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)-y(x)=x^{2}

Passo 1

O enunciado pede que se resolva a equação diferencial de primeira ordem
y'(x)-y(x)=x^{2}
utilizando séries de potências. O que nos é dado:
  • A EDO: \,y'(x)-y(x)=x^{2}\,.
  • O lado direito é o polinômio \,x^{2}\,, logo a força “não homogênea” tem termos apenas em potência x^{2}.
  • Não há condições iniciais fornecidas, então a solução geral terá uma constante arbitrária.
O objetivo: obter a solução por séries de potências (mostrar o procedimento passo a passo) e, quando possível, identificar funções elementares que correspondam à série encontrada.

Passo 2

Proponho uma solução por série de potências centrada em x=0. Ou seja, assumimos que
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},
onde os a_{n} são coeficientes a determinar. Explico rapidamente por que essa forma é natural: qualquer função analítica em torno de 0 pode ser escrita assim; na prova basta lembrar-se de expandir y e suas derivadas e igualar coeficientes de potências iguais de x.
Agora calculemos a derivada em série. Derivando termo a termo obtemos
y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}.
Para alinhar potências com a série de y, reindexamos colocando as potências em x^{n}. Fazendo n\mapsto n+1 no somatório:
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1}x^{n}.

Passo 3

Substituímos y e y' na EDO. Temos
\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1}x^{n} \;-\; \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n} \;=\; x^{2}.
Como as somas têm a mesma base x^{n}, podemos juntar:
\sum_{n=0}^{\infty}\bigl((n+1)a_{n+1}-a_{n}\bigr)x^{n} \;=\; x^{2}.
O lado direito tem série explícita cuja única contribuição é no termo x^{2}. Em termos de coeficientes, o coeficiente de x^{n} do lado direito é b_{n} com
b_{n}=\begin{cases} 1, & n=2,\\[4pt] 0, & n\neq 2. \end{cases}]

Passo 4

Igualando coeficientes de x^{n} entre os dois lados obtemos a recorrência
(n+1)a_{n+1}-a_{n}=b_{n}, \qquad n=0,1,2,\dots
ou isolando a_{n+1},
a_{n+1}=\frac{a_{n}+b_{n}}{n+1}.
Isto é a regra para calcular todos os coeficientes a partir de a_{0} (que será a constante arbitrária da solução geral). Observação: a_{0}=y(0).

Passo 5

Vamos calcular alguns coeficientes explicitamente para ver o padrão. Lembre que b_{0}=0,\;b_{1}=0,\;b_{2}=1,\;b_{n}=0 para n\ge3.
  • Para n=0:
a_{1}=\frac{a_{0}+b_{0}}{1}=\frac{a_{0}+0}{1}=a_{0}.
  • Para n=1:
a_{2}=\frac{a_{1}+b_{1}}{2}=\frac{a_{0}+0}{2}=\frac{a_{0}}{2}.
  • Para n=2:
a_{3}=\frac{a_{2}+b_{2}}{3}=\frac{\tfrac{a_{0}}{2}+1}{3}=\frac{a_{0}}{6}+\frac{1}{3}.
  • Para n=3:
a_{4}=\frac{a_{3}+b_{3}}{4}=\frac{\tfrac{a_{0}}{6}+\tfrac{1}{3}+0}{4}=\frac{a_{0}}{24}+\frac{1}{12}.
  • Para n=4:
a_{5}=\frac{a_{4}+0}{5}=\frac{a_{0}}{120}+\frac{1}{60}.
Já dá para perceber dois blocos: uma parte que envolve a_{0} com denominadores factorial (parece vir de e^{x}) e outra parte numérica gerada pelos termos não homogêneos.

Passo 6

Separação em solução homogênea e particular (pela recorrência). Se b_{n}\equiv 0 (caso homogêneo), a recorrência seria
a_{n+1}^{(h)}=\frac{a_{n}^{(h)}}{n+1},
que dá por indução
a_{n}^{(h)}=\frac{a_{0}^{(h)}}{n!}.
Portanto a parte homogênea em série é
y_{h}(x)=a_{0}^{(h)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}=a_{0}^{(h)} e^{x}.
Isso mostra que a parte homogênea corresponde à exponencial e^{x} multiplicada por uma constante.
Agora procuremos uma solução particular y_{p} por séries. Observando que o lado direito é um polinômio de grau 2, espera-se uma solução particular polinomial de grau 2. Vamos escolher y_{p}(x)=\alpha_{0}+\alpha_{1}x+\alpha_{2}x^{2} e determinar \alpha_{i} (é um método simples e rápido que coincide com o que a recorrência produz).
Calcule y_{p}'(x)=\alpha_{1}+2\alpha_{2}x. Substituindo na EDO:
(\alpha_{1}+2\alpha_{2}x)-(\alpha_{0}+\alpha_{1}x+\alpha_{2}x^{2})=x^{2}.
Reunindo termos por potência:
  • termo x^{2}: -\alpha_{2}=1 \alpha_{2}=-1.
  • termo x^{1}: 2\alpha_{2}-\alpha_{1}=0. Substituindo \alpha_{2}=-1 -2-\alpha_{1}=0 \alpha_{1}=-2.
  • termo x^{0}: \alpha_{1}-\alpha_{0}=0. Substituindo \alpha_{1}=-2 -2-\alpha_{0}=0 \alpha_{0}=-2.
Logo
y_{p}(x)=-2-2x-x^{2}.
Verificação rápida: y_{p}'-y_{p}=(-2x-2)-(-2-2x-x^{2})=x^{2}, certo.

Passo 7

Combinação da homogênea com a particular dá a solução geral:
y(x)=y_{h}(x)+y_{p}(x)=C e^{x} -2-2x-x^{2},
onde C é constante arbitrária. Agora relacionamos isso com os coeficientes da série: se escrevermos y em série, o termo C e^{x} tem coeficientes C/n! e y_{p} contribui apenas nos coeficientes a_{0}=-2,\;a_{1}=-2,\;a_{2}=-1 e zeros para n\ge3. Isso bate com a recorrência: escolhendo a_{0}=-2 a sequência dada pela recorrência produz a solução particular polinomial; deixando a_{0} livre introduz-se a parte homogênea C e^{x}.

Passo 8

Para confirmar e também ensinar uma forma alternativa (útil em prova), usa-se fator integrante: a EDO linear \,y'-y=x^{2}\, tem fator integrante e^{-x} porque
\bigl(y e^{-x}\bigr)'=y' e^{-x}-y e^{-x}=x^{2}e^{-x}.
Integrando ambos os lados:
y e^{-x}=\int x^{2}e^{-x}\,dx + K.
Calcule a integral por partes (ou lembrar a primitiva): \int x^{2}e^{-x}\,dx=-(x^{2}+2x+2)e^{-x}+{\rm const}. Portanto
y e^{-x}=-(x^{2}+2x+2)e^{-x}+K,
multiplicando por e^{x}:
y(x)=K e^{x} -x^{2}-2x-2,
mesma solução que obtivemos por séries. Isso permite identificar diretamente as funções elementares envolvidas: exponencial e polinômio.

Resposta

y(x)=C e^{x}-x^{2}-2x-2

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