Encontre os quatro primeiros termos não nulos da série de potências em torno de \boldsymbol{x}=\mathbf{0} da solução geral da equação diferencial \left(1+x^{2}\right) y^{\prime \prime}-x y^{\prime}+y=e^{-x}
Escolha uma opção:
\bigcirc a. Consegui resolver
\bigcirc b. Não sei como resolver

Passo 1

O enunciado pede: "Encontre os quatro primeiros termos não nulos da série de potências em torno de x=0 da solução geral da equação diferencial
(1+x^{2})\,y''-x\,y'+y=e^{-x}.
Informações dadas:
  • A equação é linear de segunda ordem com coeficientes analíticos em x=0.
  • O lado direito é e^{-x}, cuja série em torno de 0 é conhecida.
  • A solução geral terá dois constantes arbitrárias (sendo uma série de potências determinada por a_{0} e a_{1}).
    O que se pede explicitamente: os quatro primeiros termos não nulos da expansão em potência de x da solução geral (isto é, os termos de menor ordem até obter quatro coeficientes não nulos).

Passo 2

Vou procurar uma solução em série de potências centrada em 0. Assumo
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}.
Expresso as derivadas em série (fórmulas padrão; explico cada símbolo: a_{n} é o coeficiente desconhecido do termo x^{n}):
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^{n},
y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n}.
O lado direito tem expansão conhecida (isto é uma série de Taylor):
e^{-x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n!}x^{n}.

Passo 3

Agora substituo y, y' e y'' na equação
(1+x^{2})y''-x y'+y=e^{-x}.
Escrevo cada termo em série separadamente:
(1+x^{2})y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n}+\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n},
-x y'=-\sum_{n=1}^{\infty}n a_{n}x^{n},
y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}.
Somando os contributos para o coeficiente de x^{n} (e chamando r_{n}=\dfrac{(-1)^{n}}{n!} o coeficiente da direita), obtemos, para cada n\ge 0,
(n+2)(n+1)a_{n+2} + \begin{cases} 0, & n=0,1,\\[4pt] n(n-1)a_{n}, & n\ge 2 \end{cases} - n a_{n} + a_{n} = r_{n}.]

Passo 4

Simplifico o termo que multiplica a_{n} quando n\ge 2. Para n\ge 2 temos
n(n-1)a_{n}-n a_{n}+a_{n}=(n-1)^{2}a_{n}.
Portanto a recorrência geral (para n\ge 2) fica
(n+2)(n+1)a_{n+2}+(n-1)^{2}a_{n}=r_{n}=\frac{(-1)^{n}}{n!}.
Para n=0 e n=1 tratamos separadamente (pois alguns somatórios não existem nessas ordens).

Passo 5

Caso n=0: a equação dá
2\cdot 1\;a_{2}+a_{0}=r_{0}=\frac{(-1)^{0}}{0!}=1.
Logo
2a_{2}+a_{0}=1\quad\Rightarrow\quad a_{2}=\frac{1-a_{0}}{2}.
Isto mostra que a_{0} permanece como constante arbitrária (uma das constantes da solução geral) e a_{2} fica em função de a_{0}.

Passo 6

Caso n=1: a equação dá
3\cdot 2\;a_{3}+(-1)a_{1}+a_{1}=r_{1}=\frac{(-1)^{1}}{1!}=-1.
Note que -1\cdot a_{1}+a_{1}=0, então sobra
6a_{3}=-1\quad\Rightarrow\quad a_{3}=-\frac{1}{6}.
Aqui a_{1} permanece livre (é a segunda constante arbitrária).

Passo 7

Agora uso a recorrência geral para calcular os termos seguintes (para fixar a série até termos suficientes). Para n=2:
(4\cdot 3)a_{4}+(2-1)^{2}a_{2}=r_{2}=\frac{1}{2}.
Isto é
12a_{4}+a_{2}=\frac{1}{2}.
Substituo a_{2}=\dfrac{1-a_{0}}{2}:
12a_{4}+\frac{1-a_{0}}{2}=\frac{1}{2}\quad\Rightarrow\quad 12a_{4}=\frac{1}{2}-\frac{1-a_{0}}{2}=\frac{a_{0}}{2}.
Logo
a_{4}=\frac{a_{0}}{24}.

Passo 8

Para n=3:
(5\cdot 4)a_{5}+(3-1)^{2}a_{3}=r_{3}=-\frac{1}{6}.
Isto é
20a_{5}+4a_{3}=-\frac{1}{6}.
Como a_{3}=-\dfrac{1}{6}, temos 4a_{3}=-\dfrac{4}{6}=-\dfrac{2}{3}. Então
20a_{5}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{6}\quad\Rightarrow\quad 20a_{5}=\frac{2}{3}-\frac{1}{6}=\frac{1}{2}.
Portanto
a_{5}=\frac{1}{40}.

Passo 9

Já temos os coeficientes iniciais necessários. Reunindo os termos da série até obter os primeiros quatro termos não nulos (no sentido dos menores graus):
  • a_{0} (constante arbitrária),
  • a_{1}x (constante arbitrária),
  • a_{2}x^{2} com a_{2}=\dfrac{1-a_{0}}{2},
  • a_{3}x^{3} com a_{3}=-\dfrac{1}{6}.
Assim a solução geral expandida começa por
y(x)=a_{0}+a_{1}x+\frac{1-a_{0}}{2}x^{2}-\frac{1}{6}x^{3}+\cdots,
onde a_{0} e a_{1} são constantes arbitrárias.

Resposta

y(x)=a_{0}+a_{1}x+\dfrac{1-a_{0}}{2}x^{2}-\dfrac{1}{6}x^{3}+\cdots

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