Exercícios Resolvidos de EDO de Ordem Superior

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Enunciado

Mostre que o ponto x   = 0 é um ponto singular regular. Tente, em cada problema, encontrar soluções da forma ∑ n = 0 ∞ a n x n . Mostre que existe apenas uma solução não-nula dessa forma para o problema ( a ) e que não existem soluções não-nulas dessa forma para o problema ( b ) .

( a )   2 x y ' ' + 3 y ' + x y = 0

Passo 1

Opa! Tudo bem com você?

Temos que neste enunciado nos é indicado um ponto x = 0 que devemos mostrar como ponto singular e regular, para isso vamos ter que verificar as seguintes condições

l i m x → x 0 = 0 ( x - x 0 ) Q ( x ) P ( x ) = L 1

e,

l i m x → x 0 = 0 ( x - x 0 ) 2 R ( x ) P ( x ) = L 2

em que L 1 e L 2 são valores finitos. E, também temos que a equação diferencial dada no enunciado é da forma

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

em nossa alternativa temos que

2 x y ' ' + 3 y ' + x y = 0

ou seja, P ( x ) = 2 x , Q ( x ) = 3 e R ( x ) = x . Estas informações bastam para demonstrar a regularidade do ponto singular x = 0 . O restante da questão está relacionado a propor uma solução da forma

y   =   ∑ n = 0 ∞ a n x n

que será única de acordo com o enunciado para esta alternativa! Para encontrar esta solução vamos substituir este formato na equação diferencial e verificar as condições para a existência e unicidade da solução! Então! Vem comigo!

Passo 2

Primeiro para verificar que x = 0 é singular regular, vamos escrever as condições de regularidade

l i m x → x 0 = 0 ( x - x 0 ) Q ( x ) P ( x ) = l i m x → 0 ( x - 0 ) 3 2 x

Como temos um x no denominador, e outro no numerador, podemos simplificá-lo, note que

l i m x → 0 ( x - 0 ) 3 2 x = l i m x → 0 3 2 = 3 2

Ou seja, a primeira condição é válida, uma vez que 3 / 2 é finito! A segunda condição é bastante similar, temos que

l i m x → x 0 = 0 ( x - x 0 ) 2 R ( x ) P ( x ) = l i m x → 0 ( x - 0 ) 2 x 2 x

Novamente, simplificando o x no denominador com um dos x no numerador, temos que

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

Como 0 também é finito, ambas as condições são válidas e x = 0 é um ponto singular regular! Vamos começar a trabalhar na solução agora!

Passo 3

Temos a seguinte equação diferencial

2 x y ' ' + 3 y ' + x y = 0

e, queremos uma solução da forma

y   =   ∑ n = 0 ∞ a n x n

Precisamos calcular a primeira derivada y ' e a segunda derivada y ' ' e encontrar as condições para que a equação diferencial seja obedecida. Como temos que a derivada é linear, a derivada de uma soma é a soma das derivadas, ou seja, em um somatório como acima, podemos calcular a derivada como

d y d x = d d x [ ∑ n = 0 ∞ a n x n ] = ∑ n = 0 ∞ a n d d x [ x n ]

Para calcular esta derivada usamos então a regra do tombo, ou seja, temos que

d d x [ x n ] = n x n - 1

obtendo então que

d y d x = ∑ n = 0 ∞ a n   n   x n - 1

ou seja, a segunda derivada é da forma

d 2 y d x 2 = ∑ n = 0 ∞ a n   n d d x [   x n - 1 ]

e, pela regra do tombo novamente, temos que

d 2 y d x 2 = ∑ n = 0 ∞ a n   n ( n - 1 ) x n - 2

Com as derivadas em mãos vamos voltar à nossa equação diferencial e procurar as condições necessárias! Bora lá!

Passo 4

Usando ambas as derivadas em

2 x y ' ' + 3 y ' + x y = 0

temos que

2 x   ∑ n = 0 ∞ a n n ( n - 1 ) x n - 2 + 3   ∑ n = 0 ∞ a n n   x n - 1 + x ∑ n = 0 ∞ a n x n = 0

Note que podemos simplesmente entrar com x e como x   x n - 2 = x n - 1 e x x n = x n + 1 , podemos escrever

2 ∑ n = 0 ∞ a n n ( n - 1 ) x n - 1 + 3   ∑ n = 0 ∞ a n n   x n - 1 + ∑ n = 0 ∞ a n x n + 1 = 0

É interessante evidenciarmos o máximo possível de termos acima para procurarmos uma recorrência, desta forma é interessante fazer a mudança m - 1 = n + 1 no último somatório, de forma que

2 ∑ n = 0 ∞ a n n ( n - 1 ) x n - 1 + 3   ∑ n = 0 ∞ a n n   x n - 1 + ∑ m = 2 ∞ a m - 2 x m - 1 = 0

Note que use o fato que na mudança escolhida n = 0 leva à m = 2 e n = m - 2 . Ainda iremos precisar reescrever um pouco a equação acima para identificar a nossa recorrência! Vem comigo!

Passo 5

Para fazer isso será necessário escrever os dois outros somatórios com n = m , e evidenciar x m - 1 , no entanto, antes vamos primeiro expandir os primeiros somatórios de forma que os índices de todos as três somas sejam iguais, temos que

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

os dois primeiros termos são simplesmente zero, portanto, temos que

∑ m = 0 ∞ a m m ( m - 1 ) x m - 1 = ∑ m = 2 ∞ a m m ( m - 1 ) x m - 1

Da mesma forma, podemos escrever para o segundo somatório que

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

Usando tudo isso, temos que a nossa equação diferencial toma a seguinte forma

2 ( ∑ m = 2 ∞ a m m ( m - 1 ) x m - 1 ) + 3 ( a 1 + ∑ m = 2 ∞ a m m x m - 1 ) + ∑ m = 2 ∞ a m - 2 x m - 1 = 0

Evidenciando nossa soma e o termo com x m - 1 , temos que

3 a 1 + ∑ m = 2 ∞ [ 2 a m m ( m - 1 ) + 3 a m m + a m - 2 ] x m - 1 = 0

Consegue agora identificar como ficará a nossa recorrência? Saca só!

Passo 6

Para que ambos os lados da equação obtida no final do passo anterior sejam iguais é preciso que a 1 = 0 , e que

2 a m m ( m - 1 ) + 3 a m m + a m - 2 = 0

Evidenciando a m temos que

a m [ 2 m ( m - 1 ) + 3 m ] + a m - 2 = 0

Como temos que

2 m ( m - 1 ) + 3 m = 2 m 2 - 2 m + 3 m = 2 m 2 + m

Podemos evidenciar m novamente na equação acima e escrever

a m [ m ( 2 m + 1 ) ] + a m - 2 = 0

E, finalmente, a relação de recorrência será

a m = - a m - 2 m ( 2 m + 1 )

Vamos expandir alguns termos e ver se obtemos alguma relação a mais entre os coeficientes! Vamos lá!

Passo 7

Primeiro, temos que para m = 2

a 2 = - a 0 10

Agora, para m = 3 , temos

a 3 = - a 1 21 = 0

já que encontramos que a 1 = 0 . Continuando para m = 4 , temos que

a 4 = - a 2 36 = a 0 360

Em que a recorrência permitiu escrever em termos de a 0 . Já começamos a ver algumas relações aqui, mas vamos abrir mais dois termos! Para m = 5 , temos

a 5 = - a 3 55 = a 1 1155 = 0

Nulo novamente? Pois a recorrência faz com que voltamos até a 1 . Interessante, o que acontece agora com m = 6 ? Temos que

a 6 = - a 4 78 = - a 0 28080

Podemos escrever novamente em termos de a 0 e o sinal voltou a ser negativo! Ou seja, temos que apenas termos pares serão não nulos e o sinal irá alternar, sendo assim, a nossa recorrência pode sempre ser escrita como

a 2 n = ( - 1 ) n 10 ( 36 ) ( 78 ) . . . 2 n ( 2 ( 2 n ) + 1 ) a 0 = ( - 1 ) n ∏ m = 1 n 2 m ( 4 m + 1 ) a 0

Ou seja, a nossa solução é tal que

y = ∑ n = 1 ∞ ( - 1 ) n ∏ m = 1 n 2 m ( 4 m + 1 ) a 0

Com a 0 ≠ 0 . Que é uma solução única! A questão foi isso! Te vejo na próxima! Tchau Tchau!

Resposta

Solução única y = ∑ n = 1 ∞ ( - 1 ) n ∏ m = 1 n 2 m ( 4 m + 1 ) a 0