Enunciado

Em cada um dos problemas de 1 a 10:

(a) Mostre que a equação diferencial dada tem um ponto singular regular em x = 0 .

(b) Determine a equação indicial, a relação de recorrência e as raízes da equação indicial.

(c) Encontre a solução em série ( x > 0 ) correspondente à maior raiz.

(d) Se as raízes forem diferentes e não diferirem por um inteiro, encontre também a solução em serie correspondente à menor raiz.

5. 3 x 2 y ' ' + 2 x y ' + x 2 y = 0

Passo 1

a) Para mostrarmos que há um ponto singular regular, podemos escrever a equação como:

P x y ' ' + Q x y ' + R x y = 0

Com:

P x = 3 x 2

Q x = 2 x

R x = x 2

Então multiplicamos toda a equação por x 2 e dividimos por P ( x ) :

x 2 y ' ' + x x Q x P x y ' + x 2 R x P x y = 0

E pegamos cada um dos dois últimos termos do lado direito e aplicamos o limite quando x tende ao ponto singular regular, que é x = 0

lim x → 0 ⁡ x Q x P x = lim x → 0 ⁡ x 2 x x 2 = lim x → 0 ⁡ 2 3 = 2 3

lim x → 0 ⁡ x 2 R x P x = lim x → 0 ⁡ x 2 x 2 3 x 2 = lim x → 0 ⁡ x 2 3 = 0

Como os dois limites são finitos, ou seja, não explodem, isso significa que o ponto em que P x = 0 , x = 0 , é um ponto singular regular.

Passo 2

b) Vamos usar uma solução em série de polinômios:

y = ∑ n = 0 ∞ a n x r + n

Suas derivadas serão:

y ' = ∑ n = 0 ∞ a n ( r + n ) x r + n - 1

y ' ' = ∑ n = 0 ∞ a n ( r + n ) ( r + n - 1 ) x r + n - 2

Substituindo na equação diferencial:

3 x 2 ∑ n = 0 ∞ a n ( r + n ) ( r + n - 1 ) x r + n - 2 + 2 x ∑ n = 0 ∞ a n ( r + n ) x r + n - 1 + x 2 ∑ n = 0 ∞ a n x r + n = 0

Colocando os termos que estão multiplicando para dentro das séries:

3 ∑ n = 0 ∞ a n ( r + n ) ( r + n - 1 ) x r + n + 2 ∑ n = 0 ∞ a n ( r + n ) x r + n + ∑ n = 0 ∞ a n x r + n + 2 = 0

Agora vamos precisar mover os índices n das séries por causa daquela potencia + 2 na ultima série, repare que ela não tem os dois primeiros termos, e quando n = 0 , o expoente já começa em r + 2 . Mas as outras séries possuem os dois primeiros termos, e quando movermos o índice, vamos precisar somar esses termos por fora, assim:

3 a 0 r r - 1 x r + 2 a 0 r x r + 3 a 1 r + 1 r + 1 - 1 x r + 1 + 2 a 1 r + 1 x r + 1 + 3 ∑ n = 2 ∞ a n ( r + n ) ( r + n - 1 ) x r + n + 2 ∑ n = 2 ∞ a n ( r + n ) x r + n + ∑ n = 2 ∞ a n - 2 x r + n = 0

Bom, apareceram termos que estão multiplicando x r e termos que estão multiplicando x r + 1 colocando eles como fator comum nesses termos de fora da série fica:

a 0 r 3 r - 3 + 2 x r + a 1 r + 1 3 r + 2 x r + 1 + 3 ∑ n = 2 ∞ a n ( r + n ) ( r + n - 1 ) x r + n + 2 ∑ n = 2 ∞ a n ( r + n ) x r + n + ∑ n = 2 ∞ a n - 2 x r + n = 0

Por fim, como as séries começam em n = 2 , a gente pode colocar tudo dentro de uma série só:

a 0 r 3 r - 3 + 2 x r + a 1 r + 1 3 r + 2 x r + 1 + ∑ n = 2 ∞ 3 a n r + n r + n - 1 x r + n + 2 a n r + n x r + n + a n - 2 x r + n = 0

E agora colocamos alguns termos em evidência dentro da série:

a 0 r 3 r - 1 x r + a 1 r + 1 3 r + 2 x r + 1 + ∑ n = 2 ∞ a n r + n 3 r + n - 1 + 2 + a n - 2 x r + n = 0

A equação indicial, serve só para encontrarmos r , e como todos os coeficientes que acompanham os polinômios de x r + n devem ser zero para satisfazer a equação, podemos usar o primeiro coeficiente que calculamos para ser nossa equação indicial:

a 0 r 3 r - 1 x r

Ou seja:

3 r 2 - r = 0

E as raízes serão: r 1 = 0

r 2 = 1 3

A relação de recorrência a gente tira dos termos da série, novamente, como todos os coeficientes devem ser zero, isso implica em:

a n r + n 3 r + n - 1 + 2 + a n - 2 = 0

Isolamos a n :

a n = - a n - 2 r + n [ 3 r + n - 1 ]

Como nossa série começa em n = 2 , não há termo n = 1 e por isso a 1 é igual a zero, como os termos seguintes, a 3 , a 5 , a 7 , …   , acabam dependendo de a 1 , todos serão zero também, ou seja, todos os impares.

Substituindo a raiz r 1 = 0 :

a n = - a n - 2 n [ 3 n - 1 ]

E para incluirmos todos os índices, vamos chamar n = 2 k , então:

a 2 k = - a 2 k - 2 2 k ( 6 k - 1 ) = a 2 k - 4 ( 2 k - 2 ) ( 2 k ) ( 6 k - 7 ) ( 6 k - 1 ) = - 1 k a 0 2 k k ! 5 ⋅ 11 … ( 6 k - 1 )

Assim, podemos fazer k = 1,2 , 3 …   , incluindo também os ímpares sem afetar a nossa série, já que multiplicamos por 2 cada valor de k na relação de recorrência. Repare que os sinais invertem toda vez que substituímos um novo valor de k , por isso o - 1 k . Além disso, sempre que deslocamos o índice, aparece 2 k multiplicando, por isso o 2 k e k ! . Os únicos termos que não podemos colocar de maneira mais compacta são os dos produtos do meio.

E para a raiz r 2 = 1 3 :

a n = - a n - 2 n [ 3 n + 1 ]

A relação vai ter uma cara muito parecida, já que a única coisa que precisamos mudar foi o sinal:

a 2 k = - a 2 k - 2 2 k ( 6 k + 1 ) = a 2 k - 4 ( 2 k - 2 ) ( 2 k ) ( 6 k - 5 ) ( 6 k + 1 ) = - 1 k a 0 2 k k ! 7 ⋅ 13 … ( 6 k - 1 )

Passo 3

c) As raízes não diferem de um inteiro e não são iguais, vamos precisar então de duas soluções distintas, vamos começar pela maior raiz, e na letra (d) a gente faz a menor.

Substituindo a relação de recorrência, omitindo a 0 e substituindo a raiz r = 1 / 3 , na nossa solução y do Passo 2:

y 1 = x 1 3 1 + ∑ k = 1 ∞ - 1 k 2 k k ! 7 ⋅ 13 … 6 k - 1 x 2 k

Colocamos um termo fora da série porque supomos uma solução onde n começava em zero, mas ao longo da resolução precisamos deslocar o índice duas vezes, e a serie deveria começar em 2. Mas pela nossa substituição:

n = 2 k

Quando:

n = 2

k = 1

E assim a série passou a começar em k = 1 , mas isso ainda exclui um termo, k = 0 , então a gente põe ele do lado de fora da série, que é x 1 3 , colocando ele em evidencia já que aparece em todos os termos da série, a solução ficou daquele jeito.

Passo 4

d) Para a menor raiz r = 0 a gente fica com algo parecido com a (c):

y 2 = x 0 1 + ∑ k = 1 ∞ - 1 k 2 k k ! 7 ⋅ 13 … 6 k - 1 x 2 k

y 2 = 1 + ∑ k = 1 ∞ - 1 k 2 k k ! 7 ⋅ 13 … 6 k - 1 x 2 k

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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