Encontre os quatro primeiros termos não nulos da série de potências para a solução do problema de valor inicial \left(x^{2}+1\right) y^{\prime \prime}-e^{x} y^{\prime}+y=0 y(0)=1 e y^{\prime}(0)=1
Escolha uma opção:
\bigcirc a. Consegui resolver
\bigcirc b. Não sei como resolver

Passo 1

O que o problema pede e o que é dado. O problema pede: encontrar os quatro primeiros termos não nulos da série de potências da solução da equação diferencial com as condições iniciais. As informações dadas são:
(x^{2}+1)\,y''-e^{x}\,y'+y=0,
y(0)=1,\qquad y'(0)=1.
Queremos a série de potências de y(x) centrada em 0 e extrair os quatro primeiros termos que sejam diferentes de zero.

Passo 2

Estratégia (sem resolver ainda): vamos assumir que a solução y(x) tem desenvolvimento em série de potências em torno de 0,
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},
usar as condições iniciais para obter a_{0} e a_{1}, derivar para obter y' e y'', substituir tudo na equação diferencial e igualar coeficientes de potências de x. Isso nos dá recorrência para os coeficientes a_{n}. Vou explicar cada passo e cada fórmula que uso.

Passo 3

Expressões das derivadas em série (troca de índice explicada).
Se
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},
então diferenciando termo a termo:
y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}n a_{n}x^{n-1}.
Para trabalhar com coeficientes de x^{n} é útil reindexar:
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^{n}.
Do mesmo modo para a segunda derivada:
y''(x)=\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}.
Explicação curta da reindexação: substituímos n\mapsto n+1 ou n\mapsto n+2 para escrever tudo como soma em x^{n}, que facilita igualar coeficientes.

Passo 4

Expansão de (x^{2}+1)y'' em potências de x.
Usando a forma reindexada de y'':
(x^{2}+1)y''(x)=y''(x)+x^{2}y''(x).
O primeiro termo é
y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n}.
O segundo termo é
x^{2}y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n+2}=\sum_{n=0}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n},
onde na última igualdade fizemos a mudança n\mapsto n+2 e reconhecemos que para n=0,1 o termo n(n-1)a_n é zero (é a mesma forma original). Portanto, o coeficiente do termo x^{n} em (x^{2}+1)y'' é
(n+2)(n+1)a_{n+2}+n(n-1)a_{n}.

Passo 5

Expansão de e^{x}y' por convolução de séries.
Temos e^{x}=\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{x^{k}}{k!} e, como reescrevemos,
y'(x)=\sum_{m=0}^{\infty}(m+1)a_{m+1}x^{m}.
O produto tem coeficiente para x^{n} dado pela soma convolutiva
\text{coeficiente de }x^{n}\text{ em }e^{x}y' \;=\;\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\,(n-k+1)\,a_{\,n-k+1}.
Explicação: cada termo x^{k}/k! de e^{x} multiplica o termo (n-k+1)a_{n-k+1}x^{n-k} de y' e somamos para todos k que somam potência n.

Passo 6

Escrevendo a condição de anulação dos coeficientes e obtendo a recorrência.
A equação diferencial exige que o coeficiente de cada x^{n} seja zero. Juntando as contribuições de (x^{2}+1)y'', de -e^{x}y' e de y (que contribui com a_{n} em x^{n}), obtemos para todo n\ge 0:
(n+2)(n+1)a_{n+2}+n(n-1)a_{n}-\sum_{k=0}^{n}\frac{(n-k+1)a_{\,n-k+1}}{k!}+a_{n}=0.
Agrupando n(n-1)a_{n}+a_{n}=(n^{2}-n+1)a_{n}, temos a recorrência:
(n+2)(n+1)a_{n+2}=-\,(n^{2}-n+1)a_{n}+\sum_{k=0}^{n}\frac{(n-k+1)a_{\,n-k+1}}{k!}.
Dessa forma podemos calcular a_{n+2} a partir dos coeficientes anteriores.

Passo 7

Aplicando a recorrência: cálculo de a_{0} e a_{1} pelas condições iniciais.
Pelas condições iniciais,
a_{0}=y(0)=1,\qquad a_{1}=y'(0)=1.

Passo 8

Cálculo de a_{2} usando n=0.
Para n=0 a recorrência dá:
2\cdot1\;a_{2}= - (0^{2}-0+1)a_{0}+\sum_{k=0}^{0}\frac{(0-k+1)a_{0-k+1}}{k!}.
O lado direito é -1\cdot a_{0} + (1)a_{1} = -a_{0}+a_{1} = -1 + 1 = 0. Logo
2a_{2}=0\quad\Rightarrow\quad a_{2}=0.

Passo 9

Cálculo de a_{3} usando n=1.
Para n=1:
3\cdot2\;a_{3}= - (1^{2}-1+1)a_{1}+\sum_{k=0}^{1}\frac{(1-k+1)a_{1-k+1}}{k!}.
Avaliaremos os termos: 1^{2}-1+1=1. A soma é k=0\Rightarrow 2a_{2}, k=1\Rightarrow 1\cdot a_{1}/1!=a_{1}. Assim
6a_{3}= -1\cdot a_{1} + (2a_{2}+a_{1}) = -a_{1}+2a_{2}+a_{1}=2a_{2}.
Como a_{2}=0, então 6a_{3}=0 e
a_{3}=0.

Passo 10

Cálculo de a_{4} usando n=2.
Para n=2:
4\cdot3\;a_{4}= - (2^{2}-2+1)a_{2}+\sum_{k=0}^{2}\frac{(2-k+1)a_{2-k+1}}{k!}.
Aqui 2^{2}-2+1=3. A soma tem termos:
k=0: 3a_{3};
k=1: 2a_{2};
k=2: 1\cdot a_{1}/2!=a_{1}/2.
Portanto
12a_{4} = -3a_{2} + (3a_{3}+2a_{2}+a_{1}/2).
Substituindo a_{2}=0, a_{3}=0, a_{1}=1,
12a_{4} = 0 + (0+0+1/2)=\tfrac{1}{2},
logo
a_{4}=\tfrac{1}{24}.

Passo 11

Cálculo de a_{5} usando n=3.
Para n=3:
5\cdot4\;a_{5}= - (3^{2}-3+1)a_{3}+\sum_{k=0}^{3}\frac{(3-k+1)a_{3-k+1}}{k!}.
Aqui 3^{2}-3+1=7. A soma é:
k=0: 4a_{4};
k=1: 3a_{3};
k=2: 2a_{2}/2!=a_{2};
k=3: 1\cdot a_{1}/6=a_{1}/6.
Logo
20a_{5} = -7a_{3} + (4a_{4}+3a_{3}+a_{2}+a_{1}/6).
Com a_{3}=0, a_{2}=0, a_{4}=\tfrac{1}{24}, a_{1}=1,
20a_{5} = 4\cdot\tfrac{1}{24} + \tfrac{1}{6} = \tfrac{1}{6}+\tfrac{1}{6}=\tfrac{1}{3},
portanto
a_{5}=\tfrac{1}{60}.

Passo 12

Verificação (opcional e curta) e conclusão dos primeiros termos não nulos.
Já temos os coeficientes iniciais:
a_{0}=1,\; a_{1}=1,\; a_{2}=0,\; a_{3}=0,\; a_{4}=\tfrac{1}{24},\; a_{5}=\tfrac{1}{60},\;\ldots
Os primeiros quatro termos não nulos da série de potências são, portanto, os termos correspondentes a x^{0},x^{1},x^{4},x^{5}.

Resposta

y(x)=1+x+\tfrac{1}{24}x^{4}+\tfrac{1}{60}x^{5}+\cdots

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