(30 pontos) Considere a EDO
\left(x^{2}-4\right) y^{\prime \prime}+3 x y^{\prime}+y=0
Faça o que se pede:
a) ( 20 pontos) Determine e classifique, se houver(em), o(s) ponto(s) singulares da EDO.
b) ( 10 pontos) Resolva a EDO, por Série de Potências, em torno do ponto ordinário x=0.

Passo 1

O enunciado dá a EDO
\left(x^{2}-4\right) y^{\prime \prime}+3 x y^{\prime}+y=0
e pede duas coisas:
  1. (a) Determinar e classificar, se houver, os pontos singulares da EDO.
  2. (b) Resolver a EDO por Série de Potências em torno do ponto ordinário x=0.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • O coeficiente que multiplica y'' é x^{2}-4, que se anula em x=\pm 2.
  • O ponto em torno do qual se pede a série é x=0.
    A partir daqui vamos identificar pontos singulares e depois desenvolver a solução em série centrada em 0.

Passo 2

Como primeiro passo para classificar pontos singulares, coloco a EDO na forma padrão dividindo por \left(x^{2}-4\right) (válido quando \left(x^{2}-4\right)\neq0):
y'' + P(x)\,y' + Q(x)\,y = 0,
onde
P(x)=\frac{3x}{x^{2}-4},\qquad Q(x)=\frac{1}{x^{2}-4}.
Explico a ideia de classificação (bem mastigada):
  • Um ponto x_0 é ponto ordinário se P(x) e Q(x) são analíticos (sem singularidade) em x_0.
  • Se x_0 é zero do denominador (aqui x=\pm2), verificamos se é um singular regular: isto é, se (x-x_0)P(x) e (x-x_0)^2 Q(x) são analíticos em x_0. Se não forem analíticos, é singular irregular.
    Vou aplicar exatamente essa verificação para x=2 e x=-2; e também verificar x=0.

Passo 3

Verificação em x=2:
Calculo
(x-2)P(x)=(x-2)\frac{3x}{x^{2}-4}=\frac{3x(x-2)}{(x-2)(x+2)}=\frac{3x}{x+2},
que é analítica em x=2 (valor finito \frac{3\cdot2}{4}=\frac{3}{2}).
Calculo
(x-2)^2 Q(x)=(x-2)^2\frac{1}{x^{2}-4}=\frac{(x-2)^2}{(x-2)(x+2)}=\frac{x-2}{x+2},
que também é analítica em x=2. Portanto x=2 é um ponto singular regular.
Verificação em x=-2:
Calculo
(x+2)P(x)=(x+2)\frac{3x}{x^{2}-4}=\frac{3x(x+2)}{(x+2)(x-2)}=\frac{3x}{x-2},
analítica em x=-2. E
(x+2)^2 Q(x)=\frac{(x+2)^2}{x^{2}-4}=\frac{x+2}{x-2},
também analítica em x=-2. Logo x=-2 é singular regular.
Verificação em x=0:
Como x=0 não anula x^{2}-4, os coeficientes P(x) e Q(x) são analíticos em 0. Logo x=0 é ponto ordinário.
Resumo (conclusão da classificação): os únicos pontos singulares são x=\pm 2, ambos singulares regulares; x=0 é ponto ordinário. (Observação útil: isso também indica que uma série de potências em torno de 0 terá, no máximo, raio de convergência até a singularidade mais próxima, isto é |x|<2.)

Passo 4

Agora vou resolver por série de potências em torno de x=0. Como x=0 é ponto ordinário, posso procurar solução no formato
y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n},
onde os coeficientes a_n serão determinados por recorrência. Vou calcular y' e y'' em forma adequada para facilitar a substituição:
y'=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}=\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^{n},
y''=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2}=\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} x^{n}.
Vou substituir estas expressões na EDO \left(x^{2}-4\right)y''+3x y'+y=0 e agrupar potências de x^n.

Passo 5

Substituindo:
x^{2}y''=\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} x^{n+2}=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_{n} x^{n},
-4y''=-4\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} x^{n},
3x y' = 3\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^{n+1}=3\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n},
y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}.
Somando todos os termos e agrupando pelos mesmos expoentes x^n (para n\ge 0) obtemos a condição de coeficientes nulos:
para n\ge 0
\underbrace{n(n-1)a_{n}}_{\text{de }x^{2}y''\text{ (para }n\ge2\text{)}}-4(n+2)(n+1)a_{n+2}+3n a_{n}+a_{n}=0,
onde nos casos n=0,1 o termo n(n-1)a_n vale zero naturalmente. Agrupando os coeficientes que multiplicam a_n:
\bigl(n(n-1)+3n+1\bigr)a_{n}-4(n+2)(n+1)a_{n+2}=0.
Simplificando o parêntese:
n(n-1)+3n+1=n^{2}-n+3n+1=n^{2}+2n+1=(n+1)^{2}.
Assim a relação de recorrência fica muito simples:
(n+1)^{2}a_{n}-4(n+2)(n+1)a_{n+2}=0,
ou seja, para todo n\ge0
a_{n+2}=\frac{n+1}{4(n+2)}\,a_{n}.

Passo 6

Essa recorrência conecta coeficientes com diferença de índice 2, então as duas sequências (coeficientes de termos de potência par e ímpar) se desacoplam:
  • Coeficientes pares: a_{2k} obtidos a partir de a_{0}.
  • Coeficientes ímpares: a_{2k+1} obtidos a partir de a_{1}.
Vou encontrar fórmulas fechadas para cada sequência.
Para os pares, coloque n=2k na recorrência:
a_{2k+2}=\frac{2k+1}{4(2k+2)}a_{2k}=\frac{2k+1}{8(k+1)}a_{2k}.
Portanto, por iteração,
a_{2k}=a_{0}\prod_{j=0}^{k-1}\frac{2j+1}{8(j+1)}.
Agora simplifico o produto: escrevo
\prod_{j=0}^{k-1}\frac{2j+1}{8(j+1)}=\left(\prod_{j=0}^{k-1}\frac{2j+1}{2j+2}\right)\left(\frac{1}{4}\right)^{k}
e uso identidades com fatoriais duplos. A parte \prod_{j=0}^{k-1}\frac{2j+1}{2j+2} é igual a
\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2k-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2k)}=\frac{(2k)!}{4^{k}(k!)^{2}}.
Multiplicando por \left(\tfrac{1}{4}\right)^{k} temos
\prod_{j=0}^{k-1}\frac{2j+1}{8(j+1)}=\frac{(2k)!}{16^{k}(k!)^{2}}.
Logo a fórmula fechada para os coeficientes pares é
a_{2k}=a_{0}\,\frac{(2k)!}{16^{k}(k!)^{2}}\qquad (k\ge0).
Para os ímpares, coloque n=2k+1:
a_{2k+3}=\frac{2k+2}{4(2k+3)}a_{2k+1}=\frac{k+1}{2(2k+3)}a_{2k+1}.
Iterando,
a_{2k+1}=a_{1}\prod_{j=0}^{k-1}\frac{2j+2}{4(2j+3)} = a_{1}\left(\prod_{j=0}^{k-1}\frac{2j+2}{2j+3}\right)\left(\frac{1}{4}\right)^{k}.
A simplificação do produto \prod_{j=0}^{k-1}\frac{2j+2}{2j+3} dá (após manipulação com fatoriais e duplos)
\prod_{j=0}^{k-1}\frac{2j+2}{2j+3}=\frac{(2^{k}k!)^{2}}{(2k+1)!}=\frac{4^{k}(k!)^{2}}{(2k+1)!}.
Multiplicando por \left(\tfrac{1}{4}\right)^{k} cancela 4^{k} e resulta
\prod_{j=0}^{k-1}\frac{2j+2}{4(2j+3)}=\frac{(k!)^{2}}{(2k+1)!}.
Portanto a fórmula fechada para os coeficientes ímpares é
a_{2k+1}=a_{1}\,\frac{(k!)^{2}}{(2k+1)!}\qquad (k\ge0).

Passo 7

Agora escrevo a solução geral em série usando as fórmulas dos coeficientes. A solução geral (linearmente independente) é
y=a_{0}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k)!}{16^{k}(k!)^{2}}x^{2k}+a_{1}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(k!)^{2}}{(2k+1)!}x^{2k+1}.
Observação prática e útil para prova: a primeira soma pode ser reconhecida como função elementar conhecida. Use a identidade geradora dos coeficientes centrais:
\sum_{k=0}^{\infty}\binom{2k}{k} z^{k}=\frac{1}{\sqrt{1-4z}}.
No nosso caso \binom{2k}{k}=(2k)!/(k!)^{2} e colocamos z=x^{2}/16. Assim a primeira série é
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k)!}{16^{k}(k!)^{2}}x^{2k}=\frac{1}{\sqrt{1-4\,(x^{2}/16)}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}/4}}.
Portanto uma solução independente (associada a a_0) tem forma fechada simples:
y_{1}(x)=\frac{1}{\sqrt{1-\dfrac{x^{2}}{4}}}.
A segunda série não é tão imediata de reduzir a uma função elementar tão simples na forma apresentada, mas ela define a segunda solução independente em série:
y_{2}(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(k!)^{2}}{(2k+1)!}x^{2k+1}.
Assim a solução geral, no intervalo de convergência |x|<2, é
y(x)=C_{1}\frac{1}{\sqrt{1-\dfrac{x^{2}}{4}}}+C_{2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(k!)^{2}}{(2k+1)!}x^{2k+1},
onde C_{1}=a_{0} e C_{2}=a_{1}. (A convergência da série é para |x|<2 por causa das singularidades em x=\pm2.)

Resposta

(a) Os pontos singulares são x=\pm 2; ambos são singulares regulares. O ponto x=0 é ordinário.
(b) A solução geral em série (em torno de x=0, raio de convergência |x|<2) é
y(x)=C_{1}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k)!}{16^{k}(k!)^{2}}x^{2k}+C_{2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(k!)^{2}}{(2k+1)!}x^{2k+1},
ou, reconhecendo a primeira série,
y(x)=C_{1}\frac{1}{\sqrt{1-\dfrac{x^{2}}{4}}}+C_{2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(k!)^{2}}{(2k+1)!}x^{2k+1}.

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