Nos itens abaixo, resolva a EDO de 1a ordem dada, utilizando séries de potências. Quando possível, identifique as funções elementares que correspondem a tais séries.
y^{\prime}(x)-x y(x)=0

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial de primeira ordem pela técnica de séries de potências e, quando possível, identificar a função elementar correspondente.
Informações dadas:
  • A equação é y'(x)-x\,y(x)=0.
  • Não foram dadas condições iniciais; portanto espera-se a solução geral com constante arbitrária.
O que é pedido:
  • Encontrar uma solução em série de potências centrada em x=0 (série de Maclaurin).
  • Se for possível, reconhecer a série e escrever a solução em termos de uma função elementar.

Passo 2

Vou assumir uma solução em série de potências em torno de 0. Isto significa colocar
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n,
onde a_n são constantes (coeficientes) a determinar. Aqui a_0 será o valor y(0) se houver condição inicial. A ideia é substituir essa série na EDO e igualar coeficientes de potências de x.
Explicando: representar a solução assim é equivalente a tentar escrever y como uma soma infinita de monômios a_n x^n. Se a série converge numa vizinhança de 0, ela representa uma função que pode satisfazer a EDO. Vamos calcular y' também em série.

Passo 3

Calcular a derivada termo a termo:
y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}.
Reescrevendo com o mesmo expoente x^n (mudando o índice) obtém-se
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+1) a_{n+1} x^n.
Agora escrever x\,y(x) em série:
x\,y(x)=x\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+1}.
Mudar o índice para ter potências x^n também:
x\,y(x)=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n}.

Passo 4

Substituindo y' e x y na equação y'(x)-x\,y(x)=0 temos
\sum_{n=0}^{\infty} (n+1) a_{n+1} x^n - \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n} = 0.
Separe o termo de n=0 na primeira soma porque a segunda soma começa em n=1. Para n=0 obtemos
(0+1) a_1 = a_1 = 0,
logo
a_1=0.
Para os coeficientes das potências x^n com n\ge 1 igualamos os termos correspondentes:
(n+1) a_{n+1} - a_{n-1} = 0,\qquad n\ge 1.
Isto fornece a recorrência
a_{n+1}=\frac{a_{n-1}}{n+1},\qquad n\ge 1.

Passo 5

Usando a recorrência vamos ver o que acontece com coeficientes de índices pares e ímpares.
Primeiro, já temos a_1=0. Da recorrência para n=1:
2 a_2 = a_0 \quad\Rightarrow\quad a_2=\frac{a_0}{2}.
Para n=2:
3 a_3 = a_1 = 0 \quad\Rightarrow\quad a_3=0.
Para n=3:
4 a_4 = a_2 \quad\Rightarrow\quad a_4=\frac{a_2}{4}=\frac{a_0}{2\cdot 4}.
Observa-se um padrão: todos os coeficientes de índice ímpar são zero (pois a_1=0 e a recorrência liga a_{2k+1} a a_{2k-1}), e os coeficientes de índice par satisfazem
a_{2k}=\frac{a_{2k-2}}{2k},\qquad k\ge 1,
com a_0 arbitrário.
Desenvolvendo esse produto recursivo:
a_2=\frac{a_0}{2},\qquad a_4=\frac{a_0}{2\cdot 4},\qquad a_6=\frac{a_0}{2\cdot 4\cdot 6},\\ \dots
A expressão geral é
a_{2k}=\frac{a_0}{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2k)}.
Note que o produto dos pares até 2k fatoriza como
2\cdot 4\cdot 6\cdots (2k)=2^k\,k!,
portanto
a_{2k}=\frac{a_0}{2^k\,k!}.

Passo 6

Agora reescrevemos a série solução usando apenas os termos pares (os ímpares são zero):
y(x)=\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k} x^{2k} = a_0\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2^k k!} x^{2k}.
Factorizando (x^2/2)^k obtemos
y(x)=a_0\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}\left(\frac{x^2}{2}\right)^k.
A soma da direita é exatamente a série de Maclaurin da função exponencial:
\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}\left(\frac{x^2}{2}\right)^k = \exp\!\left(\frac{x^2}{2}\right).
Portanto a solução geral obtida pela série é
y(x)=a_0\,\exp\!\left(\frac{x^2}{2}\right).
Como não havia condição inicial, renomeando a_0 por C (constante arbitrária), temos a forma usual
y(x)=C\,e^{x^2/2}.
(Verificação rápida: diferenciando y=C e^{x^2/2} y'=C x e^{x^2/2}=x y, portanto y'-x y=0, ok.)

Passo 7

Comentário didático e incentivo: o método de séries mostrou claramente que só aparecem potências pares e que a soma corresponde à exponencial cujo argumento é x^2/2. Em prova, seguir os passos que fiz — assumir série, derivar, alinhar potências, igualar coeficientes e resolver a recorrência — é a receita padrão. Se preferir uma solução mais curta (quando permitido), lembra que essa EDO é linear de primeira ordem e tem fator integrante \exp(-\int x\,dx)=e^{-x^2/2}, levando à mesma solução y=Ce^{x^2/2}. Vai dar tudo certo — respira, repete esse procedimento umas duas vezes e fica memorizado!

Resposta

y(x)=C\,e^{x^{2}/2}

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