Use o método de séries de potências para resolver as EDO’s (Procure soluções em séries centradas em x_{0}=0 ):
\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+\lambda y=0,-1<x<1(\lambda \in \mathbb{R}) (Equação de Legendre - fundamental para a descrição e resolução de diversos problemas em física e engenharia, particularmente em áreas que envolvem campos potencial, como eletricidade e gravidade)

Passo 1

O enunciado pede que a gente resolva, por séries de potências centradas em x_{0}=0, a equação
(1-x^{2})y''-2xy'+\lambda y=0,\qquad -1<x<1,\\ \lambda\in\mathbb{R}.
Informações dadas e o que se pede:
  • Temos uma EDO linear de segunda ordem com coeficientes analíticos em (-1,1).
  • Queremos soluções em séries de potências centradas em 0, isto é, expressar y(x) como uma série em potências de x.
  • Precisamos obter a relação entre os coeficientes da série (recorrência), caracterizar as duas soluções lineares independentes (uma par e outra ímpar) e identificar o caso especial em que a série termina (polinômios de Legendre).

Passo 2

Assumimos a solução em série de potências centrada em 0:
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},
onde a_{0},a_{1},\dots são constantes a determinar. Agora calculamos as derivadas necessárias termo a termo (fórmula padrão para derivada de séries de potências):
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}.
Essas formas com índice começando em 0 são convenientes para combinar potências iguais de x^{n} após substituição na EDO.

Passo 3

Substituímos y,y',y'' na equação (1-x^{2})y''-2xy'+\lambda y=0. Fazendo isso termo a termo:
(1-x^{2})y'' = \sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n} \;-\; \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_{n}x^{n},
-2x y' = -2\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n}x^{n},
\lambda y = \sum_{n=0}^{\infty} \lambda a_{n} x^{n}.
Somando tudo e reorganizando por potências x^{n} (observando que os somatórios que começam em n=2 ou n=1 não contribuem para os índices menores), o coeficiente de x^{n} deve ser zero para todos n\ge0. Isso dá a condição
(n+2)(n+1)a_{n+2} \;+\; \bigl(\lambda - n(n+1)\bigr)a_{n}=0,\qquad n=0,1,2,\dots
Isolando a_{n+2} obtemos a recorrência central:
\boxed{\,a_{n+2}=\frac{n(n+1)-\lambda}{(n+2)(n+1)}\,a_{n},\qquad n\ge0. \,}
Vou repetir essa fórmula em palavras: cada coeficiente de ordem n+2 é obtido multiplicando o coeficiente de ordem n por (n(n+1)-\lambda)/((n+2)(n+1)).

Passo 4

Interpretação prática da recorrência e separação em par/ímpar (importante e útil na prova):
  1. A recorrência relaciona a_{n+2} com a_{n}. Isso significa que os coeficientes de índices pares dependem apenas de a_{0}, e os de índices ímpares dependem apenas de a_{1}. Logo temos duas séries independentes:
y(x)=a_{0}\,y_{\text{par}}(x)+a_{1}\,y_{\text{ímpar}}(x),í
onde y_{\text{par}} contém apenas potências pares ( x^{0},x^{2},x^{4},\dots) e y_{\text{ímpar}}í contém apenas potências ímpares ( x^{1},x^{3},x^{5},\dots). Essas duas séries formam uma base de soluções lineares independentes.
  1. Para ter mais intuição, calculemos os primeiros coeficientes em termos de a_{0} (série par) e a_{1} (série ímpar):
  • Série par (começa em n=0):
a_{2}=\frac{0\cdot1-\lambda}{2\cdot1}a_{0}=-\frac{\lambda}{2}a_{0},
a_{4}=\frac{2\cdot3-\lambda}{4\cdot3}a_{2}=\frac{6-\lambda}{12}\,a_{2}=-\frac{\lambda(6-\lambda)}{24}\,a_{0}.
Portanto, até a ordem x^{4},
y_{\text{par}}(x)=1-\frac{\lambda}{2}x^{2}-\frac{\lambda(6-\lambda)}{24}x^{4}+\cdots\quad\text{(multiplicado por \(a_{0}\)).}
  • Série ímpar (começa em n=1):
a_{3}=\frac{1\cdot2-\lambda}{3\cdot2}a_{1}=\frac{2-\lambda}{6}a_{1},
a_{5}=\frac{3\cdot4-\lambda}{5\cdot4}a_{3}=\frac{12-\lambda}{20}\,a_{3}=\frac{(2-\lambda)(12-\lambda)}{120}\,a_{1}.
Logo, até x^{5},
y_{\text{ímpar}}(x)=x+\frac{2-\lambda}{6}x^{3}+\frac{(2-\lambda)(12-\lambda)}{120}x^{5}+\cdots\quad\text{(multiplicado por \(a_{1}\)).}í
Esses desenvolvimentos mostram claramente como montar termos na prova: calcule a_{2} a partir de a_{0}, depois a_{4} a partir de a_{2}, etc.; e o mesmo para a cadeia ímpar iniciada por a_{1}.

Passo 5

Caso especial importante (legenda que cai na prova): quando a série termina e obtemos um polinômio.
A recorrência tem fator numerador n(n+1)-\lambda. Se houver um inteiro N\ge0 tal que
\lambda = N(N+1),
então para n=N o numerador é zero, isto é n(n+1)-\lambda=0. Assim
a_{N+2}=0\quad\text{(porque \(a_{N+2}=\) zero vezes \(a_{N}\))}.
Mas então a_{N+4},a_{N+6},\dots também serão zero por recorrência (cada um depende do anterior nulo). Portanto a série termina e a solução torna-se um polinômio de grau N. Dependendo da paridade de N:
  • se N é par, a série par (iniciada por a_{0}) pode terminar e gerar o polinômio de grau N;
  • se N é ímpar, a série ímpar (iniciada por a_{1}) pode terminar e gerar o polinômio de grau N.
Esses polinômios são exatamente os polinômios de Legendre P_{N}(x) (até uma escolha de normalização). Exemplos rápidos:
  • \lambda=2 corresponde a N=1. A série ímpar termina: a_{3}=0, então y\propto x, e P_{1}(x)=x.
  • \lambda=6 corresponde a N=2. Então a_{4}=0 e a série par termina; com escolha adequada de a_{0} obtemos P_{2}(x)=\tfrac{1}{2}(3x^{2}-1). (Ex.: calculamos a_{2}=-\tfrac{6}{2}a_{0}=-3a_{0}, então a série par é a_{0}(1-3x^{2}); escolhendo a_{0}=-\tfrac{1}{2} P_{2}.)

Passo 6

Resumo final do método e da solução geral que você deve escrever numa prova:
  • A recorrência obtida pela série de potências é
\boxed{\,a_{n+2}=\frac{n(n+1)-\lambda}{(n+2)(n+1)}\,a_{n},\qquad n=0,1,2,\dots\,}
  • A solução geral em (-1,1) (série centrada em 0) é a combinação linear das duas séries independentes (par e ímpar):
\boxed{\,y(x)=A\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k}x^{2k} + B\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k+1}x^{2k+1},\,}
onde os coeficientes a_{2k} e a_{2k+1} são obtidos pela recorrência acima a partir de a_{0} e a_{1} respectivamente (ou, de forma equivalente, A=a_{0},\\ B=a_{1}).
  • Caso especial: se \lambda = N(N+1) com N\in\{0,1,2,\dots\}, então uma das séries (a de mesma paridade de N) termina e produz um polinômio de grau N, o polinômio de Legendre P_{N}(x) (após normalização). Caso contrário, as duas séries são infinitas e convergem para |x|<1.

Resposta

\displaystyle a_{n+2}=\frac{n(n+1)-\lambda}{(n+2)(n+1)}a_{n},\\ n\ge0.\n
\displaystyle y(x)=a_{0}\sum_{k=0}^{\infty}a_{2k}x^{2k}+a_{1}\sum_{k=0}^{\infty}a_{2k+1}x^{2k+1} com a_{2k+2},a_{2k+3} gerados pela recorrência acima a partir de a_{0},a_{1}.\n
Se \lambda=N(N+1) ( N\in\mathbb{Z}_{\ge0}) então a série de mesma paridade de N termina e produz o polinômio de Legendre P_{N}(x).

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