Nos itens a seguir,
a) x y^{\prime \prime}(x)+y^{\prime}(x)-y(x)=0
b) x y^{\prime \prime}(x)+y(x)=0
c) x^{2} y^{\prime \prime}(x)+(\operatorname{sen} x) y^{\prime}(x)-(\cos x) y(x)=0
(i) Mostre que x=0 é um ponto singular regular da EDO dada.
(ii) Encontre os expoentes no ponto singular x=0.
(iii) Encontre os três primeiros termos não-nulos de duas soluções L.I. (não-múltiplas uma da outra) em torno de $x=0.

Passo 1

O enunciado apresenta três equações diferenciais ordinárias de segunda ordem (linéares, homogêneas) e pede, para cada uma delas, três coisas:
(i) mostrar que x=0 é um ponto singular regular da EDO;
(ii) encontrar os expoentes (raízes da equação indicial) em x=0;
(iii) obter os três primeiros termos não-nulos de duas soluções linearmente independentes em torno de x=0 (duas soluções L.I., não múltiplas uma da outra).
As EDO são:
(a) \;x\,y''(x)+y'(x)-y(x)=0.
(b) \;x\,y''(x)+y(x)=0.
(c) \;x^{2}y''(x)+(\operatorname{sen}x)\,y'(x)-(\cos x)\,y(x)=0.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Todas são equações lineares de segunda ordem homogêneas.
  • O ponto onde vamos estudar é x=0.
  • Para verificar se x=0 é ponto singular regular, vai-se escrever cada EDO na forma padrão
y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0
e verificar se x p(x) e x^{2} q(x) são analíticos (têm expansão em série de Taylor) em x=0.
  • Para os expoentes, usaremos o método de Frobenius: procurar soluções da forma
y(x)=x^{r}\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n},\qquad a_{0}\neq 0,
e obter a equação indicial pelo coeficiente do menor expoente (termo independente em séries), que tem a forma
r(r-1)+p_{0}r+q_{0}=0,
onde p_{0}=\lim_{x\to0} x p(x) e q_{0}=\lim_{x\to0} x^{2} q(x).
  • Quando as raízes da indicial são iguais ou diferem por inteiro, a segunda solução pode envolver um termo em \ln x; para encontrar a segunda solução, quando for conveniente, usaremos redução de ordem:
y_{2}=y_{1}\int \frac{e^{-\int p(x)\,dx}}{y_{1}^{2}}\,dx.
A partir daqui vou resolver cada item (a), (b) e (c) seguindo os passos acima, mostrando as fórmulas, recorrências e calculando explicitamente os primeiros coeficientes das séries.

Passo 2

(Didática curta sobre o teste de ponto singular regular e equação indicial)
  • Para uma EDO linear de 2ª ordem na forma padrão
y''+p(x)y'+q(x)y=0,
o ponto x=0 é um ponto singular regular se x p(x) e x^{2} q(x) são analíticos em x=0. Se isso ocorre, existe solução do tipo Frobenius y=x^{r}\sum a_{n}x^{n}.
  • Ao inserir y=x^{r}\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n} e coletar o menor expoente obtém-se a equação indicial
r(r-1)+p_{0}r+q_{0}=0,
com p_{0}=\lim_{x\to0} x p(x) e q_{0}=\lim_{x\to0} x^{2} q(x).
  • Depois da indicial, obtemos uma recorrência para os a_{n} (que depende das expansões de p e q) e calculamos a_{1},a_{2},\dots até termos os termos solicitados. Se as raízes da indicial diferirem por inteiro positivo, a segunda solução pode ter termo em \ln x; uma forma prática de obter a segunda solução é a redução de ordem com a fórmula acima.
Agora aplico isso a cada equação.

Passo 3

Item (a): \;x\,y''+y'-y=0.
  1. Pôr na forma padrão dividindo por x (válido para x\neq 0):
y''+\frac{1}{x}y'-\frac{1}{x}y=0.
Assim
p(x)=\frac{1}{x},\qquad q(x)=-\frac{1}{x}.
  1. Verificar regularidade em x=0:
x p(x)=1\quad\text{(analítico em \(0\))},\qquad x^{2} q(x)=-x\quad\text{(analítico em \(0\))}.íí
Portanto x=0 é ponto singular regular.
  1. Coeficientes para a indicial:
p_{0}=\lim_{x\to0} x p(x)=1,\qquad q_{0}=\lim_{x\to0} x^{2} q(x)=0.
Equação indicial:
r(r-1)+p_{0}r+q_{0}=r(r-1)+r=r^{2}=0.
Logo a única raiz é r=0 com multiplicidade 2 (raiz dupla).
  1. Procurar a solução de Frobenius com r=0:
    Assumir
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n},\qquad a_{0}\neq 0.
Calcule y' e y'' e substitua na forma padrão; ao alinhar potências, obtém-se a recorrência (procedimento padrão, mostro resumidamente):
coeficiente do termo em x^{n-2}
a_{n}\,(n+r)^{2}-a_{n-1}=0.
Com r=0 isso vira
a_{n} = \frac{a_{n-1}}{n^{2}},\qquad n\ge 1,
e a condição indicial forneceu r^{2}a_{0}=0 que leva ao r=0 já usado.
Com a_{0} livre, escolhemos a_{0}=1 para normalizar e obter os primeiros coeficientes:
a_{1}=\frac{a_{0}}{1^{2}}=1,\qquad a_{2}=\frac{a_{1}}{2^{2}}=\frac{1}{4},\qquad a_{3}=\frac{a_{2}}{3^{2}}=\frac{1}{36},\ldots
Portanto a primeira solução (tomando a_{0}=1) tem, até os três primeiros termos não nulos,
y_{1}(x)=1 + x + \frac{x^{2}}{4} + O(x^{3}).
  1. Segunda solução (caso de raiz dupla): usar redução de ordem.
    A fórmula de redução de ordem para y_{2} é
y_{2}=y_{1}\int \frac{e^{-\int p(x)\,dx}}{y_{1}^{2}}\,dx.
Aqui p(x)=1/x então \int p(x)\,dx=\ln x e e^{-\int p} = e^{-\ln x}=1/x. Assim o integrando é \dfrac{1}{x\,y_{1}^{2}}.
Aproximação prática: com y_{1}=1+x+\dfrac{x^{2}}{4}+O(x^{3}) temos
y_{1}^{2}=1+2x+\tfrac{3}{2}x^{2}+O(x^{3}).
Assim
\frac{1}{x y_{1}^{2}}=\frac{1}{x}\left(1-2x+\tfrac{5}{2}x^{2}+O(x^{3})\right)=\frac{1}{x}-2+\tfrac{5}{2}x+O(x^{2}).
Integrando:
\int\frac{1}{x y_{1}^{2}}\,dx = \ln x -2x +\tfrac{5}{4}x^{2}+C+O(x^{3}).
Multiplicando por y_{1} (e escolhendo C=0 apenas para uma forma particular independente),
y_{2}=y_{1}\left(\ln x -2x +\tfrac{5}{4}x^{2}+\cdots\right).
Expandindo e recolhendo termos até ordem x^{1} e x^{2}:
y_{2}(x)=\ln x + x\ln x + \tfrac{1}{4}x^{2}\ln x -2x -\tfrac{3}{4}x^{2} + O(x^{3},x^{2}\ln x).
Os três primeiros termos não-nulos (ordenando por potências e logs) podem ser escritos como
y_{2}(x)=\ln x + x\ln x -2x + O(x^{2}\ln x, x^{2}).
Resumo do item (a):
  • x=0 é ponto singular regular;
  • indicial: r^{2}=0\Rightarrow r=0 (raiz dupla);
  • duas soluções independentes (primeiros termos):
y_{1}=1+x+\frac{x^{2}}{4}+\cdots,\qquad y_{2}=\ln x + x\ln x -2x + \cdots.

Passo 4

Item (b): \;x\,y''+y=0.
  1. Forma padrão (dividindo por x):
y'' + \frac{1}{x}\cdot 0\cdot y' + \frac{1}{x} y = 0\quad\text{ou mais simplesmente}\quad y'' + \frac{1}{x}y =0.
Portanto
p(x)=0,\qquad q(x)=\frac{1}{x}.
  1. Regularidade:
x p(x)=0\quad\text{(analítico)},\qquad x^{2}q(x)=x\quad\text{(analítico)}.íí
Logo x=0 é ponto singular regular.
  1. Coeficientes indicial:
p_{0}=\lim_{x\to0} x p(x)=0,\qquad q_{0}=\lim_{x\to0} x^{2} q(x)=0.
Equação indicial:
r(r-1)+0\cdot r+0 = r(r-1)=0,
logo r=0 ou r=1.
  1. Obter soluções:
  • Tentar r=0: com y=\sum a_{n}x^{n} a recorrência que surge é
a_{n}(n+r)(n+r-1)+a_{n-1}=0.
Para r=0, no caso n=1 aparece a_{1}\cdot(1\cdot 0)+a_{0}=0\Rightarrow a_{0}=0, o que contradiz a_{0}\neq0. Portanto não existe série de Frobenius regular com r=0 (ou seja, a solução com r=0 não surge como série pura; veremos que a segunda solução terá comportamento singular ou logarítmico). Assim a série válida surge com r=1.
  • Para r=1: assumir y=x^{1}\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n}. A recorrência que se obtém (diretamente) é
a_{n} = -\frac{a_{n-1}}{(n+1)(n)},\qquad n\ge 1,
com a_{0} livre. Tomando a_{0}=1, obtemos
a_{1}=-\frac{1}{2},\qquad a_{2}=\frac{1}{12},\qquad a_{3}=-\frac{1}{144},\ldots
Portanto a solução correspondente é
y_{1}(x)=x\left(1 -\tfrac{x}{2} + \tfrac{x^{2}}{12} + O(x^{3})\right)=x -\tfrac{x^{2}}{2} + \tfrac{x^{3}}{12} + \cdots.
  1. Segunda solução pelo método da redução de ordem:
    Como p(x)=0, temos e^{-\int p}=1 e a fórmula simplifica para
y_{2}=y_{1}\int \frac{1}{y_{1}^{2}}\,dx.
Com a aproximação y_{1}=x\left(1 -\tfrac{x}{2} + \tfrac{x^{2}}{12}+\cdots\right) obtemos
y_{1}^{2}=x^{2}\left(1 - x + \tfrac{5}{12}x^{2} +\cdots\right),
logo
\frac{1}{y_{1}^{2}}=x^{-2}\left(1 + x + \tfrac{7}{12}x^{2} +\cdots\right)=x^{-2}+x^{-1}+\tfrac{7}{12}+\cdots.
Integrando:
\int \frac{1}{y_{1}^{2}}\,dx = -\frac{1}{x} + \ln x + \frac{7}{12}x + C + \cdots.
Multiplicando por y_{1} (e escolhendo C=0 para uma forma conveniente),
y_{2}(x)=y_{1}\left(-\frac{1}{x}+\ln x + \frac{7}{12}x + \cdots\right).
Com y_{1}=x -\tfrac{x^{2}}{2}+\cdots isso dá
y_{2}(x) = -1 + x\ln x + \tfrac{1}{2}x + \cdots.
Os três primeiros termos não-nulos podem ser apresentados como
y_{2}(x) = -1 + x\ln x + \tfrac{1}{2}x + O(x^{2}\ln x).
Resumo do item (b):
  • x=0 é ponto singular regular;
  • expoentes: r=1 e r=0;
  • soluções (três primeiros termos):
y_{1}=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{12}+\cdots,\qquad y_{2}=-1 + x\ln x + \frac{1}{2}x + \cdots.

Passo 5

Item (c): \;x^{2}y''+(\operatorname{sen}x)\,y'-(\cos x)\,y=0.
  1. Colocar na forma padrão (dividir por x^{2}):
y'' + \frac{\sin x}{x^{2}}\,y' - \frac{\cos x}{x^{2}}\,y=0.
Logo
p(x)=\frac{\sin x}{x^{2}},\qquad q(x)=-\frac{\cos x}{x^{2}}.
  1. Verificar regularidade:
  • Expandir \sin x e \cos x em série em 0:
\sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{5}}{120} + O(x^{7}),
\cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + O(x^{6}).
  • Então
x p(x)=\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^{2}}{6} + \frac{x^{4}}{120} + \cdots,
x^{2} q(x) = -\cos x = -1 + \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{4}}{24} + \cdots.
Ambos são analíticos em x=0. Então x=0 é ponto singular regular.
  1. Coeficientes indicial:
p_{0}=\lim_{x\to 0} x p(x)=1,\qquad q_{0}=\lim_{x\to0} x^{2} q(x)=-1.
Equação indicial:
r(r-1)+p_{0}r+q_{0}=r(r-1)+r-1=r^{2}-1=0.
Portanto r=\pm 1 (duas raízes diferentes, não iguais).
  1. Construção das séries (método de Frobenius com mais detalhe):
  • Escrever y=x^{r}\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n}, a_{0}\neq 0. Substituindo e usando as séries de \sin e \cos até ordem necessária, ao coletar o coeficiente de x^{n+r} obtém-se a recorrência (mostro a forma útil para cálculo dos primeiros coeficientes):
a_{n}\big((n+r)^{2}-1\big) \;+\;a_{n-2}\Big(\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{6}(n-2+r)\Big) \;+\;a_{n-4}\Big(\tfrac{1}{120}(n-4+r)-\tfrac{1}{24}\Big)+\cdots =0.
Isso vem das contribuições das expansões \sin x = x - x^{3}/6 + x^{5}/120 +\cdots e -\cos x = -1 + x^{2}/2 - x^{4}/24 +\cdots combinadas com y' e y. A recorrência liga a_{n} com a_{n-2},a_{n-4},\dots.
  • Para r=1:
    • Indicial satisfeita. Além disso, como a recorrência conecta a_{n} a a_{n-2}, normalmente a_{1}=0 e só os termos de paridade compatível aparecem. Calculamos explicitamente:
      – Para n=2: denom (2+1)^{2}-1=8. O termo com a_{0} \tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{6}(1)=\tfrac{1}{3}. Assim
    8 a_{2} + \tfrac{1}{3}a_{0}=0 \quad\Rightarrow\quad a_{2}=-\frac{a_{0}}{24}.
    – Para n=4: denom (4+1)^{2}-1=24. O coeficiente multiplicando a_{2} é zero (cancela) mas há termo de ordem a_{0} vindo dos termos de ordem 4 das séries; calculando (usando os coeficientes de \sin e \cos até x^{5},x^{4}) obtemos
    24 a_{4} -\frac{1}{30}a_{0}=0\quad\Rightarrow\quad a_{4}=\frac{a_{0}}{720}.
    Assim, escolhendo a_{0}=1, os três primeiros termos não-nulos são
    y_{1}(x)=x -\frac{x^{3}}{24} + \frac{x^{5}}{720} + \cdots.
  • Para r=-1:
    • A análise da recorrência mostra uma degenerescência no passo n=2: o coeficiente do a_{2} no lado esquerdo é zero e aparece uma condição que força a_{0}=0 se tentarmos uma expansão sem log, o que contradiz a_{0}\neq 0. Isso indica que a segunda solução associada à raiz r=-1 não aparece como uma série de Frobenius pura, e sim envolve termos logarítmicos (essa situação é esperada quando as raízes diferem por inteiro — aqui diferem por 2 — e as condições da recorrência geram termos \ln x).
    • Então obtemos y_{2} pela redução de ordem a partir de y_{1}: y_{2}=y_{1}\int \frac{e^{-\int p(x)\,dx}}{y_{1}^{2}}\,dx.Agora p(x)=\dfrac{\sin x}{x^{2}}. Expandimos p(x)=\frac{1}{x}-\frac{x}{6}+\frac{x^{3}}{120}+O(x^{5}),então \int p(x)\,dx = \ln x -\frac{x^{2}}{12} + \frac{x^{4}}{480} + \cdots,e e^{-\int p} = e^{-\ln x + x^{2}/12 + O(x^{4})}=x^{-1}\left(1+\frac{x^{2}}{12}+O(x^{4})\right).Com y_{1}=x -\tfrac{x^{3}}{24}+\tfrac{x^{5}}{720}+\cdots = x\left(1-\tfrac{x^{2}}{24}+\tfrac{x^{4}}{720}+\cdots\right) obtemos y_{1}^{2}=x^{2}\left(1-\frac{x^{2}}{12}+\cdots\right).Assim o integrando é \frac{e^{-\int p}}{y_{1}^{2}} = \frac{x^{-1}(1+\tfrac{x^{2}}{12}+\cdots)}{x^{2}(1-\tfrac{x^{2}}{12}+\cdots)} = x^{-3}\left(1+\frac{x^{2}}{6}+\cdots\right) = x^{-3} + \frac{1}{6}x^{-1} + O(x).Integrando: \int \frac{e^{-\int p}}{y_{1}^{2}}\,dx = -\frac{1}{2}x^{-2} + \frac{1}{6}\ln x + C + O(x^{2}).Multiplicando por y_{1} (tomando C=0 para fixar uma escolha particular independente), y_{2}(x)=y_{1}\left(-\frac{1}{2}x^{-2}+\frac{1}{6}\ln x + \cdots\right).Com y_{1}=x -\tfrac{x^{3}}{24}+\cdots isso dá, ao multiplicar e reter termos até ordem x, y_{2}(x) = -\tfrac{1}{2}x^{-1} + \tfrac{1}{6}x\ln x + \tfrac{1}{48}x + \cdots.Assim os três primeiros termos não-nulos (em ordem de potências e logs) são y_{2}(x) = -\frac{1}{2}x^{-1} + \frac{1}{6}x\ln x + \frac{1}{48}x + \cdots.
Resumo do item (c):
  • x=0 é ponto singular regular;
  • expoentes: r=1 e r=-1;
  • soluções (três primeiros termos):
y_{1}=x -\frac{x^{3}}{24} + \frac{x^{5}}{720} + \cdots,\qquad y_{2}=-\frac{1}{2}x^{-1} + \frac{1}{6}x\ln x + \frac{1}{48}x + \cdots.

Resposta

(a)(i) x=0 é ponto singular regular.
(a)(ii) expoentes: r=0 (raiz dupla).
(a)(iii) duas soluções L.I. (três primeiros termos):
y_{1}=1 + x + \dfrac{x^{2}}{4} + \cdots
y_{2}=\ln x + x\ln x -2x + \cdots
(b)(i) x=0 é ponto singular regular.
(b)(ii) expoentes: r=1 e r=0.
(b)(iii) duas soluções L.I. (três primeiros termos):
y_{1}=x - \dfrac{x^{2}}{2} + \dfrac{x^{3}}{12} + \cdots
y_{2}=-1 + x\ln x + \dfrac{1}{2}x + \cdots
(c)(i) x=0 é ponto singular regular.
(c)(ii) expoentes: r=1 e r=-1.
(c)(iii) duas soluções L.I. (três primeiros termos):
y_{1}=x - \dfrac{x^{3}}{24} + \dfrac{x^{5}}{720} + \cdots
y_{2}=-\dfrac{1}{2}x^{-1} + \dfrac{1}{6}x\ln x + \dfrac{1}{48}x + \cdots

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