um conjunto fun-

damental, e o raio de convergencia de y e pelo menos igual ao

menor dos raios de convergencia das series de p e q.


Agora sim, temos um teorema que garante a existencia de solucoes

em series, ao menos no caso analıtico.

ExercıcioDetermine o raio de convergencia da solucao em serie de

cos(x)y ′′ + y ′ + R(x)y = 0

em torno de x = 0, onde R(x) e um polinomio.

ExercıcioMostre que a equacao de Chebyshev

(1− x2)y ′′ − xy ′ + α2y = 0, α ∈ R,

tem solucoes polinomiais nos casos em que α = 0, 1, 2, 3.

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