Resolva a equação diferencial dada em série de potências de x (em torno de x_{0}=0 ).
\left(4-x^{2}\right) y^{\prime \prime}+2 y=0.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial linear
(4-x^{2})\,y''+2y=0
e pede a solução por série de potências em torno de x_{0}=0.
Informações e objetivos claros:
  • Queremos uma solução da forma em série centrada em 0: \displaystyle y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n}, onde os a_{n} são constantes a determinar.
  • Devemos obter a relação de recorrência entre os coeficientes a_{n}, calcular alguns coeficientes iniciais para ver o padrão e escrever a solução geral (com duas constantes livres).
    Dados relevantes do enunciado:
  • A equação não contém termo y' explícito.
  • Há singularidades aparentes em x=\pm 2 (pois o coeficiente de y'' anula aí); isso vai limitar o raio de convergência da série para |x|<2.

Passo 2

Vamos assumir a série de potências e calcular as derivadas necessárias. Começo escrevendo:
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n}.
Então, diferenciando termo a termo (valido dentro do raio de convergência):
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}.
Explico rapidamente a ideia: a derivada de a_{n}x^{n} é n a_{n} x^{n-1}; ao derivar de novo aparecem os fatores n(n-1) e a potência diminui em 2. Isso é padrão ao trabalhar com séries de potências.

Passo 3

Substituo y e y'' na equação (4-x^{2})y''+2y=0. Escrevo separadamente os dois termos:
4y''=\;4\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)\,a_{n}x^{n-2}, \qquad -x^{2}y''=-\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)\,a_{n}x^{n}.
E já tenho
2y=2\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n}.
Agora junto tudo:
4\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)\,a_{n}x^{n-2} -\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)\,a_{n}x^{n} +2\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n}=0.

Passo 4

Coloco todas somas com a mesma potência de x. No primeiro somatório faço a mudança de índice m=n-2 (então n=m+2) para obter potências x^{m}:
4\sum_{m=0}^{\infty} (m+2)(m+1)\,a_{m+2}x^{m} -\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)\,a_{n}x^{n} +2\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n}=0.
Observação: no segundo somatório podemos estendê-lo a n=0 porque os termos n=0,1 são nulos por fator n(n-1). Assim escrevo todas as somas com índice n começando em 0:
4\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)\,a_{n+2}x^{n} +\sum_{n=0}^{\infty}\bigl(2 - n(n-1)\bigr)a_{n}x^{n}=0.
Como a série é identicamente zero, os coeficientes de cada x^{n} devem ser zero. Assim obtemos a relação de recorrência:

Passo 5

A condição em cada ordem dá:
4(n+2)(n+1)\,a_{n+2}+\bigl(2-n(n-1)\bigr)a_{n}=0.
Isolando a_{n+2}:
a_{n+2}=\frac{n-2}{4(n+2)}\,a_{n},
onde usei a fatoração 2-n(n-1)=-(n-2)(n+1) e cancelei o fator (n+1). Esta é a relação-chave: cada coeficiente pula dois índices ( conserva paridade ), de modo que os coeficientes pares dependem de a_{0} e os ímpares dependem de a_{1}.
Explicação didática: em problemas assim a recorrência que relaciona a_{n+2} com a_{n} é típica quando o operador não mistura paridade. Ter uma relação que conecta n com n+2 significa que a solução se decompõe em uma parte par e uma ímpar, cada qual determinada por uma constante inicial ( a_{0} e a_{1}).

Passo 6

Calculo alguns coeficientes iniciais explicitamente para ver o padrão.
Para a parte par (começando em n=0):
a_{2}=\frac{0-2}{4\cdot 2}\,a_{0}=-\frac{1}{4}\,a_{0}.
Para n=2:
a_{4}=\frac{2-2}{4\cdot 4}\,a_{2}=0.
Como a_{4}=0, a recorrência dá a_{6}=0, a_{8}=0 etc. Portanto a série par truncará: os únicos coeficientes pares não nulos são a_{0} e a_{2}. Assim a solução par é um polinômio de grau 2:
y_{\text{par}}(x)=a_{0}\Bigl(1-\frac{x^{2}}{4}\Bigr).
Verificação rápida (útil na prova): substituindo esse polinômio na equação original dá zero; logo é de fato uma solução.

Passo 7

Agora a parte ímpar (começando em n=1). Uso a recorrência com n ímpar: para n=1
a_{3}=\frac{1-2}{4\cdot 3}\,a_{1}=-\frac{1}{12}\,a_{1}.
Para n=3
a_{5}=\frac{3-2}{4\cdot 5}\,a_{3}=\frac{1}{20}\,a_{3}=-\frac{1}{240}\,a_{1}.
Para n=5
a_{7}=\frac{5-2}{4\cdot 7}\,a_{5}=\frac{3}{28}\,a_{5}=-\frac{1}{2240}\,a_{1}.
E assim por diante. Logo a solução ímpar em série começa por:
y_{\text{ímpar}}(x)=a_{1}\Bigl(x-\frac{x^{3}}{12}-\frac{x^{5}}{240}-\frac{x^{7}}{2240}-\cdots\Bigr).í

Passo 8

Posso escrever a fórmula de recorrência específica para os índices ímpares: se definirmos b_{k}=a_{2k+1} então, do resultado anterior com n=2k+1,
a_{2k+3}=\frac{2k-1}{4(2k+3)}\,a_{2k+1},
ou seja
b_{k+1}=\frac{2k-1}{4(2k+3)}\,b_{k}.
A partir de b_{0}=a_{1} obtém-se explicitamente
a_{2k+1}=a_{1}\prod_{m=0}^{k-1}\frac{2m-1}{4(2m+3)}, \qquad k\ge 1,
com o produto vazio igual a 1 para k=0. Esta expressão dá os coeficientes ímpares em termos de a_{1}. Não é obrigatório simplificá-la mais para a prova; o importante é a recorrência e os primeiros termos.

Passo 9

Reescrevo a solução geral como combinação linear das duas soluções independentes (par e ímpar). Tomando constantes arbitrárias C_{1}=a_{0} e C_{2}=a_{1}, a solução geral em série é
y(x)=C_{1}\Bigl(1-\frac{x^{2}}{4}\Bigr) +C_{2}\Bigl(x-\frac{x^{3}}{12}-\frac{x^{5}}{240}-\frac{x^{7}}{2240}-\cdots\Bigr).
Observações finais úteis para a prova:
  • Essas séries convergem pelo menos para |x|<2 porque os pontos singulares da equação estão em x=\pm 2 (o raio de convergência da série em torno de 0 é a distância até a singularidade mais próxima).
  • A primeira solução é um polinômio de grau 2; a segunda é uma série ímpar infinita.
  • Alternativa (se quiserem outra abordagem): sabendo uma solução y_{1}=1-x^{2}/4, pode-se aplicar redução de ordem para obter a segunda solução em forma integral:
y_{2}(x)=y_{1}(x)\int\frac{1}{y_{1}(x)^{2}}\,dx,
e desenvolver o integral em série para recuperar os termos obtidos acima.

Resposta

y(x)=C_{1}\Bigl(1-\dfrac{x^{2}}{4}\Bigr)+C_{2}\Bigl(x-\dfrac{x^{3}}{12}-\dfrac{x^{5}}{240}-\dfrac{x^{7}}{2240}-\cdots\Bigr)

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