Enunciado

A equação de Chebyshev é

1 - x 2 y ' ' - x y ' + α 2 y = 0

Em que α é uma constante; veja o Problema 10 da Seção 5.3

(a) Mostre que x = 1 e x = - 1 são pontos singulares regulares, e encontre os expoentes de cada uma dessas singularidades.

(b) Encontre duas soluções em torno de x = 1 .

Passo 1

a) Para mostrarmos que os pontos são singulares regulares, a gente precisa calcular p 0 e q 0 . Primeiro dividimos a equação pelo termo que está multiplicando y ' ' :

y ' ' - x 1 - x 2 y ' + α 2 1 - x 2 y = 0

E agora calculamos os limites, vamos começar por x → 1 :

p 0 = lim x → 1 ⁡ x - 1 p x = lim x → 1 ⁡ - x - 1 x 1 - x 2 = lim x → 1 ⁡ - x - 1 x ( 1 + x ) ( 1 - x )

p 0 = lim x → 1 ⁡ x - 1 x ( 1 + x ) ( x - 1 ) = lim x → 1 ⁡ x ( 1 + x ) = 1 2

q 0 = lim x → 1 ⁡ x - 1 2 q x = lim x → 1 ⁡ x - 1 2 α 2 1 - x 2 = lim x → 1 ⁡ x - 1 2 α 2 ( 1 + x ) ( 1 - x )

q 0 = lim x → 1 ⁡ - x - 1 2 α 2 ( 1 + x ) ( x - 1 ) = lim x → 1 ⁡ ( 1 - x ) α 2 ( 1 + x ) = 0

E para x → - 1 :

p 0 = lim x → - 1 ⁡ x + 1 p x = lim x → 1 ⁡ - x + 1 x 1 - x 2 = lim x → - 1 ⁡ - x + 1 x ( 1 + x ) ( 1 - x )

p 0 = lim x → - 1 ⁡ x ( x - 1 ) = 1 / 2

q 0 = lim x → - 1 ⁡ x + 1 2 q x = lim x → - 1 ⁡ x + 1 2 α 2 1 - x 2 = lim x → - 1 ⁡ x + 1 2 α 2 ( 1 + x ) ( 1 - x )

q 0 = lim x → - 1 ⁡ α 2 ( x + 1 ) ( 1 - x ) = 0

Os dois limites que calculamos, tanto para x = - 1 quanto para x = 1 , resultam em números, então a gente pode dizer que os pontos singulares são regulares.

Passo 2

Para acharmos os expoentes, usamos a forma geral da equação indicial:

r r - 1 + p 0 r + q 0 = 0

E substituímos p 0 e q 0 de cada ponto, como os dois pontos têm os mesmos q 0 e p 0 a equação indicial vai ser igual para os dois:

r r - 1 + 1 2 r = 0

r 2 - 1 2 r = 0

r r - 1 2 = 0

As raízes serão:

r 1 = 1 / 2

r 2 = 0

Passo 3

b) Em torno de x = 1 , vamos precisar fazer a substituição:

x - 1 = t

O que faz com que precisemos substituir y também:

u t = y ( t + 1 )

A equação de Chebyshev passa a ser:

- t 2 + 2 t u ' ' - t + 1 u ' + α 2 u = 0

t 2 + 2 t u ' ' + t + 1 u ' - α 2 u = 0

Agora a singularidade está em t = 0 , podemos supor uma solução em série de potências:

u ( t ) = ∑ n = 0 ∞ a n t r + n

E as derivadas:

u ' = ∑ n = 0 ∞ a n ( r + n ) t r + n - 1

u ' ' = ∑ n = 0 ∞ a n ( r + n ) ( r + n - 1 ) t r + n - 2

Ao substituirmos na equação, teremos:

t 2 + 2 t ∑ n = 0 ∞ a n r + n r + n - 1 t r + n - 2 + t + 1 ∑ n = 0 ∞ a n r + n t r + n - 1 - α 2 ∑ n = 0 ∞ a n t r + n = 0

Resolvendo os produtos de fora:

∑ n = 0 ∞ a n r + n r + n - 1 t r + n + 2 ∑ n = 0 ∞ a n r + n r + n - 1 t r + n - 1 + ∑ n = 0 ∞ a n r + n t r + n + ∑ n = 0 ∞ a n r + n t r + n - 1 - α 2 ∑ n = 0 ∞ a n t r + n = 0

Podemos unir algumas séries tirando fator comum de alguns termos:

∑ n = 0 ∞ a n r + n 2 t r + n + 2 ∑ n = 0 ∞ a n r + n r + n - 1 2 t r + n - 1 - α 2 ∑ n = 0 ∞ a n t r + n = 0

Agora precisamos ajustar o índice da segunda série, porque quando n = 0 , temos um termo t r - 1 , o que significa que a série começa em - 1 , podemos colocar esse termo somando por fora, e deixamos tudo como potências do tipo t r + n para colocarmos em evidencia. Assim:

a 0 2 r r - 1 2 t r - 1 + ∑ n = 0 ∞ [ r + n 2 a n + 2 r + n + 1 r + n + 1 2 a n + 1 - α 2 a n ] t r + n = 0

Passo 4

Como a gente sabe que a equação precisa ser satisfeita para todo t , isso significa que cada termo tem que ser zero das potências, a única maneira é se o coeficiente ser zero, mas como a 0 ≠ 0 , então, a gente só pode dizer que:

2 r r - 1 2 = 0

E as raízes serão:

r 1 = 1 / 2

r 2 = 0

Podemos escrever também a relação de recorrência pelo mesmo motivo, os coeficientes de todos os termos da série precisam ser zero, assim:

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

Isolando a n + 1 :

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

Podemos subtrair 1 de todos os n , para que o a n + 1 fique a n :

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

Com a relação, a gente pode substituir as raízes que encontramos. Começamos por r 1 :

a n = [ α 2 - n - 1 / 2 2 ] 2 n n + 1 / 2 a n - 1

Vamos multiplicar em cima e embaixo por 4 para facilitar os cálculos:

a n = [ 4 α 2 - 2 n - 1 2 ] 4 n 2 n + 1 a n - 1

Aplicando a recorrência para escrever tudo em termos de a 0 :

a n = - 1 n 1 - 4 α 2 9 - 4 α 2 … [ 2 n - 1 2 - 4 α 2 ] 2 n 2 n + 1 ! a 0

E para a raiz r 2 :

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

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

Escrevendo em relação a a 0 :

a n = - 1 n α - α 1 - α 2 4 - α 2 … [ n - 1 2 - α 2 ] n ! ⋅ 3 ⋅ 5 … ( 2 n - 1 ) a 0

Passo 5

Substituindo a raiz r 1 e sua relação de recorrência para a primeira solução:

u 1 ( t ) = t 1 2 1 + ∑ n = 0 ∞ - 1 n 1 - 4 α 2 9 - 4 α 2 … 2 n - 1 2 - 4 α 2 2 n 2 n + 1 ! a 0 t n

E agora a segunda:

u 2 t = 1 + ∑ n = 0 ∞ - 1 n α - α 1 - α 2 4 - α 2 … n - 1 2 - α 2 n ! ⋅ 3 ⋅ 5 … 2 n - 1 a 0 t n

Voltando para a variável x , pela substituição que usamos antes:

t = x - 1

y 1 ( x ) = | x - 1 | 1 2 1 + ∑ n = 0 ∞ - 1 n 1 - 4 α 2 9 - 4 α 2 … 2 n - 1 2 - 4 α 2 2 n 2 n + 1 ! a 0 ( x - 1 ) n

y 2 x = 1 + ∑ n = 0 ∞ - 1 n α - α 1 - α 2 4 - α 2 … n - 1 2 - α 2 n ! ⋅ 3 ⋅ 5 … 2 n - 1 a 0 ( x - 1 ) n

Resposta

a )   r 1 = 1 / 2

r 2 = 0

b )   y 1 ( x ) = | x - 1 | 1 2 1 + ∑ n = 0 ∞ - 1 n 1 - 4 α 2 9 - 4 α 2 … 2 n - 1 2 - 4 α 2 2 n 2 n + 1 ! a 0 ( x - 1 ) n

y 2 x = 1 + ∑ n = 0 ∞ - 1 n α - α 1 - α 2 4 - α 2 … n - 1 2 - α 2 n ! ⋅ 3 ⋅ 5 … 2 n - 1 a 0 ( x - 1 ) n

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