03-CalculoIII

CÁLCULO III

1a Edição - 2.007

SOMESB S OCIEDADE M ANTENEDORA DE E DUCAÇÃO S UPERIOR DA B AHIA S/C LTDA . G ERVÁSIO M ENESES

DE O LIVEIRA P RESIDENTE

W ILLIAM O LIVEIRA V ICE -P RESIDENTE

S AMUEL S OARES S UPERINTENDENTE A DMINISTRATIVO E F INANCEIRO

G ERMANO TABACOF S UPERINTENDENTE DE E NSINO, P ESQUISA E E XTENSÃO P EDRO DALTRO G USMÃO DA S ILVA S UPERINTENDENTE DE D ESENVOLVIMENTO E P LANEJAMENTO ACADÊMICO

FTC-E A D

FACULDADE DE T ECNOLOGIA E C IÊNCIAS – E NSINO A D ISTÂNCIA R EINALDO DE O LIVEIRA B ORBA D IRETOR G ERAL

R OBERTO F REDERICO M ERHY D IRETOR ACADÊMICO

J EAN C ARLO N ERONE D IRETOR

DE

T ECNOLOGIA

A NDRÉ P ORTNOI D IRETOR A DMINISTRATIVO

E

F INANCEIRO

R ONALDO C OSTA G ERENTE ACADÊMICO

J ANE F REIRE G ERENTE DE E NSINO L UÍS C ARLOS N OGUEIRA A BBEHUSEN G ERENTE DE S UPORTE T ECNOLÓGICO

R OMULO AUGUSTO M ERHY C OORD. DE S OFTWARES E S ISTEMAS O SMANE C HAVES C OORD. DE T ELECOMUNICAÇÕES E H ARDWARE J OÃO J ACOMEL C OORD. DE P RODUÇÃO DE M ATERIAL D IDÁTICO

M ATERIAL D IDÁTICO P RODUÇÃO ACADÊMICA J ANE F REIRE G ERENTE DE E NSINO A NA PAULA A MORIM S UPERVISÃO

G ECIARA

DA S ILVA C ARVALHO C OORDENADOR DE C URSO

FÁBIO S ANTOS R ODRIGUES PAULO H ENRIQUE R IBEIRO DO N ASCIMENTO AUTOR ( A )

P RODUÇÃO T ÉCNICA J OÃO J ACOMEL C OORDENAÇÃO C ARLOS M AGNO B RITO A LMEIDA S ANTOS R EVISÃO

DE

T EXTO

M AURÍCIO P ORTO S ILVA J ONES G ARCIA DA M ATA R EVISÃO DE C ONTEÚDO

A DRIANO P EDREIRA C ATTAI PAULO H ENRIQUE R IBEIRO DO N ASCIMENTO E DIÇÃO

EM

LATEX 2ε

E QUIPE A LEXANDRE R IBEIRO, A NGÉLICA J ORGE , C EFAS G OMES , C LAUDER F ILHO, D ELMARA B RITO, D IEGO D ORIA A RAGÃO, FÁBIO G ONÇALVES , F RANCISCO F RANÇA J ÚNIOR , H ERMÍNIO F ILHO, I SRAEL DANTAS , L UCAS DO VALE , M ARCIO S ERAFIM , M ARIUCHA P ONTE , RUBERVAL F ONSECA E TATIANA C OUTINHO. c 2.007 FTC-E A D Copyright Todos os direitos reservados e protegidos pela lei 9.610 de 19/02/98. É proibida a reprodução total ou parcial, por quaisquer meios, sem autorização prévia, por escrito, da FTC-E A D - Faculdade de Tecnologia e Ciências - Ensino a distância. www.ead.ftc.br

Sumário Bloco 1: Seqüências e Séries Numéricas

6

Tema 1: Seqüências Numéricas

6

1.1

Seqüências Numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2

Convergência de Seqüências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3

Seqüências Limitadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.4

Seqüências Monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.5

Subseqüências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.6

Alguns Resultados Importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.7

Outras Seqüências Numéricas, Notáveis e Importantes para o Ensino Médio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.7.1

A Progressão Aritmética. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.7.2

Propriedades de uma PA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.7.3

Fórmula do Termo Geral de Uma Progressão Aritmética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Interpolação Aritmética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.7.4

Soma dos Finitos Termos de uma Progressão Aritmética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.7.5

Progressão Geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.7.6

Fórmula do Termo Geral de uma Progressão Geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.7.7

Interpolação Geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.7.8

Soma dos Finitos Termos de uma PG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.7.9

Soma dos Infinitos Termos de uma PG Decrescente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Tema 2: Séries Numéricas e de Funções

24

2.1

Séries Numéricas e a Seqüência das Somas Parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2

Convergência das Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.2.1

A Série Geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.2.2

O Teste da Divergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2.3

O Teste da Comparação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.2.4

O Teste da Comparação por Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.2.5

O Teste da Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.2.6

As p -Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.2.7

A Convergência de uma p -Série . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.2.8

Séries Absolutamente Convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.2.9

O Teste da Raiz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.2.10 O Teste da Razão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.2.11 O Teste de Leibnitz e a Convergência das Séries Alternadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.3

Série de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.3.1

2.4

Séries de Potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.4.1

2.5

O Critério de Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 A convergência de uma Série de Potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

Séries de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.5.1

Uma Pequena Biografia de Brook Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 CÁLCULO III

3

Bloco 2: EDO e Aplicações

47

Tema 3: Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem

47

3.1 3.2 3.3

Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equações Diferenciais Ordinárias a Variáveis Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equações Diferenciais Ordinárias Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Resolução de uma EDO Homogênea de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47 51 52 53

Equações Diferenciais Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1 Método de Resolução para uma EDO Exata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Fator Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1 Determinação do Fator Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Trajetórias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Equações Diferenciais Ordinárias Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.1 Método do Fator Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8 Um Pouco da História e da Filosofia Desenvolvida Paralelamente às EDO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53 55 56 56 58 59 59 61

3.4

Tema 4: EDO de Segunda Ordem e algumas aplicações às diversas áreas 4.1

Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1 Função de Duas Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2 Dependência Linear de Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 EDO Homogênea com Coeficientes Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 EDO Homogênea com Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 EDO Não-Homogênea com Coeficientes Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Referências Bibliográficas Atividade Orientada 5.1 Etapa 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Etapa 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Etapa 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

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63 63 63 63 63 64 67 79 1 1 2 4

A PRESENTAÇÃO

DA

D ISCIPLINA

Caro aluno, Dois grandes aspectos serão tratados aqui. O estudo das séries e o das equações diferenciais ordinárias. Depois de termos já estudado uma boa parte das disciplinas vistas no seu curso de licenciatura, em especial a de Cálculo I e a de Cálculo II, temos condições, mais do que suficientes, de enveredarmos nesses tópicos. A ciência e o mundo moderno nada seriam sem os avanços teóricos no estudo das séries e das equações diferenciais os quais esta se fundamentou. Como exemplo, cito: as engenharias, a biologia, a química e a física. Tais aplicações serão aqui abordas. No tema 1, estudaremos as seqüências numéricas e a convergência, em especial as progressões aritméticas e geométricas, tão importantes no ensino médio. No tema 2, estudaremos as séries de potências e a de funções, chamando a atenção para o aspecto de maior relevância: a convergência destas. No tema 3, antes de apresentaremos as principais equações diferenciais ordinárias de primeira ordem e os métodos de resolução destas, veremos um dos principais resultados os quais se baseiam aqueles que utilizam a matemática aplicada: o teorema da existência e unicidade de soluções. Finalizando, as equações diferenciais ordinárias de segunda ordem, os processos de obtenção das suas soluções e algumas aplicações em áreas especificas da ciência. O estudo a distância é feito com base no estudante. Aqui o material apresenta a teoria de modo didático. Faça uma leitura de efeito, ou seja, com atenção e muita paciência, de modo que, todo conceito aqui escrito possa ser compreendido e assimilado. Agradecemos a ajuda de todos os professores que, exerceram, de algum modo, influência na construção desse material e, também, aos alunos leitores que nos ajudarão, continuamente, a aprimorá-lo. Desejamos uma boa leitura, e que Deus nos abençoe nesta caminhada.

Prof. Fábio Santos Rodrigues. Prof. Paulo Henrique Ribeiro do Nascimento.

BLOCO 01

Seqüências e Séries Numéricas Seqüências Numéricas

TEMA 01

Apresentação Definiremos seqüências de números reais, e uma analogia entre o limite de uma função e a convergência de uma seqüência será feita. Além disso, alguns dos resultados obtidos para limites serão, também, tratados no estudo das seqüências. Por exemplo, a regra de L’Hospital.

Introdução Pensemos no seguinte problema: De posse de uma fórmula que calcula a área An , n ≥ 3 de um polígono regular de n lados, inscrito numa circunferência de raio r , o que acontece com sua área, à medida que o número de lados crescem indefinidamente? O que você pode observar na figura a seguir?

A3

A4

A5

A6

A12

Observa-se que, à medida que aumentamos o valor de n, fica evidente que a área An do polígono inscrito ficará cada vez mais próxima da área do círculo, ou seja, como n representa o número de lados do polígono, A3 , A4 , A5 , A6 , . . . , representam uma sucessão de valores que tendem ao valor da área do círculo A0 . Duas idéias, aqui, foram apresentadas: a de sucessão de infinitos valores e a de aproximação destes valores de um outro. Vamos entender algebricamente, como o processo de aproximação funciona. Porém, antes, formalizemos o nosso objeto de estudo.

1.1

Seqüências Numéricas

Uma seqüência numérica é, informalmente, uma sucessão infinita de números chamados termos. Entendese que os termos têm uma ordem definida. Portanto, o primeiro termo pode ser representado por a1 ; o segundo por a2 , e assim por diante. As reticências (. . . ) serão usadas para indicar que a seqüência possui quantidade indefinida de termos. Veja, a seguir, esta definição escrita de maneira formal. 1.1 Definição. Uma seqüência numérica real é uma função que associa um número natural n ≥ 1 a um número real an . Em símbolos:

6

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a:N

→ R

n

7→ an

Utilizaremos, para representar uma seqüência numérica a, a notação (an )∞ n=1 , ou, simplesmente, (an ), em que o número n é chamado de índice da seqüência, e an o n-ésimo termo ou termo geral. Exemplo 1.1. A seqüência dos números 1. pares: (an ) = (2n − 2) = (0, 2, 4, . . . , 2n, . . .); 2. ímpares: (an ) = (2n − 1) = (1, 3, 5, . . . , 2n − 1, . . .); 3. primos: (an ) = (2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, . . .); 4. naturais: (an ) = (n), n ∈ N;



5. inversos dos naturais: (an ) = 

6. (an ) = 

7. (an ) =

(−1)n+1 n

n n+1



‹

‹



‹

1 1 = 1, , , . . . ; 2 3



‹

1 1 1 1 = 1, − , , − , , . . . 2 3 4 5 

=

1 n

‹

1 2 3 4 , , , ,... 2 3 4 5

8. (an ) = (1 + (−1)n ) = (0, 2, 0, 2, 0, 2, . . .)  n‹

9. (an ) =

2 n!



‹

4 2 4 = 2, 2, , , , . . . 3 3 15

Nota 1. Com os exemplos vistos anteriormente, podemos observar que: 1. Dada uma seqüência, nem sempre podemos determiná-la por uma lei de formação (veja o exemplo da seqüência dos números primos), ou seja, nem sempre podemos determinar o termo geral; 2. Existem seqüências que, a partir de um certo elemento, os demais se aproximam de um determi ‹ 1 nado número real, à medida que os valores de n crescem. É o caso da seqüência (an ) = , n onde, à medida que os valores de n crescem, os valores de an se aproximam do valor 0.

1.2

Convergência de Seqüências

Lembra-se da idéia de que os valores das áreas dos polígonos inscritos numa circunferência se aproximam  ‹ 1 da área do círculo, à medida que os valores de n crescem? E da seqüência (an ) = , cujos valores de an se n aproximam do valor 0? Vemos, nestes exemplos, que as seqüências possuem termos que se aproximam de um determinado valor. Como verificar se uma outra seqüência (an ) qualquer possuem termos que se aproximam de um valor a0 ? Os casos exemplificados motivam a formalizar a idéia de seqüência convergente. 1.2 Definição. Seja (an ) uma seqüência numérica. Dizemos que (an ) converge para um número real L quando, dado ǫ > 0, existe n0 ∈ N tal que ∀ n ≥ n0 =⇒ |an − L| < ǫ. Notação: an → L ou lim an = L. n→∞

Nota 2. A proximidade entre dois números reais, no conceito de convergência aqui inserido, é dado pelo módulo da diferença entre eles, isto é: a, b ∈ R; d (a, b ) = |b − a|. CÁLCULO III

7

A idéia, portanto, de uma seqüência convergente é que, partindo-se de um certo índice n0 , os termos an estão bem próximos de uma determinada constante a. Nota 3. É importante observar que, dado ǫ > 0, o índice n0 será determinado a partir dele, ou seja, o índice será interpretado como uma função de ǫ. ER 1.1. Prove que

n → 1. n+1

Solução: Dado ǫ > 0, teremos que

|an − 1| < ǫ ⇐⇒







−1 n 1 1 < ǫ ⇔ − 1 = < ǫ ⇔ n > − 1. n+1 n + 1 n+1 ǫ

1 − 1 tal que n ≥ n0 ⇒ |an − 1| < ǫ. ǫ Para, realmente, vermos que n0 depende de ǫ, vamos tomar valores para este último e observar como 1 1 ficará o índice. Por exemplo, tome ǫ = e teremos que n0 = 9, enquanto que para ǫ = teremos que 10 100 n0 = 99. Assim, dado ǫ > 0, existe n0 >

1.3

Seqüências Limitadas

Um dos principais resultados da teoria de seqüências será abordado nesta seção. Porém, necessitaremos, antes, da definição de seqüência limitada. 1.3 Definição. Uma seqüência (an ) é limitada quando existe um número real M > 0 tal que |an | ≤ M , para todo n inteiro positivo. Em outras palavras, o conjunto dos termos da seqüência é um conjunto limitado se existe um valor M tal que todos os seus elementos estão no intervalo [−M , M ]. Podemos, ainda, dizer que uma seqüência é limitada quando existem números reais A e B , tais que A ≤ an ≤ B , para n inteiro positivo. O número A é chamado de limite inferior, caso ele seja o maior número tal que A < an , para todo n; e B é chamado de limite superior, caso ele seja o menor número tal que an < B , ∀ n. 

‹



‹

1 1 1 1 1 = 1, , , , , . . . é limitada. De fato, se fizermos M = 1, n 2 3 4 5 observa-se, claramente, que os seus termos estarão sempre no intervalo [−1, 1]. Exemplo 1.2. A seqüência (an ) =

|

−1

bc

0

bc bc bc 11 1 54 3

bc 1 2

|

1

Podemos observar, neste exemplo, através da figura, que os seus limites inferior e superior são, respectivamente, os números 0 e 1. O resultado a seguir é um dos grandes para o estudo da convergência de seqüências. Ele é bastante utilizado nas demonstrações de outros teoremas consagrados. 1.4 Proposição. Toda seqüência convergente é limitada. Prova: Seja (an ) uma seqüência tal que an → L. Assim, pela própria definição, dado ǫ > 0, ∃ n0 ∈ N tal que ∀ n ≥ n0 ⇒ |an − L| < ǫ ⇐⇒ L − ǫ < an < L + ǫ. 8

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Tome A = {a1 , . . . , an0 , L − ǫ, L + ǫ} e considere α1 = min A, α2 = max A. Logo, α1 ≤ an ≤ α2 . Portanto, a seqüência é limitada.

2

Uma das aplicações da proposição 1.4 é o fato de que seqüências ilimitadas não podem ser convergentes. Por exemplo, a seqüência (an ) = (n), n ∈ N. Nota 4. A recíproca do lema 1.4 não é verdadeira. Para verificar este fato, basta considerarmos a seqüência alternada (0, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, . . .), a qual é divergente e limitada. Porém, temos um resultado que garante a convergência de um determinado tipo de seqüência limitada. Para isto, definiremos que é uma seqüência monótona.

Propriedades Sejam (an ) e (bn ) seqüências numéricas, tais que an → L1 e bn → L2 . Então: 1. an + bn → L1 + L2 ; 2. can → cL1 , c ∈ R; 3. an · bn → L1 · L2 ; 4. Se L2 6= 0 teremos que

L1 an → ; bn L2

5. |an | → |L1 |; 6. Se f é uma função contínua real, então f (an ) → f (L1 ). Prova: (1) Como an → L1 e bn → L2 , temos que ∀ ǫ > 0, ∃n1 , n2 ∈ N, tais que: ∀ n ≥ n1 , n ≥ n2 ⇒ |an − L1 | <

ǫ ǫ e |bn − L2 | < . 2 2

Tome n0 = max{n1 , n2 } e, claramente, obtemos: ∀ n ≥ n0 ⇒ |(an + bn ) − (L1 + L2 )| = < <

|(an + L1 ) + (bn − L2 )| |an − L1 | + |bn − L2 | ǫ ǫ + = ǫ. 2 2

Portanto, an + bn → L1 + L2 . (2) Deixamos a cargo do leitor. (3) Como (bn ) é uma seqüência convergente, temos que ela é limitada, e, desta maneira, existe um número real M > 0 tal que |bn | ≤ M , ∀ n ∈ N. Como an → L1 e bn → L2 , temos que ∀ ǫ > 0, ∃n1 , n2 ∈ N, tais que

n ≥ n1 , n ≥ n2 ⇒ |an − L1 | <

ǫ ǫ e |bn − L2 | < . (M + |L1 |) (M + |L1 |)

Tome n0 = max{n1 , n2 }. Daí, |an · bn − L1 · L2 | = |an · bn − bn · L1 + bn · L1 − L1 · L2 | = |(an − L1 )bn + (bn − L2 )L1 | < ǫ ǫ |an − L1 ||bn | + |bn − L2 ||L1 | < M+ |L1 | = ǫ. (M + |L1 |) (M + |L1 |) (4) Deixamos a cargo do leitor. CÁLCULO III

9

(5) Basta observar que ||x | − |y || ≤ |x − y |. (6) Seja ǫ > 0. Como f é contínua, segue, por definição, que para cada a ∈ R, existe δ > 0 tal que |x − a| < δ ⇒ |f (x ) − f (a)| < ǫ. Por outro lado, como an → L1 , temos que existe n0 tal que n ≥ n0 ⇒ |an − L1 | < δ. Dos fatos supracitados, concluímos que n0 tal que n ≥ n0 ⇒ |an − L1 | < δ ⇒ |f (an ) − f (L1 )| < ǫ.

1.4

2

Seqüências Monótonas

Façamos uma pequena observação antes de falarmos sobre a monotonicidade das seqüências numéricas. Nota 5. Dada uma seqüência numérica (an ) temos que: ⋄ o termo sucessor ao termo geral an é o termo an+1 ; ⋄ o termo antecessor ao termo geral an é o termo an−1 . Observe, aqui, as relações existentes entre sub-índices dos termos! Agora, observe o comportamento das seqüências: 

(a) 1 −

1 n

‹



‹

1 2 3 4 = 0, , , , , . . . 2 3 4 5



(b)

1 n2

‹



‹

1 1 1 = 1, , , , . . . 4 9 16

(c) (1, 1, 1, 1, 1, . . .)

Na primeira destas, dizemos que a seqüência é crescente ou estritamente crescente, pois podemos observar que os seus termos estão cada vez maiores: 2 1 3 2 4 3 1 > 0, > , > , > . . . . 2 3 2 4 3 5 4 Confira, isto, utilizando uma máquina, caso necessário! Em outras palavras, uma seqüência é crescente quando qualquer termo selecionado é menor que o seu sucessor. Simbolicamente, temos an < an+1 . Na segunda, dizemos que a seqüência é decrescente ou estritamente decrescente, pois observamos que os seus termos estão cada vez menores, à medida que os termos avançam. De fato, os denominadores das respectivas frações aumentam. Sendo assim, 1 1 1 1 1 < 1, < , < ,.... 4 9 4 16 9 Se necessário, utilize uma máquina para verificar essas desigualdades! Em outras palavras, uma seqüência é decrescente quando qualquer termo selecionado é maior que o seu sucessor. Simbolicamente, temos an > an+1 . Já na terceira, os termos da seqüência são sempre os mesmos e a chamamos de seqüência constante. Simbolicamente, podemos escrever an = an+1 . Outros comportamentos são constatados para os termos de uma seqüência. Dizemos que uma seqüência é: ⋄ não-decrescente: se seus termos crescem ou permanecem constantes; ⋄ não-crescente: se seus termos decrescem ou permanecem constantes. 10

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Nota 6. O conjunto das seqüências: ⋄ crescentes está contido no conjunto das não-decrescentes; ⋄ decrescentes está contido no conjunto das não-crescentes; ⋄ constantes está contido tanto no conjunto das não-decrescentes quanto das não-crescentes. Já temos, agora, condições de entender o conceito de seqüência monótona. 1.5 Definição. Dizemos que uma seqüência é monótona quando ela é não-crescente ou não-decrescente. Simbolicamente, (an ) é monótona quando an ≤ an+1 ou an ≥ an+1 . 

Exemplo 1.3. As seqüências (an ) = (n), n ∈ N e (an ) =

1 n

‹



‹

1 1 = 1, , , . . . são exemplos de monótonas. 2 3

Nota 7. As seqüências não monótonas são chamadas oscilantes. Em outras palavras, são aquelas que não apresentam comportamento somente não-crescente, não-decrescente ou constante. Exemplo 1.4. A seqüência (an ) = ((−1)n n), n ∈ N, é um exemplo de oscilante. Nota 8. Numa seqüência crescente, o primeiro termo é o seu limite inferior, enquanto que, numa seqüência decrescente, ele será o limite superior. Outro importante resultado é visto a seguir, onde, a condição da seqüência ser monótona e limitada é suficiente, mas não necessária, para ser convergente. 1.6 Proposição. Toda seqüência monótona e limitada é convergente. Prova: Seja (an ) uma seqüência crescente e limitada. Assim, a seqüência (an ) possui um supremo S e, conseqüentemente, teremos que: (i) an ≤ S , para todo n. (ii) ∀ ǫ > 0, ∃n0 ; S − ǫ ≤ an0 . Como a seqüência é crescente temos que n ≤ n0 ⇒ S − ǫ ≤ an ≤ S < S + ǫ ⇔ |an − S | < ǫ. Portanto, an → S . Nota 9. Uma seqüência convergente pode não ser monótona. Um exemplo interessante é a seqüência   (−1)n+1 . (an ) = n Nota 10. Uma seqüência monótona pode ser divergente, por exemplo (an ) = (n!). Nota 11. Uma seqüência limitada pode ser divergente. Por exemplo, (an ) = (−1)n , pois, claramente, os pontos dela estão alternando, o que impede que a seqüência tenha um limite.

1.5

Subseqüências

Depois de definirmos o que é uma subseqüência, faremos analogias a dois teoremas vistos para o limite de funções e fecharemos com mais alguns critérios de convergência. CÁLCULO III

11

1.7 Definição. Seja S = {n0 , n1 , . . . , nk , . . .}, k ∈ N e (an ) uma seqüência. Uma subseqüência de (an ) é uma seqüência dada por (ank ). Notação: (ank ). Uma subseqüência é, portanto, uma nova seqüência que provem de outra pela eliminação, de maneira ordenada, de alguns termos desta. Exemplo 1.5. As seqüências (an ) = (2n − 2) = (0, 2, 4, . . . , 2n, . . .) e (an ) = (2n − 1) = (1, 3, 5, . . . , 2n − 1, . . .) são exemplos de subseqüências da seqüência (an ) = (n). 1.8 Proposição. Se an → L, então ank → L. Prova: Como an → L temos que ∀ ǫ > 0, existe n0 tal que n ≥ n0 ⇒ |an − L| < ǫ. Observemos que nk ≥ k e, portanto, k ≥ n0 ⇒ |ank − L| < ǫ. Nota 12. Uma importante conseqüência deste lema é que o limite de uma seqüência é único. Além disso, quando uma seqüência admite duas subseqüências convergindo para pontos distintos teremos que essa seqüência é divergente. 8

n+1 , n ∈ {2, 4, 6, . . .} n . Observe que as Exemplo 1.6. Considere a seqüência (an ) tal que an = n − 1 : , n ∈ {1, 3, 5, . . .} n  ‹  ‹ n−1 n+1 subseqüências e convergem para 1 e, além disso, (an ) converge, também, para 1. n n <

1.6

Alguns Resultados Importantes

1.9 Proposição. Sejam (an ) e (bn ) seqüências tais que an → 0 e (bn ) é limitada. Então, an bn → 0. 

Exemplo 1.7. A seqüência

‹

1 1 · cos(n2 + 1) converge para 0, pois | cos(n2 + 1)| ≤ 1 e → 0. n n

Como uma seqüência é um tipo especial de função, é natural questionar a sua diferenciabilidade. Dessa forma, vamos considerar que existe uma função f tal que f (n) = an e segue, imediatamente, que lim f (x ) = L ⇒ an → L.

x →∞

1.10 Proposição. Sejam (an ) e (bn ) seqüências tais que an = f (n) e bn = g (n), com f e g funções deriváveis, an (an )′ → L. Então, → L. tais que an → ∞ ou 0, bn → ∞ ou 0, e (bn )′ bn Nota 13. O lema anterior é uma versão da regra de L’Hospital para seqüências. 

Exemplo 1.8. Considere a seqüência 

n ln(n)

‹

‹

1 n 1 e = n → ∞, temos que . Como n′ = 1, [ln(n)]′ = 1 ln(n) n n

→ ∞.

Uma versão para seqüências do Teorema do Confronto é feita pelo teorema a seguir: 1.11 Teorema. Sejam (an ), (bn ) e (cn ) seqüências tais que an ≤ cn ≤ bn . Se an , bn → L, então cn → L. 12

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Um Fato Bastante Interessante! Um das maneiras de definir o número de Euler (e ) é através de seqüências. Por isso, vemos que a  ‹ 1 n é convergente pelo lema 1.2 e definimos que esse limite é, justamente, o seqüência an = 1 + n número e . De fato,  

1 lim ln 1 + n→∞ n

‹n



1 = lim n ln 1 + n→∞ n

ln 1 +

‹

= lim

1 n

n→∞

Logo,



1+

lim

n→∞

1 n

1 n



1

‹

1+ = lim

n→∞

1 n

· −

−

1 n2

1 n2

‹

=1

‹n

=e

O próximo resultado pode ser interpretado como sendo a média aritmética de uma seqüência que converge para o mesmo limite da seqüência analisada. 

1.12 Teorema. Se a seqüência (an ) converge para L, então

a1 + a2 + . . . + an  → L. n

Prova: Como lim an = L temos, pela definição, que para qualquer ǫ > 0, existe n0 tal que n ≥ n0 ⇒ n→∞ ǫ |an − L| < . Logo, 2 ǫ ǫ + ...+ an +1 + . . . + an 2 = n − n0 ǫ < ǫ . 0 < 2 n n n 2 2 e, segue, imediatamente, que Por outro lado, a1 , . . . , an0 é uma quantidade finita de números reais a1 + . . . + an ǫ a1 + . . . + an 0 0 < = 0. Assim, existe n1 tal que n ≥ n1 ⇒ . lim n→∞ n n 2 a1 + . . . + an a1 + . . . + an an0 +1 + . . . + an 0 Tomemos n2 = max{n0 , n1 }. Segue que = < + n n n a1 + . . . + an an +1 + . . . + an ǫ a1 + a2 + . . . + an ǫ 0 < + = ǫ. Portanto, bn = → L. + 0 n n 2 2 n √ ER 1.2. Prove que n n → 1. 1

Solução: Observemos que lim an = lim n n = 1∞ que se trata de uma indeterminação. Então, vamos n→∞ n→∞ 1 procurar uma função contínua e aplicar a propriedade 6, com o objetivo de “abaixar” o expoente . Sendo n assim, o leitor perceberá que a função que se encaixa melhor é a logarítmica natural. 

Seja f (x ) = ln(x ) e segue que lim ln(an ) = ln n→∞

€

lim ln n

n→∞

1 n

Š



lim an . Logo,

n→∞

1 ln(n) = lim n = 0. = lim n→∞ 1 n→∞ n 

Contudo, a função logarítmica natural é bijetora, ou seja, lim ln(an ) = 0 = ln n→∞



lim an ⇔ lim an = 1.

n→∞

n→∞

ER 1.3. Estude o comportamento das seqüências abaixo:    ‹ 1 1 1 3n 3 + 1 (a) (an ) = −1, , 3, , −5, , . . . (b) (an ) = 2 4 6 2n 3 + 2 Solução: (a) A seqüência admite uma subseqüência convergindo para zero, porém, existe uma outra subseqüência divergente. Portanto, (an‹ ) é divergente.   1 3 lim 3 + n 3+ 3 3 3n + 1 n→∞ n ‹   = lim (b) lim = 1 n→∞ 3 n→∞ 2n3 + 1 n 2+ 3 lim 2 + n→∞ n

‹

1 3 n3 ‹ = . 1 2 n3 CÁLCULO III

13

q

ER 1.4. Mostre que

È

6+

6+

√ 6 + · · · = 3.

Solução: A idéia, aqui, é a de construir uma seqüência para depois verificar a sua convergência. √ √ Tomemos a0 = 6 e an = 6 + an−1 . Vamos supor que an → L e, logo, an−1 → L por se tratar de uma subseqüência. Assim, È

n→∞

q

6 + an−1 =

L = lim an = lim

n→∞

lim (6 + an−1 ) =

n→∞

√ 6 + L.

Segue que, L2 = 6 + L ⇒ L = 3 ou L = −2. Como an é uma seqüência de termos positivos teremos que L = 3.

Exercícios Propostos EP 1.5. Estude a convergência das seqüências abaixo: (a) (an ) = n(n − 1)

2n 3n+1 n √ (f) (an ) = 1+ n (e) (an ) =

n+1 (b) (an ) = 3n − 1 3 + 5n 2 (c) (an ) = n + n2 √ n √ (d) (an ) = 1+ n

(g) (an ) = 2 + cos (nπ) (h) (2, 7, 12, 17, . . .)

EP 1.6. Determine se as seqüências dadas são crescentes ou decrescentes. 

(a) (an ) =

‹



1 ; 5n

(b) (an ) =

‹



1 ; 2n + 3

(c) (an ) =

‹

2n − 3 . 3n + 4

EP 1.7. Considere a seqüência (an ) tal que an → L. Mostre que:

cn =

√ n a 1 · a 2 · . . . · a n → L.

EP 1.8. Calcule o limite da seqüência: ‚

√

1.7

È

3,

√ 3 3,

q È

3

Œ

√ 3 3, . . . .

Outras Seqüências Numéricas, Notáveis e Importantes para o Ensino Médio

1.7.1

A Progressão Aritmética

Consideremos a seqüência (2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, . . .). Observamos que, a partir do segundo termo, a diferença entre qualquer termo e seu antecessor é sempre a mesma: 4 − 2 = 6 − 4 = 10 − 8 = 14 − 12 = 16 − 14 = 2. Seqüências como esta são denominadas progressões aritméticas (PA). A diferença constante é chamada de razão da progressão e costuma ser representada por r . Na P.A. dada, temos r = 2. Podemos, então, dizer que: 14

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1.13 Definição. Uma progressão aritmética é uma seqüência numérica (an ) em que cada termo, a partir do segundo, é igual à soma do termo anterior com uma constante r , ou seja, an = an−1 + r . O número r é chamado de razão da progressão aritmética. Vejamos alguns exemplos de progressões aritméticas: Exemplo 1.9.

(5, 9, 13, 17, 21, 25, . . .) é uma PA em que a1 = 5, r = 4 e an = a1 + (n − 1) · r ;

Progressão Aritmética Crescente Uma progressão aritmética crescente é toda progressão aritmética em que cada termo, a partir do segundo, é maior que o termo que o antecede, sendo que, para isso, a razão “r ” tem que ser sempre positiva e diferente de zero. Exemplo 1.10. São progressões aritméticas crescentes: ⋄ (2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, . . .) - razão r = 2; ⋄ (3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, . . .) - razão r = 3;

Progressão Aritmética Decrescente Uma progressão aritmética decrescente é toda progressão aritmética em que cada termo, a partir do segundo, é menor que o termo que o antecede, sendo que para isso a razão “r ” tem que ser sempre negativa e diferente de zero. Exemplo 1.11. São progressões aritméticas decrescentes: ⋄ (8, 6, 4, 2, 0, −2, −4, −6, −8, . . .) - razão r = −2; ⋄ (9, 6, 3, 0, −3, −6, −9, −12, . . .) - razão r = −3;

Progressão Aritmética Constante Uma progressão aritmética constante é toda progressão aritmética em que todos os termos são iguais, sendo que, para isso, a razão “r ” tem que ser sempre igual a zero. Exemplo 1.12. São progressões aritméticas constantes: ⋄ (1, 1, 1, 1, 1, 1, . . .) - razão r = 0; ⋄ (0, 0, 0, 0, 0, 0, . . .) - razão r = 0; Resumindo, podemos constatar que uma progressão aritmética é CÁLCULO III

15

⋄ crescente, se r > 0; ⋄ decrescente, se r < 0; ⋄ constante, se r = 0.

1.7.2

Propriedades de uma PA

1.14 Proposição. Numa PA, qualquer termo, a partir do segundo, é a média aritmética do seu antecessor e do seu sucessor. Exemplo 1.13. Consideremos a PA (4, 8, 12, 16, 20, 24, 28) e escolhamos três termos consecutivos quaisquer. Por exemplo: 8, 12 e 16 ou 20, 24 e 28. Observe que o termo médio é sempre a média aritmética dos outros dois termos. De fato, 8 + 16 20 + 28 = 12 e = 24. 2 2 1.15 Proposição. Ao selecionarmos uma quantidade ímpar e sucessiva de termos de uma PA, o termo do meio (médio) é a média aritmética do primeiro termo e do último termo. Exemplo 1.14. Consideremos os termos (3, 6, 9, 12, 15, 18, 21) de uma PA, observamos que o termo médio é 3 + 21 . 12 e que 12 = 2 1.16 Proposição. Ao selecionarmos uma determinada quantidade sucessiva de termos de uma PA, a soma de dois termos eqüidistantes dos extremos desta seleção é igual à soma dos extremos. Exemplo 1.15. Consideremos os termos (3, 7, 11, 15, 19, 23, 27, 31) de uma PA e observe que: 9

7

e

3

11

e

23

15

e

19

> > = > > ;

são os termos eqüidistantes dos extremos 3 e 31

e, ainda, que

1.7.3

7 + 27

= 34

11 + 23

= 34

15 + 19

= 34

Fórmula do Termo Geral de Uma Progressão Aritmética

1.17 Proposição. A fórmula do termo geral de uma progressão aritmética é expressa por:

an = a1 + (n − 1) · r . Prova: Sabemos que o valor de qualquer termo é igual ao anterior mais a constante, ou seja,

an = an−1 + r , n ≥ 2. 16

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Sendo assim,

a2

= a1 + r

a3

= a2 + r = (a1 + r ) + r = a1 + 2 · r

a4

= a3 + r = (a1 + 2 · r ) + r = a1 + 3 · r .. .

an

= a1 + (n − 1) · r

ER 1.9. Determine o trigésimo quarto termo da PA (3, 9, 15, . . .) Solução: Temos que a1 = 3 e a2 = 9. Logo, r = a2 − a1 = 9 − 3 = 6. Portanto,

a34 = a1 + 33 · r = 3 + 33 · 6 = 201. ER 1.10. Determine o décimo oitavo termo da PA, na qual a3 = 8 e r = −2. Solução: Temos que an = ak + (n − k ) · r . Portanto,

a18 = a3 + (18 − 3) · (−2) = 8 + 15 · (−2) = −22.

Interpolação Aritmética É a ação de inserir ou interpolar uma quantidade de meios aritméticos entre extremos de uma progressão aritmética. A fórmula utilizada é:

an = ak + (n − k ) · r . ER 1.11. Interpole 3 meios aritméticos entre 2 e 18. Solução: Devemos formar (2,

,

,

, 18), em que: a1 = 2, a5 = 18. Para interpolarmos os três

termos, devemos determinar primeiramente a razão da PA. Como an = ak + (n − k ) · r , podemos escrever:

r= Assim, temos que r =

1.7.4

an − ak n−k

18 − 2 = 4. Logo, temos (2, 6, 10, 14, 18) 5−1

Soma dos Finitos Termos de uma Progressão Aritmética

1.18 Proposição. A soma dos n primeiros termos de uma progressão aritmética é calculada pela seguinte fórmula:

Sn =

n (a1 + an ) 2

e a soma dos termos entre ap e aq é:

S(p,q) =

(q − p + 1) · (ap + aq ) 2 CÁLCULO III

17

Prova: Temos que

Sn

=

a1 + (a1 + r ) + (a1 + 2r ) + . . . + (a1 + (n − 2)r ) + (a1 + (n − 1)r )

Sn

=

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

Adicionando-se estas equações, ficamos com: 2Sn = n(a1 + an ) Dividindo-se ambos os membros por 2

Sn = Como an = ak + (n − k ) · r , temos:

n (a1 + an ). 2

ap = a1 + (p − 1) · r aq = an + (q − n) · r

Segue que ap + aq = a1 + an + (p + q − n − 1) · r . Para p + q = n + 1, temos que ap + aq = a1 + an . Portanto,

n p+q−1 (a1 + an ) = (ap + aq ) = S(p,q) . 2 2 Observe, aqui, que é utilizada uma propriedade das progressões aritméticas: a soma dos termos dos extremos é igual à soma dos termos eqüidistantes deles. ER 1.12. Calcule a soma dos 50 primeiros termos da PA (2, 6, 10, . . .). Solução: Em primeiro lugar, devemos sempre identificar qual é o primeiro termo da PA, que no exemplo em questão é a1 = 2 a razão é obtida pela diferença r = a2 − a1 = 6 − 2 = 4. Para encontrar a soma devemos determinar o a50 ). Assim,

a50 = a1 + 49 · r = 2 + 49 · 4 = 2 + 196 = 198. Aplicando a fórmula da soma dos elementos de uma PA, temos:

S50 = (a1 + a50 ) ·

50 50 = (2 + 198) · = 200 · 25 = 5.000 2 2

Logo, a soma dos 50 primeiros números é 5.000. ER 1.13. Um ciclista percorre 20km na primeira hora; 17km na segunda hora, e, assim por diante, em progressão aritmética. Quantos quilômetros percorrerá em 5 horas? Solução: Neste exemplo, a progressão aritmética é (20, 17, 14, . . .) e, desta forma, o primeiro elemento é a1 = 20. Subtraindo elementos consecutivos, encontramos a razão da PA, que, neste caso, é:

r = a2 − a1 = 17 − 20 = −3 Para podemos achar quantos quilômetros ele percorrerá em 5 horas, devemos somar os 5 primeiros termos da PA e, para isto, precisamos do elemento a5 . Dessa forma:

a5 = a1 + 4r = 20 + 4 · (−3) = 20 − 12 = 8 n 5 = (20 + 8) · = 14 · 5 = 70, concluímos que o valor procurado é 70km. 2 2 Logo, ele percorreu em 5 horas 70km. Aplicando a fórmula Sn = (a1 + an ) ·

18

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1.7.5

Progressão Geométrica

Veja a sucessão de números abaixo: (5, 10, 20, 40, 80, 160, 320, . . .) Observe que cada número é o dobro do número que vem antes. Veja: 10 20 40 80 160

é o dobro de é o dobro de é o dobro de é o dobro de é o dobro de .. .

5 10 20 40 80

Se pegarmos qualquer um dos números desta sucessão e dividi-lo pelo número que o antecede, obteremos sempre o mesmo quociente. O que podemos dizer a respeito da afirmação? (a) Nada se pode dizer a respeito. (b) Trata-se de uma Progressão Aritmética. (c) É falsa. (d) É verdadeira. Claro que a resposta é a opção (d ). Uma progressão geométrica (PG) é uma seqüência numérica (an ) em que cada termo, a partir do segundo, é igual ao produto do termo anterior por uma constante q . O número q é chamado de razão da progressão geométrica. Portanto, a razão de uma PG é obtida pelo quociente entre um de seus termos por seu antecessor, ou seja,

a3 a4 an a2 = = = ... = = . . . = q. a1 a2 a3 an−1 Quanto ao aspecto de monotonia, uma PG pode ser: oscilante, crescente, decrescente, constante e quase nula.

Progressão Geométrica Crescente Uma progressão geométrica crescente é toda progressão geométrica em que cada termo, a partir do segundo, é maior que o termo que o antecede, sendo que, para isso, a razão “q” tem que ser sempre positiva e diferente de zero. Exemplo 1.16. São progressões geométricas crescentes: ⋄ (1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 2048, 4096, . . .) - razão q = 2; ⋄ (2, 6, 18, 54, 162, 486, 1458, 4374, 13122, . . .) - razão q = 3; ⋄ (5, 25, 125, 625, . . .) - razão q = 5. CÁLCULO III

19

Progressão Geométrica Decrescente Uma progressão geométrica decrescente é toda progressão geométrica em que cada termo, a partir do segundo, é menor que o termo que o antecede, sendo que, para isso, a razão ”q” tem que ser sempre positiva e diferente de zero. Exemplo 1.17. São progressões geométricas decrescentes:

⋄ (−1, −2, −4, −8, −16, −32, −64, −128, −256, −512, −1024, −2048, −4096, . . .) - razão q = −2; ⋄ (8, 4, 2, 1, 1/2, 1/4, 1/8, 1/16, 1/32, 1/64, 1/128, . . .) - razão q =

1 ; 2

⋄ (−2, −4, −8, −16, . . .) - razão q = 2.

Progressão Geométrica Constante Uma progressão geométrica constante é toda progressão geométrica em que todos os termos são iguais, sendo que para isso a razão q tem que, caso a1 diferente de 0 (zero), ser sempre 1 ou 0. Exemplo 1.18. São progressões geométricas constantes: ⋄ (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, . . .) - razão q = 1; ⋄ (0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, . . .) - razão q nula ou indeterminada ⋄ (3, 3, 3, 3, . . .) - razão q = 1.

Progressão Geométrica Oscilante Uma progressão geométrica oscilante (ou alternante) é toda progressão geométrica em que todos os termos são diferentes de zero e dois termos consecutivos têm sempre sinais opostos, sendo que, para isso, a razão ”q” tem que ser sempre negativa e diferente de zero. Exemplo 1.19. São progressões geométricas oscilantes: ⋄ (3, −6, 12, −24, 48, −96, 192, −384, 768, . . .) - razão q = −2; ⋄ (1, −1, 1, −1, 1, −1, 1, −1, 1, −1, 1, −1, . . .) - razão q = −1. Resumindo, podemos constatar que uma progressão aritmética é ⋄ crescente, se para todo n > 1: q > 1 e an < an+1 . ⋄ decrescente, se para todo n > 1: 0 < q < 1 e an > an+1 . ⋄ constante, se para todo n > 1: q = 1 e an = an+1 . ⋄ alternada, se para todo n > 1: q < 0. 20

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1.7.6

Fórmula do Termo Geral de uma Progressão Geométrica

E se quiséssemos obter o oitavo termo da PG (5, 10, 20, 40, 80, 160, 320, . . .)? Certamente, faríamos 320 · 2 = 640. Mas como faríamos se tivéssemos que calcular o termo a21 ? Teríamos que multiplicar por 2 o termo 640 e o resultado deste produto, multiplicaríamos, novamente, por dois, num processo recursivo que só cessaria quando chegássemos a a2 0 · 2? Certamente não, isso é muito trabalhoso e deve existir algo mais simples. Vejamos:

a2 = a1 · q a3 = a2 · q = a1 · q · q = a1 · q 2 a4 = a3 · q = a1 · q 2 · q = a1 · q 3

.. .

an = an−1 · q = a1 · q n−2 · q = a1 · q n−1 Sendo assim, a fórmula do termo geral de uma progressão geométrica (an ) é expressa por:

an = a1 · q n−1 , onde a1 é o primeiro termo; q é a razão, e n é o número de termos. De modo geral, o n-ésimo termo pode ser calculado a partir do m-ésimo termo, simplesmente, por:

an = am q n − m . Voltando ao problema de calcular o termo a21 da PG (5, 10, 20, 40, 80, 160, 320, . . .). Veja que ele reduziu-se à utilização de uma simples fórmula. De fato,

a21 = a1 · q 20 = 5 · 220 . Nota 14. A semelhança entre as progressões aritméticas e as geométricas é, aparentemente, grande. Porém, encontramos a primeira diferença substancial no momento de sua definição. Enquanto as progressões aritméticas formam-se adicionando-se uma mesma quantidade de forma repetida; nas progressões geométricas, os termos são gerados pela multiplicação, também repetida, por um mesmo número. As diferenças não param aí. A velocidade com que as progressões crescem ou diminuem é conseqüência direta do valor absoluto das suas razões.

1.7.7

Interpolação Geométrica

Interpolar n − 2 meios geométricos entre dois números dados a1 e an , significa obter uma PG com n termos de uma PG, cujos extremos são a1 e an , sendo que a1 é o primeiro termo da PG e an é o n-ésimo termo da PG. Para realizar a interpolação geométrica, basta determinar a razão da PG. ER 1.14. Interpolar cinco meios geométricos entre 3 e 192. Solução: Basta fazermos a1 = 3, an = 48. Como são 5 meios geométricos, temos que n = 7 e, para obter a razão da PG, temos que a7 = a1 · q 6 . Logo, 192 = 3q 4 . Segue que q 6 = 64. Assim, q = 2. Temos, então, que os 7 termos da PG são: (3, 6, 12, 24, 48, 96, 192).

CÁLCULO III

21

1.7.8

Soma dos Finitos Termos de uma PG

1.19 Proposição. A soma dos n primeiros termos de uma PG (an ) é dada por:

Sn =

a1 · (q n − 1) . q−1

Prova: Seja Sn = a1 + a2 + a3 + . . . + an . Assim,

Sn = a1 + a2 + a3 + . . . + an = a1 + a1 · q + a1 · q 2 + . . . + a1 · q n−1 Multiplicando-se esta última equação por q , temos:

q · Sn = a1 · q + a1 · q 2 + a1 · q 3 + . . . + a1 · q n Segue que,

q · Sn − Sn

=

(q − 1) · Sn

=

Sn

=

(a1 · q + a1 · q 2 + a1 · q 3 + . . . + a1 · q n ) − (a1 + a1 · q + a1 · q 2 + . . . + a1 · q n−1 )

a1 · (q n − 1) (q n − 1) a1 · q−1

ER 1.15. Calcule a soma dos 12 primeiros termos da PG (1, 2, 4, 8, . . .).

Solução: Observe que neste caso que a1 = 1 e a razão é q =

S12 = a1 ·

1.7.9

2 = 2. Portanto, 1

(q 12 − 1) (212 − 1) =1· = 4.096 − 1 = 4.095 (q − 1) 2−1

Soma dos Infinitos Termos de uma PG Decrescente

1.20 Proposição. Se uma PG possui razão −1 < q < 1, a soma de seus infinitos termos é dada por:

S∞ = ER 1.16. Resolva a equação: x +

a1 . 1−q

x x x x + + + + . . . = 100. 2 4 8 16

Solução: Observe que o primeiro membro da equação é uma PG, onde a1 = x e q =

x 1−

1 2

1 . Logo, 2

= 100

Dessa equação, encontramos x = 50.

Exercícios Propostos 

EP 1.17. A soma dos infinitos termos da PG 22

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x x2 x3 , , ,... 2 4 8

é igual a

1 . Qual o valor de x ? 10

EP 1.18. Determine o valor de n de modo a tornar a seqüência (2+3n; −5n; 1−4n) uma progressão aritmética. EP 1.19. As medidas dos lados de um triângulo retângulo estão em PA de razão 3. Calcule essas medidas. EP 1.20. Determine a condição para que três números a, b e c estejam, simultaneamente, em progressão aritmética e em progressão geométrica. EP 1.21. Determine a soma dos elementos da seqüência numérica infinita (3; 0, 9; 0, 09; 0, 009; . . .). EP 1.22. Uma progressão aritmética e uma progressão geométrica têm, ambas, o primeiro termo igual a 4, sendo que os seus terceiros termos são estritamente positivos e coincidem. Sabe-se ainda que o segundo termo da progressão aritmética excede o segundo termo da progressão geométrica em 2. Então, determine o terceiro termo das progressões. EP 1.23. A soma dos vinte primeiros termos de uma progressão aritmética é −15. Determine a soma do sexto termo dessa PA, com o décimo quinto termo. EP 1.24. Um operador de máquina chegou 30 minutos atrasado no seu posto de trabalho, mas como a máquina que ele monitora é automática, começou a trabalhar na hora programada. (a) Sabendo-se que a máquina produz 10n peças por minuto, em que n é o números de minutos, quantas peças a máquina produziu até a chegada do operador? (b) Sabendo-se que depois de uma hora, a máquina produz a mesma quantidade de peças, quantas peças terá feito a máquina ao final do expediente de quatro horas? EP 1.25. Determine o sexto termo de uma PG, na qual dois meios geométricos estão inseridos entre 3 e −24, tomados nessa ordem. EP 1.26. Os termos da seqüência (10, 8, 11, 9, 12, 10, 13, . . .) obedecem a uma lei de formação. Se an , em que

n pertence a N, é o termo de ordem n dessa seqüência. Determine a30 + a55 . EP 1.27. Sendo Sn a soma dos termos de uma PA de razão 4, em que a1 = 6, determine n tal que Sn é igual a 1.456. EP 1.28. Seja S a soma dos números inteiros positivos menores que 100 e que não são divisíveis por 9. 1 Determine o valor de × S. 396

Gabarito 1 ; (c) 5; (d) 1; (e) 0; (f) Diverge; (g) Diverge; (h) Diverge. 1.6 (a) Decrescente; (b) Decrescente; (c) Crescente. 1.7 1.8 3 −1 10 − 1031 4(10 − 1061) 2 . 1.18 . 1.19 9, 12 e 15. 1.20 a = b = c . 1.21 4. 1.22 16. 1.23 −1, 5. 1.24 (a) , (b) . 1.25 3. 1.17 11 3 9 9 −96. 1.26 59. 1.27 26. 1.28 11. 1.5 (a) Diverge; (b)

CÁLCULO III

23

Séries Numéricas e de Funções

TEMA 02

Séries Numéricas Apresentação Construiremos, somando-se os termos de uma seqüência numérica, uma outra seqüência, e a sua soma infinita daremos o nome de série numérica. Abordaremos, neste capítulo, mais alguns critérios de convergência, mas agora será para séries. Assim sendo, o estudante deverá tomar cuidado e não usar esses critérios para seqüências.

Breve Histórico O problema de se somar infinitos números surgiu há séculos. Arquimedes (250 a.C.), a fim de obter a área de um segmento parabólico, necessitou calcular a soma dos inversos dos quadrados dos naturais, a progressão: 1+

1 1 1 1 4 + + + + ... = . 4 16 64 256 3

Embora seu cálculo não tenha sido feito por processos infinitos, que eram mal vistos em seu tempo, este foi um dos primeiros cálculos de somas infinitas. Por volta de 1.350, utilizando “processos infinitos”, R. Suiseth (mais conhecido como Calculator) resolveu um problema sobre latitude de formas utilizando uma longa prova verbal (desconhecia representação gráfica) equivalente, matematicamente, ao cálculo da soma

n 1 2 3 + + + . . . + n + . . . = 2. 2 4 8 2 Nesta mesma época, N. Oresme deu a primeira prova que a já conhecida “série harmônica”, soma dos inversos dos infinitos números naturais não-nulos, era divergente, ou seja, 1 1 1 1 + + + . . . + = +∞. 2 3 4 n Agrupando os seus termos do seguinte modo 1 = + 2



1 1 + 3 4

‹



+

1 1 1 1 + + + 5 6 7 8

‹



+

1 1 1 + + ...+ 9 10 16

‹

+ ...

1 e observando que cada parcela entre parênteses é maior ou igual do que , a soma de todas as parcelas 2 1 poderia ser majorada por uma infinidade de parcelas iguais a , ou seja, 2 1 + 2



1 1 + 3 4

‹



+

1 1 1 1 + + + 5 6 7 8

‹



+

1 1 1 + + ...+ 9 10 16

‹

+ ... ≥

1 1 1 1 + + + + . . . = +∞. 2 2 2 2

Outros avanços relacionados à séries foram obtidos, em 1.668, por J. Gregory e N. Mercator. Eles trabalharam nas chamadas “séries de potências de x ”. Estas, foram usadas para exprimir funções conhecidas, tais como sen(x ), cos(x ) e tg(x ), dentre outras. 24

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1 Gregory utilizou que a área sob a curva y = é obtida através da função arctg(x ). Desse fato, concluiu 1 + x2 que x5 x7 x3 + − + ... arctg(x ) = x − 3 5 7 Este resultado foi batizado como “série de Gregory”. Mercator utilizou que o valor da medida da área sob a hipérbole y = à seguinte expressão ln(1 + x ) = x −

1 , entre 0 e x , é ln(1 + x ) e chegou 1+x

x3 x4 x2 + − + ... 2 3 4

chamada hoje de “série de Mercator”. Em 1.748, L. Euler publicou o texto Introductio in analysin infinitorum, em dois volumes. O primeiro deles versava sobre processos infinitos, entre os quais séries infinitas. Euler era pouco cuidadoso no uso de tais z5 z3 + − . . . e de artifícios séries, e as manipulava arriscadamente. Usando a série da função sen(z ) = z − 3! 5! engenhosos, Euler conseguiu resolver uma difícil questão que J. Bernoulli não tivera sucesso: obteve a soma dos recíprocos dos quadrados perfeitos. Após alguns cálculos, Euler obteve que 1 1 1 1 1 + + + + ... = , π2 (2π)2 (3π)2 (4π)2 6 e daí concluiu que 1 1 1 π2 1 + 2+ 2+ 2 = . 2 1 2 3 4 6 Outros nomes ilustres, no Século X I X , compõem o cenário que trata da convergência das séries numéricas e das séries de funções, como Lagrange, Laplace, Dirichlet, Fourier, Cauchy, Bolzano e Weierstrass.

Introdução Nos deparamos, diversas vezes, em que um determinado número é obtido da adição de infinitas parcelas. Por exemplo, quando encontramos a fração geratriz de uma dizima periódica ou, ainda, a soma dos infinitos termos de uma progressão geométrica. A questão é: quando saberemos que, partindo-se da adição de infinitos termos, obteremos uma soma? Veremos, neste tema, quando isso ocorre!

2.1

Séries Numéricas e a Seqüência das Somas Parciais

2.1 Definição. [Série Numérica] A adição dos infinitos termos de uma seqüência numérica (an ) chamaremos de série numérica ou, simplesmente, série. Em símbolos, temos:

a1 + a2 + . . . + an + . . . =

∞ X

n=1

an =

X

an =

X

an ,

n≥1

em que an é o n-ésimo termo ou parcela da série. Portanto, uma série é uma adição de infinitos termos de uma seqüência previamente estipulada. Nota 15. Em certos casos podemos tratar de séries em que a primeira parcela parte do a0 . Assim, ∞ X X X 1 . denotaremos essa série por an = an . Por exemplo, a série numérica n+1 n=0 n≥0 n≥0 CÁLCULO III

25

Exemplo 2.1. (−1)n+1 1 1 1 ) = 1, − , , − . . . n 2 3 4 1 1 1 (e) (an ) = ( ) = 1, , , . . . n 2 3

(a) (an ) = (n) = 1, 2, 3, 4, . . .

(d) (an ) = (

1 2 3 n ) = , , ,... n+1 2 3 4 4 2 4 2n ... (c) (an ) = ( ) = 2, 2, , , n! 3 3 15 (b) (an ) = (

(f) (an ) = (1 + (−1)n ) = 0, 2, 0, 2, . . .

2.2 Definição. [Seqüência das Somas Parciais] Dado uma série numérica

X

an , formaremos uma seqüência

n≥1

(sn ), da seguinte forma:

s1

=

a1

s2

=

a1 + a2

=

s 1 + a2

s3

= .. .

a1 + a2 + a3

=

s 2 + a3

sn

=

a1 + a2 . . . + an

=

Sn−1 + an =

n X

aj

j =1

(sn ) é, portanto, a seqüência das somas parciais das parcelas da série

X

an .

n≥1

Observe que o n-ésimo termo

n X

aj da seqüência das somas parciais (sn ), representa a soma parcial nos n

j =1

primeiros termos da seqüência numérica (an ).

Para Entendermos Melhor! Exemplo 2.2. Considere a série

X

n≥1



A seqüência

s1

=

s2

=

s3

=

s3

= .. .

Sn

=

1 . Assim, n(n + 1) 1 2 1 1 + 2 6 1 1 1 + + 2 6 12 1 1 1 1 + + + 2 6 12 20

= = .. .

1 1 1 1 + + + ... + 2 6 12 n(n + 1)

‹

X 1 2 3 1 , , , . . . é a das somas parciais da série . 2 3 4 n(n + 1)

n≥1

ER 2.1. Encontre a soma da série numérica

X

n≥1

26

=

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1 . (2n − 1) · (2n + 1)

2 3 3 4 4 5

Solução: A sua seqüência de somas parciais será dada por:

s1

=

s2

=

s3

=

1 3 1 1 + 3 3·5 2 1 + 5 5·7

.. .

Sn

=



X

=

2 5 3 7

.. .

1 2 3 n + + + ... + 3 5 7 2n + 1

Dessa forma, a seqüência de somas parciais de

ER 2.2. Dada a série numérica

=

‹

X n 1 2 3 , , , . . . será representada por . 3 5 7 2n + 1 n≥1

(1 + (−1)n ), encontre sua série de somas parciais.

n≥1

Solução: A sua seqüência de somas parciais será dada por:

s1

=

0

s2

=

0+2

= 2

s3

=

0+2+0

= 2 .. .

.. . 8 <

Sn

=

:

n − 1, se n é ímpar n,

se n é par

Dessa forma, a seqüência de somas parciais de (0, 2, 2, 4 . . .) será representada por: 8 <

Sn =

:

n − 1, se n é ímpar n,

se n é par.

Um Fato Bastante Interessante! 2.3 Proposição. A soma parcial dos n primeiros termos da série

X

n≥1

1 n é . n(n + 1) n + 1

Prova: Faremos, por indução finita. Como a seqüência das somas parciais é 

vamos supor que seu n-ésimo termo é

‹

1 2 3 4 , , , ... , 2 3 4 5

n . Assim, o próximo termo desta é: n+1 n 1 n+1 + = . n + 1 (n + 1)(n + 2) n+2

CÁLCULO III

27

ER 2.3. Através da seqüência das somas parciais analise a convergência da série: X

n≥1

1 . (n + 1)(n + 2)

Solução: Observe que X

n≥0

e, para n = 0, temos:

X

n≥0

X n 1 1 = = (n + 1)(n + 2) n≥1 n(n + 1) n+1

1 X 1 1 = + . (n + 1)(n + 2) 2 (n + 1)(n + 2) n≥1

Segue que: 1 1 X n + = , 2 n≥1 (n + 1)(n + 2) n+1 ou seja, X

n≥1

n 1 1 = − . (n + 1)(n + 2) n+1 2

Assim, X

n≥1

Portanto, a série converge para

2.2

n−1 1 = . (n + 1)(n + 2) 2(n + 1)

n−1 . 2(n + 1)

Convergência das Séries

Vamos, inicialmente, apresentar uma motivação para o que queremos definir. Considere o seguinte problema: Qual a fração geratriz da dízima 0, 4444444 . . .? Esse problema é de fácil solução: igualamos 0, 4444444 . . . a uma letra x e ao subtrairmos os números 10x e x , nesta ordem, obteremos o que desejamos. De fato, 10x − x = 4, 444444 . . . − 0, 44444 . . . ⇒ 9x = 4 ⇒ x =

4 . 9

Mas, veja só: 0, 444444 . . . pode ser visto como a soma de infinitos termos; a saber: 0, 4444444 . . . = 0, 4 + 0, 04 + 0, 004 + . . . e a adição destes infinitos termos nos dá o valor

4 ! Este fato não o impressiona? 9

2.4 Definição. Considere a seqüência (sn ) das somas parciais de (an ). Diremos que a série para a sua soma S ∈ R, se lim sn = S . Neste caso, escreveremos n→∞

Uma série

X

X

X

an converge

n≥1

an = S .

n≥1

an é, portanto, convergente, quando os termos da seqüência das somas parciais se aproxi-

n≥1

mam de um determinado valor S ∈ R, à medida que os valores de n crescem indefinidamente. Assim, a seqüência (0, 4; 0, 4 + 0, 04; 0, 4 + 0, 04 + 0, 004; . . .) é convergente e 0, 4 + 0, 04 + 0, 004 + . . . = Exemplo 2.3. A série do exemplo 2.1 é convergente. De fato, lim

n→∞

28

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n = 1. n+1

4 . 9

Nota 16.

1. Diremos que uma série é divergente, caso ela não seja convergente.

2. Utilizaremos, também, o símbolo ‘→’ para denotar a convergência de uma série.

Propriedades da Convergência das Séries 1. Seja k ∈ R∗ e a série

X

an . Então,

X

k · an converge ⇔

X

an converge.

Para verificar isso, bastar notar que ka1 + . . . + kan = k (a1 + . . . + an ). 2. Sejam

X

an e

X

bn séries convergentes. Então,

n≥1

Neste caso, basta lembrar que

X

an + bn =

n≥1

X

X

(an + n≥1 X

an +

n≥1

bn ) converge.

bn .

n≥1

Observemos que, para as séries divergentes, nada podemos afirmar. Em outras palavras, podemos somar duas séries divergentes e obter como resultado uma série convergente. Veja o seguinte exemplo: Exemplo 2.4. Por exemplo, as séries

X

ne

n≥1

converge. Solução: A série

X

n≥1

X

n≥1

−n são ambas divergentes; contudo a soma das duas será

n realmente é divergente, pois: lim n = ∞. Lembrando que isto é uma condição n→∞

necessária mas não suficiente, ou seja, caso o limite do termo geral da série fosse igual a zero não poderíamos afirmar nada sobre a convergência da série. Observe, agora, que: lim −n = − lim n = −∞

n→∞

significando, portanto, que a série

X

n≥1

−n diverge. Somando as duas séries temos:

X

n+

n≥1

dessa forma, concluímos que

X

n≥1

n→∞

(n − n) =

X

n≥1 X

−n =

X

n≥1

(n − n) =

X

0

n≥1

0 é convergente, porque é uma série constante. Assim a soma

n≥1

de séries divergentes poderá proporcionar como resultado, uma série convergente.

Exercícios Propostos EP 2.4. Encontre a soma parcial das seguintes séries: X X 1 1 ; (b) . (a) n(n + 1) (2n − 1)(2n + 1)

2.2.1

A Série Geométrica

Seja q um número real, diferente de 1, e considere a série

X

q n−1 . A soma parcial é dada por Sn =

n≥1

1 − q n+1 1 + q + q2 + q3 + . . . + qn = , pois, a série se trata da soma dos infinitos termos de uma progressão 1−q geométrica de razão q . Supondo que |q | < 1, temos que lim sn =

n→∞

1 , 1−q

CÁLCULO III

29

X

e, assim,

q n−1 =

n≥1

1 . 1−q

Notemos que para |q | ≥ 1 a série diverge. ER 2.5. Encontre, se possível, a soma das séries: (a)

X



n≥1

3 5

‹n

(b)

X



n≥1

5 3

‹n

(c)

X

n≥1

(−2)n−2 3n

Solução:  ‹  ‹  ‹n−1  ‹  ‹ X 3 n X 3 X 3 n 3 3 3 X 3 n−1 = = . Portanto, < 1. Assim, converge e: (a) · 5 5 5 5 5 5 5 n≥1

n≥1

n≥1

X



n≥1

(b) (c)

X

n≥1 X



5 3

‹n

=

X



5 3

n≥1 X (−2)n−2

3n

n≥1

converge e:

=

n≥1

‹



·

5 3

‹n−1

3 5

n≥1

‹n

= 

=

5X 5 3 n≥1 3

3 · 5

1

n≥1

3 3 5 · = . 5 2 2 5 3

‹n−1

. Portanto,

(−2)−1 (−2)n−1 (−2)−1 = · 3 3n−1 3 X

=

3 1− 5

(−2)n−2 (−2)−1 = · 3n 3

X



n≥1

−2 3

≥ 1. Logo,

‹n−1

. Portanto,

X

n≥1 −2 3



5 3

‹n

diverge.

< 1. Assim,

X

n≥1

(−2)n−2 3n

(−2)−1 3 1 1 = · =− . (−2) 3 5 10 1− 3

Exercícios Propostos EP 2.6. Encontre, se possível, a soma das séries abaixo: (a)

X

n≥1

(2)n+1 ; 5n−1

(b)

X

n≥1

5

(10)n−1 ; 4n−1

(c)

X

n≥1

(−3)n−1 ; 4n

(d)

X

n≥1

(−1)n+1 · (3)n+3 . 4n+2

Nem sempre será possível analisar a convergência de uma série com os resultados até agora citados. Por isso, veremos outros critérios.

2.2.2

O Teste da Divergência

2.5 Teorema. Se a série

X

n≥1

an converge, então an → 0.

Prova: Observe que an = Sn − Sn−1 . Logo, lim an = lim (Sn − Sn−1 ) = 0.

n→∞

n→∞

Nota 17. Uma outra forma equivalente de enunciarmos o teorema anterior é: Se lim an 6= 0, então a série n→∞

X

an diverge. Assim, a partir desse resultado, analisaremos, primeiramente,

n≥1

a convergência da série e, no caso em que o limite do termo geral é não nulo, concluiremos que a série diverge. Este teste é dito: o teste da divergência. 30

FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA

Nota 18. O fato do limite ser nulo, não garante a convergência da série. Isto significa que tal condição é necessária, mas não é suficiente. Vejamos os exemplos que seguem. ER 2.7. Verifique se as séries a seguir são convergentes: X X n+1 n . (b) ; (a) ln( n + 1) 3n + 4 n≥1 n≥1

1 n+1 = . Logo, pelo teste da divergência, temos que a série diverge. 3n + 4 3 n 1 = +∞. Novamente, pelo teste da divergência, podemos concluir que a (b) lim = lim 1 n→∞ ln(n + 1) n→∞ n+1 série acima diverge. Solução: (a) lim

n→∞

Exercícios Propostos EP 2.8. Usando o teste da divergência, mostre que as séries abaixo divergem: X √ X X 1 √ X 3n 2 + 5 nπ ( n + 1 − n) (d) (c) ) cos( √ (b) (a) n 2+1 3 n 5 n n ≥1 n ≥1 n≥1 n≥1

2.2.3

O Teste da Comparação

2.6 Teorema. [teste da comparação] Considere as séries

X

an e

n≥1

X

n≥1

bn de termos positivos, tais que an ≤

bn , ∀ n . (i) Se (ii) Se

X

bn converge, então

n≥1 X

an diverge, então

n≥1

X

an também converge.

n≥1 X

bn também diverge.

n≥1

Prova: (i) Vamos supor que séries

X

an e

n≥1

X

X

bn converge. Considerando que Sn e Tn são as somas parciais das

n≥1

bn , respectivamente, temos que existe um número real T tal que lim Tn = T . Como

n≥1

an ≤ bn , segue, imediatamente, que Sn ≤ Tn < T , pois, T é um limite superior para a seqüência (Tn ). Além disso, observa-se que S1 = a1 ≤ a1 + a2 = S2 , . . . , Sn ≤ Sn + 1, ou seja, Sn é limitada e crescente. Portanto, X

an converge.

n≥1

(ii) Basta supor que

X

bn é convergente e aplicar o item anterior.

n≥1

ER 2.9. Analise o comportamento da série

X

n≥1

3 5n + 1

Solução: Veja que, 3 3 < n. 5n + 1 5 X 3 X 3 é uma série geométrica convergente. Logo, converge. Ora, mas, n 5 5n + 1 5n + 1 > 5n ⇒

n≥1

n≥1

CÁLCULO III

31

ER 2.10. Analise o comportamento da série

X

1 . 3n − 2

n≥1

Solução: Veja que, 1 1 > . 3n − 2 3n X 1 1X1 Ora, mas, é uma série divergente. Logo, diverge. 3 n 3n − 2 3n − 2 < 3n ⇒

n≥1

2.2.4

n≥1

O Teste da Comparação por Limite

Além do teste da comparação, teremos, também, um outro teste chamado de teste da comparação por limite. Sendo este mais adequado para algumas séries as quais não podemos, facilmente, comparar. 2.7 Teorema. [Teste da Comparação por Limite] Sejam as séries

X

an e

n≥1

X

bn ambas de termos positivos.

n≥1

an = k > 0, então ambas as séries tem o mesmo comportamento. bn X X an bn converge, então a série an converge. =0e (ii) Se lim bn X X an (iii) Se lim =∞e bn diverge, então a série an diverge. bn

(i) Se lim

Prova: (i) Como lim

an k 3k k an = k > 0 e dado ǫ = temos que existe n0 tal que n ≥ n0 ⇒ < < ⇒ bn 2 2 bn 2

3k k bn < an < bn . 2 2 Agora, vamos analisar todos os possíveis casos: (a) Se

X

bn converge e an <

n≥1

(b) Se

X

n≥1

an diverge e an <

n≥1

(c) Se

X

n≥1

(d) Se

X

n≥1

X 3k bn , segue que an converge. 2

X 3k bn , segue que bn diverge. 2

n≥1

bn diverge e

X k an diverge. bn < an , segue que 2

n≥1

an converge e

X k bn converge. bn < an , segue que 2

n≥1

Os ítens (ii) e (iii) prova-se de maneira análoga ao anterior e, por isso, deixamos a cargo do leitor. √ X 2n + 3 é convergente utilizando o teste da comparação por limites. ER 2.11. Verifique se a série n+5 n≥1

Solução: Para usar o teste da comparação por limites, precisamos encontrar uma série a qual já conX 1 . Logo, hecemos a sua convergência e, uma candidata é a série divergente n+5 n≥1 √ 2n + 3 √ lim n + 5 = lim 2n + 3 = ∞, 1 n+5 ou seja, a série inicial diverge. 32

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Para utilizarmos os testes da comparação e da comparação por limites, será necessário conhecer algumas séries em especiais, as quais duas se destacam: a série harmônica e as p -séries. Entretanto, para o estudo das p -séries, introduziremos mais um critério de convergência.

2.2.5

O Teste da Integral

2.8 Teorema. [Teste da Integral] Seja

X

an uma série de termos positivos. Se existe uma função f contínua,

n≥1

positiva e decrescente, para x ≥ 1, tal que f (n) = an , então, a série tem o mesmo comportamento que

Z ∞

f (x ) dx . 1

Prova: Considere sn a soma parcial da série

an . Uma das propriedades de integral é que para funções

n≥1

Z i +1

decrescente teremos ai +1 ≤

X

f (x ) dx ≤ ai . Logo,

i

Z 2

a2 + . . . + an+1

≤

Z n+1

f (x ) dx + . . . + Z1 n+1

f (x )dx n

f (x )dx

= 1

≤ a1 + . . . + an equivalentemente, podemos escrever, Z n+1

sn+1 − a1 ≤

( 2.1)

f (x ) dx ≤ Sn .

1

Z ∞

f (x ) dx converge ou diverge. Por ( 2.1) e pelo teorema 2.6 temos que a série, também, terá o

Se 1

mesmo comportamento. ER 2.12. Utilize o teste da integral para estudar o comportamento da série

X

n≥1

1 n4

1 é positiva, contínua e decrescente (f ′ (x ) < 0), para todo x ≥ 1. Logo, x4 podemos aplicar o teste da integral. Daí, Solução: Veja que, f (x ) =

Z +∞

1

dx x4

Z a

= =

Logo,

X

n≥1

2.2.6

a

dx 1 lim = lim a→+∞ 1 x 4 a→+∞ −3x 3 1 1 1 1 + = lim a→+∞ −3a3 3 3

1 converge. n4

As p-Séries

2.9 Definição. É toda série dada por

X

n≥1

1 , com p ∈ N. np CÁLCULO III

33

2.2.7

A Convergência de uma p-Série

2.10 Teorema. Considere a série dada por

X

1 , com p ∈ N. Se p > 1, a série converge. Caso p = 0 ou np

n≥1

p = 1, diverge. Prova: Vamos aplicar o teste da integral para essa série. 1 Considere a função f (x ) = p que é, claramente, positiva, contínua e decrescente, para x ≥ 1. Assim, x Z ∞

1

1 dx = lim n→∞ xp

Como p > 1,

Z n

1

n

1 n1−p − 1 x −p+1 = lim dx = lim . p n→∞ 1 − p n→∞ −p + 1 x 1

n−p+1 − 1 1 = . n→∞ −p + 1 p−1 lim

Segue, imediatamente, que a série converge. A prova para o caso p = 0 e para o caso p = 1 é deixada para o leitor.

Nota 19. Em resumo, temos que a p -série

X

n≥1

1 , converge quando p > 1 e diverge quando 0 < p ≤ 1. np

A p -série é uma ferramenta bastante utilizada no estudo de séries.

Exercícios Propostos EP 2.13. Use o teste da comparação ou comparação por limites para analisar o comportamento das séries abaixo: (a)

X

n≥0

1 . 2 + 5n

(b)

X

n≥2

1 √ . n−1

(c)

X

n≥1

1 sen( ). n

(d)

X

n≥2

1 . ln(n)

(e)

X

n≥0

n5

n . + 3n 2 + 1

EP 2.14. Utilize o teste da integral para estudar o comportamento das seguintes séries: (a)

X

n≥1

1 . 3n + 1

2.2.8

(b)

X

n≥1

ln(n) . n

(c)

X

2

xe −x .

n≥0

Séries Absolutamente Convergentes

Os testes estudados até esse momento são específicos, isto é, eles servem para analisar alguns tipos de séries. Por essa razão, necessitaremos de testes mais práticos incluindo as séries de termos negativos e alternados. Porém, antes de enunciá-los, daremos a definição de convergência absoluta. 2.11 Definição. Uma série

X

an é dita absolutamente convergente quando a série

n≥1

Exemplo 2.5. A série

X

n≥1

cos(n) converge absolutamente, pois, n2

X

n≥1 X

n≥1

| cos(n)| ≤ n2

X

n≥1

|an | convergir.

1 devido ao fato que n2

| cos(n)| ≤ 1. O próximo resultado não será demonstrado pelo fato de ser preciso o conceito de seqüência de Cauchy, no qual não foi dado neste curso. Contudo, no livro de Elon há uma elegante prova. 2.12 Teorema. Toda série absolutamente convergente é convergente. 34

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Nota 20. Uma conseqüência imediata é que séries convergentes não são, necessariamente, absolutaX (−1)n+1 que veremos que converge utilizando o teste de mente convergente. Por exemplo, a série n n≥1 Leibnitz.

2.2.9

O Teste da Raiz

2.13 Teorema. Considere a série

X

È n

an e A = lim

|an |. Então:

n→∞

n≥1

(i) Se 0 ≤ A < 1, então a série converge absolutamente; (ii) Se A > 1, então a série diverge; (iii) Para o caso A = 1, nada podemos afirmar.

Prova: Primeiro provaremos o item (iii). Para tal, tomemos as séries

X

n≥1

1 X 1 . Para ambas teremos e n n2 n≥1

que A = 1, mas uma diverge enquanto que a outra converge. Suponhamos que 0 ≤ A < 1 e, assim, existe

r ∈ R tal que 0 ≤ A < 1. È

Como A = lim

n

È

|an | temos que existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0 ⇒

0 < r < 1. Portanto, temos que a série que a

X

X

n

|an | ≤ A < r < 1 ⇒ |an | < r n . Mas,

r n converge e pelo teste da comparação. Segue, imediatamente,

n≥1

an converge absolutamente.

n≥1

Para o caso A > 1, deixamos a cargo do leitor. ER 2.15. Estude a convergência das séries abaixo, utilizando-se do teste da raiz.  ‹ X √ X 1 X 1 n ( n n + 1)n . (c) (a) ; (b) 1 + ; nn n n≥1 n≥1 n≥1

Solução: (a)

X

n≥1

1 . Logo, nn Ê 1 lim n n n

r n

= lim

1 1 = lim = 0. nn n

Portanto, a série é‹converge e absolutamente convergente. X 1 n (2) 1+ . Assim, n n≥1

Ê  n lim 1

1 + n

‹n

Ê



n

= lim

1 1+ n

‹n

= lim 1 +

1 = 1. n

Para este caso, nada poderemos afirmar. Já pelo teste da divergência, garantimos que a série diverge. X √ ( n n + 1)n . Logo, (3) n≥1

lim

È √ n n ( n



+ 1)n = lim

È n

√ √ ( n n + 1)n = lim n n + 1 = 2.

Assim, a série é divergente. CÁLCULO III

35

2.2.10

O Teste da Razão

A demonstração do resultado a seguir obedece o mesmo princípio do teste da raiz, onde se busca uma série majorante. Dessa forma omitiremos alguns detalhes de forma a simplificar o entendimento. 2.14 Teorema. Considere a série

X

an e L = lim

n→∞

n≥1

|an+1 | . Então, |an |

(i) Se 0 ≤ L < 1, então a série converge absolutamente; (ii) Se L > 1, então a série diverge; (iii) Para o caso L = 1, nada podemos afirmar. Prova: Para provar o item (iii), basta tomar, novamente, as séries harmônica e uma p -série convergente. Suponhamos que 0 ≤ L < 1 e, assim, temos garantido a existência de um r ∈ R tal que 0 ≤ L < r < 1. |an+1 | Logo, existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0 ⇒ ≤ L < r < 1 ⇒ |an+p | < r p |an0 |. Como 0 < r < 1, temos | a | n X r p |an0 | e, pelo teste da convergência, segue, imediatamente, que a série inicial converge que a série n ≥n0

absolutamente. Para o caso L > 1, deixamos a cargo do leitor. ER 2.16. Estudar o comportamento das séries, utilizando o teste da razão: X X 2n X en 1 (c) (a) (b) 2 ln( n) n! n n≥2 n≥1 n≥1

(d)

X

ln(n)

n≥1

Solução: (a) Calculemos, inicialmente, o limite imposto pelo teste da razão:

lim

|an+1 | = lim |an |

2n+1 (n + 1)! 2n n!

2n+1 2 (n + 1)! = 0 < 1. = lim = lim 2n n+1 n!

Concluímos, portanto, que a série é converge e absolutamente convergente. (b) O limite imposto pelo teste da razão é:

lim

|an+1 | = lim |an |

e n+1 (n + 1)2 en 2

n

e n+1  ‹2 n (n + 1)2 =e>1 = lim = lim e en n+1 n2

e, pelo teste da razão, temos que a série diverge. (c) O limite imposto pelo teste da razão é:



1 1 ln(n) |an+1 | ln(n + 1) ln(n + 1) = lim lim = lim = lim =1 1 1 |an | ln(n + 1) ln(n) ln(n)

e, pelo teste da razão, nada podemos concluir. Porém, usando o teste da comparação por limite, verificamos que essa série diverge. (d)

X

ln(n)

n≥1

Temos que: lim 36

| ln(n + 1)| ln(n + 1) |an+1 | = lim = lim = 1. |an | | ln(n)| ln(n)

FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA

Pelo teste da razão, nada podemos concluir; todavia, pelo teste da divergência, temos a garantia de que essa série diverge.

Exercícios Propostos EP 2.17. Estudar o comportamento das séries, utilizando o teste da raiz ou razão: X

(a)

1 ; n

n≥1

2.2.11

(b)

X

n≥1

1 ; n!

(c)

X

n≥0



2 + cos(n) n2

‹n

(d)

;

X

n≥1

n! . (n + 1)5

O Teste de Leibnitz e a Convergência das Séries Alternadas

2.15 Teorema. Seja (an ) uma seqüência decrescente de termos positivos convergindo para zero. Então, a série

X

(−1)n+1 an converge.

n≥1

Prova: Consideremos as somas parciais sn desta série. Nosso objetivo será dividir sn em duas partes: índices pares e ímpares. Primeiro, observemos que, pelo fato da seqüência an ser decrescente, teremos que s2n é crescente, tal que 0 < s2n < a1 . Segue que s2n → S . Por outro lado, S2n+1 = S2n + a2n+1 ⇒ S2n+1 → S . Portanto, a série é convergente. Em outras palavras, o teste de Leibnitz diz que dada a série alternada

X

n+1

(−1)

an ou

n≥1

X

2 n

(−1) an se

n≥1

an > 0, an > an+1 , para todo n, e lim an = 0, então esta série é convergente. n→+∞

ER 2.18. Pelo teste de Leibnitz verifica-se que a série alternada

X

(−1)n+1

n≥1

Solução: Observe que an =

1 converge. n

1 1 1 . Assim, an = > 0, lim = 0 e n n n 1 1 > ⇒ an > an+1 n n+1

Desta forma, a série é decrescente. Logo

X

(−1)n+1

n≥1

1 converge. n

Exercícios Propostos EP 2.19. Use o teste de Leibnitz nas séries alternadas abaixo: (a)

X

n≥0

(−1)n · (n + 3) . n(n + 1)

(b)

X

(−1)n+1

n≥1

n . en CÁLCULO III

37

Séries de Funções: Uma Pequena Introdução Seqüências de Funções Vimos, anteriormente, o conceito de seqüências numéricas. Vamos considerar, agora, sequências (fn ) cujos elementos são funções reais que possuem um domínio em comum. Para cada x pertencente a esse domínio, podemos construir uma outra seqüência numérica (fn (x )) cujos termos correspondem aos valores de fn associados a x . Considere uma seqüência de funções (fn ). A seqüência numérica gerada por um determinado valor x0 ∈ Domfn , ou seja, (fn (x0 )), daremos o nome de seqüência pontual de (fn ) em x = x0 . Vamos entender melhor o que significa uma seqüência pontual de funções. Considere a seqüência fn (x ) = x n , n ∈ N, definida em [0, 1] e observe a seguinte tabela:

x2

x

x3

x4

··· ···

0

0

0

0

0, 1

0, 01

0, 001

0, 0001

0, 9

0, 81

0, 729

0, 6561

1

1

1

1

··· ··· ···

x 10

···

0

···

10−10

···

0.34867844 · · · 1

···

Observe que, para cada x ∈ [0, 1], temos uma seqüência numérica diferente.

2.3

Série de Funções

2.16 Definição. Seja (fn ) uma seqüência de funções definidas em D ⊂ R. A adição dos infinitos termos desta é dita uma série de funções, ou seja, f1 + f2 + . . . + fn + . . . =

X

fn .

n≥1

Evidentemente que, para cada x ∈ D fixado, a série de funções torna-se uma série numérica e, por isso, é tão importante um estudo anterior e aprofundado de séries numéricas. Além disso, a função limite f da série tem o mesmo domínio da seqüência (fn ). Exemplo 2.6. Seja a série X

n≥0



1 2

X

x n . Observemos que, para x = 0, 5 teremos uma série geométrica convergente

n≥0

‹n

, enquanto que, para x = 3, teremos uma série numérica divergente (verifique isto utilizando métodos

já estudados).

É natural questionarmos para que elementos de D se garante a convergência da série

X

fn . Para resolver

n≥1

esta questão, vamos definir uma região do domínio a qual a série de funções converge para uma função real f , e esta região é conhecida como domínio de convergência. 38

FTC EaD | LICENCIATURA EM MATEMÁTICA

2.3.1

O Critério de Weierstrass

2.17 Teorema. Seja

X

fn uma série de funções e considere a série numérica

n≥1

para todo x ∈ D e n ≥ 0. Se a série

X

Mn converge, então a série

n≥1 X

n≥1 n X j =1

fj (x )| = |

∞ X

j =n+1

fj (x )| ≤

∞ X

j =n+1

Pelo teste da comparação, a série

n≥1

Mn tal que |fn (x )| ≤ Mn ,

fn converge.

n≥1

Prova: A convergência da série numérica |f (x ) −

X

X

Mn garante que, dado ǫ > 0, existe n0 tal que n > n0 ⇒

Mj < ǫ e isto independe de x ∈ D . X

fn é convergente.

n≥1

Nota 21. Se

X

fn é uma série de funções contínuas (ou deriváveis ou integráveis) convergente, sua

n≥1

soma é contínua (ou derivável ou integrável).

2.4

Séries de Potências

2.18 Definição. A série de funções

X

n≥1

an (x − a)n é chamada série de potências de centro a, em que (an ) é

uma seqüência numérica.

2.4.1

A convergência de uma Série de Potências

2.19 Lema. Se

X

n≥1

an (x − a)n converge para x = b , então a série converge, para todo x em D tal que

|x − a| < |b − a| = r . Prova: Como

X

n≥1

an (x − a)n converge, temos que lim an (x − a)n = 0. Assim, fixando ǫ = 1, temos que n→∞

existe n0 , tal que ∀ n ≥ n0 ⇒ |an (x − a)n | < 1. Por outro lado, para todo x em D tal que |x − a| < r , temos:

 (b

|an (b − a)n | = |an (x − a)n | ·

− a) (x − a)

( 2.2)

‹n

( 2.3)

(b − a) . Por ( 2.2 e ( 2.3) concluímos que |an (x − a)n | < q n < 1. (x − a) X an (x − a)n converge para todo x ∈ (a − r , a + r ). Pelo critério de Weirsstres, temos que a série

Tomemos q =

n≥1

2.20 Corolário. Se

X

n≥1

an (x − a)n diverge, para x = b , então a série diverge, para todo x em D tal que

|x − a| > |b − a| = r . Os próximos teoremas caracterizarão o nosso domínio de convergência. 2.21 Teorema. Considere a série de potências

X

n≥1

an (x − a)n . Então, existem somente três possibilidades: CÁLCULO III

39

(i) A série converge apenas em x = a; (ii) A série converge para todo em R; (iii) Existe r > 0, tal que a série converge, absolutamente, para todo x ∈ (a − r , a + r ). O número r é chamado de raio de convergência da série. A demonstração deste último resultado é feita aplicando-se o lema anterior. Nota 22. Para a primeira possibilidade, temos, na realidade, que o raio de convergência é nulo; enquanto que para a segunda, o raio é infinito. No terceiro caso, temos que I = (a − r , a + r ) é uma região de convergência da série de potências. Partindo-se de I , podemos determinar o domínio de convergência da série (conjunto de todos pontos os quais a série é convergente), verificando se a série de potências converge, pontualmente, para os extremos do intervalo I . 2.22 Teorema. Seja a série de potência

X

n≥1

an (x − a)n . Então o raio de convergência r da série é dado por |an | . n→∞ |an+1 |

r = lim

Prova: Apliquemos o teste da razão para séries quaisquer. Assim, an+1 (x lim n→∞ an (x

Tomemos L = lim

n→∞



− a)n+1 |an+1 | = |x − a| · lim . n→∞ |an | − a)n

|an+1 | . Temos, somente, três possibilidades: |an |

1. (1) L = 0 e a série converge para todo x em R, isto é, r = ∞. 2. (2) L ≥ 1 e a série diverge para todo x 6= a, isto é, r = 0. 3. (3) 0 < L < 1 e a série converge para todo x ∈ (a − 1/L, a + 1/L), isto é, r = lim

n→∞

ER 2.20. Determine o raio de convergência das séries: X 2n x n X (−1)n (x − 1)n ; a b ; (2n)! (n + 1)2n n≥0 n≥0

c

X

n≥0

|an | . |an+1 |

(n + 1)!(x − 5)n . 10n

Solução: (a)

2n |an | (2n + 2)(2n + 1) 2n (2n + 2)! (2n)! r = lim = lim = lim = ∞. Portanto, o domínio = lim n +1 n→∞ |an+1 | n→∞ n→∞ n→∞ 2n+1 (2n)! 2 2 (2[n + 1])! de convergência é R. 1 (n + 2)2n+1 |an | n+2 (n + 1)2n = lim (b) r = lim = 2 · lim = lim = 2. 1 |an+1 | (n + 1)2n n+1 (n + 2)2n+1 Portanto, (−1, 3) é um intervalo de convergência. Porém, até este momento, não estudamos o comportamento da série nos extremos do intervalo de convergência, mas esta análise é tão importante para o resultado final. 1. Para x = −1, temos a série

40

X

n≥0

1 , que é divergente. n+1

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2. Para x = 3, temos a série

X

n≥0

(−1)n , que é convergente. n+1

Portanto, o domínio de convergência é (−1, 3]. (n + 1)! |an | (n + 1)!10n+1 10 n (c) r = lim = lim = lim = lim 10 = 0. (n + 2)! |an+1 | (n + 2)!10n (n + 2) 10n+1 Portanto, o domínio de convergência é {5} e, neste caso, diremos que a série é divergente.

Exercício Proposto EP 2.21. Determine o raio e intervalo de convergência das séries abaixo: (a)

X

x n;

(b)

n≥1

2.5

X

(5x )n ;

(c)

n≥1

X

n≥1

3n (x + 1)n . n 4n

Séries de Taylor

Dada uma função f (x ), n vezes continuamente derivável num ponto a e numa vizinhança de a, com raio r>0, desejamos encontrar uma série de potências de (x-a) para representar esta função. Ou seja:

f (x ) = a0 + a1 (x − a) + a2 (x − a)2 + a3 (x − a)3 + . . . + an (x − a)n + . . . Está claro que a série de potências estará determinada tão logo saibamos os seus coeficientes an , n = X an (x − a)n contínua e derivável em x = a. Assim, 0, 1, 2, 3, . . .. Daí, seja f (x ) = n≥0

f (x ) f ′ (x ) f ′′ (x ) f ′′′ (x )

= = = =

a0 + a1 (x − a) + a2 (x − a)2 + · · · a1 + 2a2 (x − a) + . . . 2a2 + 6a3 (x − a) + . . . 6a3 + 24a4 (x − a) . . .

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

f (a) = a0 f ′ (a) = a1 f ′′ (a) = 2a2 f ′′′ (a) = 6a3

Por recorrência, obtemos que f (n) (a) = n!an . Logo,

an =

f (n) (a) . n!

Dessa forma, dada uma função f de classe C ∞ , desejamos encontrar uma série de potência para representála na vizinhança de um ponto de R. 2.23 Definição. Seja função f de classe C ∞ , a série

X

n≥0

f (n) (a) (x − a)n é dita série de Taylor da função f (x ) n!

no ponto a. 2.24 Definição. Se a = 0, a série

X

n≥0

f (n) (0) n x é chamada de série de Maclaurin da função f (x ). n!

ER 2.22. Encontre a série de Taylor, em torno da origem, para cada uma das funções a seguir: (a) f (x ) = e x ;

(b) f (x ) =

1 . 1−x

Solução: (a) Em torno da origem a = 0 (série de Maclaurin).

f ′ (x ) = e x , f ′′ (x ) = e x , f ′′′ (x ) = e x , . . . , f (n) (x ) = e x ⇒ f (n) (0) = 1. CÁLCULO III

41

Logo, e x em série de Taylor, para a = 0, é:

f (x ) = e x =

X

n≥0

f (n) (0) n X 1 n x = x . n! n! n≥0

(b)

f ′ (x ) = (1 − x )−2 , f ′′ (x ) = 2(1 − x )−3 , f ′′′ (x ) = 6(1 − x )−4 , . . . , f (n) (x ) = Logo,

n! ⇒ f (n) (0) = n! (1 − x )n+1

1 em série de Taylor, para a = 0, é: 1−x

f (x ) =

X f (n) (0) X n! X 1 = xn = xn = x n. 1−x n ! n ! n≥0 n≥0 n≥0

ER 2.23. Utilize os resultados dos exercícios anteriores para encontrar a série de Taylor das funções abaixo, no ponto a indicado:

(a) f (x ) =

1 , a = 0. (1 + x )2

(b) f (x ) = e −2x , a = −1.

Solução: (a) Observe que vimos anteriormente que

1 = 1+x

X

(−1)n x n . Derivando ambos os lados,

n≥0

teremos: X −1 = (−1)n nx n−1 2 (1 + x ) n≥0

Logo, X 1 = (−1)n+1 nx n−1 . (1 + x )2

n≥0

(b) Note que e x =

X

n≥0

1 n x , para a = 0. Para a = −1, ficamos com a série na forma, n!

e (x +1) =

X

n≥0

1 (x + 1)n . n!

Substituindo-se a variável x por −2x − 3 e usando algebra elementar, teremos:

e (−2x −3)+1) e −2x −2 e −2x · e −2 e −2x

X

1 [(−2x − 3) + 1)]n n! n≥0 X 1 (−2x − 2)n = n! n≥0 X 1 = [−2(x + 1)]n n ! n≥0

=

=

X

n≥0

(−2)n e 2 (x + 1)n n!

Observe que podemos calcular limites através da utilização de séries de funções.

ER 2.24. Sabendo que cos(x ) =

X

(−1)n

x ≥0

42

x 2n 1 − cos(x ) 1 = utilizando séries de Taylor. mostre que lim x →0 (2n)! x2 2

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Solução: X

(−1)n

1 − cos(x )

= 1−

1 − cos(x )

= 1−1+

1 − cos(x ) x2

X

=

x ≥0

X

(−1)n+1

x ≥1

(−1)n+1

x ≥1

1 − cos(x ) 1 Dessa forma temos que: lim = = lim 2 x →0 x 2 x →0

x 2n (2n)!



x 2n (2n)!

1 x2 x4 x 2n−2 = − + ... (2n)! 2! 4 6 

1 x2 x4 − + ... 2! 4 6

=

1 2

ER 2.25. Calcule as derivadas f 40 (0) e f 51 (0) da função f (x ) = x 2 · sen(x ) Utilizando séries de Taylor. Dica: X x 2n+1 sen(x ) = . (−1)n (2n + 1)! x ≥0

Solução: Observe que sen(x ) =

X

x ≥0

(−1)n

x 2n+1 possui apenas potências ímpares, dessa forma, toda (2n + 1)!

derivada cuja potência seja par, será nula. Assim f 40 (0) = 0. Os coeficientes das potências ímpares no ponto zero são dados por:

f 2n+3 (0) (−1)n = (2n + 3)! (2n + 1)! Como estamos interessados em calcular a derivada de ordem 51 significa dizer que 2n + 3 = 51 e dessa forma

n = 24. Substituindo este valor na equação anterior ficamos com: (−1)24 f 51 (0) = ⇔ f 51 (0) = 50 · 51 51! 49!

2.5.1

Uma Pequena Biografia de Brook Taylor

Brook Taylor, nascido em Edmonton, Middlesex, Inglaterra, a 18 de Agosto de 1.685 e falecido em Londres, Inglaterra, a 29 de dezembro de 1.731. Era filho de John Taylor, da Casa de Bifrons e de Olivia, filha de Nicholas Tempest. Sua família era, moderadamente, rica e estava ligada à baixa nobreza. Seu avô, Nathaniel, tinha apoiado Oliver Cromwell. John Taylor era um pai severo e rigoroso, o expulsou de casa em 1.721, quando Taylor decidiu se casar com uma mulher que, embora pertencesse a uma boa família, não era muito rica. Em 1.723, Brook voltou à sua casa após a morte de sua esposa durante o parto. Ele se casou novamente em 1.725, desta vez com a aprovação e benção de seu pai, mas, infelizmente, sua segunda mulher também morreu durante o parto em 1.730. Sua filha, entretanto, conseguiu sobreviver. A vida pessoal de Taylor parece ter influenciado seu trabalho em diversas formas. Duas das suas maiores contribuições científicas lidam com vibrações e desenho em perspectiva. Seu pai era muito interessado em música e artes, sua casa estava sempre cheia de artistas. Os arquivos da família contém pinturas de Taylor e também um manuscrito não publicado chamado On Musick, que foi encontrado entre seus papéis no Saint John’s College em Cambridge. Taylor teve aulas particulares, em casa, antes de entrar para o Saint John’s College em 1.701, onde os catedráticos em matemática eram John Machin e John Keill. Taylor recebeu seu diploma de Bacharelado em 1.709, foi eleito para a Royal Society de Londres em 1.712 e recebeu o diploma de Doutorado em 1.714. Ele foi eleito secretário da Royal Society em janeiro de 1.714, mas se demitiu em outubro de 1.718 em virtude de sua saúde e, talvez, também, pela perda de interesse nesta tarefa cansativa e extenuante. As cabeças pensantes, na Europa desta época, inspiram-se no espírito de Descartes: o século X V I I I é cartesiano e prossegue a grande revolução intelectual originada por ele. O século X V I I I conserva a dúvida metódica, a recusa a acreditar, a necessidade de evidência, a preocupação em só admitir verdades claras e CÁLCULO III

43

distintas, alcançadas após o exame de grande número de fatos. O século X V I I I conservou a matemática como principal utensílio e como melhor exercício intelectual. É a matemática que fornece o tipo das idéias claras, não há linha reta nem círculo na natureza. Mas, a matemática representa corpos e pode aplicar-se à sua medida, ela pode servir para inventariar o mundo. Os matemáticos do século X V I I I executaram trabalhos essencialmente práticos: processos para resolver os problemas apresentados pela mecânica e pela astronomia, para explicar os fatos revelados pela observação do céu ou dos corpos terrestres. Forma de vela retangular inflada pelo vento, linha de queda mais rápida entre duas verticais sucessivas, traçado de um raio luminoso através de meios com diferentes densidades, causas dos ventos, movimentos dos fluidos, cordas vibratórias: são esses alguns dos problemas que eram estudados. Aperfeiçoaram, também, de maneira espantosa, a aparelhagem matemática. Euler, em 1.735, resolveu em três dias através de seus métodos um problema de astronomia que levara alguns meses para ser resolvido pelos métodos mais antigos. (Gauss, no século X I X , o solucionou em uma hora). No último terço do século X V I I , os grandes matemáticos haviam sido os ingleses, como Newton, ou alemães, como Leibnitz. No século X V I I I , passam a ser suíços (família Bernoulli e Euler) ou franceses (Clairaut, D’Alembert, Lagrange, Laplace). A relativa decadência dos ingleses justifica-se, talvez, pelo fato de Newton ter deixado o seu método de cálculo ainda mais imperfeito do que o de Leibnitz e, por outro lado, pela controvérsia entre ingleses, suíços e alemães sobre uma questão tão grande quanto inútil: quem era realmente o criador do cálculo infinitesimal, Leibnitz ou Newton? Enquanto que, em 1.717, Brook Taylor aplicara o cálculo das diferenças finitas aos movimentos das cordas vibratórias; MacLaurin, em 1.731, utilizou as demonstrações geométricas para dar maior rigor à sua teoria, segundo a qual uma massa liquida, girando em torno de um eixo, sob a influência da gravitação, toma a forma de um elipsóide de revolução. Taylor e MacLaurin chamavam, então, a atenção dos seus compatriotas para a geometria, levando-os a desprezarem a análise. Sendo membro da Royal Society, Taylor participou, em 1.712, do comitê formado para o julgamento da questão da prioridade na invenção do Cálculo entre Newton e Leibnitz. Ele visitou a França, diversas vezes, por razões de saúde e sociais. Durante estas visitas, ele manteve uma constante correspondência com Pierre Rèmond de Montmort sobre as séries infinitas e sobre o trabalho de Montmort em probabilidade. Taylor serviu como um tipo de intermediário entre Montmort e Abraham De Moivre. Taylor publicou o seu primeiro artigo importante na Philosophical Transactions da Royal Society em, 1.714, que, na verdade, já havia sido escrito em 1.708, de acordo com sua correspondência com Keill. O artigo tratava da determinação do centro de oscilação de um corpo. Como era costume de Taylor e de outros matemáticos da época, ele utilizou a notação de pontos ao resolver um problema em mecânica, dando início a uma disputa com Johann I Bernoulli. O período entre 1.714 e 1.719 foi, para Taylor, o mais produtivo matematicamente. A primeira edição de seus dois livros matemáticos Methodus incrementorum directa et inversa e Linear Perspective saiu em 1.715. Suas segundas edições foram publicadas em 1.717 e 1.719, respectivamente. Taylor também publicou treze artigos, alguns como cartas na Philosophical Transactions durante os anos de 1.712 a 1.724. Nestes artigos estão incluídos experimentos com a capilaridade, o magnetismo e o termômetro. Durante os últimos anos de sua vida Taylor se voltou para escritos religiosos e filosóficos. Seu terceiro livro Comtemplatio philosophica foi impresso postumamente pelo seu neto em 1.793. Taylor é conhecido pelo teorema ou processo de se expandir funções em séries infinitas. Existe uma grande discussão sobre o crédito que deve ser dado a Taylor pela formulação deste teorema. Seu primeiro relatório do teorema foi escrito em uma carta para John Machin, no dia 26 de julho de 1.712, e reescrito por H. Bateman. Nele, Taylor conta que a sua descoberta surgiu após uma “dica” de Machin durante uma palestra no Child’s Coffeehouse sobre a “utilização da série de Sir Isaac Newton para a resolução do problema de Kepler” e sobre o “método do Dr. Halley para se achar as raízes” de equações polinomiais 44

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que fora publicado na Philosophical Transactions em 1.694. Isto demonstra sua honestidade e cuidado em relação à publicação de artigos matemáticos. Ele usou sua fórmula para expandir funções em séries e para resolver equações diferenciais, mas, não conseguiu prever o seu papel, sua função mais importante, que só foi descoberto, mais tarde, por Lagrange. Taylor não se preocupou com a falta de rigor em sua derivação. Colin Maclaurin notou um caso especial da série de Taylor agora conhecido como série ou teorema dE Maclaurin, que já havia sido citado por Taylor na página 27 na edição de 1.717 do Methodus. O termo “série de Taylor” foi, provavelmente, utilizado pela primeira vez por L’Huillier em 1.786, entretanto Condorcet usou os nomes de Taylor e d’Alembert em 1.784. Mesmo que as séries infinitas já fossem algo conhecido, Taylor desenvolveu a sua fórmula sozinho e foi o primeiro a enunciá-la e explicitá-la de uma forma geral. Pringsheim demonstrou que é possível se chegar ao teorema de Taylor através da fórmula de Bernoulli por meio de algumas mudanças de variáveis. No entanto, não existem indícios que Taylor fez isso e nem de que Bernoulli se sentira “plagiado”. A preposição X I do teorema I V , por outro lado, é diretamente equivalente à fórmula de integração de Bernoulli. Mas, a derivação de Taylor é mais complexa, tanto que lhe é dado o crédito da prioridade do processo de integração por partes. Taylor foi um dos poucos matemáticos ingleses que conseguiu se manter na disputa com seus rivais do “Continente”, embora nem sempre conseguisse se sair vitorioso. Bernoulli citou que um problema de integração publicado por Taylor como um desafio aos “matemáticos não ingleses” já havia sido proposto e resolvido anteriormente por Leibnitz em Acta eruditurium. Suas disputas em jornais quase sempre continham frases mais rudes e, até mesmo, uma vez, foi feita uma aposta entre eles no valor de cinqüenta guinéus. Quando Bernoulli sugeriu, numa carta pessoal, que suas discussões tomassem um rumo mais “cavalheiresco”, Taylor respondeu que ele tinha tido a intenção de ser grosseiro e mostrar indignação. O livro Methodus continha vários pontos adicionais, cuja importância não podia ser notada ou percebida em um primeiro estudo. Inclui-se o reconhecimento e a determinação de uma solução singular de uma equação diferencial, uma fórmula que envolve uma mudança de variáveis e relaciona as derivadas de uma função com as derivadas de sua inversa, a determinação de centros de oscilação e percussão, curvatura e o problema de vibrações em molas. Os últimos três problemas já tinham sido publicados anteriormente em Philosophical Transactions, dando continuação ao cálculo de logaritmos. Newton abordava o problema da curvatura pelo meio da determinação do seu centro como o ponto de intersecção entre duas normais. Mesmo que este método não tivesse sido publicado até 1.736, Taylor tinha conhecimento deste trabalho de Newton e, após aplicar a sua própria fórmula para a resolução do mesmo problema, disse que seus resultados coincidiam com os obtidos por Newton. Taylor, entretanto, imaginava o raio de curvatura como sendo o raio do círculo limitante entre três pontos de uma curva e associava a curvatura com o problema do ângulo de contato, citado por Euclides. Ele então usou a curvatura e o ângulo de curvatura para dar a primeira solução para vibrações normais e o caso de molas. Nas preposições X X I I e X X I I I , ele demonstrou que, sob suas condições, cada ponto vibra como um pêndulo cicloidal e determinou o seu período em termos do comprimento e peso da mola e do peso suportado pela mola. Seus trabalhos influenciaram outros matemáticos, Bernoulli, por exemplo, citou Taylor em cartas escritas para seu filho Daniel, escrevendo sobre este tópico. Methodus qualifica Taylor como um dos fundadores do cálculo de diferenças finitas e como um dos primeiros a utilizá-lo em interpolação e somatória de séries. Taylor contribuiu para a história do barômetro ao explicar a variação da pressão atmosférica como uma função da altitude e também contribuiu para o estudo da refração da luz. Como todas as suas publicações, seu livro sobre perspectiva linear era tão conciso que Bernoulli caracterizou-o como “incompreensível para todos e inteligível para os artistas, para quem ele foi especialmente escrito”. Até mesmo a sua segunda edição, que continha quase o dobro das quarenta e duas páginas da edição inicial, não mostrava uma melhora neste aspecto. Methodus teve quatro edições normais, três traduções e outras vinte e duas edições de doze diferentes autores, que continham comentários adicionais sobre seus conceitos mais importantes. Ele desenvolveu uma CÁLCULO III

45

teoria sobre perspectiva de maneira formal, usando uma seqüência de teoremas e as suas respectivas demonstrações. A sua mais notável e impressionante idéia nesta área foi a definição de pontos e linhas de fuga para todos os planos e linhas e o desenvolvimento de uma teoria e prática para o problema inverso de perspectiva que, mais tarde, serviu de base para o trabalho de Lambert e o desenvolvimento da fotogrametria. Taylor também se utilizou da idéia de associar pontos de intersecção infinitamente distantes com linhas paralelas e procurou métodos para se realizar construções geométricas diretamente em perspectiva. Um estudo mais detalhado e profundo sobre a vida e o trabalho de Brook Taylor revela que a sua contribuição para o desenvolvimento da matemática foi, substancialmente, maior do que a simples ligação do seu nome a um teorema. Seu trabalho era conciso, difícil de ser seguido e estudado. O surpreendente número de conceitos importantes que ele citou e tentou desenvolver, mas, infelizmente, não pode finalizar, mostra que a saúde, problemas e preocupações familiares e outros fatores, como riqueza e repressão dos pais, conseguiram restringir o período produtivo de sua relativamente curta vida.

Exercícios Propostos EP 2.26. Encontre a série de Taylor, no ponto a = 0, para as funções: (a) f (x ) =

1 ; 1+x

(b) f (x ) = sen(x );

(c) f (x ) = cos(x ).

EP 2.27. Utilize os resultados

ex =

X

n≥0

X X X X 1 x 2n+1 x 2n 1 n 1 x n, (−1)n x n , sen(x ) = (−1)n (−1)n x , = = e cos(x ) = n! 1−x 1+x (2n + 1)! (2n)!

n≥0

n≥0

n≥0

n≥0

para encontrar a série de Taylor das funções abaixo, no ponto a indicado: x

(a) f (x ) = ln(1 + x ), a = 0; (b) f (x ) = e − 2 , a = −2;

(c) f (x ) = x cos(x ), a = 0; (d) f (x ) =

1 , a = 2. (1 − x )2

Gabarito

€

Š € Š 20 n n 1 81 ; (b) (sn ) = . 2.6 (a) ; (b) Diverge; (c) ; (d) . 2.8 2.13 (a) Converge; (b) Diverge; (c) Diverge; n+1 2n + 1 3 7 112 (d) Diverge; (e) Converge. 2.14 (a) Diverge; (b) Diverge; (c) Converge. 2.17 (a) Nada podemos afirmar sobre o comportamento da série; (b)

2.4 (a) (sn ) =

absolutamente convergente; (c) absolutamente convergente; (d) divergente. 2.19 (a) Converge; (b) Converge. 2.21 (a) r = 1 e Ic = (−1, 1); € Š ” Š X X X 1 1 4 7 1 x 2n+1 x 2n 1 e Ic = − , e Ic = − , ; (c) . 2.27 (a) ; (c) r = . 2.26 (a) (−1)n x n ; (b) (−1)n (−1)n (b) r = 5 5 5 3 3 3 (2n + 1)! (2n)! n≥0

n≥0

X X X X n+1 2n+1 n n x n e nx n+1 n−1 ; (b) ; (d) (−1) (−1) n (x + 2) ; (c) (−1) (−1) n(x − 2) . n+1 2 n! (2n)! n≥0

46

n≥0

n≥0

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n≥0

n≥0

BLOCO 02

EDO e Aplicações Equações Diferenciais Ordinárias de

TEMA 03

Primeira Ordem

Apresentação Uma equação da forma F (x , y , y ′ , . . . , y (n) ) = 0, que relaciona a variável x , a função y (x ) e suas derivadas y ′ (x ), y ′′ (x ), . . . ,y (n) , chama-se equação diferencial ordinária. Muitas leis gerais da Física, Biologia e Economia encontram sua expressão natural nestas equações. Por outro lado, inúmeras questões na própria matemática (por exemplo, em Topologia e Geometria Diferenciais e no Cálculo de Variações) são formuladas por equações diferenciais ordinárias ou se reduzem a elas. Vejamos, como motivação ao nosso estudo, o seguinte problema: Problema 1. Uma colônia de bactérias aumenta a uma taxa proporcional ao número de bactérias presentes, se o número duplica em 24h. Quantas horas serão necessárias para que o número de bactérias aumentem de 100 vezes ao número de bactérias original. Este é um problema que envolve equações diferenciais e que aprenderemos a resolver logo mais adiante.

Breve Histórico O estudo das equações diferenciais começou com os métodos do Cálculo Diferencial e Integral, descobertos por Newton e Leibnitz, e elaborados no último quarto do século X V I I para resolver problemas motivados por considerações físicas e geométricas. Estes métodos e sua evolução, conduziram, gradualmente, à consolidação das Equações Diferenciais como um novo ramo da Matemática que, em meados do século X V I I I , se transformou numa disciplina indepedente. Neste estágio, a procura e análise de soluções tornou-se uma finalidade própria. Também nesta época ficaram conhecidos os métodos elementares de resolução (integração) de vários tipos especiais de equações diferenciais (tais como variáveis separáveis, homogêneas, lineares, etc.), estudados, tradicionalmente, até nossos dias, em muitos cursos de introdutórios de Cálculo. Talvez, a aplicação mais importante do cálculo sejam as equações diferenciais. Quando os físicos ou cientistas sociais usam o cálculo, em geral, o fazem para analisar uma equação diferencial surgida no processo de modelagem de algum fenômeno que eles estão estudando.

3.1

Introdução

Com o intuito de preparar nosso ambiente de trabalho, enunciaremos algumas definições: CÁLCULO III

47

3.1 Definição. Numa lei que relaciona a variável x , a função y e as derivadas sucessivas y ′ , y ′′ , . . . , y (n) , a equação F (x , y , y ′ , y ′′ , . . . , y (n) ) = 0 é chamada de equação diferencial ordinária de ordem n. Exemplo 3.1. São exemplos de diferenciais as equações: 1. x 2 y ′ + y ′′ x − 3y = 0; 2. 3x 4 y ′′′ + 2y ′ − x = x 3 . 3.2 Definição. A ordem de uma EDO é a ordem da mais alta derivada contida na equação. 3.3 Definição. O grau de uma EDO é dado pela potência da mais alta derivada contida na EDO. Exemplo 3.2. (y ′′′ )4 + (y ′′ )6 + x = 1 tem ordem 3 e grau 4. 3.4 Definição. Se uma função f (x , y ) = 0 satisfaz F (x , y , y ′ (x ), y ′′ (x ), . . . , y (n) ) = 0, então dizemos que

f (x , y ) = 0 é uma solução desta EDO. 2 6 1 2 x − x + 5x + C é uma solução geral da equação diferencial y ′ − 4x 5 = 5 − x , uma 3 2 vez que y ′ (x ) = 4x 5 − x + 5 e, substituindo-se na equação diferencial, temos que: Por exemplo, y (x ) =

(4x 5 − x + 5) − 4x 5 = 4x 5 − x + 5 − 4x 5 = 5 − x . 2 1 Note que, para verificarmos que y (x ) = x 6 − x 2 + 5x + C era uma solução, derivamos a função y (x ) 3 2 e substituímos y (x ) e y ′ (x ) na EDO, obtendo, assim, uma identidade. Outrossim, a solução é geral e, se 2 atribuirmos um valor a constante C , obteremos uma solução particular da EDO. Por exemplo, y (x ) = x 6 − 3 1 2 x + 5x + 7 é uma solução particular e, neste caso, atribuímos o valor 7 a constante C . 2 ER 3.1. Verifique que a solução geral da equação diferencial y ′′ (x )−9y = 0 é da forma y (x ) = C1 e 3x + C2 e −3x . ER 3.2. Verifique que y = sen(x ) é uma solução para a EDO y ′′ + y = 0. Solução: Derivando-se, sucessivamente, y = sen(x ), até segunda ordem, obtemos y ′ = cos(x ) e y ′′ = − sen(x ). Substituindo-se, na equação diferencial, temos: − sen(x ) + sen(x ) = 0. Logo, y = sen(x ) é uma solução da EDO. 3.5 Definição. Uma solução de uma EDO F (x , y , y ′ , . . . , y (n) ) = 0, na qual figuram n constantes arbitrárias, é chamada de solução geral desta EDO. E indicamos por f (x , y , C1 , C2 , . . . , Cn ) = 0. Nota 23. O número de constantes arbitrárias na solução geral é igual a ordem da EDO. 3.6 Definição. Uma solução particular de uma equação diferencial é obtida da solução geral atribuindo-se valores as constantes arbitrárias C1 , C2 , . . . , Cn .

Exercícios Propostos EP 3.3. Analise as afirmações: 48

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I. y (x ) = e −x é uma solução particular da equação y ′ + y = 0. II. y (x ) = C · e −x é a solução geral da equação y ′ + y = 0. III. y (x ) = sen(x ) é uma solução particular da equação y ′′ + y = 0. IV. y (x ) = C1 sen(x ) + C2 cos(x ) é a solução geral da equação y ′′ + y = 0. V. y (x ) = 7x é uma solução particular da equação y ′′ + 3y y ′ = 0.

Existência e Unicidade de Solução para uma EDO Para encontrarmos a solução de uma equação, geralmente, aplicamos métodos algébricos ou numéricos. Porém, antes de aplicarmos um destes, é bom que saibamos se não o estamos fazendo em vão, pois, em alguns casos, se feitos manualmente, são processos demorados ou exaustivos. Devemos, portanto, antes de aplicarmos, requerer algum resultado que nos garanta a existência de solução. Além disso, alguns processos são feitos, partindo-se do pré-suposto que temos única solução num determinado subconjunto. No caso das equações diferenciais ordinárias veremos que, quando existe solução, os métodos encontram um solução geral (geralmente, uma família de funções) e a solução só será única se tivermos, associados a esta equação, certas condições adicionais. Alertamos que, descobrir uma solução para uma equação diferencial é algo similar ao cálculo de uma integral e nós sabemos que existem integrais que não possuem primitivas, como é o caso das integrais elípticas. Dessa forma, não é de se esperar que todas as equações diferenciais possuam soluções. Portanto, três perguntas são importantes a se fazer, antes de tentarmos encontrar soluções para uma EDO: 1. Dada uma equação diferencial, será que ela tem solução? 2. Se tiver solução, será que esta solução é única? 3. Existe uma solução que satisfaz a alguma condição especial?

Problema de Valor Inicial Como podemos ver, uma equação diferencial não possui solução única. Porém, se impusermos certas condições, poderemos encontrar única solução. Geralmente, uma equação diferencial de ordem m requer m − 1 condições, a fim de se obter única solução. Estas, podem ser de qualquer tipo. Por exemplo: y (0) = 2, Z 1

y ′ (3) = −4 ou

cos(x )dx = 0. 0

Temos um Problema de Valor Inicial (PVI) se as m − 1 condições adicionais associadas a uma equação diferencial de ordem m estiverem avaliadas num mesmo ponto. Por exemplo, Exemplo 3.3. (a)

y ′ (x ) =

y

y (1) =

0

(b)

y ′′ (x ) + cos(x )y ′ = x 2 y (1) = 0, y ′ (1) = 2

Para responder as perguntas feitas, enunciaremos um importante resultado: o Teorema de Existência e Unicidade de Solução. Ele nos dá a resposta para as questões feitas, desde que a equação tenha algumas características. CÁLCULO III

49

Teorema de Existência e Unicidade de Solução de um PVI 3.7 Lema. Seja f (x , y ) contínua num aberto Ω ⊂ R2 . Então, y = ϕ(x ) é uma solução para

dy = f (x , y ) num dx

intervalo real se, e somente se, ϕ é contínua e satisfaz Z x

f (s , ϕ(s ))ds

ϕ(x ) = y0 +

( 3.4)

x0

dy = f (x , y ). Segue que, ϕ′ (x ) = f (x , ϕ(x )) dx e integrando obtemos, facilmente, ( 3.4) e como se trata de uma integral de uma função contínua segue, Prova:

Suponhamos que y = ϕ(x ) é uma solução para

claramente, que ϕ é contínua. Reciprocamente, suponhamos que ϕ é contínua e vale ( 3.4). Pelo teorema dy = f (x , y ). 2 fundamental do cálculo, segue que y = ϕ(x ) é uma solução para dx ∂f (x , y ) são contínuas num aberto Ω ⊂ R2 , então, para todo (x0 , y0 ) ∈ Ω o PVI ∂y tem uma única solução definida em um intervalo aberto contendo x0 . 3.8 Teorema. Se f (x , y ) e

A demonstração é feita através de aproximações sucessivas ou método de Picard e é encontrada em bons livros . Nota 24. O teorema de existência e unicidade de solução garante que a equação diferencial de primeira ordem com uma condição adicional,

a0 (x )y ′ + a1 (x )y = d (x ), y (x0 ) = y0 possui uma única solução se, as funções a0 = a0 (x ), a1 = a1 (x ) e d = d (x ) são contínuas e a0 = a0 (x ) não é identicamente nula em um intervalo aberto real contendo o ponto x0 . ER 3.4. Encontrar a EDO que corresponde a solução geral y = K x 2 , K ∈ R. Solução: Derivamos, implicitamente, a função para obtermos a EDO: y ′ = 2K x . Ainda, com base y na equação da função, isolemos a constante arbitrária K . Assim, da função principal temos que K = 2 . x Observe que neste exercício temos uma constante arbitrária K , o que significa que a EDO terá ordem 1. Substituindo-se o valor de K encontrado na EDO temos:

y ′ = 2K x ⇒ y ′ = 2

2y y x ⇒ y′ = . x2 x

Exercício Proposto EP 3.5. Encontre a EDO correspondente à família y = K x 2 , K ∈ R. (a) y = ax + b , a, b ∈ R .

(b) x = y − 1 + K · e −y , K ∈ R .

Estudaremos, agora, alguns tipos especiais de equações diferenciais. 50

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3.2

Equações Diferenciais Ordinárias a Variáveis Separáveis

3.9 Definição. Uma equação separável é aquela diferencial de primeira ordem na qual a expressão dada por dy pode ser escrita como o produto de uma função de x (g (x )), por outra função de y (h(y )). dx

dy = g (x ) · h(y ). dx O nome separável vem do fato de que a expressão do lado direito pode ser “separada” em uma função de x e do lado esquerdo em uma função de y , ou seja,

dy = g (x )dx . f (y ) Assim, basta integrar ambos os lados da equação para obter a solução, uma integral em função de y e a outra em função de x , como é mostrado a seguir. Z

dy = f (y )

Z

g (x )dx .

Retornemos ao problema 1, o qual perguntava a quantidade de horas necessárias para que o número de bactérias aumentasse em 100 vezes em relação ao número de bactérias original, se este número duplica em 24h, uma vez que o número de bactérias aumentava a uma taxa proporcional ao número de bactérias presentes. Solução: Chamemos B (t ) a quantidade de bactérias presentes para um tempo t . Portanto,

dB (t ) dB (t ) ∼ B (t ) =⇒ = K · B (t ), dt dt onde K é constante Z

dB (t ) = B (t )

Z

K dt =⇒ ln(B (t )) = K t + c =⇒ e ln(B (t )) = e K t +c

Portanto,

B (t ) = e K T · e c =⇒ B (t ) = A · e K T . Assim, para t = 0 ⇒ B (t0 ) = A · e 0 = A. Para t = 24, temos 2B (t0 ) = B (t0 ) · e K ·24 . Logo, ln(2) = 24K . Assim, ln(2) . K = 24 Quando aumentando em 100 vezes, o número de bactérias temos t igual a: 100B (t0 ) = B (t0 ) · e

ER 3.6. Resolva a equação diferencial

Solução: A equação Assim,

ln(2) 24 t

=⇒ ln(100) =

ln(2) 48 ln(10) t =⇒ t = . 24 ln(2)

dy x2 = 2. dx y

x2 dy = 2 , pode ser reescrita, de forma equivalente, na equação y 2 dy = x 2 dx . dx y Z

Z

2

y dy =

x 2 dx ⇒

y3 x3 = + C, 3 3

em que C é uma constante formada pelas constantes decorrentes das integrações em ambos os membros. Podemos dizer, ainda, que a solução desta EDO é dada por: y 3 − x 3 = K , onde K = 3C . ER 3.7. Resolva a equação diferencial: xy y ′ = 1 − x 2 . CÁLCULO III

51

Solução: A equação xy desta, obtemos:

dy 1 − x2 = 1 − x 2 equivale a y dy = dx . Integrando-se ambos os membros dx x Z

Z

y dy =

y2 1 − x2 dx ⇒ = x 2

Z

1 dx − x

Z

x dx

Assim,

y2 x2 = ln |x | − + c ⇒ y 2 − ln |x | + x 2 = K . 2 2

Exercícios Propostos EP 3.8. Encontre a solução para as equações: (a)

y dy − sen(x 2 )dx = 0; x

(b)

dy = e x +y . dx

2

EP 3.9. Dada a equação diferencial y ′ (x ) = −2xe x + 3. (a) Encontrar a solução geral da equação. (b) Encontrar uma solução particular que satisfaça a condição y (0) = 1, ou seja, se x = 0, então y = 1.

3.3

Equações Diferenciais Ordinárias Homogêneas

3.10 Definição. Uma função f (x , y ) é chamada de homogênea de grau n se, para todo t ∈ R, vale a relação

f (tx , ty ) = t n f (x , y ).

Nota 25. A função f (x , y ) é homogênea de grau 0 se, para todo t ∈ R, vale a relação

f (tx , ty ) = f (x , y ). ER 3.10. Mostre que a função f (x , y ) = x 2 + y 2 é homogênea de grau 2. Utilizando-se a definição, temos que:

f (tx , ty ) = t 2 x 2 + t 2 y 2 = t 2 (x 2 + y 2 ) = t 2 f (x , y ).

3.11 Definição. Uma equação diferencial de primeira ordem na forma y ′ = f (x , y ) é dita homogênea, se

f = f (x , y ) é uma função homogênea de grau zero. ER 3.11. Mostre que a função y ′ =

x2 + y2 é homogênea de grau zero. xy

Utilizando-se a definição, temos que:

f (tx , ty ) =

52

t 2 (x 2 + y 2 ) t 2x 2 + t 2y 2 = = f (x , y ). txty t 2 xy

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3.3.1

Resolução de uma EDO Homogênea de Primeira Ordem

Considere a EDO homogênea,

dy = f (x , y ) = f (tx , ty ) dx Faça t =

1 , x 6= 0. Portanto, x

em que, u =

 y dy = f (1, u ), = f 1, dx x

y . Assim, x y = ux ⇒

dy du =x· +u·1 dx dx

Transformamos uma EDO homogênea numa EDO separável, cuja equação é:

x· em que, g (x ) =

du 1 du du + u = f (1, u ) ⇔ = · [f (1, u ) − u ] ⇔ = g (x ) · h(u ), dx dx x dx

1 e h(u ) = f (1, u ) − u . x

ER 3.12. Resolva a equação diferencial y ′ =

x2 + y2 . xy

Solução: Vimos no exercício 3.11 que esta equação é uma EDO homogênea. Assim, temos,

y′ = Aplicando a fórmula x ·

x2 + y2 x2 y2 x y 1 = + = + = + u = f (1, u ) xy xy xy y x u

du + u = f (1, u ), temos, dx x·

1 du 1 du +u = +u ⇒x · = dx u dx u

dx . Vamos integrar ambos o membros desta e utilizar de álgebra elementar para encontrar x a solução geral. Observe: Segue que, udu = Z

Z

udu =

dx u2 y2 ⇒ = ln |x | + K u 2 = 2 ln |x | + C ⇒ 2 = 2 ln |x | + C y 2 = x 2 (2 ln |x | + C ) x 2 x

Exercício Proposto EP 3.13. Resolva as equações diferenciais: (a) y ′ =

3.4

x +y ; x −y

dy y+ (b) = dx

p

x2 + y2 . x

Equações Diferenciais Exatas

3.12 Definição. Uma função F (x , y ) é chamada de diferencial total ou exata se,

dF =

∂F ∂F dx + dy . ∂x ∂y CÁLCULO III

53

Nota 26. Com o intuito de termos expressões menos carregadas para as EDO, pode-se utilizar a notação

Mx para representar a derivada parcial da função M em relação à variável x , ou seja, Mx =

∂M . ∂x

3.13 Definição. Uma equação na forma diferencial M (x , y )dx + N (x , y )dy = 0 é chamada de Exata, se existir uma função F = F (x , y ) cuja diferencial exata dF = Fx dx + Fy dy coincide com M (x , y )dx + N (x , y )dy = 0, isto é:

dF = M (x , y )dx + N (x , y )dy = 0. Sob certas condições de diferenciabilidade das funções M e N , temos um outro critério para determinarmos quando uma EDO é exata: Dizemos que M (x , y )dx + N (x , y )dy = 0 é exata se My = Nx . De maneira formal, enunciaremos este resultado através do seguinte teorema: 3.14 Teorema. Suponha que M (x , y ) e N (x , y ) sejam contínuas e tenham derivadas parciais contínuas em relação as variáveis x e y em regiões limitadas. Então, existe uma função F (x , y ) tal que

M (x , y ) = N (x , y ) =

∂F ∂x ∂F ∂y

( 3.5)

se, e somente se, a equação é exata. Prova: Suponhamos que F (x , y ) é uma função tal que

M (x , y ) = N (x , y ) = Integrando-se M (x , y ) =

∂F ∂x ∂F ∂y

∂F obtemos: ∂x Z

F (x , y ) =

M (x , y )dx + h(y ),

onde h(y ) é uma função arbitrária de y . Derivando-se esta equação, em relação a variável y , teremos que: ∂F (x , y ) = ∂y

Z

∂M (x , y )dx + h′ (y ) ⇒ h′ (y ) = N (x , y ) − ∂y

Z

∂M (x , y )dt . ∂y

Observe que no primeiro membro temos uma função de uma única variável e, segue que, o outro membro, necessariamente, também é uma função definida em y . Assim, •

∂ dh N (x , y ) − =0⇒ dx ∂x

Z

˜

∂N ∂M ∂M (x , y )dt = 0 ⇒ − = 0. ∂y ∂x ∂y

Portanto, a equação é exata. Reciprocamente, suponhamos que a equação é exata e considere Z

F (x , y ) =

Z •

M (x , y )dx +

N (x , y ) −

Logo, as equações em ( 3.5) são, claramente, satisfeitas. 54

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Z

˜

∂M (x , y )dx dy . ∂y

ER 3.14. Verifique se as seguintes EDO são exatas. (a) 3x 2 y 2 dx + 2x 3 y dy = 0;

(b) x dx + y dy = 0;

(c) y dx − xdy = 0.

Solução: (a) 3x 2 y 2 dx + 2x 3 y dy = 0 é exata, pois My = 6x 2 y = Nx . (b) x dx + y dy = 0 é exata, pois My = 0 = Nx . (c) y dx − xdy = 0 não é exata, pois My = 1 6= −1 = Nx .

3.4.1

Método de Resolução para uma EDO Exata

Uma vez que já constatamos que a EDO da forma M (x , y )dx + N (x , y )dy = 0 é exata (geralmente isto é feito utilizando-se as equações em ( 3.5)) devemos seguir o seguinte método: 1. Nomear a solução da EDO exata. Por exemplo, F = F (x , y ). Assim, 8

∂F = M (x , y ) ∂x ∂F = N (x , y ) ∂y

> < > :

2. Tomar a relação Fx = M (x , y ) e integrar em relação à variável x para obter: Z

M (x , y )dx + g (y ).

F (x , y ) =

Observe, aqui, que a constante de integração é uma função de y . 3. Derivar, parcialmente, esta última função (F = F (x , y )) em relação à variável y . Assim, obtemos: ∂F ∂ = ∂y ∂y

Z

M (x , y )dx + g ′ (y )

Observe, aqui, que esta derivada é uma função N = N (x , y ) e, deste fato, obtemos a expressão para g (y ). 4. A solução da EDO exata será dada por

F (x , y ) = C De uma forma mais simples, identificamos a solução geral de uma EDO exata por: Z

Z 

M (x , y )dx +

N (x , y ) −

∂F ∂y

‹

dy = C ,

Z

em que, F (x , y ) =

M (x , y )dx .

ER 3.15. Verifique se a EDO (2x + y )dx + (2y + x )dy = 0 é exata, caso afirmativo, ache a solução geral. Solução: Veja que My = 1 = Nx . Logo, é exata. Assim, sigamos o método proposto. Z

F (x , y ) =

Z

M (x , y )dx =

(2x + y )dx = x 2 + y x

Sendo assim, ∂F =x ∂y CÁLCULO III

55

Portanto,

Z 

N (x , y ) −

∂F ∂y

Z

‹

[(2y + x ) − x ] dy = y 2 .

dy =

Logo, a solução geral da equação (2x + y )dx + (2y + x )dy = 0 é x 2 + y x + y 2 = C . ER 3.16. Resolva a equação (3x 2 + 2y )dx + (2x + 2y )dy = 0. Solução: Veja que My = 2 = Nx . Logo, é exata. Assim, Z

F (x , y ) = Segue que

Z 

Z

(3x 2 + 2y )dx = x 3 + 2y x ⇒

M (x , y )dx =

∂F N (x , y ) − ∂y

∂F = 2x . ∂y

Z

‹

((2x + 2y ) − 2x ) dy = y 2

dy =

Logo, a solução geral da equação (3x 2 + 2y )dx + (2x + 2y )dy = 0 é x 3 + 2xy + y 2 = C .

Exercício Proposto EP 3.17. Encontre a solução para as seguintes equações (a) (x + 3y − 4)dx + (3x − 2y + 1)dy = 0;

3.5

(b) (x + y )dx + (x − y )dy = 0, y (0) = 2.

Fator Integrante

3.15 Definição. Uma função I (x , y ) é chamada de Fator Integrante da equação diferencial M (x , y )dx + ∂N ∂M 6= , se N (x , y )dy = 0, com ∂y ∂x

I (x , y )M (x , y )dx + I (x , y )N (x , y )dy = 0 for exata, ou seja, ∂(I N ) ∂(I M ) = ∂y ∂x

3.5.1

Determinação do Fator Integrante

Considere que a equação M (x , y )dx + N (x , y )dy = 0 não é exata. Nosso problema aqui será o de determinar, se possível, uma função I (x , y ) que ao multiplicar ambos os membros, a transforme numa equação diferencial exata. Como a nova equação obtida é equivalente a primeira, a solução obtida será a mesma. Para encontrarmos a função I (x , y ) multipliquemos ambos os membros da equação M (x , y )dx + N (x , y )dy = 0 por ela. Assim, obtemos I (x , y ) · M (x , y )dx + I (x , y ) · N (x , y )dy = 0. Para que esta seja exata temos que ∂(I N ) ∂(I M ) (x , y ) = (x , y ). ∂y ∂x Pela regra de derivação do produto de funções, temos

I· 56

∂M ∂I ∂N ∂I +M · =I · +N · ∂y ∂y ∂x ∂x

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ou, ainda,

M·



∂I ∂I −N · =I· ∂y ∂x

∂M ∂N − ∂x ∂y

‹

.

O quociente desta por I resulta em: 

∂I ∂I 1 M· −N · I ∂y ∂x

‹

=

∂N ∂M − . ∂x ∂y

ou seja, 1 ∂I 1 ∂I ∂N ∂M · −N · · = − . I ∂y I ∂x ∂x ∂y Lembrando-se da regra de derivação composta, temos que:

M·

∂ ln(I ) ∂x ∂ ln(I ) ∂y

1 I 1 I

= =

∂I ∂x ∂I · ∂y ·

Assim, podemos escrever

M

∂ ln(I ) ∂ ln(I ) ∂N ∂M −N · = − . ∂y ∂x ∂x ∂y

É evidente que qualquer I (x , y ) que satisfaz esta equação é um fator integrante. Observamos que a obtenção de I não uma tarefa tão simples quando ela depende das duas variáveis. Quando I depende somente de uma variável existe um método para a obter. Suponha que I depende, somente, da variável y . Portanto, temos: ∂ ln(I ) = 0. ∂x E temos, portanto, a seguinte EDO:

M

∂ ln(I ) ∂N ∂M ∂ ln(I ) 1 = − =⇒ = ∂y ∂x ∂y ∂y M



∂N ∂M − ∂x ∂y

‹

Integrando-se esta equação com respeito a y , obtemos: Z Z

∂ ln(I ) dy = ∂y

Portanto,

1 M



Z

1 M



∂N ∂M − ∂x ∂y

∂N ∂M − ∂x ∂y

Z

‹

dy ⇒ ln(I ) =

1 M



∂N ∂M − ∂x ∂y

‹

dy ⇒ I (y ) = e

1 M



∂M ∂N − ∂x ∂y

‹

dy

‹

depende somente de y .

O raciocínio para encontrar um fator integrante que dependa somente da variável x é análogo e

1 N



∂M ∂N − ∂y ∂x

‹

depende, somente, da variável x . Nota 27. Caso não se consiga obter I em função de x , tenta-se encontrar I em função de y , ou seja, ∂N ∂M ∂N ∂M − − ∂y ∂x ∂x ∂y é uma função que depende de x ou se é uma função que depende verificamos se N M de y . ER 3.18. Resolva a EDO (3x 2 − y 2 )dx + (2xy )dy = 0. Solução: Observe que a equação não é exata. De fato, ∂N ∂M = −2y 6= 2y = ∂y ∂x Vamos, então, se possível, determinar o fator integrante I que dependa somente da variável y .

I · (−2y − 2y ) = −(3x 2 − y 2 )

dI dI ⇒ I · (−4y ) = −(3x 2 − y 2 ) dy dy CÁLCULO III

57

Como constatamos a presença da variável x , não existe I (y ). Tentemos, portanto, obter um fator integrante I que dependa, somente, da variável x .

I · (−2y − 2y ) = 2xy

dI dI dx dI 1 dI ⇒ I · (−4y ) = 2xy ⇒ −2I = x ⇒ −2 = ⇒ −2 ln(x ) = ln(I ) ⇒ I = 2 . dx dx dx x I x

Multiplicamos I na equação original transformando-a em exata. Observe: (3x 2 − y 2 )dx + (2xy )dy = 0 ⇒ Note, agora, que

1 y2 2y 1 · ((3x 2 − y 2 )dx + (2xy )dy ) = 2 · 0 ⇒ (3 − 2 )dx + dy = 0. 2 x x x x

∂M ∂N −2y = 2 = . Assim, ∂y x ∂x Z 

Z

F (x , y ) = Segue que 2y ∂F = ⇒ ∂y x

M (x , y )dx =

Z 

N (x , y ) −

∂F ∂y

y2 3− 2 x



Z 

‹

dy =

dx = 3x +

2y 2y − x x

Logo, a solução geral da equação (3x 2 − y 2 )dx + (2xy )dy = 0 é 3x +

y2 x

‹

dy = 0.

y2 = C. x

Exercício Proposto EP 3.19. Resolva as equações diferenciais: (a) (xy 2 + y )dx − xdy = 0;

3.6

(b) x ln(x )dy = y dx , y(3)=4.

Trajetórias

3.16 Definição. Duas famílias de curvas F e T são chamadas de trajetórias sob o ângulo α, 0 < α < π, se cada curva da família F intercepta todas as curvas da família T sob o ângulo α. Se α =

π , as trajetórias são chamadas de ortogonais. 2

Se α 6=

π 2,

as trajetórias são chamadas de isogonais.

No caso em que duas famílias F e T são ortogonais, as retas tangentes em cada ponto (x , y ) às curvas yF e yT são perpendiculares. Assim, determinamos a família de trajetórias ortogonais por: 1 dyF =− dy dx T dx ER 3.20. Encontre a trajetória ortogonal à família y = cx , c ∈ R.

y y Solução: Temos que y ′ = c e, da equação original, temos que c = . Segue que, y ′ = . Chamemos, x x y então, yT′ = . Assim, x 1 x yF′ = − y = − . y x 58

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Segue que,

x y2 x2 dy = − ⇒ y dy = −xdx ⇒ + = A. dx y 2 2 Logo, a trajetória ortogonal à família y = cx é x 2 + y 2 = K , K ∈ R.

Exercício Proposto EP 3.21. Encontre as trajetórias ortogonais às famílias: (a) Circunferências de centro na origem e raio qualquer; (b) y = K x 2 , K ∈ R;

3.7

(c) y = ln(x 3 + b ), b ∈ R;

(d) y = b · e −x , b ∈ R.

Equações Diferenciais Ordinárias Lineares

3.17 Definição. Uma equação diferencial de primeira ordem é dita linear quando ela tem a seguinte forma geral:

dy + p (x )y = q (x ) dx

( 3.6)

em que, p (x ) e q (x ) são funções contínuas definidas em x . Quando q é a função identicamente nula, dizemos que a equação é homogênea. Caso contrário, ela é dita não homogênea. Exemplo 3.4. A equação

dy dy + y = 3x é não homogênea, enquanto, − e x y = 0 é homogênea. dx dx

Nota 28. Em algumas literaturas a equação ( 3.6) é equivalente a seguinte equação

M (x , y )dx + N (x , y )dy = 0

3.7.1

Método do Fator Integrante

Um bom método para se encontrar a solução de uma equação da forma,

y ′ + p (x )y = q (x ) é multiplicar todos os membros da equação por um Fator Integrante, que é uma função I = I (x ). Sendo assim, temos que I (x )y ′ (x ) + I (x )p (x )y (x ) = I (x )q (x ). Impondo que o primeiro membro desta, seja, exatamente, a derivada da função I (x ) · y (x ), isto é:

d [I (x ) · y (x )] = I (x ) · y ′ (x ) + I (x ) · p (x ) · y (x ), dx mas, para que isto ocorra, devemos exigir que I = I (x ) satisfaça a

I (x )y ′ (x ) + I ′ (x )y (x ) = I (x )y ′ (x ) + I (x )p (x )y (x ) Sendo assim, basta tomar

I ′ (x )y (x ) = I (x )p (x )y (x ) CÁLCULO III

59

Admitindo que y = y (x ) não seja identicamente nula, temos que:

I ′ (x ) = I (x )p (x ) Desse modo, devemos, primeiramente, resolver esta última equação diferencial,

d I ′ (x ) ln(I (x )) = = p (x ) ⇒ dx I (x )

Z

Z

d ln(I (x )) = dx

p (x )dx ⇒

Z

⇒ ln(I (x )) = Daí, obtemos uma solução como

p (x )dx .

Z

p (x )dx

I (x ) = e

Para simplificar um pouco a notação para dedução da expressão, tomaremos Z

P (x ) =

p (x )dx ,

para podermos escrever o fator integrante I = I (x ), como

I (x ) = e P (x ) Multiplicando-se os membros desta equação por I (x ) = e P (x ) , obteremos:

e P (x ) y ′ + p (x )e P (x ) y (x ) = q (x )e P (x ) O primeiro membro é a derivada da função y (x ) · e P (x ) em relação à variável x e, portanto, poderemos escrever

d (y (x ) · e P (x ) ) = q (x )e P (x ) dx e, integrando-se ambos os lados da igualdade, obteremos Z

y (x ) · e P (x ) =

q (x ) · e P (x ) dx + C

Dessa forma, temos uma expressão para y = y (x ) que nos da a solução da EDO, dada por: Z

p (x )dx

−

y (x ) = e

… Z

Ǒ

Z

p (x )dx

q (x ) · e

dx + C

.

ER 3.22. Resolva a equação y ′ + 2xy = x . Solução: Veja que p (x ) = 2x e q (x ) = x . Assim, Z

−

y (x ) = e

p (x )dx

… Z

q (x ) · e

Segue que

y (x ) = e

Ǒ

Z

−x 2

Z

p (x )dx

dx + C

x2

x · e dx + C

=e

‚

‹

=e

−x 2

…

Z

−

2

2xdx

ex +C 2

Œ

=

Ǒ

Z Z

x ·e

2xdx

2 1 + C e −x 2

Exercício Proposto EP 3.23. Resolva as equações diferenciais: (a) y ′ + 60

5 = −3x 3 ; x

(b) y ′ − y = e x ;

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2

(c) xy ′ + 2y = e x .

dx + C

3.8

Um Pouco da História e da Filosofia Desenvolvida Paralelamente às EDO

Em geral, podemos dizer que as equações diferenciais são o coração da análise e do cálculo, dois dos mais importantes ramos da matemática nos últimos 300 anos. Como uma ferramenta matemática importante para as ciências físicas, a equação diferencial não tem igual. Assim, é amplamente aceito que equações diferenciais são importantes para a matemática pura quanto para a aplicada. Os seus fundamentos parecem estar dominados pelas contribuições de um homem, Leonhard Euler. Naturalmente, isto seria uma simplificação grosseira do seu desenvolvimento. Existem vários contribuintes importantes e, aqueles que vieram antes de Euler, foram necessários para que ele pudesse entender o cálculo e a análise necessários para desenvolver muitas das idéias fundamentais. A história começa a partir do momento em que Fermat, Newton, e Leibniz tiveram o entendimento suficiente e a notação para a derivada. Esta, então, logo apareceu em equações. Nasce esta teoria. Contudo, descobriram que as soluções para estas equações não eram tão fáceis. A integral (antiderivada) e seu papel teórico no Teorema Fundamental do Cálculo ofereciam ajuda direta apenas quando as variáveis eram separadas, em circunstâncias muito especiais. O método de separação de variáveis foi desenvolvido por Jakob Bernoulli e generalizado por Leibniz, iniciando, assim, no século X V I I , este ramo da matemática. Por volta do início do século X V I I I , surge uma nova onda de pesquisadores que começaram a aplicar equações diferenciais a problemas em astronomia e ciências físicas. Jakob Bernoulli estudou, cuidadosamente, e escreveu equações diferenciais que modelavam o movimento planetário, usando os princípios de gravidade e momento, desenvolvidos por Newton. O trabalho de Bernoulli incluiu o desenvolvimento da catenária e o uso de coordenadas polares. Nesta época, as equações diferenciais estavam interagindo com outros tipos de matemática e ciências para resolver significativos problemas aplicados. O irmão de Jakob, Johann Bernoulli, foi, provavelmente, o primeiro matemático a entender o cálculo de Leibniz e os princípios de mecânica para modelar, matematicamente, fenômenos físicos usando equações diferenciais e a encontrar suas soluções. Ricatti (1.676 − 1.754) começou um estudo sério de uma equação em particular, mas foi limitado pelas teorias do seu tempo para casos especiais da equação que leva hoje seu nome. Os Bernoulli, Jakob, Johann, e Daniel, todos, também, estudaram os casos da equação de Ricatti. Na época, Taylor usou séries para “resolver” equações diferenciais. Outros desenvolveram e usaram estas séries para vários propósitos. Contudo, o desenvolvimento de Taylor de diferenças finitas começou um novo ramo da matemática intimamente relacionado ao desenvolvimento das equações diferenciais. O desenvolvimento das equações diferenciais precisava de um mestre para consolidar e generalizar os métodos existentes e criar novas e mais poderosas técnicas para atacar grandes famílias de equações. Muitas equações pareciam amigáveis, mas, tornaram-se decepcionantemente difíceis. Em muitos casos, técnicas de soluções iludiram perseguidores por cerca de 50 anos, quando Leonhard Euler chegou à cena das equações diferenciais. Euler entendeu o papel e a estrutura de funções, estudou suas propriedades e definições. Rapidamente chegou a conclusão que a teoria de funções eram a chave para entender as equações diferenciais e desenvolver métodos para encontrar suas soluções. Usando seu conhecimento sobre funções, desenvolveu procedimentos para encontrar soluções de vários tipos de equações. Foi o primeiro a entender as propriedades e os papéis das funções exponenciais, logarítmicas, trigonométricas e muitas outras funções elementares. Euler também desenvolveu várias funções baseadas em soluções em séries de tipos especiais de equações diferenciais. Suas técnicas de conjecturar e encontrar os coeficientes indeterminados foram etapas fundamentais para desenvolver este assunto. Em 1.739, desenvolveu o método de variação de parâmetros. Seu trabalho também incluiu o uso de aproximações numéricas e o desenvolvimento de métodos numéricos, os quais proveram “soluções” aproximadas para quase todas as equações. Euler então continuou aplicando o trabalho em mecânica CÁLCULO III

61

que levou a modelos de equações diferenciais e soluções. Ele era um mestre que esta teoria necessitava para se desenvolver além de seu início primitivo, tornando-se coesa e central ao desenvolvimento da matemática aplicada moderna. Temos que lembrar que os avances em equações diferencias aconteceram paralelamente ao desenvolvimento da filosofia que seriam fundamentais para o que hoje é conhecido como filosofia matemática. Vejamos algum aspectos destas correntes do pensamento humano. As principais fontes especulativas do idealismo clássico alemão são, em primeiro lugar, Kant e depois Spinoza. De Kant deriva o conceito de síntese a priori, criatividade e autonomia do espírito, que se desenvolve, logicamente, no monismo imanentista. Depois, Spinoza impele, decididamente, o idealismo alemão para o caminho do monismo, imanentista, para o qual já fora orientado por Kant. Correspondente ao movimento filosófico do idealismo pode ser considerado o romantismo; é este um fenômeno artístico e literário, e é também especialmente alemão; pois, também o romantismo é dominado pelo conceito de criatividade e libertação do espírito, como o idealismo. Os maiores filósofos do idealismo são: Fichte, Schelling, Schleiermacher e Hegel. Os maiores críticos desse sistema são: Herbart e Schopenhauer. Não obstante, o seu conceito de criatividade do espírito, de síntese a priori, Kant deixara ainda certos dados, perante os quais o espírito é passivo: o mundo dos noumenons, que o espírito não conhece, isto é, uma matéria misteriosa, donde derivariam as sensações, e um mundo inteligível, donde derivaria a atividade criadora do espírito. Ora, o idealismo clássico nega o transcendente mundo noumênico kantiano, resolvendo a matéria em uma produção inconsciente do espírito, e resolvendo o inteligível transcendente no transcendental criador da experiência. Jorge Guilherme Frederico Hegel nasceu em Stuttgart, em 1.770. Estudou teologia e filosofia, simpatizou com o iluminismo e o criticismo, mas voltou-se, em seguida, para o historicismo romântico, aproximando-se de Fichte e Schelling. Lecionou em várias universidades alemãs, especialmente na de Berlim, onde granjeou muita fama e exerceu notável influência. Faleceu em Berlim, em 1.831. As suas obras filosóficas principais são: Fenomenologia do Espírito; Lógica; Enciclopédia das Ciências Filosóficas. Com Hegel, o idealismo alemão e o pensamento contemporâneo, em geral, atingem o seu vértice imanentista em um poderoso sistema dialético. Para poder erigir a realidade da experiência em realidade absoluta, divina, Hegel é obrigado a inventar uma nova lógica e com esta racionalizar absolutamente o elemento potencial e negativo da mesma experiência (o mal metafísico, moral e físico). Assim, podemos dizer que enquanto os matemáticos desenvolviam a teoria de equações diferencias, grande filósofos da humanidade também desenvolviam o que é conhecido como idealismo, que abriu o caminho para o que logo seria a filosofia matemática.

Gabarito cos(x 2 ) y2 + = C ; (b) e x + e −y = C . 3.9 3.13 (a) 3.3 I. (V); II. (V); III. (V); IV. (V) e V. (F). 3.5 (a) y ′′ = 0; (b) 1 = y ′ (y − x ). 3.8 (a) 2 2 2 p y x2 x x 2 arctg( ) = ln(x 2 + y 2 )C ; (b) y + + 3xy − 4x + y = C ; (b) y 2 − x 2 − 2xy = 4. 3.19 (a) + = C; x 2 + y 2 = x 2 C . 3.17 (a) x 2 2 y 9 1 x 4 ln(x ). 3.21 (a) y = C x ; (b) 2y 2 + x 2 = C ; (c) e −y + = C ; (d) y 2 − 2x = C . 3.23 (a) x 5 y + = C ; (b) y = e x (x + C ); (c) (b) ln(3) 3x 3  2 ‹ ex y = x −2 +C . 2

62

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EDO de Segunda Ordem e algumas TEMA 04

aplicações às diversas áreas

EDO Linear de Segunda Ordem 4.1 4.1.1

Introdução Função de Duas Variáveis

4.1 Definição. Uma função real a duas variáveis é uma relação que transforma em um único número real z cada par ordenado (x , y ) de números reais de um certo conjunto D ⊆ R2 , chamado de domínio da função, e escrevemos z = f (x , y ). Em outras palavras,

f : D ⊆ R2

→ R

(x , y ) 7→ z = f (x , y ) Nota 29. Na equação z = f (x , y ), dizemos que z é a variável dependente e que x e y são as variáveis independentes; O conjunto de todos os valores possíveis de z , que pode ser obtido aplicado a relação f aos pares ordenados (x , y ) ∈ D , é denominado Imagem de f .

4.1.2

Dependência Linear de Funções

4.2 Definição. Chamamos de Wronskiano das funções y1 e y2 ao determinante,

W (y1 , y2 ) = Exemplo 4.1.

W (x , 3x ) =





y2′

y1

y2

y1′

x

3x

1

3



=0

4.3 Definição. Duas funções y1 e y2 são linearmente independentes num intervalo [a, b ] se W (y1 , y2 ) 6= 0, ∀ x ∈ [a, b ], caso contrário, são linearmente dependentes. Vamos estudar, em particular, as equações diferenciais homogêneas de segunda ordem, ressaltando que os resultados encontrados podem ser generalizados para uma equação de ordem n.

4.2

EDO Homogênea com Coeficientes Variáveis

Tome a equação linear homogênea de ordem 2 com coeficientes variáveis,

y ′′ + a1 (x )y ′ + a2 (x )y = 0

( 4.7) CÁLCULO III

63

4.4 Teorema. Sejam y1 e y2 duas soluções linearmente independentes da equação ( 4.7). Então 1. K y1 , K ∈ R é uma solução de ( 4.7). 2. (y1 + y2 ), é uma solução de ( 4.7). 4.5 Teorema. Sejam y1 (x ) e y2 (x ) duas soluções linearmente independentes da equação ( 4.7), com a1 (x ) e

a2 (x ) contínuas num intervalo I . Se y (x ) é qualquer solução de ( 4.7), então ∃c1 , c2 ∈ R tais que y (x ) é escrito como combinação linear de y1 (x ), y2 (x ), ou seja,

y (x ) = c1 · y1 (x ) + c2 · y2 (x ), ∀ x ∈ I 4.6 Definição. Se y1 (x ) e y2 (x ) são duas soluções linearmente independentes da equação ( 4.7), a solução geral de ( 4.7) é dada por:

y (x ) = c1 · y1 (x ) + c2 · y2 (x ), c1 , c2 ∈ R. 4.7 Teorema. Seja y1 (x ) uma solução de ( 4.7). Então, a outra solução de ( 4.7) linearmente independente com y1 (x ) é dada por:

Z Z

e

y2 (x ) = y1 (x )

(y1 (x ))2

1 . Assim, x

Z Z

y2 (x ) = y1 (x )

Z

a1 (x )dx

−

e (y1

dx .

1 ′ 1 y − 2 y = 0, sendo que y1 = x é uma solução. x x

ER 4.1. Encontre a solução geral da equação y ′′ +

Solução: Veja que a1 (x ) =

a1 (x )dx

−

(x ))2

Z

dx = x

−

e

1 dx x

x2

Z

dx

=

x

=

x

Z

e − ln(x ) dx x2 Z x −1 1 x −3 dx = − dx = x x2 2x

Logo, a solução geral é,

y (x ) = c1 · x − c2 ·

1 1 = A · x + B · , A, B ∈ R 2x x

Exercício Proposto EP 4.2. Encontre a solução geral das equações seguintes, sendo que y1 é uma solução. (a) y ′′ +

4.3

2 ′ sen(x ) y + y = 0, y1 = x x

(b) x 2 y ′′ − 6y = 0, y1 = x 3

EDO Homogênea com Coeficientes Constantes

As equações diferenciais lineares a coeficientes constantes são sob muitos aspectos as mais simples das equações diferenciais. Estas EDO formam a única classe numerosa de equações diferenciais de ordem maior que um que podem ser explicitamente resolvidas. Além disso, tais equações surgem em uma variedade surpreendente de problemas físicos. 64

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Tome a equação linear homogênea de ordem 2, com coeficientes constantes,

y ′′ + a1 y ′ + a2 y = 0

( 4.8)

Vamos procurar, para estas equações, soluções do tipo y (x ) = e kx . Ora, se y (x ) = e kx é solução de ( 4.8), então, (e kx )′′ + a1 (e kx )′ + a2 (e kx ) = 0 ⇒ k 2 e kx + a1 ke kx + a2 e kx = e kx (k 2 + a1 k + a2 ) = 0 ⇒ k 2 + a1 k + a2 = 0. Resultando no seguinte teorema. 4.8 Teorema. A função y (x ) = e k1 x , onde k1 ∈ R é uma solução da equação ( 4.8) se, e somente se, k1 é uma

raiz da equação K 2 + a1 K + a2 = 0.

4.9 Definição. A equação K 2 + a1 K + a2 = 0 é chamada de equação característica, ou equação discriminante, da equação diferencial ( 4.8) e suas raízes são chamadas de raízes características. ER 4.3. Determine a solução geral da equação y ′′ − 3y ′ + 2y = 0 Solução: Resolvendo a equação característica K 2 − 3K + 2 = 0 temos, k1 = 1 e k2 = 2. Assim y1 = e 1·x

e y2 = e 2·x são soluções de y ′′ − 3y ′ + 2y = 0. Logo a solução geral é y = Ae x + Be 2x . Temos 3 casos a considerar: 1. Caso: As raízes de K 2 + a1 K + a2 = 0 são reais e distintas.

Sejam k 1 6= k 2 raízes de K 2 + a1 K + a2 = 0. Então y1 = e k1 x e y2 = e k2 x são soluções linearmente independentes de ( 4.8). De fato:

W (e k1 x , e k2 x ) =





O conjunto

e k1 x k1 e

e k1 x , e k2 x

k1 x

k2 e k2 x

e k2 x

= k2 e (k1 +k2 )x − k1 e (k1 +k2 )x = (k2 − k1 )e (k1 +k2 )x 6= 0, pois k1 6= k2 .

©

é uma base para o espaço solução da equação diferencial e é, também,

chamado de sistema fundamental de soluções. As soluções são combinações lineares da base. A solução geral é, portanto, y = Ae k1 x + Be k2 x . 2. Caso: As raízes de K 2 + a1 K + a2 = 0 são reais e iguais. Sejam k1 = k2 = k raízes de K 2 + a1 K + a2 = 0. Uma solução da equação é y1 = e kx . Outra solução, linearmente independente, pode ser obtida pela fórmula Z Z

y2 (x ) = y1 (x )

a1 (x )dx

−

e

(y1 (x ))2

dx .

Assim, Z Z

y2 (x ) = y1 (x )

−

e

Z

a1 dx

(y1 (x ))2

Z

dx = e

kx

−

e

a1 dx

(e kx )2

Z

dx = e kx

e −a 1 x dx = e kx e 2kx

Z

e −(2k +a1 )x dx

Temos que 2k + a1 = 0, pois k1 + k2 = 2k = −a1 . Assim, Z

y2 (x ) = e kx

dx = xe kx

CÁLCULO III

65



©

O conjunto e kx , xe kx é uma base para o espaço solução da equação diferencial e é também chamado de sistema fundamental de soluções. As soluções são combinações lineares da base. A solução geral é, portanto, y = Ae kx + Bxe kx . 3. Caso: As raízes de K 2 + a1 K + a2 = 0 são complexas. Sejam k1 = a + ib e k2 = a − ib as raízes complexas conjugadas de K 2 + a1 K + a2 = 0. Então, y1 = e (a+i b)x e y2 = e (a−i b)x são soluções da equação.

Usando a fórmula de Moivre e i θ = cos(θ) + i sen(θ). As soluções acima ficam y1 = e ax (cos(bx ) + i sen(bx )) e y2 = e ax (cos(bx ) − i sen(bx )). A partir destas funções, vamos procurar soluções reais que satisfaçam a equação ( 4.8). Vamos mostrar, inicialmente, que se y = u (x ) + iv (x ) é solução de ( 4.8) então u (x ) e v (x ) também são soluções. De fato: (u + iv )′′ + a1 (u + iv )′ + a2 (u + iv ) = 0 ⇒ u ′′ + a1 u ′ + a2 u + i (v ′′ + a1 v ′ + a2 v ) = 0

⇒ u ′′ + a1 u ′ + a2 u = 0 e v ′′ + a1 v ′ + a2 v = 0

Como,

y1 = e (a+i b)x = e ax (cos(bx ) + i sen(bx )) = e ax cos(bx ) + ie ax sen(bx )). Temos que u (x ) = e ax cos(bx ) e v (x ) = e ax sen(bx ) são soluções da equação. Além disso, elas são L.I., pois, W (u (x ), v (x )) = be 2ax 6= 0. O conjunto {e ax cos(bx ), e ax sen(bx )} é uma base para o espaço solução da equação diferencial e é também chamado de sistema fundamental de soluções. As soluções são combinações lineares da base. A solução geral da equação é, portanto, y = Ae ax cos(bx ) + Be ax sen(bx ).

Nota 30. Os três caso anteriores se estendem para equações com ordens maiores que dois.

ER 4.4. Dê a solução geral das seguintes equações: (a) y ′′ − 5y ′ + 6y = 0;

(b) y ′′ − 4y ′ + 4y = 0;

(c) y ′′ − 2y ′ + 10y = 0.

Solução: (a) A equação característica é k 2 − 5k + 6 = 0, cujas raízes reais e distintas são k1 = 2 e k2 = 3.

A solução geral da equação é y = Ae 2x + Be 3x .

(b) A equação característica é k 2 − 4k + 4 = 0, cujas raízes reais e iguais são k1 = 2 = k2 . A solução

geral da equação é y = Ae 2x + Bxe 2x .

(c) A equação característica é k 2 − 2k + 10 = 0. A solução desta equação é k1 = 1 + 3i e k2 = 1 − 3i .

As soluções particulares linearmente independentes da equação diferencial são y1 = e x cos(3x ) e y2 =

e x sen(3x ). A solução geral da equação é y = Ae x cos(3x ) + Be x sen(3x ).

ER 4.5. Seja L10 (y ) = 0 uma EDO de ordem 10 com raízes características 0, 1, 1, −2, 2 + i , 2 − i , 2 + i , 2 −

i , 3 + 4i , 3 − 4i . Escreva a solução geral. 66

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Solução:

y

=

A + Be x + C xe x + De −2x + E e 2x cos(x ) + F e 2x sen(x )

+

G xe 2x cos(x ) + Hxe 2x sen(x ) + I e 3x cos(4x ) + Je 3x sen(4x )

Exercício Proposto EP 4.6. Encontre a solução geral das seguintes equações: (a) y ′′ − 3y ′ = −2y

4.4

(b) y ′′ + y = 2y ′

(c) y ′′ = −y

(d) y ′′′ + 4y = 3y ′′

EDO Não-Homogênea com Coeficientes Variáveis

Tome a equação linear não homogênea de ordem 2 com coeficientes variáveis,

y ′′ + a1 (x )y ′ + a2 (x )y = f (x ).

( 4.9)

4.10 Definição. A EDO y ′′ + a1 (x )y ′ + a2 (x )y = 0 é chamada de equação homogênea associada a equação ( 4.9). 4.11 Definição. A solução geral da equação ( 4.9) é dada por:

y = yH + yP , onde, yH é a solução geral da EDO homogênea associada a ( 4.9) e yP é a solução particular da EDO dada.

Método de Lagrange Seja {y1 , y2 } o sistema fundamental da EDO homogênea y ′′ + a1 (x )y ′ + a2 (x )y = 0 associada a ( 4.9). As soluções yH e yP são determinadas da seguinte forma: 1. yH : yH = Ay1 + By2 , A, B ∈ R; 2. yP : yP = C1 (x)y1 + C2 (x)y2 , onde,

C1′ (x ) =



0 y2 f (x ) y2′

y1 y1′

y2 y2′



Z

=⇒ C1 (x ) =

C1′ (x )dx e C2′ (x ) =



y1 y1′ y1 y1′

0 f (x )

y2 y2′



Z

=⇒ C2 (x ) =

C2′ (x )dx

ER 4.7. Encontre a solução geral da equação y ′′ + y = sec(x ). Solução: 1. yH : y′′ + y = 0. Resolvendo a equação característica K 2 + 1 = 0, temos k1 = i e k2 = −i . Assim,

yH = A cos(x ) + B sen(x )

CÁLCULO III

67

2. yP : y′′ + y = sec(x). Como y1 = cos(x ), y2 = sen(x ) e f (x ) = sec(x ), calculemos C1 (x ) e C2 (x ).

C1′ (x ) =



0

sen(x )

sec(x )

cos(x )



cos(x )

sen(x )

− sen(x )

cos(x )



=

− sen(x ) · sec(x ) sen(x ) =− = − tg(x ) 2 2 cos (x ) + sen (x ) cos(x )

Z

Segue que C1 (x ) =

− tg(x ) dx = ln | cos(x )|.

C2′ (x ) =



cos(x )

0

− sen(x ) sec(x ) cos(x )

sen(x )

− sen(x )

cos(x )



=

cos(x ) · sec(x ) 1 = =1 cos2 (x ) + sen2 (x ) 1

Z

Segue que C2 (x ) =

dx = x . Portanto, yP = C1 (x ) cos(x ) + C2 (x ) sen(x ) = ln | cos(x )| cos(x ) + x sen(x ).

Logo, a solução geral é

y = yH + yP = A cos(x ) + B sen(x ) + ln | cos(x )| cos(x ) + x sen(x ).

Exercício Proposto EP 4.8. Encontre a solução geral das seguintes equações: (a) y ′′ − y = e 2x

(b) y ′′ + 4y = sec(2x )

(c) y ′′ − 6y ′ + 9y =

e 3x x2

Aplicações das Equações Diferenciais Ordinárias Decaimento Radioativo Fatos experimentais mostram que materiais radioativos desintegram a uma taxa proporcional à quantidade presente do material. Se Q = Q (t ) é a quantidade presente de um certo material radioativo no instante t , então dQ , é dada por: a taxa de variação de Q (t ) com respeito ao tempo t , aqui denotada por dt

dQ = k · Q (t ), dt onde k é uma constante negativa bem definida do ponto de vista físico. Para o Carbono 14 a constante é k = −1, 244E − 4 e para o caso do Rádio a constante é k = −1, 4E − 11. Normalmente, consideramos Q (0) = Q0 a quantidade inicial do material radioativo considerado. Quando não conhecemos o material radioativo, devemos determinar o valor da constante k , o que pode ser feito através da característica de "meia-vida"do material. 68

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A “meia-vida” é o tempo necessário para desintegrar a metade do material. Portanto, se nós conhecemos a meia-vida do material, podemos obter a constante k e vice-versa. Em livros de Química, podemos obter as "meias-vidas” de vários materiais radioativos. Por exemplo, a meia-vida do Carbono-14 está na faixa entre 5538 anos e 5598 anos, numa média de 5568 anos com um erro para mais ou para menos de 30 anos. O Carbono-14 é uma importante ferramenta em Pesquisa Arqueológica conhecida como teste do radiocarbono. Exemplo 4.2. Um isótopo radioativo tem uma “meia-vida” de 16 dias. Você deseja ter 30g no final de 30 dias. Com quanto radioisótopo você deve começar? Solução: Desde que a "meia-vida” está dada em dias, nós mediremos o tempo em dias. Seja Q = Q (t ) a quantidade presente no instante t , e Q (0) = Q0 a quantidade inicial. Sabemos que r é uma constante e usaremos a "meia-vida” 16 dias para obter a constante k . Como

Q (t ) = Q0 e kt então, para t = 16, teremos Q (16) =

1 Q0 . Logo 2 1 1 Q0 = Q0 e 16k ⇒ = e 16k . 2 2

Aplicando o logaritmo natural em ambos os membros da igualdade, obtemos:

k =−

ln(2) = −0, 043321698785 16

e, dessa forma, temos a função que determina a quantidade de material radioativo a qualquer momento:

Q (t ) = Q0 e 0,043321698785t .

Lei do Resfriamento de Newton Sobre a condução do calor, um modelo real simples que trata sobre a troca de calor de um corpo com o meio ambiente em que o mesmo está colocado, aceita três hipóteses básicas: 1. A temperatura T = T (t ) depende do tempo t e é a mesma em todos os pontos do corpo. 2. A temperatura Tm do meio ambiente permanece constante ao longo da experiência. 3. A taxa de variação da temperatura com relação ao tempo t é proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura do meio ambiente. A montagem e resolução da equação diferencial, assume verdadeiras as hipóteses e dessa forma

dT = −k (T − Tm ) dt onde, T = T (t ) é a temperatura do corpo no instante t , Tm é a temperatura constante do meio ambiente e k é uma constante que depende do material com que o corpo foi construído, sendo que o sinal negativo indica que a temperatura do corpo está diminuindo com o passar do tempo, em relação à temperatura do meio ambiente. Esta equação diferencial é separável, que pode ser transformada em:

dT = −kdt T − Tm CÁLCULO III

69

Integrando ambos os membros em relação à variável tempo, teremos: ln(T − Tm ) = −kt + k0 Aplicando a função exponencial a ambos os membros e tomando as constantes embutidas em uma só, obteremos:

T (t ) − Tm = C e −kt e a solução da equação diferencial será,

T (t ) = Tm + C e −kt Se sabemos que a temperatura inicial do corpo é T (0) = T0 , então, substituindo t = 0 na solução da equação, podemos obter a constante C que aparece na solução, pois

T0 = Tm + C A solução do PVI

dT = −k (T − Tm ), T (0) = T0 dt será, então, dada por

T (t ) = Tm + (T0 − Tm )e −kt ER 4.9. Um corpo com temperatura de 100◦ C é posto numa sala, onde a temperatura do ambiente se mantém constante em 25◦ C . Após 5 minutos, sua temperatura cai para 90◦ C . Quanto tempo decorrerá até o corpo atingir 50◦ C , sabendo-se que o fluxo de calor, através das paredes do corpo é proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a do ambiente. Solução:

t = 0 ⇒ N = 100◦C

t = 5min ⇒ N = 90◦ C t =? ⇒ N = 50◦ C

dN = k · (N − 25), assim, devemos resolver tal equação diferdt encial, utilizando os dados anteriores, para encontrar cada um das constantes envolvidas. Como dado da questão, foi revelado que

dN = k · dt ⇒ (N − 25)

Z

dN =k (N − 25)

Z

dt ⇒ N (t ) = e k ·t +c + 25

Observe que se t = 0 então N = 100◦ C isto significa dizer que N (0) = 100. Dessa forma, substituindo na equação anterior, temos que:

N (0) = 100 ⇒ 100 = e k ·0+c + 25 ⇒ e c = 75 Como N (t ) = e k ·t +c + 25 = e k ·t · e c + 25 e dessa forma N (t ) = 75 · e k ·t + 25. Falta apenas encontrar a constante de proporcionalidade k e isto será feito usando a condição (N (5) = 90). Dessa forma, temos que: 

… 

N (5) = 90 ⇒ 90 = 75 · e k ·5 + 25 ⇒

70

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65 90 − 25 = e k ·5 ⇒ 5k = ln 75 75

ln

‹

⇒k=

13 15 5

‹Ǒ



ln(13/15) 5 Dessa forma, a equação completa será dada por N (t ) = 75 · e



·t

+ 25. O objetivo agora será

◦

encontrar o tempo t quando a temperatura N = 50 C , os cálculos são descritos a seguir: 

ln(13/15) 5 50 = 75 · e





·t

ln(13/15) 50 − 25 5 + 25 ⇒ =e 75

 

·t

⇒ ln

25 75

‹



= 

Dessa forma o tempo necessário para que o corpo se resfrie até 50◦ C é de t =

‹

ln(13/15) ·t 5

5 · ln(1/3) ln(13/15)

‹

minutos, ou

t ≃ 30, 38 minutos.

Elementos de Eletricidade Sem a preocupação de aprofundamento nos detalhes relacionados com a Eletricidade, iremos apresentar alguns poucos conceitos necessários ao presente trabalho de Equações Diferenciais. 1. Se VA e VB são, respectivamente, os potenciais elétricos nos pontos A e B de um circuito elétrico, a Diferença de potencial entre os pontos A e B , denotada por VAB ou V (t ), pode ser definida como a integral de linha sobre o segmento de reta ligando oas pontos A a B no campo elétrico E = E (t ). Normalmente, esta diferença de potencial V (t ) será indicada com o sinal negativo, isto é: Z t

VAB = −

0

E (u )du = −V (t )

2. A Intensidade da corrente elétrica será a taxa de variação da carga elétrica Q em relação ao tempo t que atravessa uma seção transversal de um condutor. Em símbolos:

I (t ) =

dQ dt

3. A capacitância C de um capacitor submetido a uma carga elétrica Q , com uma diferença de potencial entre as placas indicada por V , será dada por:

C (t ) =

Q (t ) V (t )

4. A lei de Ohm, estabelece que a diferença de potencial V nos terminais de um resistor de resistência R submetido a uma intensidade da corrente I , é dada por:

V (t ) = RI (t ) 5. A indutância L de um indutor é uma constante relacionada com a diferença de potêncial V e com a taxa de dI variação da intensidade da corrente elétrica em relação ao tempo , através da expressão matemática: dt

V (t ) = L

dI dt

6. Existem duas leis clássicas de Kirchhoff: (a) Lei das correntes: A soma algébrica das intensidades de corrente elétrica que chegam em um nó de um circuito elétrico é igual à soma algébrica das intensidades de corrente elétrica que saem do mesmo nó neste circuito elétrico. (b) Lei das tensões: A soma algébrica das diferenças de potencial em uma malha fechada é zero. CÁLCULO III

71

Circuitos Elétricos RLC Circuitos elétricos mais complexos (redes) são basicamente formados por resistores de resistência R , indutores de indutância L, capacitores de capacitância C , carregado com uma diferença de potencial VC e uma fonte elétrica cuja diferença de potencial é indicada E (t ).

R E L

C

VC

Se E = E (t ) é a diferença de potencial da fonte de alimentação e I = I (t ) é a intensidade da corrente elétrica, então 1. VL é a diferença de potencial nos terminais do indutor:

VL (t ) = L

dI dt

2. VR é a diferença de potencial nos terminais do resistor:

VR (t ) = RI (t ) 3. VC é a diferença de potencial nos terminais do capacitor:

VC (t ) =

1 C

Z t

I (u )du 0

Usando as leis de Kirchhoff, quando for fechado o interruptor, obteremos,

VL (t ) + VR (t ) + VC (t ) = E (t ), ou seja,

L

1 dI + RI (t ) + dt C

Z t

I (u )du = E (t ) 0

Se E (t ) é constante e derivarmos em relação à variável t , teremos:

LI ′′ (t ) + RI ′ (t ) +

1 I (t ) = 0 C

e temos uma EDO linear homogênea. Se E = E (t ) é uma função diferenciável da variável t , então

LI ′′ (t ) + RI ′ (t ) +

1 I (t ) = E ′ (t ). C

Existem alguns casos particulares interessantes, sendo alguns deles apenas teóricos, mas com algum fundamento matemático. 1. Circuito RC: Vamos considerar um circuito elétrico que possui um resistor de resistência R , um capacitor de capacitância C , uma fonte de alimentação com voltagem E constante e I = I (t ) será a intensidade da corrente elétrica.

R E C

A diferença de potencial nos terminais do resistor é dada por VR = RI (t ) e a diferença de potencial nos terminais do capacitor é dada por Z 1 t VC (t ) = I (u )du C 0 72

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Pela lei de Kirchhoff das tensões, segue que:

VR (t ) + VC (t ) = E e a EDO linear homogênea que rege o fenômeno é

RI (t ) +

1 C

Z t

I (u )du = E 0

Derivando esta equação em relação à variável t , obtemos 1 I (t ) = 0. C

RI ′ (t ) + A solução desta equação é

t

t

I (t ) = K e − RC = I (0)e − RC . Se o capacitor estava descarregado no instante t = 0 e continua descarregado em um átomo após t = 0, então Q (0) = 0 e, desse modo, Z 1 0 I (u )du = 0. VC (0) = C 0 Logo, VR (0) + VC (0) = E , o que garante que RI (0) = E . Assim,

I (0) =

E R

Substituindo I (0) na solução da equação, obtemos

I (t ) =

E −t e RC R

Aplicando esta função, podemos obter

VC (t ) =

1 C

Z t

I (u )du = 0

1 C

Z t

0

E −u e RC du R

Assim, a diferença de potencial entre os terminais do capacitor ao longo do tempo t , será dada por: ”

t

VC (t ) = E 1 − e − RC

—

2. Circuito RL: Seja o circuito elétrico possuindo um resistor de resistência R , um indutor de indutância L e uma fonte de alimentação constante E . dI , assim usando a lei de Kirchhoff Sabemos que VR (t ) = RI (t ) e VL (t ) = L dt das tensões ao circuito podemos escrever,

R E L

′

LI (t ) + RI (t ) = E que é uma EDO linear não homogênea de primeira ordem. A solução da equação homogênea associada é Rt

Ih (t ) = K e − L

Como a parte não homogênea da EDO é uma função constante, usamos o método dos coeficientes a determinar para procurar uma solução particular Ip = Ip (t ) que seja constante, assim Ip′ (t ) ≡ 0 e, então, RIp (t ) = E o que garante que E Ip (t ) = . R A solução da EDO é a soma da solução da homogênea associada com a solução particular. Logo, Rt

I (t ) = K e − L +

E . R CÁLCULO III

73

Se considerarmos que I (0) = 0, então 0=K+

E Logo, K = − . Assim, R I (t ) =

E . R

— E ” Rt 1 − e− L R

Esta função tem a mesma forma que a função VC = VC (t ) do circuito RC, apenas que a função horizontal E limite deve ser traçada para I = . R 3. Circuito RC: Se o circuito elétrico possui um resistor de resistência R , um capacitor de capacitância C e a fonte de alimentação tem diferença de potencial E = E (t ), a EDO linear que rege o fenômeno é:

RI ′ (t ) +

1 I (t ) = 0. C

4. Circuito LC: Se o circuito elétrico possui um indutor de indutância L, um capacitor de capacitância C e a diferença de potencial VAB = −V (t ), a EDO linear não homogênea que rege o fenômeno é

LQ ′′ (t ) +

1 Q (t ) = V (t ). C

Exercício Proposto dI + RI = E sen(w t ), onde L, R , E e w são constantes e I é uma função de dt t . (Esta função dá a corrente em um circuito de resistência R e indutância L impulsionada por um gerador de w e voltagem máxima E ). corrente alternada de freqüência 2π EP 4.10. Resolva a equação L

Crescimento Populacional: Malthus Problemas populacionais nos levam, fatalmente, às perguntas: 1. Qual será a população de um certo local ou meio ambiente em alguns anos? 2. Como poderemos proteger os recursos deste local ou deste meio ambiente para que não ocorra a extinção de uma ou de várias espécies? Para apresentar uma aplicação de equações diferenciais relacionado com este problema, consideraremos o modelo matemático mais simples para tratar sobre o crescimento populacional de algumas espécies. Ele é chamado o Modelo de Crescimento Exponencial, isto é, a taxa de variação da população em relação ao dP tempo, aqui denotada por , é proporcional à população presente. Em outras palavras, se P = P (t ) mede a dt população, nós temos dP = kP , dt onde, a taxa k é uma constante. É simples verificar que se k > 0, nós teremos crescimento e se k < 0, nós teremos decaimento. Esta é uma EDO linear que quando resolvida nos dá:

P (t ) = P0 e kt , onde, P0 é a população inicial, isto é P (0) = P0 . Portanto, concluímos o seguinte: 1. Se k > 0, a população cresce e continua a expandir para o infinito positivo. 74

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2. Se k < 0, a população se reduzirá e tenderá a 0. Em outras palavras, a população será extinta. O primeiro caso, k > 0, não é adequado e o modelo pode não funcionar bem a longo prazo. O argumento principal para isto vem das limitações do ambiente. A complicação é que o crescimento populacional é eventualmente limitado por algum fator, usualmente dentre aqueles recursos essenciais. Quando uma população está muito distante de seu limite de crescimento ela pode crescer de forma exponencial, mas quando está próxima de seu limite o tamanho da população pode variar. ER 4.11. Sabe-se que uma certa população é descrita pelo modelo de crescimento exponencial de Malthus e que a quantidade de indivíduos presentes em 20 anos é exatamente o dobro da população inicial. Quanto tempo levará até que o número de indivíduos triplique? Solução: O modelo de crescimento exponencial de Malthus, garante que a quantidade de indivíduos presentes num determinado tempo t é representado pela equação N (t ) = N0 ·e k ·t . Se em 20 anos a população é o dobro da inicial, então N (20) = 2 · N0 . Dessa forma, temos:



2 · N0 = N0 · e k ·20 ⇒ 2 = e k ·20 ⇒ k =

ln(2) 20

‹

De posse do valor da constante k , podemos a equação anterior será representada por: 

ln(2) N (t ) = N0 · e 20



·t

Assim, estamos interessados em encontrar o valor de t , tal que N (t ) = 3 · N0 . Utilizando a equação anterior temos: 

ln(2) 3 · N0 = N0 · e 20





·t

ln(2) ⇒ 3 = e 20

 

·t

⇒ ln(3) =

ln(2) 20

‹

·t ⇒ t =

20 · ln(3) ≃ 31, 7anos. ln(2)

Crescimento Populacional: Verhulst Existe um outro modelo proposto para remediar este problema do modelo exponencial. Ele é chamado o Modelo Logístico ou modelo de Verhulst-Pearl. A EDO para este modelo é

P dP = kP (1 − ), dt L onde, L é o limite máximo para a população (também chamado a capacidade do ambiente). Se P = P (t ) é pequeno quando comparado com L, a EDO se reduz à equação exponencial. Este é um exemplo de uma EDO não linear separável. As soluções constantes são P = 0 e P = L. As soluções não constantes podem ser obtidas pela separação das variáveis, seguido do uso de integração com o uso da técnica das frações parciais. Com algumas manipulações algébricas, teremos:

P (t ) =

LC e kt , L + C e kt

onde C é uma constante e L é o limite do ambiente. Considerando P (0) = P0 e assumindo que P0 não é igual a zero nem igual a L, obteremos:

P (t ) =

LP0 P0 + (L − P0 )e −kt CÁLCULO III

75

Com cálculos simples de limites, podemos mostrar que, quando t cresce indefinidamente, então: lim P (t ) = L.

t →+∞

Esta solução já diz muito mais que a outra, entretanto, este modelo ainda é satisfatório pois não nos diz quando uma população estará extinta. Mesmo começando com uma população pequena, a população sempre tenderá para a capacidade L do ambiente. Embora este modelo ainda possua falhas, ele é bastante apropriado para a análise de crescimento populacional de cidades, assim como como de populações de lactobacilos e outros.

Misturas Considere um tanque com uma solução (soluto + solvente) de volume inicial V0 e com vazão de entrada ve e vazão de saída vs obtendo-se essa solução uniformemente misturada, desejamos determinar a quantidade q (t ) de soluto no tanque no instante t . A variação média da quantidade de soluto no tanque q (t ) é dada pela diferença entre as quantidades de soluto que entram e que saem do tanque, ou seja,

∆q (t ) = ve ce − vs cs , ∆t

( 4.10)

onde ce é concentração de soluto na entrada do tanque e cs é a concentração de soluto na saída do tanque. Lembro que a concentração de soluto em uma solução é dada pela massa do soluto dividida pelo volume do massa quilo Kg solvente. Logo, sua unidade de medida é dada por: , por exemplo, = . volume litro L Notamos que a concentração cs e o volume V do tanque pode variar com o tempo t , a depender da concentração de entrada e da vazão de entrada e saída do tanque. Logo, temos que:

cs (t ) =

q (t ) , V (t )

onde cs (t ) é, justamente, a concentração no tanque no instante t . O volume no tanque V (t ) varia se ve 6= vs . Logo, temos que:

V (t ) = V0 + t (ve − vs ). Portanto, de ( 4.10) temos que a variação da quantidade de soluto no tanque no instante t (variação instantânea) é dada por: dq (t ) q (t ) q (t ) dq (t ) = ve ce − vs ⇒ + vs = ve ce ( 4.11) dt V (t ) dt V (t ) Logo, temos que a equação ( 4.11) é uma equação diferencial linear de primeira ordem, onde:

p (t ) =

vs e q (t ) = ve ce . V (t )

Como V (t ) = V 0 + t (ve − vs ), temos substituindo em ( 4.11) a equação:

q (t ) dq (t ) + vs = ve ce dt V0 + t (ve − vs )

( 4.12)

ER 4.12. No instante t = 0, um tanque contém 25g de sal dissolvido em 50L de água. Água salgada contendo 4g de sal por litro é acrescentada ao tanque a uma vazão de 2L/min e a solução misturada é drenada do à mesma vazão. (a) Quanto de sal haverá no tanque no instante t ? 76

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(b) Quanto de sal haverá no tanque no instante t = 0, 5h? Solução: (a) Temos, neste caso, que V0 = 50L, ve = vs = 2L/min e ce = 4g /L. Logo, substituindo em ( 4.12) temos:

q (t ) dq (t ) +2 = 8. dt 50 Logo, a solução dessa equação é:

q (t ) = e −

R

dt 25

Z

R

8·e

dt 25 dt

‹

dt + C

t

€

t

Š

€

t

= e − 25 · 200 · e 25 + C ⇒ q (t ) = 200 + e − 25 C

Š

t

Como q (0) = 25, temos: q (0) = 200 + C = 25 ⇒ C = −175. Logo, q (t ) = 200 − 175e − 25 . (b) Para t = 0, 5h = 30min, temos: 30

q (30) = 200 − 175e − 25 ⇒ q (30) ≈ 147, 29g de sal.

Cinemática e Resultante de Forças ER 4.13. Um corpo de massa m cai em queda livre. No instante inicial t0 temos sua velocidade inicial v0 . Ache a equação horária da velocidade e da posição do corpo no instante t segundos. (a) Considere a resistência do ar nula. (b) Considere que a força de resistência do ar exerce uma força sobre o corpo que é diretamente proporcional a sua velocidade. Solução: (a) Sabemos da física que a derivada da equação horária da posição de um

m v0 ; s0

corpo nos dá a equação horária da velocidade do corpo (s ′ (t ) = v (t )) e a derivada da velocidade nos dá a equação horária da aceleração (v ′ (t ) = a(t )). Seja g a aceleração

˜ = m · a; m é a massa do da gravidade, então temos da segunda lei de Newton que: F ˜ =P ˜ . Logo: corpo e a é a aceleração do corpo, como neste caso temos F

m v (t ); s (t )

ma = mg ⇒ m · v ′ (t ) = mg ⇒

dv = g dt dt

integrando ambos os lados temos: Z

− → − → F = P

Z

dv =

g dt ⇒ v (t ) = v0 + g t .

Como v (0) = C = v0 temos então a equação horária do corpo:

v (t ) = v0 + g t que é, justamente, a equação horária de um corpo em queda livre sem resistência do ar que se ensina no ensino médio. Para acharmos a equação da posição fazemos na equação acima s ′ (t ) = v (t ). Logo, temos:

s ′ (t ) = v0 + g t ⇒

ds = v0 + g t ⇒ ds = v0 dt + g tdt ⇒ dt t2 +C s (t ) = v0 t + g · 2

Como s (0) = C = s0 , então temos:

s (t ) = s0 + v0 t + g ·

Z

Z

ds = v0

Z

+g

tdt

t2 +C 2 CÁLCULO III

77

que é, justamente, a equação horária de um corpo em queda livre sem resistência do ar, visto no ensino médio.

m v0 ; s0

˜r a ) presente no movimento é diretamente proporcional (b) A força de resistência do ar (F à velocidade e possui sentido oposto ao movimento do corpo, ou seja, amortece o movimento de queda funcionando como uma espécie de “freio” ˜r a = kv (t ), F

m v (t ); s (t )

− → onde, k é uma constante positiva de proporcionalidade. Logo, temos que a força F , que atuante no corpo é dada por: − → − → − → − → F = P − F r a ⇒ F = mg − kv (t ).

− → − → F = P − → Como F = ma, temos:

ma = mg − kv (t ) ⇒ mv ′ (t ) = mg − kv (t ) ⇒ v ′ (t ) = g −

dv k k · v (t ) ⇒ ⇒ + · vt = g . m dt m

k dv + · vt = g é linear e possui ordem 1. Dessa forma, podemos utilizar Observe que a equação diferencial dt m o método do fator integrante para resolvê-la. O fator integrante I neste caso, será dado pela expressão: R

I =e

k m dt

k

= em

R

dt

k

= e m ·t

Multiplicando ambos os lados da equação pelo fator integrante, temos: k

e m ·t ·

Š k k k k dv k d € + e m ·t · · vt = e m ·t · g = v (t ) · e m ·t = e m ·t · g . dt m dt

Integrando-se ambos os lados desta equação, ficamos com: Z

Š d € k v (t ) · e m ·t dt = dt

Z

€

k

Š

k

e m ·t · g dt ⇒ v (t ) · e m ·t = g ·

−k m m k · = e m ·t + C ⇒ v (t ) = g · + C · e m ·t . k k

Como v (0) = C = v0 temos, finalmente, que a equação da velocidade do corpo para o movimento com amortecimento é dado por:

v (t ) = g ·

Š −k m m € m −k · t +g · · e m = g · · 1 + e m ·t k k k

que é, justamente, a equação horária de um corpo em queda livre sem resistência do ar que se ensina no ensino médio. Para acharmos a equação da posição fazemos na equação acima s ′ (t ) = v (t ). Logo, como s (0) = C = s0 , então, temos que: t2 s (t ) = s0 + v0 t + g · 2 que é, justamente, a equação horária de um corpo em queda livre sem resistência do ar, visto no ensino médio.

Gabarito cos(x ) 1 sen(x ) +B · (b) y (x ) = A · x 3 + B · 2 4.6 (a) y = Ae x + Be 2x ; (b) y = Ae x + Bxe x ; (c) y = A cos(x ) + B sen(x ) x x x cos(2x ) x e 2x ; (b) y = A cos(2x ) + B sen(2x ) + ln | cos(2x )| + sen(2x ); (c) e (d) y = Ae −x + Be 2x + C xe 2x . 4.8 (a) y = Ae x + Be −x + 3 4 2 E (R sen(w t ) − w Lcos (w t )) −Rt L . y = Ae 3x + Bxe 3x − e 3x ln |x | − e 3x . 4.10 I = + C e R 2 + w 2 L2 4.2 (a) y (x ) = A ·

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