Resolva a equação diferencial dada em série de potências de x (em torno de x_{0}=0 ). Escreva uma fórmula fechada para o termò geral de cada série que compŏe a solugão. Dê um intervalo onde a solųc̃o s válida
y^{\prime \prime}-x y=0, use Equação de Airy.

Passo 1

O enunciado pede a solução por série de potências em torno de x_{0}=0 da equação diferencial
y'' - x y = 0,
pedindo também uma fórmula fechada para o termo geral de cada série que compõe a solução e um intervalo onde a solução é válida. Dados importantes que temos:
\text{equação: } y''-x y=0,\quad\text{centro da série: } x_{0}=0.çãé
Queremos encontrar duas soluções lineares independentes (duas constantes arbitrárias) em série de potências e determinar o raio/domínio de convergência.

Passo 2

Vamos assumir uma solução em série de potências em torno de 0:
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n},
onde os coeficientes a_{n} são números a determinar. Explico cada símbolo: a_n é o coeficiente do termo x^n na série; a ideia é substituir a série e suas derivadas na equação e igualar coeficientes de potências de x.
Calcule as derivadas em série:
y'(x)=\sum_{n=1}^\infty n a_n x^{n-1},\qquad y''(x)=\sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n}.
(Para y'' reindexei para obter potência x^n com coeficiente envolvendo a_{n+2}.)

Passo 3

Substituindo na equação y''-x y=0 obtemos
\sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} \;-\; x\sum_{n=0}^\infty a_n x^n \;=\; 0.
O segundo somatório é \sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+1}=\sum_{n=1}^\infty a_{n-1} x^{n}. Igualando coeficientes de x^n para n=0 e n\ge1 obtemos:
  • Para n=0:
2\cdot1\;a_{2}=0\quad\Rightarrow\quad a_{2}=0.
  • Para n\ge1:
(n+2)(n+1) a_{n+2} - a_{n-1}=0 \quad\Rightarrow\quad a_{n+2}=\frac{a_{n-1}}{(n+2)(n+1)}.
Essa é a relação de recorrência que determina todos os a_n a partir de a_0 e a_1.

Passo 4

Observe a estrutura da recorrência: ela relaciona a_{n+2} com a_{n-1}, ou seja, dá saltos de comprimento 3 nos índices. Isso implica que os coeficientes se separam em três progressões aritméticas de índices:
\{a_{3k}\}_{k\ge0},\qquad \{a_{3k+1}\}_{k\ge0},\qquad \{a_{3k+2}\}_{k\ge0}.
Já vimos a_2=0. Usando a recorrência, tem-se a_5 depende de a_2 e portanto a_5=0, e por indução todos os a_{3k+2}=0. Logo sobram apenas as duas famílias independentes geradas por a_0 e por a_1. Assim a solução geral tem a forma
y(x)=a_0\;y^{(0)}(x)+a_1\;y^{(1)}(x),
onde y^{(0)} é a série com potências x^{3k} e y^{(1)} a série com potências x^{3k+1}.

Passo 5

Vamos escrever explicitamente a recorrência entre termos das mesmas classes mod 3.
Para os termos a_{3k} (com k\ge1) escolha n=3k-2 na recorrência:
a_{3k}=\frac{a_{3k-3}}{(3k)(3k-1)}.
Iterando essa relação partindo de a_0 obtemos a forma em produto
a_{3k}=\frac{a_{0}}{\displaystyle\prod_{j=1}^{k} \bigl(3j(3j-1)\bigr)}.
Esse é um formato fechado aceitável para o termo geral da primeira série. Para visualizar concretamente, os primeiros termos são
a_0,\quad a_3=\frac{a_0}{3\cdot2}=\frac{a_0}{6},\quad a_6=\frac{a_3}{6\cdot5}=\frac{a_0}{180},\dots
Portanto a primeira série é
y^{(0)}(x)=\sum_{k=0}^{\infty} a_{3k} x^{3k} =\sum_{k=0}^{\infty} \frac{a_{0}\;x^{3k}}{\displaystyle\prod_{j=1}^{k} \bigl(3j(3j-1)\bigr)}.

Passo 6

Agora para os termos a_{3k+1} (com k\ge1) escolha n=3k-1 na recorrência:
a_{3k+1}=\frac{a_{3k-2}}{(3k+1)(3k)}.
Iterando a partir de a_1 obtemos a forma em produto
a_{3k+1}=\frac{a_{1}}{\displaystyle\prod_{j=1}^{k} \bigl((3j+1)(3j)\bigr)}.
Os primeiros termos são
a_1,\quad a_4=\frac{a_1}{4\cdot3}=\frac{a_1}{12},\quad a_7=\frac{a_4}{7\cdot6}=\frac{a_1}{504},\dots
Portanto a segunda série é
y^{(1)}(x)=\sum_{k=0}^{\infty} a_{3k+1} x^{3k+1} =\sum_{k=0}^{\infty} \frac{a_{1}\;x^{3k+1}}{\displaystyle\prod_{j=1}^{k} \bigl((3j+1)(3j)\bigr)}.

Passo 7

Podemos apresentar essas fórmulas fechadas também usando a função Gama para ficar mais compactas (aplicando a identidade \prod_{m=0}^{k-1}(a m+b)=a^{k}\dfrac{\Gamma(k+b/a)}{\Gamma(b/a)}). Isso dá, para k\ge0:
a_{3k} \;=\; a_{0}\,\frac{\Gamma\!\bigl(\tfrac{2}{3}\bigr)}{3^{2k}\,k!\,\Gamma\!\bigl(k+\tfrac{2}{3}\bigr)}, \qquad a_{3k+1} \;=\; a_{1}\,\frac{\Gamma\!\bigl(\tfrac{4}{3}\bigr)}{3^{2k}\,k!\,\Gamma\!\bigl(k+\tfrac{4}{3}\bigr)},
e a_{3k+2}=0. Essas expressões são equivalentes às formas em produto do Passo 5 e Passo 6 (use propriedades da função Gama para verificar se quiser).

Passo 8

Escrevendo a solução geral com constantes C_{1}=a_{0} e C_{2}=a_{1} obtemos:
y(x)=C_{1}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma\!\bigl(\tfrac{2}{3}\bigr)}{3^{2k}\,k!\,\Gamma\!\bigl(k+\tfrac{2}{3}\bigr)}\,x^{3k} \;+\; C_{2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma\!\bigl(\tfrac{4}{3}\bigr)}{3^{2k}\,k!\,\Gamma\!\bigl(k+\tfrac{4}{3}\bigr)}\,x^{3k+1}.
Para checar que essas séries convergem para todo x\in\mathbb{R} (ou \mathbb{C}), use o teste da razão entre termos consecutivos das séries em k. Por exemplo, para a primeira série o termo geral em k é
t_k = \frac{\Gamma(\tfrac{2}{3})}{3^{2k}k!\,\Gamma(k+\tfrac{2}{3})}x^{3k},
e
\left|\frac{t_{k+1}}{t_k}\right| = \frac{|x|^{3}}{9}\cdot\frac{1}{(k+1)\,(k+\tfrac{2}{3})}\xrightarrow[k\to\infty]{}0.
Como o limite é 0 para todo x, a série converge para todo x. Idêntico argumento vale para a segunda série. Portanto o raio de convergência é infinito e as séries definem funções inteiras.

Passo 9

Comentário final (útil na prova): as duas séries acima são, à constante multiplicativa, as duas soluções independentes da equação de Airy. Em literatura essas soluções são normalmente combinadas para formar as funções de Airy \operatorname{Ai}(x) e \operatorname{Bi}(x), mas aqui temos a forma em série centrada em 0 e o termo geral explícito.

Resposta

y(x)=C_{1}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma\!\bigl(\tfrac{2}{3}\bigr)}{3^{2k}\,k!\,\Gamma\!\bigl(k+\tfrac{2}{3}\bigr)}\,x^{3k} \;+\; C_{2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma\!\bigl(\tfrac{4}{3}\bigr)}{3^{2k}\,k!\,\Gamma\!\bigl(k+\tfrac{4}{3}\bigr)}\,x^{3k+1},
válida para todo x\in(-\infty,\infty) (na verdade para todo x\in\mathbb{R} e para todo x\in\mathbb{C}, pois as séries têm raio de convergência infinito).

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