A solução das EDOs a seguir em séries de potência, que satisfazem as condições iniciais, são respectivamente:
I. y^prime prime-x y^prime-y=0, y(0)=1, y^prime(0)=0
II. y^prime-2 x y=0, y(0)=1
—生 yI(x)=1+sumn=1^infty 12 cdot 4 cdot 6 cdots(2 n) x^2 n
yI I(x)=sumn=0^infty x^2 nn!
B yI(x)=1+sumn=1^infty 12 cdot 4 cdot 6 cdots(2 n) x^2 n
yI I(x)=sumn=1^infty x^nn!
C yI(x)=1+sumn=0^infty 12 cdot 4 cdot 6 cdots(2 n) x^n
yI I(x)=sumn=0^infty x^2 nn!
D yI(x)=sumn=1^infty 12 cdot 4 cdot 6 cdots(2 n) x^2 n
yI I(x)=sumn=0^infty x^2 nn!
E yI(x)=1+sumn=1^infty 12 cdot 4 cdot 6 cdots(2 n) x^2 n
yI I(x)=sumn=0^infty x^2 n(n+1)!

Passo 1

O enunciado pede para encontrar em séries de potência as soluções das EDOs I) y''-x y'-y=0 com y(0)=1, y'(0)=0 e II) y'-2x y=0 com y(0)=1, e depois comparar com as opções dadas.

Passo 2

Para I) assumimos uma solução da forma y(x)=sumn=0^infty an x^n. Então
y'(x)=sumn=1^infty n an x^n-1, y''(x)=sumn=2^infty n(n-1)an x^n-2

Passo 3

Substituindo em y''-x y'-y=0 e reindexando, obtemos a relação de recorrência
[(k+2)(k+1)a_{k+2}-k a_k -a_k=0\quad\Rightarrow\quad a_{k+2}=\frac{a_k}{k+2}.

Passo 4

Pelas condições iniciais a0=1 e a1=0, vemos que só aparecem termos pares e
a2n=12cdot4cdot6cdots(2n), a2n+1=0

Passo 5

Logo
yI(x)=sumn=0^infty a2nx^2n=1+sumn=1^inftyx^2n2cdot4cdot6cdots(2n)

Passo 6

Para II) a EDO é separável:
[\frac{y’}{y}=2x\ \Rightarrow\ \ln y= x2+C \Rightarrow y=e{x2+C}=Ce{x^2}.

Passo 7

Com y(0)=1 C=1, então
[y_{II}(x)=e{x2}=\sum_{n=0}\infty\frac{x{2n}}{n!}.

Passo 8

Comparando com as opções, apenas a letra A apresenta
[y_I(x)=1+\sum_{n=1}\infty\frac{x{2n}}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n)},\quad y_{II}(x)=\sum_{n=0}\infty\frac{x{2n}}{n!}.

Resposta

A

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