Enunciado

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Em cada um dos problemas de 1 a 14:

(a) Procure soluções em séries de potências da equação diferencial dada em torno do ponto dado x 0 ; encontre a relação de recorrência.

(b) Encontre os quatro primeiros termos em cada uma das duas soluções y 1 e y 2 (a menos que a série termine antes).

(c) Calculando o wronskiano W ( y 1 ,   y 2 ) ( x 0 ) , mostre que y 1 e y 2 formam um conjunto fundamental de soluções.

(d) Se possível, encontre o termo geral em cada solução.

1.

y ' ' - y = 0                                           x 0 = 0

Passo 1

(a) Fala galera!!

Nos foi dado a seguinte equação diferencial:

y ' ' - y = 0

Queremos encontrar uma solução em forma de série de potências em torno de x 0 = 0 , e encontrar a relação de recorrência.

Uma equação diferencial pode ser escrita da seguinte maneira:

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

Se analisarmos a equação dada, podemos perceber que:

P x = 1

Q x = 0

R x = - 1

Logo, todo ponto é um ponto ordinário.

Passo 2

Vamos supor que y seja a seguinte série de potencia

y = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + … + a n x n + … = ∑ n = 0 ∞ a n x n

e vamos supor que a série converge em algum intervalo | x | < ρ . Também podemos diferenciar a equação acima. Assim, pelo que vimos na revisão de série, obtemos:

y ' = a 1 + 2 a 2 x + 3 a 3 x 2 + … + n a n x n - 1 + … = ∑ n = 1 ∞ n a n x n - 1

Diferenciando mais uma vez, temos:

y ' ' = 2 a 2 + 6 a 3 x + … + n n - 1 a n x n - 2 + … = ∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - 2

Passo 3

Agora, vamos substituir os resultados encontrados ( y ' '   e   y ) na equação diferencial fornecida, assim temos:

y ' ' - y = 0

∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - 2 - ∑ n = 0 ∞ a n x n = 0

Para combinar as duas séries, precisamos reescrever pelo menos uma delas de modo que ambas tenham o mesmo termo geral. Assim, mudamos o índice do somatório na primeira série substituindo n por n + 2 e começando a soma em 0 em vez de 2 . Assim temos:

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

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

Agora podemos unir os somatórios.

∑ n = 0 ∞ [ n + 2 n + 1 a n + 2 - a n ] x n = 0

Passo 4

Para que a equação acima seja satisfeita para todo x , é preciso que o coeficiente de cada potência de x seja nulo. Logo, podemos concluir que:

n + 2 n + 1 a n + 2 - a n = 0                         n = 0 ,   1 ,   2 ,   3 ,   …

Escrevendo de uma maneira melhor, temos que a relação de recorrência se torna:

a n + 2 = a n n + 2 n + 1                                 n = 0 ,   1 ,   2 ,   3 ,   …

Passo 5

A equação acima é conhecida como uma relação de recorrência. Os coeficientes sucessivos podem ser calculados um a um escrevendo-se a relação de recorrência, primeiro para n = 0 , depois para n = 1 , e assim por diante. Fazendo isso, temos:

Para n = 0

a 2 = a 0 0 + 2 0 + 1 = a 0 2 ⋅ 1 = a 0 2 !

Para n = 1

a 3 = a 1 1 + 2 1 + 1 = a 1 3 ⋅ 2 = a 1 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = a 1 3 !

Para n = 2

a 4 = a 2 2 + 2 2 + 1 = a 2 4 ⋅ 3 = 1 4 ⋅ 3 ⋅ a 0 2 ⋅ 1 = a 0 4 !

Para n = 3

a 5 = a 3 3 + 2 3 + 1 = a 3 5 ⋅ 4 = 1 5 ⋅ 4 ⋅ a 1 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = a 1 5 !

Para essa questão, a equação acima relaciona cada coeficiente com o que está dois antes dele. Assim, os coeficientes com índices pares ( a 0 ,   a 2 ,   a 4 , … ) e os com índices ímpares ( a 1 ,   a 3 ,   a 5 , … ) são determinados separadamente.

Esses resultados sugerem que, em geral, se n + 2 = 2 k , então:

a 2 k = a 0 2 k !                       k = 0 ,   1 ,   2 ,   3 ,   …

e, em geral, se n + 2 = ( 2 k + 1 ) , então:

a 2 k + 1 = a 1 2 k + 1 !                         k = 0 ,   1 ,   2 ,   3 ,   …

Passo 6

Agora, vamos substituir os coeficientes encontrados acima em y . A série de potencia que foi sugerida como sendo solução da equação diferencial.

y = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + … + a n x n

y = a 0 + a 1 x + a 0 2 ! x 2 + a 1 3 ! x 3 + a 0 4 ! x 4 + a 1 5 ! x 5 + … + a 0 2 n ! x 2 n + a 1 2 n + 1 ! x 2 n + 1 + …

y = a 0 1 + x 2 2 ! + x 4 4 ! + … + x 2 n 2 n ! + … + a 1 x 1 ! + x 3 3 ! + x 5 5 ! + x 2 n + 1 2 n + 1 ! + …

y = a 0 ∑ n = 0 ∞ x 2 n 2 n ! + a 1 ∑ n = 0 ∞ x 2 n + 1 2 n + 1 !

Temos que

∑ n = 0 ∞ x 2 n 2 n ! = cosh ⁡ x

E temos também que

∑ n = 0 ∞ x 2 n + 1 2 n + 1 ! = senh ⁡ x

Assim, temos que a solução pode ser dada como:

y = a 0 cosh ⁡ x + a 1 senh ⁡ x

Portanto as soluções da equação diferencial em séries de potências são:

y 1 x = a 0 ∑ n = 0 ∞ x 2 n 2 n !

y 2 x = a 1 ∑ n = 0 ∞ x 2 n + 1 2 n + 1 !

Onde  a 0 a 1 são constantes arbitrárias.

Passo 7

(b) Queremos encontrar os quatro primeiros termos em cada uma das duas soluções. Para isso basta substituir n = 0 ,   1 ,   2   e   3 em y 1 x e y 2 x .

Para a solução y 1 x , temos:

Em n = 0

n = 0 → x 2 n 2 n ! = x 2 × 0 2 × 0 ! = x 0 0 ! = 1

Em n = 1

n = 1 → x 2 n 2 n ! = x 2 × 1 2 × 1 ! = x 2 2 ! = x 2 2

Em n = 2

n = 2 → x 2 n 2 n ! = x 2 × 2 2 × 2 ! = x 4 4 ! = x 4 24

Em n = 3

n = 3 → x 2 n 2 n ! = x 2 × 3 2 × 3 ! = x 6 6 ! = x 6 720

Portanto, os quatro primeiros termos da expansão em série da solução  y 1 x são:

1 ,   x 2 2 ,   x 4 24   e   x 6 720

Passo 8

Para a solução y 2 x , temos:

Em n = 0

n = 0 → x 2 n + 1 2 n + 1 ! = x 2 × 0 + 1 2 × 0 + 1 ! = x 1 1 ! = x

Em n = 1

n = 1 → x 2 n + 1 2 n + 1 ! = x 2 × 1 + 1 2 × 1 + 1 ! = x 3 3 ! = x 3 6

Em n = 2

n = 2 → x 2 n + 1 2 n + 1 ! = x 2 × 2 + 1 2 × 2 + 1 ! = x 5 5 ! = x 5 120

Em n = 3

n = 3 → x 2 n + 1 2 n + 1 ! = x 2 × 3 + 1 2 × 3 + 1 ! = x 7 7 ! = x 7 5040

Portanto, os quatro primeiros termos da expansão em série da solução  y 2 x são:

x ,   x 3 6 ,   x 5 120   e   x 7 5040

Passo 9

(c) Agora, vamos calcular o wronskiano W ( y 1 ,   y 2 ) ( x 0 ) , afim de mostrar que y 1 e y 2 formam um conjunto fundamental de soluções. Na parte (a), as soluções em série são:

y 1 x = ∑ n = 0 ∞ x 2 n 2 n ! = cosh ⁡ x

E

y 2 x = ∑ n = 0 ∞ x 2 n + 1 2 n + 1 ! = senh ⁡ x

Lembre-se de que o Wronskiano das duas funções y 1 x e y 2 x é,

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

Substituindo as funções temos:

W cosh ⁡ x , senh ⁡ x ( x ) = cosh ⁡ x senh ⁡ x cosh ⁡ x ' senh ⁡ x '

= cosh ⁡ x senh ⁡ x senh ⁡ x cosh ⁡ x = cosh 2 ⁡ x - senh 2 ⁡ x = 1

Então

W y 1 x , y 2 x x = 1

Como o Wronskiano é diferente de zero, as soluções  y 1 x e y 2 x são linearmente independentes. Portanto,  y 1 x e y 2 x formam um conjunto fundamental de soluções.

Passo 10

d) O termo geral em cada solução já foi obtido na letra (a) deste problema. Assim, temos que:

y 1 x = ∑ n = 0 ∞ x 2 n 2 n !

y 2 x = ∑ n = 0 ∞ x 2 n + 1 2 n + 1 !

São os termos gerais de cada solução.

Resposta

(a)

n + 2 n + 1 a n + 2 - a n = 0                         n = 0 ,   1 ,   2 ,   3 ,   …

a n + 2 = a n n + 2 n + 1                                 n = 0 ,   1 ,   2 ,   3 ,   …

(b)

y 1 x → 1 ,   x 2 2 ,   x 4 24   e   x 6 720

y 2 x → x ,   x 3 6 ,   x 5 120   e   x 7 5040

(c)

W y 1 x , y 2 x x = 1

(d)

y 1 x = ∑ n = 0 ∞ x 2 n 2 n !

y 2 x = ∑ n = 0 ∞ x 2 n + 1 2 n + 1 !

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