Encontre por meio de série de potências, a solução da EDO y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-2 y=0 em torno do ponto ordinário x=0. (Os 4 primeiros termos de cada uma da soluções y_{1} e y_{2} são suficientes)

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial ordinária
y''-x y'-2y=0
e pede: encontrar, por meio de série de potências em torno do ponto ordinário x=0, duas soluções independentes y_{1} e y_{2}. São suficientes os quatro primeiros termos (no sentido de potências crescentes de x) de cada solução.
Informações relevantes que temos:
  • A equação é linear de segunda ordem com coeficientes analíticos em x=0 (logo x=0 é ponto ordinário).
  • A solução geral é combinação linear de duas soluções independentes; na série de potências isso aparece como duas constantes livres, que costumam ser os coeficientes iniciais a_{0} e a_{1}.
  • Precisamos obter os coeficientes da série até os termos necessários para listar quatro termos de cada solução.

Passo 2

Vamos procurar uma solução na forma de série de potências centrada em x=0. Assumimos
y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n},
onde cada a_{n} é um coeficiente desconhecido e essa soma converge num raio positivo (o que acontece aqui). Agora calculamos as derivadas termo a termo:
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}.
Também precisamos escrever x y' na forma de potências de x^{n}. Usando a expressão de y':
x y' = x\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n},
onde na última igualdade fizemos a mudança de índice n\mapsto n-1 (ou seja, renomeando índices chegamos à forma com potência x^{n}).

Passo 3

Substituindo y'',\;x y' e y na EDO, obtemos
\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} x^{n} - \sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n} - 2\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} = 0.
Agora alinhamos as somas para comparar coeficientes de x^{n}. Separe o caso n=0 e depois trate n\ge1.
Para n=0: do primeiro e do terceiro somatório vem
(2)(1)a_{2} - 2 a_{0}=0 \quad\Rightarrow\quad 2a_{2}-2a_{0}=0 \quad\Rightarrow\quad a_{2}=a_{0}.
Para n\ge1: coletando os coeficientes de x^{n} obtemos
(n+2)(n+1)a_{n+2} - n a_{n} - 2 a_{n}=0.
Agrupando os termos em a_{n}:
(n+2)(n+1)a_{n+2} - (n+2)a_{n}=0.
Como n+2\neq0 para n\ge1, podemos simplificar:
(n+1)a_{n+2}-a_{n}=0 \quad\Rightarrow\quad a_{n+2}=\frac{a_{n}}{n+1}.
Note que essa relação vale já para n=0 também (dá a_{2}=a_{0}/1, consistente com o caso separado). Portanto a recorrência geral é
a_{n+2}=\frac{a_{n}}{n+1},\qquad n=0,1,2,\dots

Passo 4

Interpretação prática da recorrência: ela liga coeficientes de mesma paridade. Assim a sequência dos a_{n} pares depende de a_{0} e a dos ímpares depende de a_{1}. Vamos calcular explicitamente os primeiros coeficientes em termos de a_{0} e a_{1}.
Para os termos pares:
a_{2}= \frac{a_{0}}{1}=a_{0},
a_{4}= \frac{a_{2}}{3} = \frac{a_{0}}{3},
a_{6}= \frac{a_{4}}{5} = \frac{a_{0}}{3\cdot5} = \frac{a_{0}}{15}.
(Para ver o padrão: a_{2k} = \dfrac{a_{0}}{1\cdot3\cdot5\cdots(2k-1)}.)
Para os termos ímpares:
a_{3}= \frac{a_{1}}{2},
a_{5}= \frac{a_{3}}{4} = \frac{a_{1}}{2\cdot4} = \frac{a_{1}}{8},
a_{7}= \frac{a_{5}}{6} = \frac{a_{1}}{2\cdot4\cdot6} = \frac{a_{1}}{48}.
(Para ver o padrão: a_{2k+1} = \dfrac{a_{1}}{2^{k} k!}, pois 2\cdot4\cdot6\cdots(2k)=2^{k} k!.)

Passo 5

Agora escolhemos as duas soluções fundamentais correspondentes às condições iniciais canônicas:
  • Solução y_{1} com a_{0}=1 e a_{1}=0 (a solução par).
    Usando os coeficientes calculados:
y_{1}=a_{0}+a_{2}x^{2}+a_{4}x^{4}+a_{6}x^{6}+\cdots =1 + x^{2} + \frac{1}{3}x^{4} + \frac{1}{15}x^{6} + \cdots.
  • Solução y_{2} com a_{0}=0 e a_{1}=1 (a solução ímpar).
    Usando os coeficientes ímpares:
y_{2}=a_{1}x + a_{3}x^{3} + a_{5}x^{5} + a_{7}x^{7}+\cdots = x + \frac{1}{2}x^{3} + \frac{1}{8}x^{5} + \frac{1}{48}x^{7} + \cdots.
Esses são os quatro primeiros termos (até x^{6} em y_{1} e até x^{7} em y_{2}, ou seja, as quatro primeiras potências não nulas de cada solução).

Passo 6

Para consolidar a compreensão, aqui estão as fórmulas gerais dos coeficientes (úteis se quiseram mais termos):
a_{2k}=\frac{a_{0}}{1\cdot3\cdot5\cdots(2k-1)}=\frac{a_{0}}{(2k-1)!!}, \qquad a_{2k+1}=\frac{a_{1}}{2^{k}k!},
onde (2k-1)!! denota produto dos ímpares até 2k-1 (com ( -1)!!=1 por convenção). Assim a solução geral é
y = a_{0}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{2k}}{(2k-1)!!} + a_{1}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{2k+1}}{2^{k}k!}.
Força aí — com a recorrência fica fácil gerar tantos termos quanto precisar para a prova!

Resposta

y_{1}=1 + x^{2} + \frac{1}{3}x^{4} + \frac{1}{15}x^{6} + \cdots
y_{2}=x + \frac{1}{2}x^{3} + \frac{1}{8}x^{5} + \frac{1}{48}x^{7} + \cdots

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