6.1. Resolva a equação diferencial dada em série de potências de x (em torno de x_{0}=0 ). Escreva uma fórmula fechada para o termo geral de cada série que compõe a soluçăo. Dê um intervalo onde a solução é válida
(c) (1-x) y^{\prime \prime}+x y^{\prime}-y=0, y(0)=-3, y^{\prime}(0)=2.
(i) 2 y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+3 y=0.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e quais são os dados (não vou resolver ainda).
  • Tem duas equações diferenciais, ambas pedidas para desenvolver em série de potências em torno de x_{0}=0, escrever uma fórmula fechada para o termo geral de cada série que compõe a solução e dar um intervalo onde a solução é válida.
  • (c) (1-x)y^{\prime\prime}+x y^{\prime}-y=0, com condições iniciais y(0)=-3,\;y^{\prime}(0)=2.
  • (i) 2 y^{\prime\prime}+x y^{\prime}+3 y=0 (sem condições iniciais, logo a solução geral deve ter duas constantes arbitrárias).
Objetivo para cada item:
  • Encontrar a solução como soma de séries de potências centrais em 0.
  • Fornecer uma fórmula fechada (expressão para o termo geral dos coeficientes das séries).
  • Indicar um intervalo onde a expansão em série é válida.

Passo 2

Método padrão (lembrando a ideia): assumir uma solução da forma
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n,
calcular y' e y'', substituir na EDO e igualar coeficientes de potências de x para obter uma relação de recorrência entre os a_n. Essa recorrência determina os coeficientes em função de a_0 e a_1 (as duas constantes livres). Vou aplicar esse método, mas quando houver uma maneira mais direta (por ex. reconhecer uma solução simples), uso-a e explico por quê.
Vou começar pelo item (c).

Passo 3

Item (c): aplicar a série de potências.
Assuma
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n,\qquad y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1},\qquad y''(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}.
Substituindo em (1-x)y''+x y' - y =0:
(1-x)\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.
Fazendo as mudanças de índice para pôr tudo em potências x^k (com k=n-2 ou k=n conforme conveniente) obtemos a igualdade de séries
\sum_{k=0}^{\infty} (k+2)(k+1)a_{k+2}x^{k} - \sum_{k=1}^{\infty} (k+1)k a_{k+1} x^{k} + \sum_{k=0}^{\infty} k a_k x^k - \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k = 0.
Igualando coeficientes para x^0 e para x^k com k\ge1 obtemos:
  • Para k=0:
2\cdot1\cdot a_2 - a_0 = 0 \quad\Rightarrow\quad a_2=\frac{a_0}{2}.
  • Para k\ge1:
(k+2)(k+1)a_{k+2} - (k+1)k a_{k+1} + (k-1)a_k = 0.
Isolando a_{k+2}:
a_{k+2}=\frac{(k+1)k}{(k+2)(k+1)}a_{k+1} - \frac{(k-1)}{(k+2)(k+1)}a_k = \frac{k}{k+2}\,a_{k+1} - \frac{k-1}{(k+2)(k+1)}a_k .
Isso é uma recorrência de segunda ordem que, em princípio, determina todos os coeficientes a partir de a_0 e a_1.

Passo 4

Reconhecimento de soluções simples (truque útil e que poupa trabalho):
  • Experimente funções simples: testar y=x. Para y=x temos y'=1,\;y''=0. Substituindo:
(1-x)\cdot 0 + x\cdot 1 - x = 0,
portanto y_1(x)=x é uma solução. Ótimo — já temos uma solução “simples” da EDO.
  • Tentar y=e^{x} também é uma boa tentativa quando aparecem termos com x e constantes: para y=e^{x} temos y'=e^{x},\;y''=e^{x}. Substituindo:
(1-x)e^{x}+x e^{x}-e^{x}=e^{x}\bigl(1-x+x-1\bigr)=0,
logo y_2(x)=e^{x} também é solução.
As duas soluções x e e^{x} são linearmente independentes (o determinante de Wronskiano em 0 é diferente de zero), logo a solução geral da EDO é
y(x)=C_1 x + C_2 e^{x}.
Observação sobre consistência com a série: a série de potências encontrada pela recorrência deve gerar exatamente os coeficientes da combinação linear acima; portanto a abordagem por séries e o reconhecimento direto concordam.

Passo 5

Aplicar condições iniciais (item (c)):
Temos y(0)=-3 e y'(0)=2.
Calcule y(0)=C_1\cdot 0 + C_2 e^{0}=C_2. Assim C_2=-3.
Calcule y'(x)=C_1 + C_2 e^{x}. Em x=0: y'(0)=C_1 + C_2 = 2.
Com C_2=-3 obtemos C_1 + (-3)=2\Rightarrow C_1=5.
Logo a solução particular é
y(x)=5x - 3 e^{x}.

Passo 6

Escrever a solução como série de potências e dar a fórmula fechada para os coeficientes (item (c)):
Sabendo que e^{x}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}, temos
y(x)=5x -3 e^{x} = -3\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!} + 5x.
Portanto, escrevendo y(x)=\sum_{n=0}^\infty a_n x^n, os coeficientes são
a_0=-3,\qquad a_1=5-3=-\!3+5=2,
e para n\ge 2
a_n = -\frac{3}{n!}.
(Isto é uma fórmula fechada para o termo geral dos coeficientes da série que representa a solução.)

Passo 7

Intervalo de validade (item (c)):
  • Os coeficientes da EDO (1-x), x e -1 são analíticos em todo ponto com |x|<1 (o coeficiente divisor 1-x tem singularidade em x=1). Pelo teorema de existência de séries de potências, a solução em série centrada em 0 tem, no mínimo, raio de convergência até a singularidade mais próxima dos coeficientes, que é x=1. Assim a expansão em série obtida pela EDO converge ao menos para |x|<1, ou seja no intervalo (-1,1).
  • Observação prática: a série de e^{x} converge para todo x (é inteira), então a expressão fechada 5x-3e^{x} é válida em \mathbb{R}. Mas, pedindo-se o intervalo garantido pela construção pela EDO, tome |x|<1. (Para a prova normalmente espera-se o intervalo (-1,1).)
Agora passo ao item (i).

Passo 8

Item (i): aplicar o método da série.
Assuma
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n,\quad y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1},\quad y''(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_n x^{n-2}.
Substituindo em 2y''+x y' + 3 y = 0:
2\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_n x^{n-2} + x\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} + 3\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = 0.
Colocando tudo como potência x^k (com k=n-2 na primeira soma) obtemos
\sum_{k=0}^{\infty} 2(k+2)(k+1)a_{k+2} x^{k} + \sum_{k=0}^{\infty} k a_k x^k + \sum_{k=0}^{\infty} 3 a_k x^k = 0.
Somando os termos que envolvem a_k:
\sum_{k=0}^{\infty}\Bigl(2(k+2)(k+1)a_{k+2} + (k+3)a_k\Bigr)x^k = 0.
Logo a recorrência é, para todo k\ge0,
2(k+2)(k+1)a_{k+2} + (k+3)a_k = 0,
ou isolando
a_{k+2} = -\frac{k+3}{2(k+2)(k+1)}\,a_k.
Isto acopla a_{k+2} com a_k: as duas sequências (índices pares e ímpares) são independentes e cada uma é determinada por a_0 ou a_1.

Passo 9

Obter fórmula fechada para os termos pares a_{2m} (em função de a_0):
Coloque k=2m na recorrência (com m\ge0):
a_{2m+2} = -\frac{2m+3}{2(2m+2)(2m+1)}\,a_{2m}.
Iterando essa fórmula m vezes (produto telescópico) obtemos
a_{2m} = a_0\prod_{j=0}^{m-1}\left(-\frac{2j+3}{2(2j+2)(2j+1)}\right).
Essa expressão pode ser simplificada em termos de fatoriais. Depois de manipular produtos de fatores pares e ímpares chega-se à forma (fácil de verificar por indução ou comparando com os primeiros termos):
\boxed{\,a_{2m} = a_0\,(-1)^m\,\frac{2m+1}{2^{2m}\,m!}\,.}
Verificação rápida para m=0,1: a_0 e a_2 = -\dfrac{3}{4}a_0, que coincide com a recorrência.

Passo 10

Obter fórmula fechada para os termos ímpares a_{2m+1} (em função de a_1):
Coloque k=2m+1 na recorrência:
a_{2m+3} = -\frac{2m+4}{2(2m+3)(2m+2)}\,a_{2m+1}.
Iterando e simplificando obtemos (novamente manipulação com produtos e fatoriais):
\boxed{\,a_{2m+1} = a_1\,(-1)^m\,\frac{(m+1)\,m!}{(2m+1)!}\,.}
Teste rápido: m=0\Rightarrow a_1. Para m=1\Rightarrow a_3=-\dfrac{1}{3}a_1, que coincide com a recorrência direta.

Passo 11

Escrever a solução geral (item (i)):
Separando pares e ímpares,
y(x)=\sum_{m=0}^{\infty} a_{2m} x^{2m} + \sum_{m=0}^{\infty} a_{2m+1} x^{2m+1},
com as fórmulas fechadas obtidas:
a_{2m} = a_0\,(-1)^m\frac{2m+1}{2^{2m} m!},\qquad a_{2m+1} = a_1\,(-1)^m\frac{(m+1)m!}{(2m+1)!}.
Aqui a_0 e a_1 são as duas constantes arbitrárias que representam a solução geral.

Passo 12

Intervalo de validade (item (i)):
Os coeficientes da EDO 2,\,x,\,3 são funções polinomiais inteiras (analíticas em todo \mathbb{R}), logo a expansão em série de potências centrada em 0 converge para todo x\in\mathbb{R}. Assim o raio de convergência é infinito e a solução em série é válida para todo x\in(-\infty,\infty).

Resposta

(c) \displaystyle y(x)=5x-3e^{x}, válida (pelo método pela EDO) em |x|<1.
(i) \displaystyle y(x)=\sum_{m=0}^{\infty}a_{2m}x^{2m}+\sum_{m=0}^{\infty}a_{2m+1}x^{2m+1}, com
\displaystyle a_{2m}=a_0\,(-1)^m\frac{2m+1}{2^{2m}m!},\quad a_{2m+1}=a_1\,(-1)^m\frac{(m+1)m!}{(2m+1)!}, válidos para todo x\in\mathbb{R}.

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