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)=1+x

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial de 1ª ordem
y'(x) + x\,y(x) = 1 + x
usando séries de potências e, quando possível, identificar funções elementares correspondentes às séries encontradas.
Informações e o que vou encontrar:
  • A equação é linear de primeira ordem com coeficiente dependente de x.
  • Vou procurar uma solução por séries de potências em torno de x=0, assumindo y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n,onde os a_n são coeficientes a determinar.
  • O objetivo final é obter a solução geral (que deve conter uma constante arbitrária) e, quando possível, reconhecer as séries como funções conhecidas (por exemplo e^{-x^2/2}, funções erro, etc.).

Passo 2

Escrevendo y e y' como séries de potências:
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n, \qquad y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^n.
Também:
x\,y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+1} = \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^n.
Agora somo y'(x)+x y(x) termo a termo para comparar com 1+x.

Passo 3

Igualando potências de x em
\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^n + \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^n = 1 + x,
obtenho as equações para os coeficientes:
  • Coeficiente de x^0 (termo constante, n=0):
    1\cdot a_1 = 1 \quad\Rightarrow\quad a_1 = 1.
  • Coeficiente de x^1 ( n=1):
    2 a_2 + a_0 = 1 \quad\Rightarrow\quad a_2 = \frac{1-a_0}{2}.
  • Para n\ge 2 (coeficientes de x^n com n\ge2), o lado direito tem coeficiente zero, logo
    (n+1)a_{n+1} + a_{n-1} = 0 \quad\Rightarrow\quad a_{n+1} = -\frac{a_{n-1}}{n+1}.
Essa última relação vale para n\ge2, ou seja, para índices k\ge3 temos
a_k = -\frac{a_{k-2}}{k}\qquad (k\ge 3).

Passo 4

A recorrência liga a_k com a_{k-2}, então as subséries de índices pares e ímpares são independentes. Vou analisar cada uma.
  1. Coeficientes ímpares. Como a_1=1, para k=3,5,7,\dots vale
a_k = -\frac{a_{k-2}}{k}.
Definindo k=2m+1 com m\ge0, obtém-se a fórmula fechada
a_{2m+1} = \frac{(-1)^m}{(2m+1)!!}\quad (m\ge0),
onde (2m+1)!!=(2m+1)(2m-1)\cdots3\cdot1. Verificação rápida nos primeiros termos:
a_1=1,\quad a_3=-\frac{1}{3},\quad a_5=\frac{1}{3\cdot5},\\ \ldots
  1. Coeficientes pares. O termo livre a_0 fica como constante arbitrária (isso corresponde à constante de integração da solução geral). Para m\ge1 (índices 2m\ge2) a recorrência dá
a_{2m} = (-1)^{\,m-1}\,\frac{1-a_0}{2^m m!}.
É útil separar a contribuição em duas partes (linearidade): uma parte proporcional a a_0 (solução do homogêneo) e uma parte “forçada” independente de a_0. Reescrevendo:
a_{2m} = a_0\frac{(-1)^m}{2^m m!} \;+\; \frac{(-1)^{\,m-1}}{2^m m!},\qquad m\ge1,
e a_0 é arbitrário (é o coeficiente de x^0).

Passo 5

Agora escrevo a série completa em duas somas (pares e ímpares) e identifico funções conhecidas.
Parte ímpar (usar a_{2m+1}):
\sum_{m=0}^{\infty} a_{2m+1} x^{2m+1} = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m}{(2m+1)!!}\,x^{2m+1}.
Esta série corresponde à parte ímpar da solução particular; pode ser também obtida a partir de uma combinação envolvendo \displaystyle e^{-x^2/2} e a integral \displaystyle\int_0^x e^{t^2/2}\,dt (veja abaixo).
Parte par (usar expressão para a_{2m}):
\sum_{m=0}^{\infty} a_{2m} x^{2m} = a_0\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{2^m m!}x^{2m} \;+\;\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\,m-1}}{2^m m!}x^{2m}.
A primeira soma é exatamente a expansão de a_0 e^{-x^2/2}, porque
e^{-x^2/2}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{2^m m!}x^{2m}.
A segunda soma (com m\ge1) pode ser simplificada usando a soma completa de e^{-x^2/2}:
\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\,m-1}}{2^m m!}x^{2m} =1 - e^{-x^2/2},
já que \displaystyle e^{-x^2/2}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{2^m m!}x^{2m}.
Combinando pares e ímpares, a série solução fica
y(x)=a_0 e^{-x^2/2} \;+\; \big(1 - e^{-x^2/2}\big) \;+\; \sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{(2m+1)!!}\,x^{2m+1}.
Agrupando os termos obtém-se
y(x)=1 + a_0 e^{-x^2/2} - e^{-x^2/2} + \sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{(2m+1)!!}\,x^{2m+1}.
Reescrevendo a_0 e^{-x^2/2} - e^{-x^2/2}=(a_0-1)e^{-x^2/2}, e chamando a constante arbitrária C=a_0-1, temos
y(x)=1 + C e^{-x^2/2} + \sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m}{(2m+1)!!}\,x^{2m+1},
onde C é a constante de integração (arbitrária).

Passo 6

Identificação com funções conhecidas. A soma da série ímpar pode ser expressa em termos da função erro imaginária \operatorname{erfi} ou, de forma mais direta, usando a integral \displaystyle\int e^{x^2/2}\,dx. De fato, a solução geral encontrada por fator integrante é
y(x)=1 + e^{-x^2/2}\int e^{x^2/2}\,dx + C e^{-x^2/2}.
A integral \displaystyle\int e^{x^2/2}\,dx não tem primitiva elementar em termos de funções elementares usuais, mas pode ser escrita usando \operatorname{erfi}:
\int e^{x^2/2}\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\;\operatorname{erfi}\!\biggl(\frac{x}{\sqrt{2}}\biggr)+\text{const.}
Assim uma forma conveniente da solução geral é
y(x)=1 + \sqrt{\frac{\pi}{2}}\,e^{-x^2/2}\,\operatorname{erfi}\!\biggl(\frac{x}{\sqrt{2}}\biggr) + C e^{-x^2/2},
onde C é a constante arbitrária. Se preferir a forma com integral indefinida:
y(x)=1 + e^{-x^2/2}\int^x e^{t^2/2}\,dt + C e^{-x^2/2},
(escolhendo a integral com limite inferior fixo absorve-se a constante dentro de C).
Observação didática curta: a parte C e^{-x^2/2} é a solução do homogêneo y'+xy=0 (expansão em série de e^{-x^2/2} coincide com os coeficientes pares \propto (-1)^m/(2^m m!)), e a soma em potências ímpares mais a constante 1 corresponde a uma solução particular que pode ser escrita com a integral de e^{x^2/2}.

Resposta

y(x)=1 + e^{-x^2/2}\int^x e^{t^2/2}\,dt + C e^{-x^2/2}
ou, equivalente,
y(x)=1 + \sqrt{\frac{\pi}{2}}\,e^{-x^2/2}\,\operatorname{erfi}\!\biggl(\frac{x}{\sqrt{2}}\biggr) + C e^{-x^2/2},
onde C é constante arbitrária.

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