Resolva a seguinte equaçäo diferencial empregando série de poténcias?
y^{\prime \prime}+x y^{\prime}=0

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial
y'' + x y' = 0
usando séries de potências. Não foram dadas condições iniciais, então queremos a solução geral em torno de x=0. As informações úteis são apenas a equação acima e o pedido explícito de empregar série de potências.

Passo 2

Vamos assumir uma solução em série de potências (desenvolvimento de Maclaurin):
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n.
Agora calculamos as derivadas termo a termo (isso é permitido dentro do raio de convergência):
y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}=\sum_{m=0}^{\infty} (m+1)a_{m+1} x^{m},
y''(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_n x^{n-2}=\sum_{m=0}^{\infty} (m+2)(m+1)a_{m+2} x^{m}.

Passo 3

Substituímos y'' e y' na equação diferencial:
\sum_{m=0}^{\infty} (m+2)(m+1)a_{m+2} x^{m} + x\sum_{m=0}^{\infty} (m+1)a_{m+1} x^{m} = 0.
O segundo somatório multiplica por x, então
x y' = \sum_{m=0}^{\infty} (m+1)a_{m+1} x^{m+1} = \sum_{m=1}^{\infty} m a_{m} x^{m},
onde na última igualdade fizemos a mudança de índice m\mapsto m+1. Assim a equação fica
\sum_{m=0}^{\infty} (m+2)(m+1)a_{m+2} x^{m} + \sum_{m=1}^{\infty} m a_{m} x^{m} = 0.

Passo 4

Agora igualamos coeficientes para cada potência x^m. Para m=0 (termo independente) vem
2\cdot1\;a_2 = 0 \quad\Rightarrow\quad a_2 = 0.
Para m\ge 1 temos a relação
(m+2)(m+1)a_{m+2} + m a_{m} = 0,
ou seja a recorrência
a_{m+2} = -\dfrac{m}{(m+2)(m+1)}\,a_{m},\qquad m\ge 1.

Passo 5

Observe que a recorrência conecta índices com diferença 2. Assim os coeficientes pares e ímpares se comportam separadamente. Já temos a_2=0. Usando a recorrência por indução obtemos que todos os coeficientes pares de ordem maior que zero são nulos:
a_2=0\Rightarrow a_4=-\dfrac{2}{4\cdot3}a_2=0,\quad a_6=-\dfrac{4}{6\cdot5}a_4=0,\\ \text{etc.}
Logo, para k\ge1,
a_{2k}=0.
Restam a_0 (constante) e os coeficientes ímpares a_{2k+1} determinados por a_1.

Passo 6

Para os coeficientes ímpares definimos b_k:=a_{2k+1} (com b_0=a_1). A recorrência para m=2k+1
a_{2k+3} = -\dfrac{2k+1}{(2k+3)(2k+2)}\,a_{2k+1},
ou seja
b_{k+1} = -\dfrac{2k+1}{(2k+3)(2k+2)}\,b_k.
Calculando alguns termos vemos o padrão:
b_0=a_1,\quad b_1=-\dfrac{1}{6}a_1,\quad b_2=\dfrac{1}{40}a_1,\\ \dots
Proponho a forma fechada (que pode ser provada por indução):
a_{2k+1} = a_1\,\dfrac{(-1)^k}{2^{k} k!\,(2k+1)},\qquad k\ge0.
Uma verificação rápida da razão b_{k+1}/b_k confirma que essa fórmula satisfaz a recorrência:
\frac{b_{k+1}}{b_k}=\frac{(-1)}{2(k+1)}\cdot\frac{2k+1}{2k+3}=-\frac{2k+1}{(2k+3)(2k+2)}.

Passo 7

Portanto a solução em série (Maclaurin) fica
y(x)=a_0 + a_1\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2^{k} k!\,(2k+1)}\,x^{2k+1}.
Aqui a_0 e a_1 são as constantes arbitrárias que aparecem para a solução geral de segunda ordem.

Passo 8

Podemos reconhecer a soma como a primitiva da série de e^{-x^2/2}. De fato
e^{-x^2/2}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2^{k} k!} x^{2k},
e integrando termo a termo obtemos
\int e^{-x^2/2}\,dx=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2^{k} k!\,(2k+1)} x^{2k+1} + \text{const}.
Assim a solução pode ser escrita também em forma fechada usando a função erro:
y(x)=C_2 + C_1\int e^{-x^2/2}\,dx = C_2 + C_1\sqrt{\frac{\pi}{2}}\;\operatorname{erf}\!\Big(\frac{x}{\sqrt{2}}\Big),
com constantes C_1,C_2 adequadas (ou seja C_2=a_0 e C_1=a_1 até fatores de normalização).

Resposta

y(x)=a_0 + a_1\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2^{k} k!\,(2k+1)}\,x^{2k+1}
\text{ou, equivalentemente,}\qquad y(x)=C_2 + C_1\sqrt{\frac{\pi}{2}}\;\operatorname{erf}\!\Big(\frac{x}{\sqrt{2}}\Big).

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