Método de Frobenius – Ponto Singular Regular

Teoria Completa

Pontos singulares regulares

Até aqui, nós já vimos como resolver EDO’s utilizando séries de potências em torno de pontos ordinários. Isto é, quando P ( x 0 ) ≠ 0 , onde P ( x ) é o coeficiente da EDO abaixo:

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

Essas questões davam um trabalho enorme, né? Calma que aqui a sua vida vai melhorar.

Agora vamos nos perguntar: e quando P x 0 = 0 , o que acontece?Quando isso ocorre, dizemos que o ponto x 0 é singular. Por exemplo:

( x - 1 ) y ' ' + y ' + y = 0

Para essa equação, o ponto x 0 = 1 é singular. Podemos também ter mais de um ponto singular para uma EDO, veja:

( x 2 - 1 ) y ' ' + y ' + y = 0

Nesse caso, tanto x 0 = 1 quanto x 0 = - 1 são singulares.

Resolvendo EDO’s por séries de potências, nós procuramos fugir desses poucos pontos onde uma EDO é singular, mas agora vamos aprender como trabalhar com eles. Vamos ver aqui um caso particular de singularidade: a singularidade regular.

Dizemos que um ponto x 0 é singular regular se:

lim x → x 0 ⁡ x - x 0 Q x P ( x )

lim x → x 0 ⁡ x - x 0 2 R x P ( x )

Existem e são finitos. Nesses casos, dizemos que as singularidades são “fracas”.

Por exemplo:

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

Já vemos que P x 0 = 0 quando x 0 = ± 1 . Vamos descobrir se esses pontos singulares são regulares ou não. Para x 0 = 1 :

lim x → x 0 ⁡ x - x 0 Q x P ( x ) = lim x → 1 ⁡ x - 1 - 2 x 1 - x 2 =

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

Agora vamos calcular o outro limite:

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

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

Portanto, concluímos que x 0 = 1 é um ponto singular regular. De forma parecida, podemos fazer o mesmo para x 0 = - 1 .

Método de Frobenius

Vamos ver como resolver a equação:

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

Em torno do ponto x 0 = 0

Passo 1: Determinar se o ponto é um ponto singular:

Vamos ter:

P x = 2 x 2

Q x = - x

R x = 1 + x

E temos que calcular:

lim x → x 0 ⁡ x - x 0 Q x P ( x ) = lim x → 0 ⁡ x - x 2 x 2 = lim x → 0 ⁡ - 1 2 = - 1 2

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

Logo como esses limites existem x 0 = 0 é um ponto singular regular.

Passo 2: Vamos supor que essa função que queremos buscar y ( x ) seja analítica, ou seja, tenha representação por série de potências. Vamos supor que:

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r

Essa é a série que representa y ( x ) . Escrevemos em torno do ponto x 0 = 0 pois o problema pede a solução em torno deste ponto. Esse a n representa os coeficientes de cada termo da série, pode ser qualquer expressão! Encontrando os a n ’s, nós definimos y ( x ) . É isso que faremos mais à frente.

Certo, se y ( x ) é dada por essa expressão, então

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

Pelo Teorema da derivação termo a termo.

Veja que, diferente de quando fazíamos para o ponto ordinário, o valor de n não vai mudar, vai ser sempre n = 0 .

Calma, você vai entender por que derivamos a série!

Passo 3: Se f ( x ) , f ' ( x ) e f ' ' ( x ) são dadas por essas séries, substituindo essas expressões na EDO, não alteramos nada, não é? Continua sendo a mesma equação. Veja:

2 x 2 y ' ' - x y ' + 1 + x y = 0    

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

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

Certo?

Passo 4: Precisamos juntar esses somatórios, para simplificar as coisas. Primeiro, vamos deixá-los com a mesma potência de x , nesse caso, x n + r . Veja:

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

Muita calma nessa hora, você tem que entender isso muito bem. O que nós fizemos? Nós substituímos n por n - 1 no expoente, ou seja, é como se tivéssemos definido um novo n ' definido por n = n ' + 1 . Em termos práticos, assim que você deve raciocinar nessa hora:

Quando você passou o expoente de n para n - 1 , você subtraiu 1 , não foi? Então, para não alterar a série você vai subtrair 1 a todos os n ’s no termo geral do somatório, inclusive ao a n , que vira a n - 1 .

Mas quando você faz uma alteração no termo geral, o índice do somatório deve mudar, para compensar (mesmo raciocínio que temos com substituições nas integrais). Já que você subtraiu 1 nos n ’s do somatório, o n deve começar agora 1 unidade depois, para compensar: então você coloca 1 no índice (no exemplo ele passou de n = 0 para n - 1 = 0 → n = 1 ).

Temos, então:

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

Temos todos os valores de x n + r

O ideal é sempre mexer no último termo, tentar deixar os termos com r sem serem mexidos.

Passo 5: Agora temos que andar todo mundo 1 unidade, isso não muda nada, só escrevemos o primeiro termo separado

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

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

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

Passo 6: Resolver a equação indicial, que vai ser igualar a 0 aquele termo que sobrou ali no início.

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

Queremos que a 0 ≠ 0 :

2 r r - 1 - r + 1 = 0

Resolvendo vamos ter:

2 r 2 - 2 r - r + 1 = 0

2 r 2 - 3 r + 1 = 0

r 1 = 1 2

r 2 = 1

Obs.: Esse cara 2 r 2 - 3 r + 1 = 0 é o que chamamos de equação indicial! Você pode achar ela só aqui no passo 6 e resolver, ooooou você pode achar ela lá no começo da questão! Isso normalmente é interessante quando pedem pra você achar as raízes da equação indicial, aí não é necessário fazer esse desenvolvimento todo haha. Se liga, a equação indicial tem essa forma:

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

Onde:

q 0 = lim x → x 0 ⁡ x - x 0 Q x P ( x )

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

Opa, isso te parece familiar? Pois é, são os limites que você tem que calcular para dizer se seu ponto singular é regular ou não XD. Ou seja, nenhum trabalho extra para você! Se jogarmos q 0 = - 1 2 e r 0 = 1 2 que encontramos no começo da questão:

r r - 1 - r 2 + 1 2 = 0

r 2 - r - r 2 + 1 2 = 0

r 2 - 3 r 2 + 1 2 = 0

2 r 2 - 3 r + 1 = 0

Que é igual a equação que achamos ali no final do passo 5! Show de bola esse macetinho né? Mas se você acha que essa equação só serve pra cair em questão de prova está muito enganado meu caro leitor! Se liga nessa explicação aqui em baixo:

IMPORTANTE –LEIA!!!

Galera, existe uma análise muuuito importante a ser feita agora, é basicamente você subtrair a menor raiz da maior, no caso desse exercício, seria r 2 - r 1 = 1 2 , “tá, idaí?” Ao longo da demonstração da teoria do método de Frobenius ele analisou que existiria duas soluções linearmente independentes caso a diferença entre as raízes da equação indicial desse não inteiro e maior que zero, calma aí, vamos ver isso:

Caso 1: r 1 - r 2 ∉ Z + u { 0 } , com r 1 ≥ r 2 , calma calma. Chamei de forma geral que r 1 seja a nossa maior raiz, e r 2 a menor, isso não importa, pode ser ao contrário como foi no exercício, o que importa é que você subtrai a menor raiz da maior. Se essa diferença não der um número inteiro positivo ou zero, então existe duas soluções linearmente independentes pelo método de Frobenius:

y 1 x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r 1

y 2 x = ∑ n = 0 ∞ b n x n + r 2

Perceba que isso é só o chute de solução que fizemos no início, aplicando r 1 e r 2 .

Caso 2: r 1 - r 2 ∈ Z + u { 0 } , com r 1 ≥ r 2 . Ou seja, a diferença entre a maior raiz e a menor raiz dê um número inteiro positivo ou zero. Nesse caso a gente só tem uma solução, não sabemos a outra, e é sempre a solução da maior raiz:

y 1 x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r 1

Sacou? Analisando essa diferença, vamos saber se saberemos duas soluções ou somente uma solução! Isso é importante galerinha! É uma análise simples porém forte! “Mas po, sem duas soluções linearmente independentes a gente não sabe a solução geral”, pois é galera, mas pelo menos sabemos uma solução particular, melhor que nada! Existe um método para achar a outra solução nessa situação, mas é bizarro e não vale ser abordado por aqui!

---fim da observação

Ok, então vimos que para esse exercício r 2 - r 1 = 1 2 , logo pelo teorema que falamos agora, existem duas soluções que são dadas por:

y 1 x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r 1

y 2 x = ∑ n = 0 ∞ b n x n + r 2

Como a achar a n e b n ? É o que faremos agora! Na prática chamamos os 2 de a n , mas você pode chamar as constantes com nomes diferentes, é bom que você evita de se confundir.

Passo 7: Vamos, então, juntar os somatórios, colocando o x n + r em evidência (por isso que igualamos as potências). Como já temos todos os somatórios começando em n = 1 , não precisamos mexer nos índices.

Temos:

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

Passo 8: Lembre-se que o nosso objetivo é encontrar uma expressão para o a n e assim definir y ( x ) . Veja que temos um somatório de termos positivos que é igual a zero, logo, o termo geral deve ser zero.

Como x n ≠ 0 obrigatoriamente, sabemos que o que está dentro do parênteses deve ser igual a zero. Veja:

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

Essa é a chamada relação de recorrência dos coeficientes. Agora, com base nessa equação, vamos calcular alguns a n ’s e procurar uma expressão em função de n que o defina.

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

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

Mas e esse r ? Aqui entra uma certa diferença da solução no ponto ordinário, vamos encontrar as duas soluções, uma para cada valor de r que achamos.

Para r = 1 a relação de recorrência fica:

a n = - a n - 1 n + 1 - 1 2 n + 1 - 1 = - a n - 1 n 2 n + 1

p a r a   n = 1 → a 1 = - a 0 1.3

p a r a   n = 2 → a 2 = - a 1 2.5 → a 2 = a 0 1.2 . 3.5

para   n = 3       →       a 3 = - a 2 3.7       →       a 2 = - a 0 1.2 . 3 3.5 . 7

Repara que vamos ter:

a n = - 1 n 1.2 . 3.4 … n 3.5 . 7 … 2 n + 1 a 0 = - 1 n n ! 3.5 . 7 … 2 n + 1 a 0

Podemos dar uma leve arrumada, repara que se multiplicarmos em baixo por 2.4 . 6.8 … 2 n vamos completar o fatorial de 2 n + 1 ! , além disso

2.4 . 6.8 … 2 n = 2 n n !

Multiplicando em cima e embaixo

a n = - 1 n 2 n n ! n ! 3.5 . 7 … 2 n + 1 2 n n ! a 0 = - 1 n 2 n n ! n ! 2 n + 1 ! a 0 = - 1 n 2 n n ! n ! 2 n + 1 ! a 0 = - 1 n 2 n 2 n + 1 ! a 0

Passo 9: Finalmente, basta substituir essa expressão que encontramos para os coeficientes na série.

Para r = 1

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

Podemos tirar a 0 porque queremos a solução para depois multiplicar por uma constante.

y 1 x = x + ∑ n = 1 ∞ - 1 n 2 n 2 n + 1 ! x n + 1

Passo 10: Temos que refazer o passo 8 e o passo 9 para o outro valor de r

Para r = 1 2 a relação de recorrência fica (Você pode chamar de b n se quiser!)

a n = - a n - 1 n + 1 2 - 1 2 n + 1 2 - 1 = - a n - 1 2 n n - 1 2 = - a n - 1 n 2 n - 1

para   n = 1       →       a 1 = - a 0 1.1                                                  

para   n = 2       →         a 2 = - a 1 2.3       →       a 2 = a 0 1.2 . 1.3

para   n = 3       →       a 3 = - a 2 3.5       →       a 2 = - a 0 1.2 . 3 1.3 . 5

Repara que vamos ter:

a n = - 1 n 1.2 . 3.4 … n 3.5 . 7 … 2 n - 1 a 0 = - 1 n n ! 3.5 . 7 … 2 n - 1 a 0

Podemos dar uma leve arrumada, repara que se multiplicarmos em baixo por 2.4 . 6.8 … 2 n vamos completar o fatorial de 2 n ! , além disso

2.4 . 6.8 … 2 n = 2 n n !

Multiplicando em cima e embaixo

a n = - 1 n 2 n n ! n ! 3.5 . 7 … 2 n - 1 2 n n ! a 0 = - 1 n 2 n n ! n ! 2 n ! a 0 = - 1 n 2 n n ! n ! 2 n ! a 0 = - 1 n 2 n 2 n ! a 0

Finalmente, basta substituir essa expressão que encontramos para os coeficientes na série.

Para r = 1 2

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

Podemos tirar a 0 porque queremos a solução para depois multiplicar por uma constante.

y 2 x = x 1 / 2 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n 2 n 2 n ! x n + 1 / 2

Passo 11: escrever a solução:

y x = C 1 y 1 x + C 2 y 2 x

y x = C 1 x + ∑ n = 1 ∞ - 1 n 2 n 2 n + 1 ! x n + 1 + C 2 x 1 / 2 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n 2 n 2 n ! x n + 1 / 2

Resumo prático

Calma, vamos explicar novamente isso tudo. Basicamente, o que fizemos foi assumir que nossa solução da EDO y ( x ) tenha representação em série. Então, substituímos y e suas derivadas por séries. Encontrando os coeficientes da série que representa y , temos a resposta.

Mas porque usar esse método tão trabalhoso para resolver EDO’s? Um dos motivos é simples: a sua prova provavelmente vai falar para você fazer isso.

Mas qual é a vantagem desse método? Quando podemos usá-lo? Uma das vantagens, que já mencionamos, é que podemos resolver EDO’s cujos coeficientes são funções:

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

Por exemplo: ( x 2 - 1 ) y ' ' + y ' + y = 0

Essa EDO não pode ser resolvida pelo método da equação característica, que mencionamos no início do capítulo, pois os coeficientes da equação são funções de x . Porém, podemos resolver sem problemas utilizando séries!

y x = ∑ n = 0 ∞ a n ( x - x 0 ) n + r

Estamos representando y ( x ) por uma série centrada no ponto x 0 , que o problema pede ou você mesmo escolhe.

  1. Verificar que o ponto x 0 é singular regular ;
  2. lim x → x 0 ⁡ x - x 0 Q x P ( x )

    lim x → x 0 ⁡ x - x 0 2 R x P ( x )

    Existem e são finitos.

  3. Definir
  4. y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r

    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 substituir na EDO y , y ' e y ' ' por essas séries;

  5. Igualar as potências de x , em geral, por x n . Usando a técnica que expliquei ali em cima,
  6. Caso não sejam o mesmo, igualar os índices dos somatórios pelo maior, colocando para fora do somatório os termos correspondentes aos índices anteriores;
  7. Resolver a equação indicial, que é aquela equação que sobra de r do lado de fora dos somatórios. E verificar como se comporta a subtração entre as raízes!
  8. Juntar os somatórios colocando x n em evidência. Caso haja termos independentes (soltos fora dos somatórios) é uma boa agrupá-los dentro de parênteses de acordo com a potência de x que o multiplica;
  9. Como x n ≠ 0 , igualar o termo que multiplica a potência a zero, encontrando a relação de recorrência. Se houver termos fora do somatório, também devemos igualar a zero;
  10. Calcular alguns a n ’s caso haja mais de uma solução(Depende do resultado da subtração da menor raiz na maior) e encontrar uma (ou mais de uma) expressão em função de n que os defina;
  11. Substituir na série de potências essa expressão para o a n .

Caso o problema peça, no final disso você calcula o raio de convergência da série pelos métodos que vimos no capítulo passado.

Achou confuso? Daqui a pouco você se acostuma, é só fazer bastantes exercícios, eles são muito parecidos. Você pode colar desse passo a passo até se sentir seguro!

Expandir

Exercício Resolvido #1

UFF - Equações - Lista 4 - 8a

Use o teorema de Frobenius para determinar soluções da seguinte equação linear homogênea ao redor dos seus pontos singulares regulares:

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

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

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

P x = 2 x

Q x = - 1

R x = 2

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

l i m x → 0   x - 0 - 1 2 x   = l i m x → 0   - 1 2   = - 1 2

l i m x → 0   x - 0 2 2 2 x   = l i m x → 0   x 2 2 2 x   = x   = 0

Então ele é um ponto singular regular.

Passo 2

Agora fazemos

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r

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

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

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

Vamos ter então

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

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

Vamos agora resolver a equação indicial

2 r r - 1 a 0 - r a 0 = 0

Como a 0 ≠ 0

2 r r - 1 - r = 0

2 r 2 - 2 r - r = 0

2 r 2 - 3 r = 0

r 1 = 0

r 2 = 3 2

Passo 5

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

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

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

Vamos encontrar a relação de recorrência

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

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

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

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