Em cada caso, mostre que a série dada é uma solução da respectiva equação diferencial:
a) \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n}}{n!} x^{n} ; \frac{d y}{d x}-2 y=0
b) x+\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2 n)!} x^{2 n} ; \frac{d^{2} y}{d x^{2}}+y-x=0

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que as séries
y_1(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{n}}{n!}\,x^{n}
e
y_2(x)=x+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}\,x^{2n}
são soluções, respectivamente, das EDOs
\frac{dy}{dx}-2y=0 \quad\text{e}\quad \frac{d^{2}y}{dx^{2}}+y-x=0.
Vamos usar diferenciação termo a termo de séries de potências e mudanças de índice.

Passo 2

Para a parte (a), seja
y_1(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{n}}{n!}\,x^{n}.
Diferenciando termo a termo,
y_1'(x) =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n}}{n!}\,n\,x^{n-1} =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n}}{(n-1)!}\,x^{n-1}.
Fazendo k=n-1, obtemos
y_1'(x) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2^{k+1}}{k!}\,x^{k} =2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2^{k}}{k!}\,x^{k} =2\,y_1(x).
Logo
y_1'(x)-2y_1(x)=2y_1(x)-2y_1(x)=0,
ou seja, y_1 satisfaz \frac{dy}{dx}-2y=0.

Passo 3

Para a parte (b), defina
y_2(x)=x+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}\,x^{2n}.
Note que \frac{d^2}{dx^2}(x)=0, então só a parte em série contribui para y_2''. Diferenciando duas vezes a série,
\frac{d^2}{dx^2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}\,x^{2n} =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}\,(2n)(2n-1)\,x^{2n-2}.
Fazendo m=n-1, isto é, n=m+1,
y_2''(x) =\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^{m+1}}{(2m+2)!}\,(2m+2)(2m+1)\,x^{2m} =-\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^{m}}{(2m)!}\,x^{2m}.

Passo 4

Agora verificamos a EDO \frac{d^{2}y}{dx^{2}}+y-x=0. Como
y_2(x)=x+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}\,x^{2n},
temos
y_2''(x)+y_2(x)-x =-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}\,x^{2n} +\Bigl(x+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}\,x^{2n}\Bigr) -\,x =0.
Logo y_2 satisfaz \frac{d^{2}y}{dx^{2}}+y-x=0.

Resposta

As duas séries dadas são soluções das respectivas equações diferenciais.

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