A solução das EDO’s 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
(a) y_{I}(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots(2 n)} x^{2 n}, y_{I I}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!}
(b) y_{I}(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots(2 n)} x^{2 n}, y_{I I}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{(n+1)!}
(c) y_{I}(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots(2 n)} x^{2 n}, y_{I I}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{n!}
(d) y_{I}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots(2 n)} x^{2 n}, y_{I I}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{n!}
(e) y_{I}(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots(2 n)} x^{2 n}, y_{I I}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{n!}

Passo 1

O enunciado dá duas equações diferenciais ordinárias com condições iniciais e pede as soluções em séries de potência que satisfaçam essas condições. As informações relevantes são:
  • I. Equação: y'' - x y' - y = 0 com condições y(0)=1 e y'(0)=0.
  • II. Equação: y' - 2x y = 0 com condição y(0)=1.
O que é pedido: identificar, entre as alternativas (a)–(e), qual par de séries corresponde às soluções das EDOs I e II, respectivamente.

Passo 2

Método geral que vamos usar (sem entrar em jargões difíceis): para a EDO I usamos a técnica de série de potência — supor que a solução pode ser escrita como uma série y(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n, calcular y' e y'' em séries e igualar coeficientes termo a termo para obter uma relação entre os a_n (recorrência). Para a EDO II podemos fazer o mesmo ou reconhecer que é uma EDO linear de primeira ordem simples cuja solução é imediata (mas também mostrarei a série). Vou desenvolver passo a passo para cada equação.

Passo 3

Começando pela EDO I. Suponha
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n.
Então as derivadas são
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^n,
y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} x^n.
Note que escrevemos y' e y'' com potências x^n para facilitar a comparação termo a termo.

Passo 4

Substituímos as séries na EDO y'' - x y' - y = 0. Primeiro calcule x y':
x y' = x\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^n = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^{n+1}.
Reindexando (colocando a soma como potência x^m com m=n+1) obtemos
x y' = \sum_{m=1}^{\infty} m a_m x^m.
Agora a EDO vira (todos os termos escritos com potência x^n):
\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2} x^n \;-\; \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^n \;-\; \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = 0.

Passo 5

Igualando coeficiente de x^0 (ou seja, termo constante), obtemos para n=0:
(2)(1)a_2 - a_0 = 0 \quad\Rightarrow\quad a_2 = \frac{a_0}{2}.
Para n\ge 1 os coeficientes de x^n dão:
(n+2)(n+1)a_{n+2} - n a_n - a_n = 0.
Agrupando n a_n + a_n = (n+1)a_n e isolando a_{n+2}:
a_{n+2} = \frac{n+1}{(n+2)(n+1)} a_n = \frac{1}{n+2}\,a_n,\qquad n\ge 0.
Observação: essa fórmula vale já para n=0 (retornando a_2=a_0/2).

Passo 6

A recorrência a_{n+2}=\dfrac{a_n}{n+2} mostra que os coeficientes se acoplam dois a dois: os termos pares a_0,a_2,a_4,\dots se determinam entre si, e os ímpares a_1,a_3,\dots entre si. Pelas condições iniciais:
y(0)=1 \Rightarrow a_0=1,\qquad y'(0)=0 \Rightarrow a_1=0.
Como a_1=0 e a recorrência liga a_{n+2} a a_n, todos os a_{2k+1}=0 (todos os termos ímpares são zero). Para os termos pares usamos a recorrência:
a_2=\frac{a_0}{2},\quad a_4=\frac{a_2}{4}=\frac{a_0}{2\cdot 4},\quad a_6=\frac{a_4}{6}=\frac{a_0}{2\cdot 4\cdot 6},\\ \text{etc.}
Portanto, para n\ge 1,
a_{2n}=\frac{1}{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2n)}.
Uma observação útil: o produto 2\cdot 4\cdot 6\cdots (2n)=2^n n!, então também podemos escrever a_{2n}=\dfrac{1}{2^n n!}, e a_0=1.

Passo 7

Assim a solução y_I(x) em série é
y_I(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{2n} x^{2n} = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2n)}\, x^{2n},
que coincide com a forma apresentada nas alternativas que têm y_I(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{2\cdot 4\cdot\cdots (2n)}x^{2n}.

Passo 8

Agora a EDO II: y' - 2x y = 0, y(0)=1. Esse é um caso muito direto: podemos tratar como uma EDO linear de primeira ordem separável. Escrevendo
\frac{y'}{y}=2x,
integramos em x:
\ln y = x^2 + C \quad\Rightarrow\quad y = C e^{x^2}.
Impondo y(0)=1 C=1. Logo a solução exata é
y_{II}(x)=e^{x^2}.

Passo 9

Expandindo e^{x^2} em série de potência (a expansão de e^t com t=x^2):
e^{x^2}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(x^2)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n!}.
Portanto a solução em série que satisfaz y(0)=1 é exatamente \displaystyle y_{II}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n!}.

Passo 10

Comparando com as alternativas: para I precisamos da forma 1+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{2\cdot4\cdots(2n)}x^{2n}; para II precisamos de \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^{2n}}{n!}. A alternativa que dá esses dois resultados é a alternativa (c) (a alternativa (e) é idêntica à (c) no texto do enunciado, mas a escolha usualmente indicada é (c)).

Resposta

(c)

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