Ponto Singular Regular - Método De Frobenius

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Teoria

Fala aí! Hoje vamos trocar uma ideia sobre pontos singulares regulares e o método de Frobenius. TESTE ————————

Esses caras vão nos ajudar a encontrar soluções para equações diferenciais ordinárias de segunda ordem por meio de séries de potências!

Veja também

O que é um ponto singular regular?

Na equação diferencial ordinária:

Quando P() = 0, dizemos que o ponto é singular.

Bem direta essa definição, né?

Saca só o exemplo:

Os pontos e são singulares, pois, quando substituímos esses valores na EDO, obtemos o coeficiente 0 multiplicando o termo y’’.

E onde entra o ponto singular regular nessa história? Aí vamos precisar de uma definição um pouquinho mais formal. Se liga:

Dizemos que um ponto é singular regular se os limites abaixo existem e são finitos:

Mais um exemplo pra você:

É fácil perceber que P() = 0 quando = 1, né? Vamos descobrir se esses pontos singulares são regulares ou não.

Começamos com = 1.

Agora o outro limite, ainda para .

Um detalhe: o limite ter dado zero é diferente dele não existir, viu?

A gente descobriu que os dois limites existem e são finitos, então, é um ponto singular regular!

O mesmo vai ser encontrado para . Mas vou te poupar das contas, porque já vamos partir para o que interessa: como isso vai nos ajudar a resolver as EDOs!

Método de Frobenius

Se preferir, assiste esse vídeo aqui com a explicação bem detalhadinha. Se não, segue comigo no texto logo abaixo que te mostro um resuminho bem passo a passo de como resolver um exercício por esse método 👇😉

O método de Frobenius vai nos ajudar a encontrar uma solução para uma equação diferencial ordinária de segunda ordem com ponto singular regular.

Para entender melhor, se liga no exemplo:

Resolva a equação 2x²y’’-xy’+(1+x)y = 0 em torno do ponto x = 0.

Vamos seguir o seguinte passo a passo:

Passo 1: Determinar se o ponto é singular regular.

Bora calcular aqueles limites que vimos anteriormente:

E:

Os dois limites existem, tá confirmado que o ponto é singular regular.

Passo 2: Representar a função por série de potências.

Se supormos que a função y(x) que queremos buscar seja analítica, podemos fazer isso aqui:

Passo 3: Substituir na EDO.

Vamos passar os termos multiplicando cada somatório para dentro:

Agora, podemos juntar esses somatórios. Para isso, precisamos deixá-los com a mesma potência de . Faremos isso com a seguinte relação:

Com isso, aquela expressão anterior vai ficar assim:

Todo mundo com a mesma potência!

Passo 4: Isolar o primeiro termo de cada somatório.

A gente vai abrir cada somatório e tirar o termo .

Agora, passamos todos os termos de lá pro começo:

Passo 5: Resolver a equação indicial.

Basta igualar a 0 aquele termo que sobrou ali no início.

Com :

Resolvendo isso aí, obtemos:

Se a diferença entre a maior e a menor raiz der um número não inteiro e positivo, vão existir duas soluções:

Passo 6: Juntar os somatórios e colocar em evidência.

Passo 7: Encontrar .

Olha como vamos fazer isso:

Agora, vamos substituir os dois valores de que encontramos lá no passo 5 e encontrar vários , de modo que possamos descobrir quem é o termo geral das sequências.

Vamos achar o seguinte. Para :

Aí substituímos lá na equação da solução:

Agora para :

Passo 8: Dar a solução final.

Finalmente, vamos escrever a solução do problema:

Ufa! Deu trabalho mas sobrevivemos 😅

Segue para a parte de exercícios resolvidos pra praticar bastante e ficar craque nesse passo a passo.

Resolva a equação 2x²y’’-xy’+(1+x)y = 0 em torno do ponto x = 0.

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

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

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

n + r 2 n + 2 r - 3 a n = - 2 a n - 1

a n = - 2 a n - 1 n + r 2 n + 2 r - 3

Passo 6

Vamos achar a solução para o primeiro valor de r , r 1 = 0

a n = - 2 a n - 1 n 2 n - 3

p a r a   n = 1       →       a 1 = 2 a 0 1 . ( - 1 )                                                  

p a r a   n = 2       →         a 2 = - 2 a 1 2.1       →       a 2 = - 2 2 a 0 1.2 . 1

p a r a   n = 3       →       a 3 = - 2 a 2 3.3       →       a 3 = 2 3 a 0 1.2 . 3 1.3

Repara que vamos ter

a n = - 1 n + 1 2 n 1.2 . 3.4 … n 3.5 . 7 … 2 n - 3 a 0 = - 1 n + 1 2 n n ! 1.3 . 5.7 … 2 n - 3 a 0

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

2.4 . 6.8 … 2 n - 2 = 2 n - 1 n - 1 !

Multiplicando em cima e embaixo

a n = - 1 n + 1 2 n 2 n - 1 n - 1 ! n ! 3.5 . 7 … 2 n - 3 2 n - 1 n - 1 ! a 0 = - 1 n + 1 2 2 n - 1 n - 1 ! n ! 2 n - 2 ! a 0 = - 1 n + 1 2 2 n - 1 n 2 n - 2 ! a 0

Passo 7

Lembrando que r = 0 e

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r = ∑ n = 0 ∞ a n x n

Vamos ter

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

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

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

Passo 8

Vamos achar a solução para o segundo valor de r , r 2 = 3 2

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

p a r a   n = 1       →       a 1 = - 2 a 0 5.1                                                  

p a r a   n = 2       →         a 2 = - 2 a 1 7.2       →       a 2 = 2 2 a 0 1.2 . 7.5

p a r a   n = 3       →       a 3 = - 2 a 2 9.3       →       a 3 = - 2 3 a 0 1.2 . 3 9.7 . 5

Repara que vamos ter

a n = - 1 n 2 n 1.2 . 3.4 … n 5.7 … 2 n + 3 a 0 = - 1 n 2 n n ! 5.7 … 2 n + 3 a 0

Podemos dar uma leve arrumada, repara que se multiplicarmos em baixo por 3.2 . 4.6 . 8 … 2 n + 2 vamos completar o fatorial de 2 n + 3 ! , além disso

3.2 . 4.6 . 8 … 2 n + 2 = 3 . 2 n + 1 n + 1 !

Multiplicando em cima e embaixo

a n = - 1 n 2 n 3 . 2 n + 1 n + 1 ! ! n ! 3.5 . 7 … 2 n + 3 3 . 2 n + 1 n + 1 ! a 0 = - 1 n 3 . 2 2 n + 1 n + 1 ! n ! 2 n + 3 ! a 0 = - 1 n 3 . 2 2 n + 1 n + 1 2 n + 3 ! a 0

Passo 9

Vamos ter (lembrando que r = 3 / 2 )

y 2 x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + 3 / 2 = a 0 x 3 / 2 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n 3 . 2 2 n + 1 n + 1 2 n + 3 ! a 0 x n + 3 / 2

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

y 2 x = x 3 / 2 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n 3 . 2 2 n + 1 n + 1 2 n + 3 ! x n + 3 / 2

Passo 10

A solução da EDO vai ser

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

y x = C 1 1 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 2 2 n - 1 n 2 n - 2 ! x n + C 2 x 3 / 2 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n 3 . 2 2 n + 1 n + 1 2 n + 3 ! x n + 3 / 2

Resposta

y x = C 1 1 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 2 2 n - 1 n 2 n - 2 ! x n + C 2 x 3 / 2 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n 3 . 2 2 n + 1 n + 1 2 n + 3 ! x n + 3 / 2

Exercício Resolvido #2

Considere a equação

6 x 2 y ' ' + 7 x y ' - x 2 + 2 y = 0

( a ) Justifique que as funções

p x = 7 6 x           e             q x = - x 2 + 2 6 x 2

são analíticas em x 0 = 2 e conclua que x 0 = 2 é ponto ordinário.

( b ) Mostre que os raios de convergência das séries de Taylor de p e q em torno de x 0 = 2 é igual a 2 .

( c ) Mostre que x 0 = 0 não é um ponto ordinário mas é um ponto singular regular.

( d ) Determine a equação indicial em x 0 = 0 , calcule suas raízes, e dê a forma de duas soluções linearmente independentes em série de Frobenius, em torno de x 0 = 0 .

Passo 1

( a ) Ambas as funções são racionais e seus denominadores só se anulam em x = 0 , isto é, não se anulam em x 0 = 2 . Logo, p ( x ) e q ( x ) são analíticas em x 0 = 2 .

Por definição, verificamos que x 0 = 2 é de fato um ponto ordinário da equação.

Passo 2

( b ) Pela teoria, quando temos uma função racional com denominador não se anulando em x 0 , a série de potências em torno de x 0 tem raio de convergência igual a menor distância de x 0 às raízes do denominador.

Como a única raiz do denominador é 0 , temos que os raios de convergência são iguais em ambos os casos e R = x 0 - 0 = 2 - 0 = 2 .

Passo 3

( c ) A equação pode ser reescrita assim:

6 x 2 y ' ' + 7 x y ' - x 2 + 2 y = 0

y ' ' + 7 6 x ⏟ p ( x ) y ' - x 2 + 2 6 x 2 ⏟ q ( x ) y = 0

E como x = 0 é o único ponto que anula o termo 6 x 2 , ele é um ponto singular.

Passo 4

Agora, vemos o seguinte:

x p x = 7 6

x 2 q x = - x 2 + 2 6 = - 1 3 - x 2 6

Como ambas as funções acima são analíticas em todos os pontos, concluímos que x 0 = 0 é um ponto singular regular.

Passo 5

( d ) A equação indicial é dada por

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

onde

lim x → 0 ⁡ x p x = l i m x → 0 7 6 = 7 6

lim x → 0 ⁡ x 2 q x = l i m x → 0 - x 2 + 2 6 = - 1 3

Assim, obtemos:

r 2 - r + 7 6 r - 1 3 = 0

r 2 + 1 6 r - 1 3 = 0

E as soluções:

r = - 1 6 ± 1 36 + 4 3 2

r = - 1 6 ± 49 36 2

r = - 1 6 ± 7 6 2

r = - 1 ± 7 12 → r 1 = 1 / 2 r 2 = - 2 / 3

Passo 6

Desta forma, as soluções linearmente independentes são dadas por

y 1 = x 1 2 1 + ∑ n = 1 ∞ a n x n ,   x > 0

ou

y 1 = | x | 1 2 1 + ∑ n = 1 ∞ a n x n ,   x ≠ 0

Para y 2 :

y 2 = x - 2 3 1 + ∑ n = 1 ∞ b n x n ,   x > 0

ou

y 2 = | x | - 2 3 1 + ∑ n = 1 ∞ b n x n ,   x ≠ 0

Resposta

( d ) y 1 = | x | 1 2 1 + ∑ n = 1 ∞ a n x n ,   x ≠ 0 ; y 2 = | x | - 2 3 1 + ∑ n = 1 ∞ b n x n ,   x ≠ 0 .

Exercício Resolvido #3

Considere a equação diferencial

x 2 y ' ' + x 2 + 1 4 y = 0

a) Mostre que x = 0 é ponto singular desta equação diferencial

b)Determine a relação de recorrência, a equação indicial e suas raízes

c)Determine a solução em série de Frobenius em torno de x = 0 , correspondente a maior raiz da equação indicial. Determine a expressão do termo geral desta solução.

d)Qual é o raio mínimo de convergência da série de potências da solução em c) ?

Passo 1

a) 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.

No Caso x 0 = 0 e P x = x 2 ,     Q x = 0 ,     R x = x 2 + 1 4

Como Q x = 0 → n ã o   a n a l i s a r e m o s   e s s e   l i m i t e   c o m o   c o n d i c i o n a l   p a r a   v e r i f i c a r   s i n g u l a r i d a d e

Então fica:

lim x → 0 ⁡ x 2 x 2 + 1 4 x 2 = 1 4

Passo 2

b) Determine a relação de recorrência, a equação indicial e suas raízes

Para fazer isso, vamos ter que utilizar aquela solução proposta pelo Frobenius(Que na realidade é uma aplicação da equação de Euler-Cauchy na teoria de séries!)

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r

Derivando duas vezes:

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

OBS: Repara que a gente não aumenta o número inicial do somatório para essa série!! Ela começa em 0!! O motivo disso é porque nas outras séries de potência o menor termo é uma constante, nessa série o menor termo tem potência de x r , logo ele não se anula quando derivamos!

Substituindo isso na EDO:

x 2 ∑ n = 0 ∞ n + r ( n + r - 1 ) a n x n + r - 2 + x 2 + 1 4 ∑ n = 0 ∞ a n x n + r = 0

Ajeitando os somatórios:

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

x 2 + 1 4 ∑ n = 0 ∞ a n x n + r = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r + 2 + ∑ n = 0 ∞ a n 4 x n + r

Bem, quase todos os somatórios tem x n + r como expoente e todos tem o somatório começando em 0 , o que temos que fazer aqui é ajeitar o único que está diferente:

∑ n = 0 ∞ a n x n + r + 2 = ?

Bem, a gente começa ajeitando para ficar no mesmo índice! Então é só tomar n → n - 2 , substituindo isso no somatório o índice da potência vai ficar certo:

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

Mas calma, agora o somatório começa em 2 , os outros começam em 0 ! Não tem jeito, vamos ter que arrumar os outros somatório forçando eles a começar em 2 , isso é só abrir abrir o somatório galera, vamos lá:

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

Vamos ver o outro somatório

∑ n = 0 ∞ a n 4 x n + r = a 0 4 x r + a 1 4 x r + 1 + ∑ n = 2 ∞ a n 4 x n + r

Ok, temos os 3 somatórios começando na mesma potência e iniciando no mesmo índice! Tudo certo! Vamos voltar então a equação, é só substituir esses 3 somatórios que calculamos agora:

a 0 r r - 1 x r + a 1 r + 1 r x r + 1 + ∑ n = 2 ∞ n + r ( n + r - 1 ) a n x n + r + ∑ n = 2 ∞ a n - 2 x n + r + a 0 4 x r + a 1 4 x r + 1 + ∑ n = 2 ∞ a n 4 x n + r = 0

Vamos juntar tudo o que temos na mesma potência:

a 0 r r - 1 + 1 4 x r + a 1 r + 1 r + 1 4 x r + 1 + ∑ n = 2 ∞ n + r n + r - 1 a n + a n - 2 + a n 4 x n + r = 0

Passo 3

Beleza!!Chegamos lá, agora vamos com calma, a equação indicial representa sempre a equação que você tem que satisfazer calculando o valor do r , ela é vista sempre como a função que multiplica o termo com menor potência, ou seja, x r . Em suma, sempre olha quem tá multiplicando x r ! Vamos lá:

a 0 r r - 1 + 1 4 x r = 0

A gente sabe que isso tem que dar 0 , não só isso como todos os outros termos da equação, x = 0 ou a 0 é solução trivial, logo:

r r - 1 + 1 4 = 0 → r 2 - r + 1 4 = 0

Vamos calcular as raízes?

r 1,2 = 1 ± 1 - 4 . 1 4   . 1 2 = 1 2

Então r 1 = r 2 = 1 2 , logo r 1 - r 2 = 0 , assim só existe uma solução, lembra disso? É importante! E a solução é dada pela maior raiz, no caso tanto faz porque elas são iguais! Para ter duas soluções a diferença entre a maior raiz e a menor raiz tem que dá um não inteiro maior que zero! A solução é:

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r 1

No caso vamos chamar r 1 = r 2 = r porque só tem uma raiz mesmo, mas de qualquer forma, sempre resolva em função de um r geral. Quando você chegar na relação de recorrência aí sim você substitui, ok? Mas calma, na equação a gente tem esse cara ainda, antes da série:

a 1 r + 1 r + 1 4 x r + 1 = 0

Pela mesma análise, isso tem que dar 0 , assim:

a 1 r + 1 r + 1 4 = 0

Xi, mas a gente já tem as raízes determinadas, sabemos que r + 1 r + 1 4 ≠ 0 , nossa conclusão é que:

a 1 = 0

Vamos para a relação de recorrência, que se obtém só igualando o coeficiente da série a 0 :

∑ n = 2 ∞ n + r n + r - 1 a n + a n - 2 + a n 4 x n + r = 0

n + r n + r - 1 a n + a n - 2 + a n 4 = 0

a n = - a n - 2 n + r n + r - 1 + 1 4 ,     n ≥ 2

Não esquece que a somatório começa em 2 hein! Por isso é para n ≥ 2 , agora substituindo r = 1 2 :

a n = - a n - 2 n + 1 2 n - 1 2 + 1 4 = - a n - 2 n 2 - 1 4 + 1 4 = a n - 2 n 2 ,   n ≥ 2

Bem, ele pediu a relação de recorrência, a equação indicial e as raízes da equação, demos tudo que ele pediu! Fechou essa letra

Passo 4

c)Determine a solução em série de Frobenius em torno de x = 0 , correspondente a maior raiz da equação indicial. Determine a expressão do termo geral desta solução.

A gente já estava a caminho disso! Encontramos até agora a cara de uma solução:

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

Onde a n tem a seguinte relação de recorrência:

a n = - a n - 2 n 2 ,   n ≥ 2

E não esqueça!!!! Vimos que a 1 = 0

n = 2 → a 2 = - a 0 2 2 n = 3 → a 3 = - a 1 3 2 = 0 n = 4 → a 4 = - a 2 4 2 = - 1 2 a 0 4 2 2 2 n = 5 → a 5 = - a 3 5 2 = 0 n = 6 → a 6 = - a 4 6 2 = - 1 3 a 0 6 2 4 2 2 2 n = 6 → a 7 = - a 5 7 2 = 0

Então com relação aos termos pares da série, vemos que:

a 2 k = a 0 - 1 k 2 k 2 2 k - 2 2 … 4 2 2 2

Podemos colocar tudo elevado ao quadrado em evidência:

a 2 k = a 0 - 1 k 2 k 2 k - 2 … 4.2 2

O denominador ficou então com um fatorial de pares, que podemos escrever como:

2 k 2 k - 2 … 4.2 = 2 k k !

Assim a relação de recorrência ficou:

a 2 k = a 0 - 1 k 2 2 k k ! 2 ,   k ≥ 1

E vemos que os ímpares dão sempre 0 , assim:

a 2 k - 1 = 0   k ≥ 1

Ok ok, vamos voltar a solução geral:

y 1 x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + 1 2

Vimos que somente os termos pares da série entram nisso, os ímpares dão zero, logo ela fica com a cara:

y 1 x = ∑ n = 0 ∞ a 2 n x 2 n + 1 2

Substituindo esse a 2 n = a 0 2 n n ! 2 ,   n ≥ 1 , mas opa, o somatório começa em 0 , não em 1 , então a gente abre ele:

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

Agora sim, substituímos:

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

Se quiser você pode colocar a 0 em evidência como fizemos na teoria, e tratar ele como 1 , porque é só uma constante e de qualquer forma a solução geral é dada pela combinação linear dessa com outra solução linearmente independente, e essa combinação linear implicaria em ter constantes multiplicando y 1 e y 2 , que seriam determinadas pelas condições iniciais ou de contorno.

E tcharã! Ufa! A expressão do termo geral dessa solução seria a que a gente colocou agora em cima, mas perceba que essa não é a solução geral! E nem temos a solução geral, porque a gente precisaria de outra solução linearmente independente dessa, e não temos! Isso por causa da diferença entre r 1 e r 2 ! Implicou que só saberíamos uma solução por esse método.

Passo 5

d)Qual é o raio mínimo de convergência da série de potências da solução em c) ?

Hmmm, então ele quer saber o raio de convergência dessa série, isso é ponto singular, não ordinário, então não sabemos o raio mínimo de convergência da série como era no ordinário, vamos ver a cara da série:

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

Partiu fazer um teste da razão e ver para que intervalo ele dá menor que 1 :

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n < 1

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n = lim n → ∞ ⁡ a 0 - 1 n + 1 2 2 n + 1 n + 1 ! 2 x 2 n + 1 + 1 a 0 - 1 n 2 2 n n ! 2 x 2 n + 1 2 = lim n → ∞ ⁡ - 1 2 2 n + 1 ! 2 x 2 1 n ! 2

= lim n → ∞ ⁡ 1 2 2 n + 1 ! 2 x 2 1 n ! 2

Deu pra cortar muita coisa já, vamos ajeitar isso daí:

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n = lim n → ∞ ⁡ n ! 2 x 2 4 n + 1 ! 2

Dá pra cortar os fatoriais também, pois n + 1 ! 2 = n + 1 2 n ! 2

Assim fica:

lim n → ∞ ⁡ n ! 2 x 2 4 n + 1 ! 2 = lim n → ∞ ⁡ x 2 4 n + 1 = 0

Sabemos que dá 0 pois n → ∞ , daí a gente conclui que ela é menor que 1 para todo x , então o raio de convergência é infinito:

R = ∞

Resposta

a)Demonstração

b)

r r - 1 + 1 4 = 0 → r 2 - r + 1 4 = 0

r 1 = r 2 = 1 2

a n = - a n - 2 n 2 ,   n ≥ 2

c)

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

d)

R = ∞

Exercício Resolvido #4

Suponha que y 1 x = 3 x 3 e y 2 = 5 x 5 são soluções da EDO

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

Você pode dizer se o ponto x = 0 é um ponto ordinário ou singular? Justifique!

Passo 1

Pensa comigo, vai?

Se o ponto x = 0 for ordinário, as duas soluções por séries serão do tipo

y 1 x = ∑ n = 0 ∞ a n x n

y 2 x = ∑ n = 0 ∞ b n x n

Mas se ele for singular, as soluções devem ser do tipo

y 1 x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r 1

y 2 x = ∑ n = 0 ∞ b n x n + r 2

Passo 2

Como são necessárias duas condições para resolver este problema, em ponto ordinário a relação de recorrência deve aparecer de dois em dois. Isto é,

a n + 2 = f ( a n )

b n + 2 = g ( b n )

Beleza, com isso é estranho termos soluções do tipo y 1 x = 3 x 3 e y 2 = 5 x 5 . Quero dizer, se a relação de recorrência é de dois em dois, então x 3 e x 5 deveriam pertencer à mesma solução. Além disso, como poderia x 5 ser solução, sem os termos de ordem mais baixa ...?

Passo 3

Então, me parecem que elas são solução de um problema de ponto singular. E digo mais, com r 1 = 3 e r 2 = 5 . Vamos testar?

Oras, se isso for verdade, então a 0 = b 0 = 1 e todos os demais coeficientes serão nulos:

y 1 x = a 0 ⏟ 1 x 3 ⏞ r 1 + a 1 ⏟ 0 x 4 ⏞ r 1 + 1 + a 2 ⏟ 0 x 5 ⏞ r 1 + 2 + … = x 3

y 2 x = b 0 ⏟ 1 x 5 ⏞ r 2 + b 1 ⏟ 0 x 6 ⏞ r 2 + 1 + b ⏟ 0 x 7 ⏞ r 2 + 2 + … = x 5

Lembre-se também que a relação de recorrência é de um em um agora (uma relação para cada série). Mas ela pode ser tal que a partir de a 1 e de b 1 todos os termos sejam nulos, sem problema nenhum...

Logo, o ponto x = 0 deve ser singular!

Resposta

Singular.

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