Questāo 1. (3,0) Resolva a equação diferencial
(1-x) y^{\prime \prime}+x y^{\prime}-2 y=0
através de uma série de potências de x em torno da origem seguindo os seguintes passos:
(a) Obtenha a relação de recorrência entre os coeficientes da série;
(b) Exiba os seis primeiros termos não-nulos da solução geral;
(c) Escreva a solução geral na forma y(x)=a_{0} y_{1}(x)+a_{1} y_{2}(x) e determine, se possível, o termo geral de cada série que compōe a soluçāo geral;
(d) Determine a solução particular que satisfaz às condiçôes iniciais: y(0)=y_{0}, y^{\prime}(0)=y_{1}, onde y_{0} e y_{1} são, respectivamente, o último e o penútimo dígitos do seu número de matrícula.

Passo 1

O enunciado pede resolver por série em torno de x=0 a EDO
(1-x)\,y''+x\,y'-2y=0.
O conteúdo é método de série de potências: assumimos
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n,
obtemos a relação de recorrência entre os a_n, extraímos seis primeiros termos não nulos, escrevemos a solução geral na forma
y(x)=a_0\,y_1(x)+a_1\,y_2(x)
e, por fim, aplicamos as condições iniciais y(0)=y_{0} e y'(0)=y_{1}.

Passo 2

Derivando
y'=\sum_{n=1}^\infty n\,a_n x^{n-1},\quad y''=\sum_{n=2}^\infty n(n-1)\,a_n x^{n-2},
e substituindo em (1-x)y''+x\,y'-2y=0, alinhando potências x^k, chega-se à relação de recorrência
(k+2)(k+1)\,a_{k+2}\;=\;k(k+1)\,a_{k+1}+(2-k)\,a_k,\qquad k\ge0.

Passo 3

Usando a recorrência para calcular a_2,a_3,\dots,a_5 em função de a_0,a_1:
\begin{aligned} a_2&=\frac{(2-0)a_0}{2\cdot1}=a_0,\\\ a_3&=\frac{1\cdot2\,a_2+(2-1)a_1}{3\cdot2} =\frac{2a_0+a_1}{6},\\\ a_4&=\frac{2\cdot3\,a_3+(2-2)a_2}{4\cdot3} =\frac{2a_0+a_1}{12},\\\ a_5&=\frac{3\cdot4\,a_4+(2-3)a_3}{5\cdot4} =\frac{2a_0+a_1}{24},\\\ a_6&=\frac{4\cdot5\,a_5+(2-4)a_4}{6\cdot5} =\frac{2a_0+a_1}{45}. \end{aligned}
Logo os seis primeiros termos não nulos são
y(x)=a_0 + a_1\,x + a_2\,x^2 + a_3\,x^3 + a_4\,x^4 + a_5\,x^5+\cdots
onde, explicitamente,
y(x) = a_0 + a_1x + a_0x^2 +\frac{2a_0+a_1}{6}\,x^3 +\frac{2a_0+a_1}{12}\,x^4 +\frac{2a_0+a_1}{24}\,x^5 +\cdots.

Passo 4

Para separar em duas soluções fundamentais, note que a_0 e a_1 são livres. Definimos
y_1(x)\text{ com }a_0=1,a_1=0, \qquad y_2(x)\text{ com }a_0=0,a_1=1.
Então
y(x)=a_0\,y_1(x)+a_1\,y_2(x),
sendo o termo geral de cada série dado pela mesma recorrência
a_{k+2}=\frac{k(k+1)\,a_{k+1}+(2-k)\,a_k}{(k+2)(k+1)}.
Não há fórmula fechada elementar simples para a_n, mas esse é o termo geral.

Passo 5

Como
y(0)=a_0=y_{0}, \qquad y'(0)=a_1=y_{1},
temos a_0=y_0 e a_1=y_1. Portanto a solução particular que satisfaz \;y(0)=y_{0},\;y'(0)=y_{1} é
\boxed{% y(x)=y_{0}\,y_1(x)+y_{1}\,y_2(x), }
onde y_1 e y_2 são as séries determinadas acima com (a_0,a_1)=(1,0) e (0,1), respectivamente.

Resposta

A solução geral por série de potências é
y(x)=a_0\,y_1(x)+a_1\,y_2(x),
com recorrência
(k+2)(k+1)\,a_{k+2}=k(k+1)\,a_{k+1}+(2-k)\,a_k,
e os primeiros termos
y_1(x)=1+x^2+\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{6}+\frac{x^5}{12}+\cdots, \quad y_2(x)=x+\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{12}+\frac{x^5}{24}+\cdots.
Impondo y(0)=y_{0}, y'(0)=y_{1} obtém-se
\boxed{% y(x)=y_{0}\,y_1(x)+y_{1}\,y_2(x). }

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