Use o método de série de potências para resolver a seguinte equação:
y^{\prime \prime}(x)+2 x y^{\prime}(x)-x y(x)=2 x e^{x}, y(0)=2 \text { e } y^{\prime}(0)=-1

Passo 1

O enunciado nos dá a equação diferencial com condições iniciais e pede a solução por série de potências centrada em 0. Vou listar claramente o que foi dado e o que se deve obter:
  • Equação diferencial:
y''(x)+2x\,y'(x)-x\,y(x)=2x\,e^{x}.
  • Condições iniciais:
y(0)=2,\qquad y'(0)=-1.
  • O que se pede: obter a solução y(x) escrita como série de potências (série de Maclaurin) e determinar os coeficientes usando as condições iniciais.

Passo 2

Primeiro passo prático: suponho que a solução admite uma expansão em série de potências em torno de 0. Então escrevo
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n,
onde os a_n são coeficientes desconhecidos a determinar. Agora escrevo as derivadas termwise (isso é válido para séries de potências dentro do raio de convergência):
y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{\,n-1}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^{n},
y''(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_n x^{\,n-2}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n}.
Expliquei a troca de índices: por exemplo, na expressão para y' faço a mudança n\mapsto n+1 para escrever tudo como potências x^n, e o mesmo para y''.

Passo 3

Preciso também da série do lado direito 2x e^{x}. Como e^{x}=\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{x^k}{k!}, segue
2x e^{x}=2x\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2}{k!}x^{k+1}.
Mudo o índice para comparar com potências x^n: para n\ge 1 o coeficiente de x^n é
\text{coef}_{x^n}\big(2x e^{x}\big)=\frac{2}{(n-1)!},
e o coeficiente de x^0 (constante) é zero.

Passo 4

Substituo as séries na equação diferencial. Usando as formas em potências x^n\): \[y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n},
2x\,y'(x)=2x\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}2n a_{n}x^{n},
-x\,y(x)=-x\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n}=-\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}x^{n}.
Observe como alinhei as potências para obter coeficientes de x^n. Somando tudo e igualando ao lado direito, obtenho para cada n\ge 0:
(n+2)(n+1)a_{n+2} \;+\; \underbrace{2n a_n}_{\text{para }n\ge1,\\ \text{mas é }0\text{ quando }n=0} \;-\; \underbrace{a_{n-1}}_{\text{aparece só para }n\ge1} \;=\; \begin{cases} 0,& n=0,\\[4pt] \dfrac{2}{(n-1)!},& n\ge1. \end{cases}éó
Escrevendo isso de forma unificada para n\ge1\]: \[(n+2)(n+1)a_{n+2}+2n a_n - a_{n-1}=\frac{2}{(n-1)!},\qquad n\ge1,\] e para \(n=0 vem
2\cdot1\\ a_2=0\quad\Rightarrow\quad a_2=0.]

Passo 5

Agora uso as condições iniciais para fixar a_0 e a_1. Pela série,
y(0)=a_0=2,\qquad y'(0)=a_1=-1.
Já temos a_0=2,\\ a_1=-1,\\ a_2=0. A partir da relação recursiva, posso calcular todos os a_n sucessivamente.

Passo 6

Vou calcular explicitamente os primeiros coeficientes para ver o padrão e obter a aproximação inicial da solução. Uso a fórmula recursiva (para n\ge1):
a_{n+2}=\frac{-2n a_n + a_{n-1} + \dfrac{2}{(n-1)!}}{(n+2)(n+1)}.
Calculemos termo a termo:
  • Para n=1:
a_3=\frac{-2\cdot1\cdot a_1 + a_0 + \dfrac{2}{0!}}{3\cdot2} =\frac{-2(-1)+2+2}{6}=\frac{2+2+2}{6}=\frac{6}{6}=1.
  • Para n=2:
a_4=\frac{-2\cdot2\cdot a_2 + a_1 + \dfrac{2}{1!}}{4\cdot3} =\frac{0+(-1)+2}{12}=\frac{1}{12}.
  • Para n=3:
a_5=\frac{-2\cdot3\cdot a_3 + a_2 + \dfrac{2}{2!}}{5\cdot4} =\frac{-6\cdot1+0+1}{20}=\frac{-5}{20}=-\frac{1}{4}.
  • Para n=4:
a_6=\frac{-2\cdot4\cdot a_4 + a_3 + \dfrac{2}{3!}}{6\cdot5} =\frac{-8\cdot\frac{1}{12}+1+\frac{2}{6}}{30} =\frac{-\frac{8}{12}+1+\frac{1}{3}}{30}.
Calculo dos numeradores: -\frac{8}{12}=-\frac{2}{3}. Então
-\frac{2}{3}+1+\frac{1}{3}=\frac{2}{3},
portanto
a_6=\frac{\tfrac{2}{3}}{30}=\frac{2}{90}=\frac{1}{45}.
  • Para n=5:
a_7=\frac{-2\cdot5\cdot a_5 + a_4 + \dfrac{2}{4!}}{7\cdot6} =\frac{-10\left(-\tfrac{1}{4}\right)+\tfrac{1}{12}+\tfrac{2}{24}}{42}.
Calculo do numerador: -10(-\tfrac{1}{4})=\tfrac{10}{4}=\tfrac{5}{2}, e \tfrac{1}{12}+\tfrac{2}{24}=\tfrac{1}{12}+\tfrac{1}{12}=\tfrac{1}{6}. Soma: \tfrac{5}{2}+\tfrac{1}{6}=\tfrac{15}{6}+\tfrac{1}{6}=\tfrac{16}{6}=\tfrac{8}{3}. Logo
a_7=\frac{\tfrac{8}{3}}{42}=\frac{8}{126}=\frac{4}{63}.
  • Para n=6:
a_8=\frac{-2\cdot6\cdot a_6 + a_5 + \dfrac{2}{5!}}{8\cdot7} =\frac{-12\cdot\tfrac{1}{45}+(-\tfrac{1}{4})+\tfrac{2}{120}}{56}.
Calculo do numerador: -12/45=-4/15, 2/120=1/60. Colocando sobre denom comum 60: -16/60 -15/60 +1/60=-30/60=-\tfrac{1}{2}. Assim
a_8=\frac{-\tfrac{1}{2}}{56}=-\frac{1}{112}.
Já temos, portanto, os coeficientes iniciais:
a_0=2,\\ a_1=-1,\\ a_2=0,\\ a_3=1,\\ a_4=\tfrac{1}{12},\\ a_5=-\tfrac{1}{4},\\ a_6=\tfrac{1}{45},\\ a_7=\tfrac{4}{63},\\ a_8=-\tfrac{1}{112},\\ \ldots

Passo 7

Com esses coeficientes a série de Maclaurin da solução fica (até a oitava potência mostrada):
y(x)=2 - x + 0\cdot x^2 + x^3 + \frac{1}{12}x^4 - \frac{1}{4}x^5 + \frac{1}{45}x^6 + \frac{4}{63}x^7 - \frac{1}{112}x^8 + \cdots.
Em forma compacta, a solução única que satisfaz as condições iniciais é a série
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n,
onde a_0=2,\\ a_1=-1,\\ a_2=0 e para n\ge1
(n+2)(n+1)a_{n+2}+2n a_n - a_{n-1}=\frac{2}{(n-1)!}.
Essa relação permite calcular os coeficientes arbitrariamente (num processo puramente algébrico), e a série converge pelo teorema geral das séries de potências associadas a equações lineares analíticas (a solução é única e analítica em torno de 0).
Força aí — se quiser eu continuo gerando mais termos ou tento achar uma forma fechada (se existir) — mas para a prova normalmente a série (ou os primeiros termos mais a recorrência) é o que pedem.

Resposta

y(x)=2 - x + x^3 + \frac{1}{12}x^4 - \frac{1}{4}x^5 + \frac{1}{45}x^6 + \frac{4}{63}x^7 - \frac{1}{112}x^8 + \cdots
\text{com }a_0=2,\\ a_1=-1,\\ a_2=0\text{ e para }n\ge1:\\ (n+2)(n+1)a_{n+2}+2n a_n - a_{n-1}=\frac{2}{(n-1)!}.

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