by assuming a solution for equation (*) in the form of a power series \sum a_{n} x^{n} and finding the a_{n} in two ways:
(a) by the method of the examples in the text (note particularly how the nonlinearity of the equation complicates the formulas);
Passo 1
O enunciado dá a equação diferencial
y'=1+y^{2}
com condição inicial y(0)=0, e afirma que a solução particular é y=\tan x. A tarefa é mostrar a expansão em série de potências
\tan x = x + \frac{1}{3}x^{3} + \frac{2}{15}x^{5} + \cdots
assumindo uma solução na forma de série de potências \sum a_{n}x^{n} e determinando os coeficientes a_{n} pelo método por substituição direta na equação. Aqui listamos as informações relevantes:
Equação: \;y'=1+y^{2}.
Condição: \;y(0)=0.
Queremos obter os coeficientes a_{n} da série \;y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} e, em particular, mostrar os primeiros termos dados.
Passo 2
Assumimos a solução como série de potências:
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}.
A condição y(0)=0 implica imediatamente
a_{0}=0.
Derivando termo a termo (válido enquanto a série converge numa vizinhança de 0):
y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}.
Para comparar termos com potências iguais de x é conveniente reindexar:
y'(x)=\sum_{m=0}^{\infty} (m+1)a_{m+1} x^{m}.
Agora precisamos da expressão de y^{2}. Como produto de séries, usamos a soma convolucional:
Explicando a convolução: o coeficiente de x^{n} em y^{2} é a soma de todos os produtos a_{k}a_{n-k} com k variando de 0 a n. Esse é o lugar onde a não linearidade complica as fórmulas — os coeficientes de y^{2} combinam coeficientes anteriores de y em somas.
Passo 3
Substituímos as expressões em y'=1+y^{2}\):
\[\sum_{m=0}^{\infty} (m+1)a_{m+1} x^{m} = 1 + \sum_{n=0}^{\infty}\Big(\sum_{k=0}^{n} a_{k}a_{n-k}\Big) x^{n}.
O termo constante na direita é 1; podemos escrever isso como série com potência x^{0}. Igualando coeficientes de x^{m} em ambos os lados (para todo m\ge 0) obtemos a recorrência
Explicação adicional sobre por que os coeficientes pares (além de a_{0}) são zero — útil para a prova e para simplificar cálculos:
Considere a função z(x):=-y(-x). Fazendo a derivada,
z'(x) = -\big(-y'(-x)\big) = y'(-x).
Como y satisfaz y'=1+y^{2}, temos
y'(-x)=1+y(-x)^{2}=1+(-z(x))^{2}=1+z(x)^{2},
portanto z satisfaz a mesma equação z'=1+z^{2} e z(0)=-y(0)=0. Pela unicidade da solução do problema de Cauchy com essa condição inicial, segue z\equiv y, ou seja y(-x)=-y(x): a solução é ímpar. Uma função ímpar tem só potências ímpares na série de Taylor em 0, logo a_{2}=a_{4}=a_{6}=\cdots=0. Isso explica por que nos somatórios da convolução só aparecem produtos de coeficientes de índices ímpares quando queremos um coeficiente de potência ímpar.
Passo 6
Se quiser mais um coeficiente para ver o padrão não trivial da convolução, calculemos a_{7}:
Para m=6 (pois queremos a_{7}) temos
7 a_{7} = \sum_{k=0}^{6} a_{k}a_{6-k}.
Como os coeficientes pares são zero, só contribuem os pares (k,6-k) com k ímpar: esses são (1,5),(3,3),(5,1). Assim
Resumo do método e da recorrência geral (útil para a prova): a recorrência obtida pela comparação de coeficientes é, para m\ge 0\),
\[(m+1)a_{m+1}=\begin{cases}1,& m=0,\\[4pt]\displaystyle\sum_{k=0}^{m}a_{k}a_{m-k},& m\ge1.\end{cases}
Se você usar a paridade (saber que a_{2n}=0\] para \(n\ge1), pode reescrever para coeficientes ímpares: para n\ge 1,