Resolva estas equações diferenciais por meio de séries e então compare os resultados com as soluções obtidas por outras técnicas
2 y^{\prime \prime}+y^{\prime}-y=0

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial
2y''+y'-y=0
por meio de séries (isto é, assumir uma solução em série de potências e obter coeficientes) e então comparar o resultado com a solução obtida por outras técnicas. Informações dadas/necessárias, listadas claramente:
  • A equação é linear, homogênea, com coeficientes constantes.
  • Não foi especificado ponto de expansão, então usaremos a série centrada em x=0 (série de Maclaurin).
  • Precisamos obter a solução geral (duas constantes arbitrárias) e depois comparar com a solução por método clássico (equação característica).

Passo 2

Assumimos solução em série de potências centrada em 0:
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n,
onde cada a_n é um coeficiente a determinar. Explico como obter y' e y'' a partir desta série e por que reindexamos:
Derivando termo a termo:
y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}.
Para escrever tudo como soma em potências de x^n (mesma potência para comparar coeficientes), fazemos a mudança de índice n\mapsto n+1:
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+1) a_{n+1} x^{n}.
Derivando novamente:
y''(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2},
e reindexando n\mapsto n+2 para obter potências x^n:
y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n}.
Estas reindexações são padrão: queremos todas as somas com x^n para poder somar termo a termo e igualar coeficientes de cada potência.

Passo 3

Substituímos as séries em \;2y''+y'-y=0\;. Usando as expressões reindexadas:
2\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} +\sum_{n=0}^{\infty} (n+1) a_{n+1} x^{n} -\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n}=0.
Juntando em uma única soma:
\sum_{n=0}^{\infty}\Big(2(n+2)(n+1) a_{n+2} + (n+1) a_{n+1} - a_n\Big)x^{n}=0.
Como a soma é zero para todo x, os coeficientes de cada x^n devem ser zero. Assim obtemos a relação de recorrência
2(n+2)(n+1) a_{n+2} + (n+1) a_{n+1} - a_n = 0,\qquad n\ge 0.
Isolando a_{n+2}:
\boxed{ \;a_{n+2}=\dfrac{- (n+1) a_{n+1} + a_n}{2(n+2)(n+1)}\; }.
Esta fórmula permite calcular todos os coeficientes a partir de a_0 e a_1. Explico: a_0=y(0) e a_1=y'(0) são livres (constantes arbitrárias) porque a EDO é de segunda ordem; portanto a série terá duas constantes arbitrárias como esperado.

Passo 4

Para ilustrar como gerar as séries, escolhemos as duas escolhas canônicas que geram duas soluções linearmente independentes:
  1. a_0=1,\;a_1=0 (corresponde à solução com y(0)=1,\;y'(0)=0);
  2. a_0=0,\;a_1=1 (corresponde à solução com y(0)=0,\;y'(0)=1).
Vou calcular alguns coeficientes em cada caso usando a recorrência (faço n=0,1,2,\dots passo a passo).
Caso A: a_0=1,\;a_1=0.
  • Para n=0:
a_2=\frac{-(0+1)a_1 + a_0}{2\cdot2\cdot1}=\frac{-1\cdot0+1}{4}=\frac{1}{4}.
  • Para n=1:
a_3=\frac{-(1+1)a_2 + a_1}{2\cdot3\cdot2}=\frac{-2\cdot\frac14 + 0}{12}=\frac{-\tfrac12}{12}=-\frac{1}{24}.
  • Para n=2:
a_4=\frac{-(2+1)a_3 + a_2}{2\cdot4\cdot3}=\frac{-3\left(-\tfrac{1}{24}\right)+\tfrac{1}{4}}{24}=\frac{\tfrac{1}{8}+\tfrac{1}{4}}{24}=\frac{3/8}{24}=\frac{1}{64}.
  • Para n=3:
a_5=\frac{-(3+1)a_4 + a_3}{2\cdot5\cdot4}=\frac{-4\cdot\tfrac{1}{64} + \left(-\tfrac{1}{24}\right)}{40}=\frac{-\tfrac{1}{16}-\tfrac{1}{24}}{40}=-\frac{5}{192}\cdot\frac{1}{40}=-\frac{1}{384}.
(foi mostrado passo a passo como se combinam as frações)
Assim a série parcial é
y^{(A)}(x)=1+\frac{1}{4}x^2 -\frac{1}{24}x^3 +\frac{1}{64}x^4 -\frac{1}{384}x^5+\cdots.
Caso B: a_0=0,\;a_1=1.
  • Para n=0:
a_2=\frac{-1\cdot a_1 + a_0}{4}=\frac{-1}{4}.
  • Para n=1:
a_3=\frac{-2 a_2 + a_1}{12}=\frac{-2(-\tfrac14)+1}{12}=\frac{\tfrac12+1}{12}=\frac{3}{24}=\frac{1}{8}.
  • Para n=2:
a_4=\frac{-3 a_3 + a_2}{24}=\frac{-3\cdot\tfrac18 + (-\tfrac14)}{24}=\frac{-\tfrac{3}{8}-\tfrac{1}{4}}{24}=-\frac{5}{8}\cdot\frac{1}{24}=-\frac{5}{192}.
  • Para n=3:
a_5=\frac{-4 a_4 + a_3}{40}=\frac{-4\left(-\tfrac{5}{192}\right)+\tfrac18}{40}=\frac{\tfrac{20}{192}+\tfrac{24}{192}}{40}=\frac{44}{192}\cdot\frac{1}{40}=\frac{11}{1920}.
Assim a série parcial é
y^{(B)}(x)=x-\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{8}x^3-\frac{5}{192}x^4+\frac{11}{1920}x^5+\cdots.
Estas duas séries geram a solução geral por combinação linear:
y(x)=a_0\cdot y^{(A)}(x)+a_1\cdot y^{(B)}(x),
pois a_0,y^{(A)} e a_1,y^{(B)} foram escolhidos para reproduzir as condições iniciais.

Passo 5

Agora uso a técnica clássica (equação característica) para obter a solução em forma fechada e comparar.
Procure soluções da forma y=e^{rx}. Substituindo em \;2y''+y'-y=0\; dá a equação característica:
2r^2 + r - 1 = 0.
Resolvendo a quadrática:
r=\frac{-1\pm\sqrt{1+8}}{4}=\frac{-1\pm3}{4}.
Portanto
r_1=\frac{1}{2},\qquad r_2=-1.
Como são raízes reais e distintas, a solução geral é
\boxed{ \;y(x)=C_1 e^{x/2} + C_2 e^{-x}\; },
onde C_1,C_2 são constantes arbitrárias.

Passo 6

Agora comparo com a solução por séries. A série de potências das exponenciais é conhecida:
e^{x/2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!\,2^n},\qquad e^{-x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^n}{n!}.
A combinação linear dá
y(x)=C_1\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!\,2^n}+C_2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^n}{n!} =\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{C_1}{n!\,2^n}+ \frac{C_2(-1)^n}{n!}\right)x^n.
Logo os coeficientes a_n obtidos pela recorrência têm a forma
a_n=\frac{1}{n!}\Big(\frac{C_1}{2^n}+C_2(-1)^n\Big),
para constantes C_1,C_2. Em particular, nas relações iniciais:
a_0=C_1+C_2,\qquad a_1=\frac{1}{2}C_1 - C_2.
Isto permite escrever C_1,C_2 em função de a_0,a_1. Resolving o sistema:
C_1=\frac{2}{3}(a_0+a_1),\qquad C_2=\frac{1}{3}(a_0-2a_1).
Como verificação rápida: para o caso a_0=1,a_1=0 (caso A acima) obtemos C_1=\tfrac{2}{3}, C_2=\tfrac{1}{3} e a combinação
\frac{2}{3}e^{x/2}+\frac{1}{3}e^{-x}
expande em série exatamente igual à série que calculamos para y^{(A)}(x) (confirmei os primeiros termos: 1+0\cdot x+\tfrac{1}{4}x^2-\tfrac{1}{24}x^3+\cdots). Então as séries encontradas coincidem com as séries de Taylor das exponenciais que aparecem na solução fechada.

Passo 7

Conclusão operacional e dica para prova: usando séries de potências você obtém a recorrência
a_{n+2}=\frac{- (n+1) a_{n+1} + a_n}{2(n+2)(n+1)}
e duas constantes livres a_0,a_1. Expandindo a recorrência gera duas séries independentes (por exemplo as obtidas para a_0=1,a_1=0 e a_0=0,a_1=1), e pode-se reconhecer que essas séries coincidem com combinações lineares de e^{x/2} e e^{-x}. O método clássico pela equação característica é muito mais rápido para este caso (raízes r=\tfrac12,-1), produzindo a solução fechada
y=C_1 e^{x/2}+C_2 e^{-x},
e as séries são apenas as séries de Taylor dessas exponenciais (com C_1,C_2 determinados por a_0,a_1).

Resposta

y(x)=C_1 e^{x/2}+C_2 e^{-x}

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