Enunciado

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.

4.

y ' ' + k 2 x 2 y ' = 0                                           x 0 = 0 ,       k   c o n s t a n t e

Passo 1

(a) Fala galera!!

Nos foi dado a seguinte equação diferencial:

y ' ' + k 2 x 2 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 = k 2 x 2

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 ' ' + k 2 x 2 y = 0

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

Para combinar as duas séries, precisamos colocar x 2 dentro do somatório, para isso podemos fazer da seguinte maneira:

∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - 2 + k 2 ∑ n = 0 ∞ a n x n + 2 = 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 , e também, mudamos o índice do somatório na segunda série substituindo n por n - 2 e começando a soma em 2 em vez de 0 . Assim temos:

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

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

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

Só podemos juntar os somatórios se eles começarem do mesmo termo, então, vamos tirar os termos onde n = 0 ,   1 de dentro do primeiro somatório. Assim temos:

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

2 a 2 + 6 a 3 x + ∑ n = 2 ∞ n + 2 n + 1 a n + 2 x n + k 2 ∑ n = 2 ∞ a n - 2 x n = 0

Juntando os dois somatórios, temos:

2 a 2 + 6 a 3 x + ∑ n = 2 ∞ n + 2 n + 1 a n + 2 x n + k 2 a n - 2 x n = 0

2 a 2 + 6 a 3 x + ∑ n = 2 ∞ n + 2 n + 1 a n + 2 + k 2 a n - 2 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:

2 a 2 = 0   →   a 2 = 0  

6 a 3 = 0   →   a 3 = 0  

n + 2 n + 1 a n + 2 + k 2 a n - 2 = 0                         n = 2 ,   3 ,   4 ,   5 ,   …

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

a n + 2 = - k 2 a n - 2 n + 2 n + 1                                 n = 2 ,   3 ,   4 ,   5 ,   …

Ou

a n + 4 = - k 2 a n n + 4 n + 3                                 n = 0 ,   1 ,   2 ,   3 ,   …

Portanto, a relação de recorrência obtida é:

a 2 = a 3 = 0     e     a n + 4 = - k 2 a n n + 4 n + 3               p a r a         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:

a 2 = a 3 = 0     e     a n + 4 = - k 2 a n n + 4 n + 3               p a r a         n = 0 ,   1 ,   2 ,   3 ,   …

Para n = 0

a 4 = - k 2 a 0 0 + 4 0 + 3 = - k 2 a 0 4 ⋅ 3

Para n = 1

a 5 = - k 2 a 1 1 + 4 1 + 3 = - k 2 a 1 5 ⋅ 4

Para n = 2

a 6 = - k 2 a 2 2 + 4 2 + 3 = - k 2 a 2 6 ⋅ 5 = - k 2 0 6 ⋅ 5 = 0

Para n = 3

a 7 = - k 2 a 3 3 + 4 3 + 3 = - k 2 a 3 7 ⋅ 6 = - k 2 0 7 ⋅ 6 = 0

Para n = 4

a 8 = - k 2 a 4 4 + 4 4 + 3 = - k 2 a 4 8 ⋅ 7 = - k 2 8 ⋅ 7 ⋅ - k 2 a 0 4 ⋅ 3 = k 4 a 0 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3

Para n = 5

a 9 = - k 2 a 5 5 + 4 5 + 3 = - k 2 a 5 9 ⋅ 8 = - k 2 9 ⋅ 8 ⋅ - k 2 a 1 5 ⋅ 4 = k 4 a 1 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4

Para n = 6

a 10 = - k 2 a 6 6 + 4 6 + 3 = - k 2 a 6 10 ⋅ 9 = - k 2 0 10 ⋅ 9 = 0

Para n = 7

a 11 = - k 2 a 7 7 + 4 7 + 3 = - k 2 a 7 11 ⋅ 10 = - k 2 0 11 ⋅ 10 = 0

Para n = 8

a 12 = - k 2 a 8 8 + 4 8 + 3 = - k 2 a 8 12 ⋅ 11 = - k 2 12 ⋅ 11 ⋅ k 4 a 0 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 = - k 6 a 0 12 ⋅ 11 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3

Para n = 9

a 13 = - k 2 a 9 9 + 4 9 + 3 = - k 2 a 9 13 ⋅ 12 = - k 2 13 ⋅ 12 ⋅ k 4 a 1 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4 = - k 6 a 1 13 ⋅ 12 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4

Observe que, para os coeficientes pares:

a 4 n = - k 2 a 4 n - 4 4 n 4 n - 1 ,                           n = 0 ,   1 ,   2 ,   3 ,   …

e para os coeficientes ímpares:

a 4 n + 1 = - k 2 a 4 n - 3 4 n 4 n + 1 ,                           n = 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 = ∑ n = 0 ∞ a n x n

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

y = a 0 + a 1 x + 0 x 2 + 0 x 3 + - k 2 a 0 4 ⋅ 3 x 4 + - k 2 a 1 5 ⋅ 4 x 5 + 0 x 6 + 0 x 7 + k 4 a 0 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 x 8 + k 4 a 1 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4 x 9 + 0 x 10 + 0 x 11 + - k 6 a 0 12 ⋅ 11 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 x 12 + - k 6 a 1 13 ⋅ 12 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4 x 13 + …

y = a 0 + a 1 x - k 2 a 0 4 ⋅ 3 x 4 - k 2 a 1 5 ⋅ 4 x 5 + k 4 a 0 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 x 8 + k 4 a 1 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4 x 9 - k 6 a 0 12 ⋅ 11 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 x 12 - k 6 a 1 13 ⋅ 12 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4 x 13 + …

y = a 0 1 - k 2 4 ⋅ 3 x 4 + k 4 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 x 8 - k 6 12 ⋅ 11 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 x 12 + … + a 1 x - k 2 5 ⋅ 4 x 5 + k 4 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4 x 9 - k 6 13 ⋅ 12 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4 x 13 + …

Temos então que a solução y = a 0 y 1 + a 1 y 2 da equação diferencial sobre o ponto  x 0 = 0 é:

y 1 x = 1 + ∑ n = 0 ∞ - 1 n + 1 k 2 x 4 n + 1 3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ … ⋅ 4 n + 3 4 n + 4

y 2 x = x 1 + ∑ n = 0 ∞ - 1 n + 1 k 2 x 4 n + 1 4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ … ⋅ 4 n + 4 4 n + 5

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:

y 1 x = 1 - k 2 x 4 3 ⋅ 4 + k 4 x 8 3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8 - k 6 x 12 3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 11 ⋅ 12 + k 8 x 1 6 3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 11 ⋅ 12 ⋅ 15 ⋅ 16

Para a solução y 2 x , temos:

y 2 x = x - k 2 x 5 4 ⋅ 5 + k 4 x 9 4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9 - k 6 x 13 4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 12 ⋅ 13 + k 8 x 17 4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 12 ⋅ 13 ⋅ 16 ⋅ 17

Passo 8

(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. 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 0 ) = y 1 x 0 y 2 x 0 y 1 ' x 0 y 2 ' x 0

Temos que:

y 1 x = 1 - k 2 4 ⋅ 3 x 4 + k 4 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 x 8 - k 6 12 ⋅ 11 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 x 12 + …

E sua derivada se torna:

y 1 ' x = - k 2 3 x 3 + k 4 7 ⋅ 4 ⋅ 3 x 7 - k 6 11 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 x 11 + …

No ponto x 0 = 0 , as condições podem ser tomadas como:

y 1 0 = 1 - k 2 4 ⋅ 3 0 4 + k 4 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 0 8 - k 6 12 ⋅ 11 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 0 12 + … = 1

y 1 ' 0 = = - k 2 3 0 3 + k 4 7 ⋅ 4 ⋅ 3 0 7 - k 6 11 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 0 11 + … = 0

Temos também que:

y 2 x = x - k 2 5 ⋅ 4 x 5 + k 4 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4 x 9 - k 6 13 ⋅ 12 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4 x 13 + …

E sua derivada se torna:

y 2 ' x = 1 - k 2 4 x 4 + k 4 8 ⋅ 5 ⋅ 4 x 8 - k 6 12 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4 x 12 + …

No ponto x 0 = 0 , as condições podem ser tomadas como:

y 2 0 = 0 - k 2 5 ⋅ 4 0 5 + k 4 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4 0 9 - k 6 13 ⋅ 12 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4 0 13 + … = 0

y 2 ' 0 = 1 - k 2 4 0 4 + k 4 8 ⋅ 5 ⋅ 4 0 8 - k 6 12 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 5 ⋅ 4 0 12 + … = 1

Substituindo as funções temos:

W y 1 x , y 2 x x 0 = 1 0 0 1 = 1

Então

W y 1 x , y 2 x x 0 = 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 9

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

y 1 x = 1 + ∑ n = 0 ∞ - 1 n + 1 k 2 x 4 n + 1 3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ … ⋅ 4 n + 3 4 n + 4

y 2 x = x 1 + ∑ n = 0 ∞ - 1 n + 1 k 2 x 4 n + 1 4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ … ⋅ 4 n + 4 4 n + 5

São os termos gerais de cada solução.

Resposta

(a)

n + 2 n + 1 a n + 2 + k 2 a n - 2 = 0                         n = 2 ,   3 ,   4 ,   5 ,   …

a 2 = a 3 = 0     e     a n + 4 = - k 2 a n n + 4 n + 3               p a r a         n = 0 ,   1 ,   2 ,   3 ,   …

(b)

y 1 x = 1 - k 2 x 4 3 ⋅ 4 + k 4 x 8 3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8 - k 6 x 12 3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 11 ⋅ 12 + k 8 x 16 3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 11 ⋅ 12 ⋅ 15 ⋅ 16

y 2 x = x - k 2 x 5 4 ⋅ 5 + k 4 x 9 4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9 - k 6 x 13 4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 12 ⋅ 13 + k 8 x 17 4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 12 ⋅ 13 ⋅ 16 ⋅ 17

(c)

W y 1 x , y 2 x x 0 = 1

(d)

y 1 x = 1 + ∑ n = 0 ∞ - 1 n + 1 k 2 x 4 n + 1 3 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ … ⋅ 4 n + 3 4 n + 4

y 2 x = x 1 + ∑ n = 0 ∞ - 1 n + 1 k 2 x 4 n + 1 4 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ … ⋅ 4 n + 4 4 n + 5

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