Questão 3:(2,5 pontos) A equação diferencial de Laguerre é
x y^{\prime \prime}+(1-x) y^{\prime}+6 y=0 .
a) Mostre que x=0 é um ponto singular regular dessa equação. ( 0.6 pontos)
b) Determine a equação indicial, suas raízes e a relação de recorrência. (1.4 pontos)
c) Mostre que a solução em série de potências da equação é de fato um polinômio. (0.5 pontos)

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e os dados fornecidos.
  • Enunciado: a equação diferencial de Laguerre
x y^{\prime\prime}+(1-x) y^{\prime}+6 y=0.
  • Pedidos:
    (a) Mostrar que x=0 é um ponto singular regular.
    (b) Determinar a equação indicial, suas raízes e a relação de recorrência para a solução por Frobenius.
    (c) Mostrar que a solução em série de potências é, na verdade, um polinômio.
Informações relevantes dadas (da própria equação):
  • Coeficientes diante de y^{\prime\prime},y',y são x, 1-x e 6, respectivamente.
  • O ponto de interesse é x=0.

Passo 2

Conceito e teste para ponto singular regular (explicação didática).
  • Para uma equação linear de segunda ordem na forma padrão
y''+p(x)y'+q(x)y=0,
um ponto x_0 é ponto singular regular se p(x) tem no máximo pólo simples em x_0 e q(x) tem no máximo pólo de ordem 2 em x_0. Uma maneira prática: verificar se (x-x_0)p(x) e (x-x_0)^2 q(x) são analíticos (admitam série de potências) em torno de x_0.
Aplicação ao nosso caso: primeiro colocamos a equação na forma padrão dividindo por x (note que isso é permitido fora de x=0):
y''+\frac{1-x}{x}y'+\frac{6}{x}y=0.
Aqui
p(x)=\frac{1-x}{x},\qquad q(x)=\frac{6}{x}.
Agora avaliamos (x-0)p(x) e (x-0)^2 q(x):
x p(x)=x\cdot\frac{1-x}{x}=1-x,
x^2 q(x)=x^2\cdot\frac{6}{x}=6x.
Ambas as expressões são funções polinomiais (logo analíticas) em torno de x=0. Portanto x=0 é um ponto singular regular da equação.

Passo 3

Método de Frobenius (explicação didática do que vamos fazer).
  • Em um ponto singular regular tenta-se uma solução do tipo Frobenius:
y=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r},\qquad a_0\ne0,
onde r é um número a determinar (chamado expoente indicial). A ideia é substituir essa série na equação, alinhar potências de x e forçar cada coeficiente a zero. O primeiro coeficiente que aparece (o de menor potência) dá a equação indicial que determina r; os coeficientes seguintes conduzem à relação de recorrência entre os a_n.

Passo 4

Calcular as derivadas da série e substituir na equação (passo a passo).
  • Primeiro escrevo y, y' e y'':
y=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r},
y'=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)a_n x^{n+r-1},
y''=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1)a_n x^{n+r-2}.
  • Substituo em \;x y''+(1-x)y'+6y=0\;.
Calcule cada termo:
x y''=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1)a_n x^{n+r-1},
(1-x)y'=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)a_n x^{n+r-1} \;-\; \sum_{n=0}^{\infty} (n+r)a_n x^{n+r},
6y=\sum_{n=0}^{\infty} 6 a_n x^{n+r}.
Agora somando os termos:
x y''+(1-x)y' +6y = \sum_{n=0}^{\infty}\big[(n+r)(n+r-1)+(n+r)\big]a_n x^{n+r-1} +\sum_{n=0}^{\infty}\big[-(n+r)+6\big]a_n x^{n+r}.
Simplifico o colchete do primeiro somatório:
(n+r)(n+r-1)+(n+r)=(n+r)\big((n+r-1)+1\big)=(n+r)^2.
Logo
x y''+(1-x)y' +6y = \sum_{n=0}^{\infty} (n+r)^2 a_n x^{n+r-1} +\sum_{n=0}^{\infty}\big[6-(n+r)\big]a_n x^{n+r}.

Passo 5

Obter a equação indicial (alinhando potências e extraindo o menor expoente).
  • O primeiro somatório tem potências x^{n+r-1} com n=0,1,\dots, portanto o menor expoente que aparece é x^{r-1} (quando n=0). O segundo somatório começa em x^{r}.
  • Para combinar tudo em potências x^{n+r} é útil reindexar o primeiro somatório: na primeira soma ponho n\mapsto n+1 para que o expoente fique x^{n+r}. Procedo com cuidado:
\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)^2 a_n x^{n+r-1} = (r)^2 a_0 x^{r-1} + \sum_{n=1}^{\infty} (n+r)^2 a_n x^{n+r-1}.
Reindexando o segundo termo da direita (colocando n-1\mapsto n ou, equivalentemente, trocando n por n+1):
\sum_{n=1}^{\infty} (n+r)^2 a_n x^{n+r-1} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1+r)^2 a_{n+1} x^{n+r}.
Então a soma total fica
(r)^2 a_0 x^{r-1} + \sum_{n=0}^{\infty} (n+1+r)^2 a_{n+1} x^{n+r} +\sum_{n=0}^{\infty}\big[6-(n+r)\big]a_n x^{n+r}=0.
  • O termo de menor potência é o que multiplica x^{r-1}: sua coeficiente deve ser zero. Esse coeficiente é (r)^2 a_0. Como a_0\ne0, obtemos a equação indicial:
r^2=0.
Logo as raízes são
r_1=0,\qquad r_2=0
(raízes iguais, dupla raiz r=0).

Passo 6

Determinar a relação de recorrência (explicação e simplificação).
  • Agora igualamos a zero o coeficiente de x^{n+r} para n\ge0. O coeficiente de x^{n+r} é
(n+1+r)^2 a_{n+1} +\big[6-(n+r)\big]a_n =0.
Rearranjando para a_{n+1} obtém-se a relação de recorrência geral (válida para n\ge0):
(n+1+r)^2 a_{n+1} = (n+r-6)\,a_n.
Portanto
a_{n+1}=\frac{n+r-6}{(n+1+r)^2}\,a_n,\qquad n\ge0.
  • Como as duas raízes indiciales coincidem em r=0, a solução regular principal corresponde a tomar r=0. Substituindo r=0 na recorrência obtemos a relação específica:
a_{n+1}=\frac{n-6}{(n+1)^2}\,a_n,\qquad n\ge0.

Passo 7

Interpretar a recorrência e mostrar que a série termina (a solução é polinomial).
  • Observe o numerador n-6 da fórmula para r=0. Quando n=6 temos n-6=0, de modo que
a_{7}=\frac{6-6}{7^2}a_6=0.
  • Uma vez que a_7=0, a relação de recorrência dá para n=7 que a_8 é proporcional a a_7 (com denominador finito), então a_8=0; por indução todos os a_n com n\ge7 serão zero. Assim a série de Frobenius
y=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n}
na verdade tem apenas termos até n=6, ou seja é um polinômio de grau no máximo 6.
  • Conclusão: a solução regular obtida via Frobenius (com r=0 e a_0\neq0) é um polinômio de grau 6. Isso ocorre porque a recorrência tem numerador que anula quando n=6, forçando truncamento da série.

Resposta

(a) x=0 é um ponto singular regular.
(b) Equação indicial: r^2=0. Raízes: r=0 (dupla). Relação de recorrência geral:
a_{n+1}=\frac{n+r-6}{(n+1+r)^2}\,a_n,\qquad n\ge0,
e, para a solução principal com r=0,
a_{n+1}=\frac{n-6}{(n+1)^2}\,a_n,\qquad n\ge0.
(c) Como o numerador n-6 zera para n=6, tem-se a_7=0 e, por recorrência, todos os a_n com n\ge7 são zero; portanto a série truncam e a solução é um polinômio de grau 6.

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