Obtenha a solução da equação diferencial ordinária 4 y^{\prime \prime}(x)+y(x)=0 utilizando o método de séries de potências, ou seja, y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}. Observe que esta equação diferencial possui uma solução geral do tipo y(x)=a_{0} \cos (x / 2)+a_{1} \sin (x / 2).

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial ordinária
4y''(x)+y(x)=0
usando uma série de potências da forma
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n.
Informações e objetivos fornecidos pelo enunciado:
  1. A equação diferencial é \;4y''(x)+y(x)=0.
  2. Devemos procurar uma solução y(x) escrita como \;y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n.
  3. O enunciado observa que a solução geral pode ser escrita também na forma \;y(x)=a_0\cos(x/2)+a_1\sin(x/2) (observe que esses a_0,a_1 do enunciado são constantes arbitrárias; ao longo da resolução os a_0,a_1 iniciais serão os coeficientes da série em x^0 e x^1).
    Nada mais é pedido além de obter a solução pela série de potências.

Passo 2

Vamos escrever a série proposta e suas derivadas termo a termo. Isso é permitido quando procuramos soluções analíticas (ou seja, que admitem série de potências) e é a técnica padrão: derivamos a série somando termo a termo.
Escrevemos
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n.
Derivando termo a termo temos
y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1},
e derivando novamente
y''(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}.
Explico o que significa cada símbolo: a_n é o coeficiente da potência x^n na série desconhecida; o somatório \sum_{n=0}^\infty indica que somamos todos os termos desde n=0 até o infinito; nas derivadas os índices começam em valores maiores porque os primeiros termos desaparecem ao derivar.

Passo 3

Substituímos y e y'' na equação 4y''+y=0.
Primeiro vamos reescrever y'' com potências da mesma ordem que em y. Na expressão
y''(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2},
fazemos a mudança de índice n\mapsto n+2 (ou seja, tomamos n+2 no lugar de n) para obter uma soma em potências x^n:
y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n}.
A série de y(x) já está em potências x^n:
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n.
Agora substituímos na equação:
4y''(x)+y(x)=4\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n}+\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n=0.
Juntando num único somatório:
\sum_{n=0}^{\infty} \big(4(n+2)(n+1)a_{n+2}+a_n\big) x^n=0.
Para que essa série seja identicamente zero (para todo x na vizinhança de 0), cada coeficiente de x^n deve ser zero. Assim obtemos a relação de recorrência entre coeficientes:
4(n+2)(n+1)a_{n+2}+a_n=0\quad\text{para todo } n\ge 0.
Isolando a_{n+2}:
\boxed{a_{n+2}=-\dfrac{a_n}{4(n+2)(n+1)}.}

Passo 4

Usamos a relação de recorrência para expressar todos os coeficientes em termos de a_0 e a_1 (os coeficientes iniciais da série). Observação importante: a recorrência liga a_{n+2} a a_n, portanto os termos de índice par dependem apenas de a_0 e os de índice ímpar dependem apenas de a_1. Vamos calcular alguns termos para identificar o padrão.
Tomando n=0:
a_2=-\dfrac{a_0}{4\cdot 2\cdot 1}=-\dfrac{a_0}{8}.
Tomando n=2:
a_4=-\dfrac{a_2}{4\cdot 4\cdot 3}=-\dfrac{-a_0/8}{48}=\dfrac{a_0}{384}.
Tomando n=4:
a_6=-\dfrac{a_4}{4\cdot 6\cdot 5}=-\dfrac{a_0/384}{120}=-\dfrac{a_0}{46080}.
Padrão para os índices pares (escrevendo n=2k, k=0,1,2,\dots): observando os denominadores encontramos que
a_{2k}=(-1)^k\frac{a_0}{(2k)!\,4^{\,k}}.
Posso justificar rapidamente: ao aplicar a recorrência sucessivas vezes aparece no denominador o produto (2k)(2k-1)(2k-2)(2k-3)\cdots 2\cdot1=(2k)! e também um fator 4^k vindo de multiplicações por 4 em cada passo; o sinal alterna a cada iteração, gerando o fator (-1)^k.
Agora para os índices ímpares calculamos alguns termos:
Tomando n=1:
a_3=-\dfrac{a_1}{4\cdot 3\cdot 2}=-\dfrac{a_1}{24}.
Tomando n=3:
a_5=-\dfrac{a_3}{4\cdot 5\cdot 4}=-\dfrac{-a_1/24}{80}=\dfrac{a_1}{1920}.
Segue o padrão, escrevendo n=2k+1:
a_{2k+1}=(-1)^k\frac{a_1}{(2k+1)!\,4^{\,k}}.
Novamente o raciocínio: aplicação repetida da recorrência produz (2k+1)! no denominador e 4^k pelo mesmo motivo, com sinal alternado (-1)^k.

Passo 5

Agora reescrevemos a série separando termos pares e ímpares e substituímos as fórmulas que achamos para os coeficientes.
Escrevemos
y(x)=\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k} x^{2k}+\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k+1} x^{2k+1}.
Substituindo a_{2k} e a_{2k+1}:
y(x)=a_0\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k)!\,4^{\,k}}+a_1\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!\,4^{\,k}}.

Passo 6

Reconhecemos as somas como séries de Taylor conhecidas. Observe que
\frac{x^{2k}}{4^k}=\left(\frac{x}{2}\right)^{2k},
logo a primeira soma é
\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{(x/2)^{2k}}{(2k)!}=\cos\!\left(\frac{x}{2}\right).
Para a segunda soma note que
\frac{x^{2k+1}}{4^k}=2\left(\frac{x}{2}\right)^{2k+1},
pois \left(\frac{x}{2}\right)^{2k+1}=\dfrac{x^{2k+1}}{2^{2k+1}}=\dfrac{x^{2k+1}}{2\cdot 4^k}. Portanto
\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!\,4^{k}} =2\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{(x/2)^{2k+1}}{(2k+1)!}=2\sin\!\left(\frac{x}{2}\right).
Assim a série total fica
y(x)=a_0\cos\!\left(\frac{x}{2}\right)+a_1\cdot 2\sin\!\left(\frac{x}{2}\right).

Passo 7

Interpretação final e relação com a forma observada no enunciado. Se desejarmos escrever a solução com constantes arbitrárias C_1,C_2 (forma usual da solução geral), basta definir
C_1=a_0,\qquad C_2=2a_1.
Com isso a solução toma a forma padrão
y(x)=C_1\cos\!\left(\frac{x}{2}\right)+C_2\sin\!\left(\frac{x}{2}\right),
o que coincide com a observação do enunciado (apenas com letras constantes possivelmente renomeadas). Note também a relação com valores iniciais: y(0)=a_0=C_1 e y'(0)=a_1=\dfrac{C_2}{2}.

Resposta

y(x)=a_0\cos\!\left(\dfrac{x}{2}\right)+2a_1\sin\!\left(\dfrac{x}{2}\right)
equivalently y(x)=C_1\cos\!\left(\dfrac{x}{2}\right)+C_2\sin\!\left(\dfrac{x}{2}\right) with C_1=a_0,\;C_2=2a_1.

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