Questão 3 Resolva a equação por séries de potencias
y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-y=0

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
y'' - x y' - y = 0
e pede que a resolvamos por séries de potências. Informações relevantes e o que se pede:
  • Queremos uma solução geral y(x) expressa via séries de potências (centro em x=0, isto é, série de Maclaurin).
  • Em particular, ao desenvolver em série aparecerão duas constantes arbitrárias (uma para a parte par e outra para a parte ímpar) — precisamos encontrar a recorrência entre coeficientes e identificar as duas soluções independentes.

Passo 2

Vamos assumir uma solução em série de potências centrada em 0:
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n.
Calculemos as derivadas termo a termo:
y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1},
y''(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_n x^{n-2}.
Estas expressões são obtidas aplicando a regra do termo a termo: a derivada de a_n x^n é n a_n x^{n-1}, e a segunda derivada é n(n-1)a_n x^{n-2}.

Passo 3

Substituímos y, y' e y'' na equação:
\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_n x^{n-2} - x\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} - \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = 0.
Reescrevemos todos os somatórios com a mesma potência x^m. Para o primeiro somatório faça m=n-2 (ou seja n=m+2):
\sum_{m=0}^{\infty} (m+2)(m+1)a_{m+2} x^{m} - \sum_{m=1}^{\infty} m a_m x^m - \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^m = 0.
Agora separamos o termo m=0 e combinamos os somatórios para m\ge 1.
Para m=0 obtemos:
2\cdot 1\cdot a_2 - a_0 = 0 \quad\Rightarrow\quad a_2 = \frac{a_0}{2}.
Para m\ge 1 a condição de coeficientes de x^m é
(m+2)(m+1)a_{m+2} - m a_m - a_m = 0.
Isto simplifica para
(m+2)(m+1)a_{m+2} - (m+1)a_m = 0,
ou seja
a_{m+2} = \frac{1}{m+2}\,a_m,\qquad m\ge 0.
(Observação: esta fórmula vale também para m=0, recuperando a_2=a_0/2.)

Passo 4

A recorrência relaciona coeficientes com dois índices de diferença, então separa coeficientes pares e ímpares. Vamos resolver para cada paridade.
Para coeficientes pares escrevemos m=2k (com k\ge 0):
a_{2k+2} = \frac{1}{2k+2}\,a_{2k}.
Aplicando recursivamente:
a_2 = \frac{a_0}{2},\quad a_4=\frac{a_2}{4}=\frac{a_0}{2\cdot 4},\quad a_6=\frac{a_4}{6}=\frac{a_0}{2\cdot 4\cdot 6},\\ \ldots
Logo, para k\ge 0,
a_{2k} = \frac{a_0}{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2k)}.
Note que o produto 2\cdot 4\cdot 6\cdots (2k)=2^k k!. Portanto
a_{2k} = \frac{a_0}{2^k k!}.
O termo de série correspondente é
a_{2k} x^{2k} = a_0 \frac{x^{2k}}{2^k k!} = a_0 \frac{1}{k!}\left(\frac{x^2}{2}\right)^k.
Somando sobre k obtemos a soma da parte par:
\sum_{k=0}^\infty a_{2k} x^{2k} = a_0 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}\left(\frac{x^2}{2}\right)^k = a_0\, e^{x^2/2}.
Aqui usei a série de Taylor da exponencial: \displaystyle e^z=\sum_{k=0}^\infty \frac{z^k}{k!} com z=\dfrac{x^2}{2}.

Passo 5

Agora os coeficientes ímpares: coloque m=2k+1 (com k\ge 0). A recorrência dá
a_{2k+3} = \frac{1}{2k+3}\,a_{2k+1}.
Recursivamente:
a_3=\frac{a_1}{3},\quad a_5=\frac{a_3}{5}=\frac{a_1}{3\cdot 5},\\ \ldots
Assim, para k\ge 0,
a_{2k+1} = \frac{a_1}{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2k+1)} = \frac{a_1}{(2k+1)!!},
onde (2k+1)!! denota o duplo fatorial ímpar 1\cdot 3\cdot 5\cdots(2k+1). Usando a relação (2k+1)!!=\dfrac{(2k+1)!}{2^k k!} podemos também escrever
a_{2k+1} = a_1\,\frac{2^k k!}{(2k+1)!}.
O termo da série ímpar fica
a_{2k+1} x^{2k+1} = a_1\,\frac{2^k k!}{(2k+1)!}\, x^{2k+1}.
Portanto a soma da parte ímpar é
\sum_{k=0}^\infty a_{2k+1} x^{2k+1} = a_1 \sum_{k=0}^\infty \frac{2^k k!}{(2k+1)!}\, x^{2k+1}.
Esta série não é tão imediatamente identificável como uma exponencial isolada, mas podemos encontrar a segunda solução por outro caminho (redução de ordem) e verificar que a série acima coincide com essa forma.

Passo 6

Observação prática e atalho útil: muitas vezes, ao encontrar uma solução por séries, é bom testar se uma função simples satisfaz a EDO. Testemos y_1(x)=e^{x^2/2}. Calculando:
y_1' = x e^{x^2/2},\qquad y_1''=(1+x^2)e^{x^2/2}.
Substituindo em y'' - x y' - y
(1+x^2)e^{x^2/2} - x\cdot x e^{x^2/2} - e^{x^2/2} = 0,
logo y_1(x)=e^{x^2/2} é uma solução exata. Isso coincide com a soma da parte par obtida no passo anterior (com a_0 ajustável).
Para obter a segunda solução independente y_2 usamos redução de ordem. Para uma EDO de segunda ordem linear, se y_1 é solução, outra solução pode ser escrita como
y_2(x) = y_1(x)\int^x \frac{e^{-\int P(s)\,ds}}{y_1(s)^2}\,ds,
onde a EDO está na forma padrão y''+P(x)y'+Q(x)y=0. No nosso caso escrevemos a equação como
y'' - x y' - y = 0 \quad\Longrightarrow\quad P(x)=-x.
Portanto \displaystyle e^{-\int P(s)\,ds}=e^{-\int -s\,ds}=e^{s^2/2}. Assim
y_2(x)=y_1(x)\int^x \frac{e^{s^2/2}}{y_1(s)^2}\,ds = e^{x^2/2}\int^x \frac{e^{s^2/2}}{e^{s^2}}\,ds = e^{x^2/2}\int^x e^{-s^2/2}\,ds.
Portanto uma segunda solução independente é
y_2(x)=e^{x^2/2}\int_0^{x} e^{-s^2/2}\,ds,
onde escolhi o limite inferior 0 por simplicidade (constante de integração absorvida na constante multiplicativa). Essa função, ao expandir em série de potências, produz exatamente a série ímpar encontrada no passo anterior (com a_1 como constante multiplicativa).
Observação sobre a integral: \displaystyle \int_0^x e^{-s^2/2}\,ds é proporcional à função erro \operatorname{erf}, mas não é necessário invocar isso para a solução por séries.

Passo 7

Concluímos então que a solução geral da equação é combinação linear das duas soluções independentes y_1 e y_2:
y(x) = C_1 e^{x^2/2} + C_2 e^{x^2/2}\int_0^x e^{-s^2/2}\,ds,
onde C_1 e C_2 são constantes arbitrárias (relacionadas aos coeficientes iniciais a_0 e a_1 da série).

Resposta

y(x)=C_1 e^{x^2/2} + C_2 e^{x^2/2}\int_0^x e^{-s^2/2}\,ds

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