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2. Considere a equação x y ' ' + x y ' + y = 0 ,         x > 0

A - Tome uma solução da forma

φ 1 x = ∑ k = 0 + ∞ a k x k

B - Olhando para as soluções encontradas em A, conclua que φ 1 x = x e - x é uma solução.

C - Mostre que é razoável tentar-se outra solução da forma φ 2 x = x e - x ln ⁡ x + ∑ k = 0 + ∞ b k x k

D - Determine a solução geral da equação dada.

Passo 1

L e t r a   A :

A primeira coisa a fazer é identificar o ponto singular regular, para isso primeiro vemos quais são os pontos singulares, repare que

P x = x

Q x = x

R x = 1

E P x = 0 só para x = 0 , esse é o único ponto singular, vamos testar agora se ele é regular fazendo os limites

lim x → 0 ⁡ x - 0 x x = lim x → 0 ⁡ x = 0

lim x → 0 ⁡ x - 0 2 1 x = lim x → 0 ⁡ x = 0

Então ele é um ponto singular regular.

Passo 2

Agora fazemos

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r

A gente vai descobrir que no final, r vai ser 0 ficando com o formato pedido na letra A. Mas como x = 0 é um ponto singular regular, precisamos o levar em consideração!

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

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

E substituímos na Edo

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

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

Passo 3

Vamos deixá-los com a mesma potência de x , nesse caso, x n + r - 1 .

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

E

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

Vamos ter então

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

Passo 4

Vamos andar todo mundo uma unidade para que todos comecem no mesmo ponto

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

Vamos agora resolver a equação indicial

r r - 1 a 0 = 0

Como a 0 ≠ 0

r r - 1 = 0

r 1 = 0

r 2 = 1

AHA! Um dos r de fato é 0 e a solução do problema para ele vai ser...

φ 1 x = ∑ k = 0 + ∞ a k x k

O outro r = 1 gera a outra solução φ 2 , mas isso a gente vai descobrir depois! Vamos focar em obter a solução φ 1 , beleza?

Passo 5

Vamos, então, juntar os somatórios, colocando o x n + r - 1 em evidência

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

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

Vamos encontrar a relação de recorrência

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

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

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

Como temos n + r em ambas as parcelas, podemos cortar, já que n + r ≠ 0 ...

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

Então...

n + r - 1 a n = - a n - 1

a n = - a n - 1 n + r - 1

Passo 6

Considerando r 1 = 0 para determinarmos a solução que agente quer na letra A...

a n = - a n - 1 n - 1

para   n = 2       →       a 2 = - a 1 1                                                  

para   n = 3       →         a 3 = - a 2 2       →       a 3 = a 1 2.1

para   n = 4       →       a 4 = - a 3 3       →       a 4 = - a 1 3.2 . 1

Repara que vamos ter

a n = - 1 n - 1 a 1 n - 1 ! ,     n > 1

Passo 7

Lembrando que r = 0 e

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r = φ 1 x =

∑ n = 0 ∞ a n x n

Vamos ter

φ 1 x = a 0 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 a 1 n - 1 ! x n

Está aí! A nossa Solução com o formato pedido!

Passo 8

L e t r a   B :

Bem, aqui temos que a solução φ 1 x = x e - x é uma solução. Ora, de fato a série que encontramos se parece com a série de Taylor da exponencial:

e x = ∑ n = 0 ∞ 1 n ! x n

Ou, se x for negativo:

e - x = ∑ n = 0 ∞ - 1 n n ! x n

Então temos que dar uma manipulada na nossa solução até a gente encontrar o que queremos saca? Vamos começar aqui falando que a 0 = 0 e a 1 = 1 , afinal esses caras são constantes que dependem das condições iniciais, portanto você pode os escolher de forma conveniente para você!

φ 1 x = ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 1 n - 1 ! x n

Se multiplicarmos e dividirmos por x de forma que não altera a equação e ao mesmo tempo a gente obtém x n - 1 ...

φ 1 x = x ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 1 n - 1 !   x n x →

φ 1 x = x ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 1 n - 1 !   x n - 1

Se somarmos 1 então na frente de todo n ...

φ 1 x = x ∑ n + 1 = 1 ∞ - 1 n + 1 - 1 1 n + 1 - 1 !   x n + 1 - 1 →

φ 1 x = x ∑ n = 1 - 1 ∞ - 1 n 1 n !   x n →

φ 1 x = x ∑ n = 0 ∞ - 1 n n !   x n →

EPA! Esse somatório é exatamente a exponencial de termos negativos:

φ 1 x = x e - x

Resposta

L e t r a   A :

φ 1 x = a 0 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n - 1 a 1 n - 1 ! x n

L e t r a   B :

φ 1 x = x e - x

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