Resolva as seguintes equações diferenciais por meio de séries e também por um método elementar qualquer, e verifique se suas soluções coincidem. Note que o objetivo desses problemas não é obter a resposta (isso é fácil por computador ou manualmente), mas sim se familiarizar com o método de soluções por séries. Verifique seus resultados com auxílio de um computador.
\left(x^{2}+2 x\right) y^{\prime \prime}-2(x+1) y^{\prime}+2 y=0

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
\left(x^{2}+2x\right)y''-2(x+1)y'+2y=0
e pede que eu a resolva por dois métodos: (1) por séries e (2) por um método elementar qualquer; depois verificar se as soluções coincidem.
Informações relevantes que o enunciado fornece:
  • A equação é linear de segunda ordem com coeficientes polinomiais.
  • Os pontos x=0 e x=-2 anulam o coeficiente de y'', ou seja são pontos singulares (mas o problema permite escolher um ponto regular para séries).
  • Preciso apresentar a solução geral (duas constantes arbitrárias) e mostrar que as duas abordagens levam à mesma solução.

Passo 2

Vou começar por um método elementar (inspeção + redução de ordem). Primeiro tento encontrar uma solução simples por tentativa. Testo y=x+1.
Calculo y'=1 e y''=0. Substituo na equação:
(x^{2}+2x)\cdot 0 -2(x+1)\cdot 1 + 2(x+1)= -2(x+1)+2(x+1)=0.
Portanto y_{1}(x)=x+1 é uma solução não trivial. Ótimo — já temos uma solução particular.

Passo 3

Agora uso redução de ordem para obter a segunda solução linearmente independente sabendo uma solução y_{1}=x+1. Primeiro coloco a EDO na forma padrão
y''+P(x)y'+Q(x)y=0
dividindo por x^{2}+2x=x(x+2). Assim
P(x)=-\frac{2(x+1)}{x(x+2)},\qquad Q(x)=\frac{2}{x(x+2)}.
A fórmula para a segunda solução y_{2} quando se conhece y_{1} é
y_{2}=y_{1}\int \frac{e^{-\int P(x)\,dx}}{y_{1}^{2}}\,dx.
Calculo \int P(x)\,dx. Faço frações parciais em P:
P(x)=-\frac{2(x+1)}{x(x+2)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+2}.
Igualando numeradores: -2(x+1)=A(x+2)+Bx. Coeficientes dão 2A=-2\Rightarrow A=-1 e A+B=-2\Rightarrow B=-1. Logo
P(x)=-\frac{1}{x}-\frac{1}{x+2}.
Daí
\int P(x)\,dx = -\ln|x|-\ln|x+2| = -\ln|x(x+2)|.
Então
e^{-\int P(x)\,dx}=e^{\ln|x(x+2)|}=x(x+2).
Substituo em y_{2}:
y_{2}= (x+1)\int \frac{x(x+2)}{(x+1)^{2}}\,dx.
Simplifico a integranda observando que x(x+2)=(x+1)^{2}-1, então
\frac{x(x+2)}{(x+1)^{2}}=1-\frac{1}{(x+1)^{2}}.
Integration:
\int\left(1-\frac{1}{(x+1)^{2}}\right)dx = x + \frac{1}{x+1} + C.
Portanto
y_{2}=(x+1)\left(x+\frac{1}{x+1}\right)=x(x+1)+1=x^{2}+x+1.
Assim duas soluções linearmente independentes são y_{1}=x+1 e y_{2}=x^{2}+x+1. A solução geral é
y(x)=C_{1}(x+1)+C_{2}(x^{2}+x+1),
com C_{1},C_{2} constantes arbitrárias. (Observação: as soluções são polinomiais, então bem comportadas em qualquer ponto exceto onde a EDO é singular.)

Passo 4

Agora resolvo por séries de potências, explicando passo a passo como aplicar o método. Como x=0 e x=-2 são pontos singulares para a forma padrão, escolho expandir em série em torno de um ponto regular: x_{0}=-1 é um ponto regular porque x_{0}^{2}+2x_{0}=(-1)^{2}+2(-1)=-1\neq 0. Então a expansão em potências de z=x+1 é natural e as derivadas em x coincidem com derivadas em z. Substituo z=x+1 para simplificar.
Reescrevo a equação em z. Como x=z-1,
x^{2}+2x=(z-1)^{2}+2(z-1)=z^{2}-1.
E x+1=z. Portanto a equação torna-se
(z^{2}-1)\,y''-2z\,y'+2y=0,
onde agora y'=dy/dz, y''=d^{2}y/dz^{2}. Procuro solução da forma série de potências centrada em z=0:
y(z)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} z^{n}.
As derivadas são
y'(z)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} z^{n},\qquad y''(z)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} z^{n}.
Substituo na equação (z^{2}-1)y''-2z y'+2y=0. Vou escrever cada termo como série em potências z^{n}.
Termo z^{2}y'':
z^{2}y''=\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} z^{n+2} =\sum_{m=2}^{\infty} m(m-1)a_{m} z^{m},
onde usei m=n+2.
Termo -y'':
-y''=-\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} z^{n}.
Termo -2z y':
-2z y'=-2\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} z^{n+1} =-2\sum_{m=1}^{\infty} m a_{m} z^{m}.
Termo 2y:
2y=2\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} z^{n}.
Agora somo tudo e igualo coeficientes de z^{n} a zero. Para n=0 (coeficiente de z^{0}) obtenho:
-2a_{2}+2a_{0}=0\quad\Rightarrow\quad a_{2}=a_{0}.
Para n=1 (coeficiente de z^{1}) obtenho:
-6a_{3}-2a_{1}+2a_{1}= -6a_{3}=0\quad\Rightarrow\quad a_{3}=0.
Para n\ge 2 (coeficiente geral de z^{n}) juntando as contribuições de z^{2}y'', -y'', -2z y', 2y
n(n-1)a_{n} - (n+2)(n+1)a_{n+2} -2n a_{n} +2 a_{n}=0.
Simplificando o termo em a_{n}:
\big(n(n-1)-2n+2\big)a_{n} - (n+2)(n+1)a_{n+2}=0.
Note que n(n-1)-2n+2 = n^{2}-3n+2=(n-1)(n-2). Logo a recorrência é
(n+2)(n+1)a_{n+2}=(n-1)(n-2)a_{n},\qquad n\ge 2,
ou seja
a_{n+2}=\frac{(n-1)(n-2)}{(n+2)(n+1)}\,a_{n},\qquad n\ge 2.
Agora analiso as duas sequências (pares e ímpares):
  • Começando com a_{0} livre: já temos a_{2}=a_{0}. Para n=2 a recorrência dá
a_{4}=\frac{(2-1)(2-2)}{6\cdot 5}a_{2}=0,
portanto a_{4}=0. Daí para todos os índices pares superiores todos os a_{6},a_{8},\dots serão zero pois dependem de a_{4}. Assim os coeficientes pares não nulos são apenas a_{0} e a_{2}=a_{0}.
  • Começando com a_{1} livre: já temos a_{3}=0. Para n=3 a recorrência dá a_{5} proporcional a a_{3}=0; logo todos os coeficientes ímpares além de a_{1} são zero.
Assim a série se truncam e gera polinômios:
y(z)=a_{0}(1+z^{2})+a_{1}z.
Voltando a x com z=x+1,
y(x)=a_{0}\big(1+(x+1)^{2}\big)+a_{1}(x+1).
Posso reescrever 1+(x+1)^{2}=x^{2}+2x+2. Observando que
x^{2}+2x+2=(x^{2}+x+1)+(x+1),
vemos que o espaço gerado por \{1+(x+1)^{2},\,x+1\} é o mesmo que o gerado por \{x+1,\,x^{2}+x+1\}. Portanto a solução geral obtida por séries é equivalente àquela obtida no Passo 3:
y(x)=C_{1}(x+1)+C_{2}(x^{2}+x+1).

Passo 5

Verifico independência linear: o wronskiano das duas soluções encontradas é
W(y_{1},y_{2})=\det\begin{pmatrix} x+1 & x^{2}+x+1\\\\ 1 & 2x+1\end{pmatrix}=(x+1)(2x+1)-(x^{2}+x+1)=x^{2}+2x,
isto é W(x)=x(x+2). Esse wronskiano é diferente de zero para x\neq 0,-2, o que confirma independência nas regiões onde a equação é regular. As duas soluções coincidem (geram o mesmo espaço solução) como mostrado.

Resposta

y(x)=C_{1}(x+1)+C_{2}(x^{2}+x+1)

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