Determine duas soluções em séries de potência da equação diferencial dada ao redor do ponto ordinário x_{0} indicado.
(d) x y^{\prime \prime}+y^{\prime}+x y=0, x_{0}=1

Passo 1

O enunciado fornece a equação diferencial
x\,y''+y'+x\,y=0
e pede: determinar duas soluções em séries de potência ao redor do ponto x_{0}=1.
Informações relevantes dadas:
  • O ponto de expansão é x_{0}=1.
  • A equação contém o fator multiplicando y'' igual a x. Como x_{0}=1\neq0, o ponto x_{0}=1 é um ponto ordinário (isto significa que se espera soluções analíticas em potências de x-1 ao redor de x_0).
  • A equação é linear de segunda ordem, então esperamos duas constantes arbitrárias (duas soluções linearmente independentes), que serão representadas pelos coeficientes iniciais da série.

Passo 2

Estratégia (explicação didática do método que será aplicado).
  • Vamos procurar uma solução em série de potência centrada em x_{0}=1. Isso significa assumir uma expansão do tipo
y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\,(x-1)^{n},
onde os a_{n} são coeficientes desconhecidos que vamos determinar.
  • Motivação simples: em torno de um ponto ordinário as soluções de equações lineares com coeficientes analíticos podem ser escritas como séries de potências; os dois primeiros coeficientes a_{0} e a_{1} serão livres (os parâmetros iniciais da EDO), e os demais serão obtidos por recorrência.
  • Vou calcular y', y'', substituir na equação, reorganizar em potências de (x-1) e igualar coeficientes de cada potência a zero para obter uma relação de recorrência entre os a_{n}.

Passo 3

Derivadas da série (passo a passo).
  • Assumindo
y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\,(x-1)^{n},
temos, por diferenciação termo a termo,
y'=\sum_{n=1}^{\infty} n\,a_{n}\,(x-1)^{n-1},
y''=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)\,a_{n}\,(x-1)^{n-2}.
Cada derivada foi obtida aplicando a regra de potência d[(x-1)^{n}]/dx = n(x-1)^{n-1}. Note que os somatórios começam em índices que eliminam termos nulos ( n=0,1 para y'' dão zero).

Passo 4

Multiplicação por x e reescrita para alinhar potências de (x-1).
  • Escrever x=1+(x-1). Assim
x\,y''=(1+(x-1))\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_{n}(x-1)^{n-2}.
Separe em duas somas:
x\,y''=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_{n}(x-1)^{n-2}+\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_{n}(x-1)^{n-1}.
  • Escrever também
x\,y=(1+(x-1))\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}+\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n+1}.
  • Para coletar termos pelo mesmo expoente k de (x-1)^{k}, reindexe cada soma:
    • Na primeira soma de x\,y'', ponha k=n-2 para obter \sum_{k=0}^{\infty} (k+2)(k+1)a_{k+2}(x-1)^{k}.
    • Na segunda soma de x\,y'', ponha k=n-1 (a soma começa em n=2\Rightarrow k\ge1): \sum_{k=1}^{\infty} (k+1)k\,a_{k+1}(x-1)^{k}.
    • Para y', com n=k+1 (começa em n=1\Rightarrow k\ge0): y'=\sum_{k=0}^{\infty} (k+1)a_{k+1}(x-1)^{k}.
    • Para x\,y, a primeira soma já é \sum_{k=0}^{\infty} a_{k}(x-1)^{k} e a segunda soma, com k=n+1\Rightarrow n=k-1, começa em k=1: \sum_{k=1}^{\infty} a_{k-1}(x-1)^{k}.

Passo 5

Montagem da equação em potências de (x-1)^{k} e obtenção da recorrência.
  • Somando as expressões encontradas para x\,y'', y' e x\,y, a equação x y''+y'+x y=0 fica, para cada potência (x-1)^{k}, com coeficiente (somando contribuições):
    • Do termo em (x-1)^{k} vindo de x\,y'' (primeira parcela): (k+2)(k+1)a_{k+2}.
    • Do termo em (x-1)^{k} vindo da segunda parcela de x\,y'' (quando k\ge1): (k+1)k\,a_{k+1}.
    • Do termo em (x-1)^{k} vindo de y': (k+1)a_{k+1}.
    • Do termo em (x-1)^{k} vindo de x\,y (primeira parcela): a_{k}.
    • Do termo em (x-1)^{k} vindo de x\,y (segunda parcela): para k\ge1, a_{k-1}.
  • Para k=0 (constante) algumas parcelas não existem (as somas que começam em k=1 não contribuem). Igualando o coeficiente de (x-1)^{k} a zero obtemos:
    • Para k=0: 2\cdot1\;a_{2}+(1)\,a_{1}+a_{0}=0,ou seja 2a_{2}+a_{1}+a_{0}=0.
    • Para k\ge1: somando os termos e simplificando (k+1)k a_{k+1}+(k+1)a_{k+1}=(k+1)^{2}a_{k+1}, obtemos (k+2)(k+1)a_{k+2}+(k+1)^{2}a_{k+1}+a_{k}+a_{k-1}=0.Podemos isolar a_{k+2}: a_{k+2}=-\frac{(k+1)^{2}a_{k+1}+a_{k}+a_{k-1}}{(k+2)(k+1)},\qquad k\ge1.

Passo 6

Interpretação da recorrência e cálculo dos primeiros coeficientes (mostrar como gerar a série na prova).
  • Comentário prático: os dois coeficientes livres são a_{0} e a_{1}. A partir deles, usando a relação para k=0 e a recorrência para k\ge1, é possível calcular todos os a_{n} recursivamente.
  • Começando pelo caso k=0 (condição inicial): 2a_{2}+a_{1}+a_{0}=0 \quad\Rightarrow\quad a_{2}=-\frac{a_{1}+a_{0}}{2}.
  • Agora calcule a_{3} usando a fórmula com k=1: a_{3}=-\frac{(1+1)^{2}a_{2}+a_{1}+a_{0}}{(1+2)(1+1)}=-\frac{4a_{2}+a_{1}+a_{0}}{6}.Substituindo a_{2}=-\dfrac{a_{1}+a_{0}}{2}, 4a_{2}=-2(a_{1}+a_{0}),logo a_{3}=-\frac{-2(a_{1}+a_{0})+a_{1}+a_{0}}{6}=\frac{a_{1}+a_{0}}{6}.
  • Calcule a_{4} com k=2: a_{4}=-\frac{(2+1)^{2}a_{3}+a_{2}+a_{1}}{(2+2)(2+1)}=-\frac{9a_{3}+a_{2}+a_{1}}{12}.Substituindo a_{3}=\dfrac{a_{1}+a_{0}}{6} e a_{2}=-\dfrac{a_{1}+a_{0}}{2}, 9a_{3}=9\cdot\frac{a_{1}+a_{0}}{6}=\frac{3}{2}(a_{1}+a_{0}),\qquad a_{2}=-\frac{1}{2}(a_{1}+a_{0}).Assim 9a_{3}+a_{2}+a_{1}=\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\right)(a_{1}+a_{0})+a_{1}=(a_{1}+a_{0})+a_{1}=2a_{1}+a_{0},e portanto a_{4}=-\frac{2a_{1}+a_{0}}{12}=-\frac{a_{0}+2a_{1}}{12}.
  • Calcule a_{5} com k=3: a_{5}=-\frac{(3+1)^{2}a_{4}+a_{3}+a_{2}}{(3+2)(3+1)}=-\frac{16a_{4}+a_{3}+a_{2}}{20}.Substituindo os valores já obtidos e simplificando (fazer as contas em frações mostra): 16a_{4}=-\frac{4}{3}(a_{0}+2a_{1}),\quad a_{3}=\frac{a_{1}+a_{0}}{6},\quad a_{2}=-\frac{a_{1}+a_{0}}{2}.Somando dá 16a_{4}+a_{3}+a_{2}=-\dfrac{1}{3}(5a_{0}+9a_{1}). Logo a_{5}=\frac{5a_{0}+9a_{1}}{60}.
  • Resumo dos primeiros coeficientes em termos de a_{0} e a_{1}: \begin{aligned} a_{0}&=\text{livre},\\\ a_{1}&=\text{livre},\\\ a_{2}&=-\dfrac{a_{1}+a_{0}}{2},\\\ a_{3}&=\dfrac{a_{1}+a_{0}}{6},\\\ a_{4}&=-\dfrac{a_{0}+2a_{1}}{12},\\\ a_{5}&=\dfrac{5a_{0}+9a_{1}}{60}, \end{aligned}e assim por diante. Na prova, com essas fórmulas e a recorrência geral, basta calcular quantos termos forem exigidos.

Passo 7

Construção explícita das duas soluções independentes (escolhas canônicas dos parâmetros iniciais).
  • Como se trata de uma EDO linear de segunda ordem, duas soluções linearmente independentes podem ser obtidas escolhendo as condições iniciais canônicas:
    • Primeira solução: tomar a_{0}=1,\\ a_{1}=0. Isso gera a série (substituir os coeficientes computados): y_{1}=1-\tfrac{1}{2}(x-1)^{2}+\tfrac{1}{6}(x-1)^{3}-\tfrac{1}{12}(x-1)^{4}+\tfrac{1}{12}(x-1)^{5}+\cdots(os coeficientes acima foram obtidos substituindo a_{0}=1,\\ a_{1}=0 nas fórmulas de a_{n}). Essa série corresponde à solução com y(1)=1,\\ y'(1)=0.
    • Segunda solução: tomar a_{0}=0,\\ a_{1}=1. Isso gera a série: y_{2}=(x-1)-\tfrac{1}{2}(x-1)^{2}+\tfrac{1}{6}(x-1)^{3}-\tfrac{1}{6}(x-1)^{4}+\tfrac{3}{20}(x-1)^{5}+\cdots(obtida substituindo a_{0}=0,\\ a_{1}=1). Essa solução satisfaz y(1)=0,\\ y'(1)=1.
  • Observação prática: estas duas séries são linearmente independentes (uma tem termo constante não nulo, a outra não), portanto formam uma base de soluções locais. Na prova normalmente basta apresentar a recorrência geral e os dois primeiros termos (como fiz aqui, até ordem 5).

Resposta

y_{1}=1-\tfrac{1}{2}(x-1)^{2}+\tfrac{1}{6}(x-1)^{3}-\tfrac{1}{12}(x-1)^{4}+\tfrac{1}{12}(x-1)^{5}+\cdots
y_{2}=(x-1)-\tfrac{1}{2}(x-1)^{2}+\tfrac{1}{6}(x-1)^{3}-\tfrac{1}{6}(x-1)^{4}+\tfrac{3}{20}(x-1)^{5}+\cdots

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