Enunciado

Em cada um dos problemas de 1 a 4, mostre que a equação diferencial dada tem um ponto singular regular em x   =   0 , e determine duas soluções para x   >   0 .

x 2 y ' ' + 4 x y ' + 2 + x y = 0

Passo 1

Sendo a nossa equação:

x 2 y ' ' + 4 x y ' + 2 + x y = 0

A partir da equação dada podemos dizer que: P ( x ) = x 2 , Q ( x ) = 4 x e R x = 2 + x .

Onde o único ponto singular é x 0 = 0 .

Aplicando nas condições de singularidade, teremos:

lim x → x 0 ⁡ ( x - x 0 ) Q x P x = lim x → 0 ⁡ x 4 x x 2 = lim x → 0 ⁡ 4 = 4 ( = p 0 )  

E também:

lim x → ⁡ ( x - x 0 ) 2 R x P ( x ) = lim x → 0 ⁡ x 2 2 + x x 2 = lim x → 0 ⁡ 2 + x = 2 ( = q 0 ) ⁡  

Como ambos são finitos ,   x 0 = 0 é um ponto singular regular da equação diferencial fornecida. Como p 0 = 4 e q 0 = 2 , a equação indical correspondente é:

F ( r ) = r ( r - 1 ) + p 0 r   + q 0

=   r ( r - 1 ) + 4 r + 2

=   ( r + 1 ) ( r + 2 )   =   0

Com raízes

r 1 = - 1

r 2 = - 2

Passo 2

Pelo teorema 5.6.1, a primeira solução pode ser dada por:

y 1 x = x r 1 1 + ∑ n = 1 ∞ a n r 1 x n = x - 1 1 + ∑ n = 1 ∞ a n - 1 x n  

Os coeficientes a n ( - 1 ) , além de a 0 ( - 1 ) = 1 , são determinados pela relação de recorrência do livro, no caso de r   =   r 1 .

n n + 1 a n 0 + ∑ k = 0 n - 1 a k 0 k p n - k + q n - k = 0

Onde:

∑ n = 0 ∞ p n x n = x Q x P ( x ) = 4

E:

∑ n = 0 ∞ q n x n = x 2 R x P ( x ) = 2 + x

Respectivamente, conseguimos dizer que:

p 0 = 4 ,   p n = 0

q 0 = 0 ,   q 1 = 1 ,   q n = 0

Fatorando a n ( - 1 ) , teremos:

a n - 1 = - ∑ k = 0 n - 1 a k - 1 [ k - 1 p n - k + q n - k ] n 2

Com o primeiro par de elementos:

a 1 - 1 = - a 0 - 1 ( - p 1 + q 1 ) 1.2 = - 1 2

a 2 - 1 = - [ a 0 - 1 - p 2 + q 2 + a 1 - 1 q 1 ] 2.3 = - 0 - 1 2 2.3 = 1 2.2 . 3 = 1 2 ! 3 !

a 3 = - [ a 0 - 1 - p 3 + q 3 + a 1 - 1 q 2 + a 2 - 1 p 1 + q 1 ] 3 2 = - 0 + 0 + 1 2 ! 3 ! 3.4 = - 1 3 ! 4 !

Por indução matemática, a primeira solução é:

y 1 x = x - 1 1 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n n ! n + 1 ! x n = x - 1 ∑ n = 0 ∞ - 1 n n ! n + 1 ! x n

Passo 3

Já encontramos y 1 agora precisamos encontrar y 2 .

Como r 1 - r 2 = 1 é um número inteiro, pelo Teorema 5.6.1, a segunda solução é dada por:

y 2 x = a y 1 x ln ⁡ x + x r 2 1 + ∑ n = 1 ∞ c n r 2 x n

= a y 1 x ln ⁡ x + x - 2 + 1 + ∑ n = 1 ∞ c n - 2 x n

= a y 1 x ln ⁡ x + x - 2 + ∑ n = - 1 ∞ c n + 2 - 2 x n

Onde:

a = lim r → r 2 ⁡ r - r 2 a N ( r ) ,       N = r 1 - r 2

Como N   =   1 e:

a N r = a 1 r =   - ∑ k = 0 N - 1 a k r [ r + k p N - k + q N - k ] r + N + 1 r + N + 2

a 1 r = - a 0 ( r ) ( r p 1 + q 1 ) r + 2 r + 3 = - 0 + 1 ( r + 2 ) ( r + 3 )

Nós temos:

a = lim r → - 2 ⁡ r + 2 . - 1 ( r + 2 ) ( r + 3 ) = - 1

Tendo determinado c n , substituímos na equação diferencial os valores para y 2 '   e   y 2 ' ' :

y 2 ' = a y 1 ' x ln ⁡ x + a y 1 x x - 2 x - 3 + ∑ n = - 1 ∞ n c n + 2 - 2 x n - 1  

y 2 ' ' x = a y 1 ' ' x ln ⁡ x + 2 a y 1 ' x x - a y 1 x x 2 + 6 x - 4 + ∑ n = - 1 ∞ n n - 1 c n + 2 - 2 x n - 2

Nós também diferenciamos uma vez:

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

Passo 4

Substituindo nas equações, nós temos que:

x 2 y 2 ' ' + 4 y 2 ' + 2 + x y 2 =

Substituindo teremos:

= x 2 a y 1 ' ' x ln ⁡ x + 2 a y 1 ' x x - a y 1 x x 2 + 6 x - 4 + ∑ n = - 1 ∞ n n - 1 c n + 2 - 2 x n - 2 + 4 x a y 1 ' x ln ⁡ x + a y 1 x x - 2 x - 3 + ∑ n = - 1 ∞ n c n + 2 - 2 x n - 1   + 2 a y 1 x ln ⁡ x + 2 x - 2 + 2 ∑ n = - 1 ∞ c n + 2 - 2 x n + x a y 1 x ln ⁡ x + x - 2 + ∑ n = - 1 ∞ c n + 2 - 2 x n

Reorganizando teremos:

= a ln ⁡ x x 2 y 1 ' ' + 4 x y 1 ' + 2 + x y 1 + 2 a x y 1 ' x + 3 a y 1 x + ∑ n = - 1 ∞ n n - 1 c n + 2 - 2 x n + 4 ∑ n = - 1 ∞ n c n + 2 - 2 x n + 2 ∑ n = - 1 ∞ c n + 2 - 2 x n + x - 1 + ∑ n = 0 ∞ c n + 1 - 2 x n

Mais uma vez:

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

E por fim:

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

Passo 5

Igualando os coeficientes de ambos os lados em na equação encontrada no passo anterior, obtemos:

- 3 a 1 - 1 + 2 c 2 - 2 + c 1 - 2 = 0

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

Por indução matemática, se c 1 - 2 = 1 , podemos calcular os demais termos:

c 2 - 2 = 3 a 1 - 1 - c 1 ( - 2 ) 2 = - 3 2 - 1 2 = - 1 + 1 2 + 1   2 ! = - H 2 + H 1 2 !

Podemos generalizar como:

c n - 2 = - 1 n + 1 H n + H n - 1 n ! n - 1 !

Assim, a segunda solução será:

y 2 x = - y 1 x ln ⁡ x + x - 2 1 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 H n + H n - 1 n ! n - 1 ! x n    

Resposta

y 1 x = x - 1 1 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n n ! n + 1 ! x n = x - 1 ∑ n = 0 ∞ - 1 n n ! n + 1 ! x n

y 2 x = - y 1 x ln ⁡ x + x - 2 1 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 H n + H n - 1 n ! n - 1 ! x n    

Ver Outros Exercícios desse livro

Exercícios de Livros Relacionados

Nos problemas 35 e 36, note que x 0 = 0 é uma singularidade irregular de cada equação. Em cada caso verifique se o método de Frobenius forneceu uma solução x 2 y ' ' - y ' + y = 0
Nos problemas 23-34, mostre que as raízes indiciais diferem por um inteiro. Use o método de Frobenius para obter duas soluções seriais linearmente independentes em torno da singularidade regular x 0 =
Especifique os pontos singulares de x 4 - 16 y ' ' + 2 y = 0
Especifique os pontos ordinários de x 3 - 8 y ' ' - 2 x y ' + y = 0
Nos problemas 7-10, especifique as singularidades regulares e irregulares da equação diferencial dada. x 3 - 10 x 2 + 25 x y ' ' + y ' = 0