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