Considere a equação de Legendre \left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+p(p+1) y=0. Sabemos que os coeficientes da solução em série de potências satisfazem a relação de recorrência
a_{n+2}=\frac{(n-p)(n+p+1)}{(n+1)(n+2)} a_{n} \text { para } n \geq 0
Se p=4 obtenha a solução da equação quando a condição inicial é y(0)=1 e y^{\prime}(0)=0.

Passo 1

O enunciado dá a equação de Legendre
(1-x^{2})y''-2xy'+p(p+1)y=0
e a relação de recorrência dos coeficientes da solução em série de potências
a_{n+2}=\frac{(n-p)(n+p+1)}{(n+1)(n+2)}a_{n},\quad n\ge0.
Temos p=4 e a condição inicial y(0)=1 e y'(0)=0. A pergunta é: encontrar a solução y(x) que satisfaz essas condições.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A solução será procurada por série de potências y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n.
  • A recorrência relaciona a_{n+2} com a_n e depende do parâmetro p.
  • As condições iniciais fornecem a_0 e a_1 através de y(0)=a_0=1 e y'(0)=a_1=0.

Passo 2

Especializar a recorrência para p=4. Substituindo p=4 na fórmula:
a_{n+2}=\frac{(n-4)(n+5)}{(n+1)(n+2)}\,a_n,\qquad n\ge0.
Vou explicar por que a solução será um polinômio: note que o numerador tem o fator (n-4). Quando n=4 esse fator zera, o que força a_6=0 (se a_4 for finito). Mais ainda, a recorrência separa par e ímpar: a_{2k} depende apenas de a_{2k-2} e a_{2k+1} depende apenas de a_{2k-1}. Como a_1=0, todos os coeficientes ímpares serão zero (explico isso no próximo passo).
Lembrando as condições iniciais em termos dos coeficientes:
a_0=y(0)=1,\qquad a_1=y'(0)=0.

Passo 3

Mostrar que todos os coeficientes ímpares são zero. A recorrência para índices ímpares tem a mesma forma; por exemplo com n=1:
a_3=\frac{(1-4)(1+5)}{(2)(3)}a_1=\frac{(-3)\cdot6}{6}a_1=-3a_1=0,
porque a_1=0. Repetindo a argumentação, se a_{2k+1}=0 então a_{2k+3}= (fator) \cdot a_{2k+1}=0. Como a_1=0, segue por indução que a_{2k+1}=0 para todo k. Assim a série tem apenas termos de potência par:
y(x)=\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k} x^{2k}.

Passo 4

Calcular os coeficientes pares usando a recorrência. Começando com n=0 (que liga a_2 a a_0):
a_2=\frac{(0-4)(0+5)}{(1)(2)}a_0=\frac{(-4)\cdot5}{2}\cdot 1=-\frac{20}{2}=-10.
Mostrei passo a passo: multipliquei (-4) por 5 para obter -20 e dividi por 2.
Agora n=2 (liga a_4 a a_2):
a_4=\frac{(2-4)(2+5)}{(3)(4)}a_2=\frac{(-2)\cdot7}{12}\cdot(-10).
Calculei numerador e denominador: (-2)\cdot7=-14 e 3\cdot4=12. Então
a_4=\frac{-14}{12}\cdot(-10)=\frac{14}{12}\cdot10=\frac{7}{6}\cdot10=\frac{70}{6}=\frac{35}{3}.
Fiz a simplificação dividindo numerador e denominador por 2.

Passo 5

Verificar o termo seguinte: para n=4 a recorrência dá
a_6=\frac{(4-4)(4+5)}{(5)(6)}a_4=\frac{0\cdot9}{30}a_4=0.
Como a_6=0, e a recorrência propaga zeros para todos os coeficientes de ordem maior (pois cada a_{n+2} é múltiplo de algum a_n anterior), a série termina e a solução é um polinômio de grau 4.
Juntando os coeficientes não nulos a_0, a_2, a_4 obtemos
y(x)=a_0 + a_2 x^2 + a_4 x^4 = 1 -10 x^2 + \frac{35}{3}x^4.

Passo 6

Comentário didático rápido (opcional, para fixar a ideia): o fato de p ser inteiro não-negativo faz com que a recorrência zere um coeficiente e a série se torne um polinômio — estes são os polinômios de Legendre. Aqui a solução obtida coincide com a versão normalizada de P_4(x) que satisfaz y(0)=1. Em particular, a forma padrão de P_4 é
P_4(x)=\frac{1}{8}\bigl(35x^4-30x^2+3\bigr),
e multiplicando por \tfrac{8}{3} obtém-se a solução com valor 1 em x=0, o que confirma a expressão encontrada.

Resposta

y(x)=1-10x^{2}+\dfrac{35}{3}x^{4}

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