Use o método de séries de potências para resolver as EDO’s (Procure soluções em séries centradas em x_{0}=0 ):
y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+2 k y=0(k \in \mathbb{N}) \quad (Equação de Hermite - aplicação na mecânica quântica)

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial ordinária
y''-2xy'+2ky=0,\qquad k\in\mathbb{N},
e pede soluções em séries de potências centradas em x_0=0.
Informações relevantes que temos:
  1. Queremos uma série em torno de 0: uma solução da forma \displaystyle y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n, com coeficientes a_n a determinar.
  2. A equação relaciona y'',y',y com termos polinomiais em x (aparecem fatores em x e constantes).
  3. O parâmetro k é um inteiro não negativo; isso costuma permitir que, para certos k, a série termine e dê polinômios (caso típico da equação de Hermite).
    O que se pede explicitamente: descobrir a relação entre coeficientes (recorrência), construir as duas soluções independentes em série (par/ímpar) e analisar o caso k\in\mathbb{N} (quando aparecem polinômios).

Passo 2

Assumimos a solução em série de potências centrada em 0. Vou explicar isso como se fosse passo a passo na prova: proposição inicial,
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n,
onde cada a_n é um número (constante) desconhecido que vamos determinar. Aqui n é o índice da série e x^n são as potências de x. Essa forma é natural porque derivando termos potenciais obtemos potências deslocadas que podemos igualar termo a termo.
Agora calculamos as derivadas necessárias, explicando cada passo:
y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}.
Para trabalhar todas as somas com o mesmo expoente x^n, shift (mudar índice) é útil; escrevo
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+1) a_{n+1} x^{n}.
Isso vem de substituir n\leftarrow n+1 na soma original.
Em seguida,
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},
novamente trocando índice para ter potências x^n.

Passo 3

Substituímos y,y',y'' na equação e escrevemos todas as somas com potências x^n para comparar coeficientes de x^n.
A equação é
y''-2x y'+2k y=0.
Usando as expressões em série temos:
\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} -2x\sum_{n=0}^{\infty} (n+1) a_{n+1} x^{n} +2k\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n =0.
O termo com x multiplicando a soma dá (fazendo mudança de índice ou notando que é -2\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^n, mas posso escrever para todos n já que o termo n=0 é zero)
-2x\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1}x^{n}=-2\sum_{n=0}^{\infty} n a_n x^n.
Portanto somando tudo obtemos, para cada n,
(n+2)(n+1)a_{n+2}-2n a_n +2k a_n =0.
Agrupando os termos em a_{n+2} e a_n:
(n+2)(n+1)a_{n+2} + (2k-2n) a_n =0.
Isolando a_{n+2} obtemos a recorrência fundamental:
\boxed{\,a_{n+2}=\frac{2(n-k)}{(n+2)(n+1)}\,a_n\,},\qquad n\ge 0.
Explicação do significado: o coeficiente do termo x^{n+2} é dado em função do coeficiente do termo x^n. Isso liga termos com diferença de índice 2, portanto a série se divide em duas cadeias independentes: uma envolvendo os a_{0},a_{2},a_{4},\dots (par) e outra envolvendo os a_{1},a_{3},a_{5},\dots (ímpar). As constantes livres são a_0 e a_1, que são os dois parâmetros arbitrários da solução geral de uma EDO linear de 2ª ordem.

Passo 4

Interpretação prática da recorrência e construção das duas soluções independentes:
  • A cadeia par ( n par): tomando n=2m na recorrência, obtemos
a_{2m+2}=\frac{2(2m-k)}{(2m+2)(2m+1)}\,a_{2m}.
Isso permite expressar todos os a_{2m} em função de a_0:
a_{2m}=a_0\prod_{j=0}^{m-1}\frac{2(2j-k)}{(2j+2)(2j+1)}\qquad(m\ge 1),
com a_{0} livre. Assim uma solução é a série par
y_{\text{par}}(x)=a_0\sum_{m=0}^{\infty} a_{2m}^{(rel)} x^{2m},
onde a_{2m}^{(rel)} é o produto acima dividido por a_0.
  • A cadeia ímpar ( n ímpar): tomando n=2m+1,
a_{2m+3}=\frac{2(2m+1-k)}{(2m+3)(2m+2)}\,a_{2m+1},
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a_{2m+1}=a_1\prod_{j=0}^{m-1}\frac{2(2j+1-k)}{(2j+3)(2j+2)}\qquad(m\ge 1),
com a_1 livre, e a solução ímpar é
y_{\text{ímpar}}(x)=a_1\sum_{m=0}^{\infty} a_{2m+1}^{(rel)} x^{2m+1}.í
A solução geral é combinação linear das duas:
y(x)=C_0\,y_{\text{par}}(x)+C_1\,y_{\text{ímpar}}(x),í
onde C_0=a_0 e C_1=a_1.

Passo 5

Análise do caso k\in\mathbb{N} (por que aparecem polinômios — as famosas soluções de Hermite):
Observe a recorrência
a_{n+2}=\frac{2(n-k)}{(n+2)(n+1)}a_n.
Se para algum n tivermos n=k, então o numerador 2(n-k) é zero e consequentemente a_{k+2}=0. Mas então, usando a recorrência para índices maiores na mesma cadeia (par ou ímpar), os coeficientes subsequentes da mesma cadeia serão todos zero (pois cada termo seguinte é múltiplo de a_{k+2} que é zero). Assim a cadeia correspondente termina. Por isso:
  • Se k é inteiro não negativo e a cadeia usada contém o índice n=k (isto é, se a paridade de k é a mesma da cadeia escolhida), então a série termina e gera um polinômio de grau k.
  • Se a outra cadeia tiver paridade oposta a k, essa outra cadeia continua infinita (não se anula naquele n) e gera uma solução não-polinomial.
Conclusão: para cada k\in\mathbb{N} existe uma solução polinomial de grau k. Esses polinômios (tomando-se uma normalização conveniente) são os polinômios de Hermite H_k(x). A outra solução independente é uma série infinita de mesma paridade oposta e não-polinomial.

Passo 6

Exemplos concretos para ver como aparecem os polinômios (faça igual na prova para k pequeno):
  • Caso k=0. Recorrência:
a_{n+2}=\frac{2n}{(n+2)(n+1)}a_n.
Tomando a_0 arbitrário e a_1=0 (solução par) obtemos sucessivos coeficientes que eventualmente anulam? Aqui n=k=0 já dá a_2=0 se substituirmos n=0 na forma a_{n+2}=\frac{2(n-k)}{(n+2)(n+1)}a_n: na verdade para n=0 o numerador é 2(0-0)=0, logo a_2=0 e então todos os pares além disso são zero: a solução par é constante. Escolhendo a_0=1 temos y=1, que é H_0(x) (até constante).
  • Caso k=1. Para k=1 a cadeia ímpar contém n=1 e portanto termina: começando com a_1 livre e a_0=0 obtemos polinomial de grau 1. Escolhendo a_1=2 recuperamos y=2x, que é H_1(x). A cadeia par será infinita e dá a outra solução independente.
  • Caso k=2. Aqui k é par, então a cadeia par termina em n=2. Tomando a_0 conveniente e a_1=0 obtemos, depois de calcular alguns a_{2m} com a recorrência, o polinômio (normalizado) H_2(x)=4x^2-2.
Estes exemplos mostram na prática: para k\in\mathbb{N} existe uma solução polinomial de grau k (Hermite) obtida fazendo a escolha inicial na cadeia cuja paridade coincide com k e normalizando o coeficiente líder.

Passo 7

Resumo operacional que você pode reproduzir na prova rapidamente:
  1. Supõe y=\sum_{n=0}^\infty a_n x^n.
  2. Deriva e substitui para obter a recorrência
a_{n+2}=\frac{2(n-k)}{(n+2)(n+1)}a_n.
  1. Separar em cadeias par e ímpar (coeficientes livres a_0,a_1).
  2. Para k\in\mathbb{N} a cadeia cuja paridade é a de k terá a_{k+2}=0 e a série termina, produzindo o polinômio de Hermite de grau k. A outra cadeia fornece a segunda solução (geralmente não-polinomial).

Resposta

Recorrência: \displaystyle a_{n+2}=\frac{2(n-k)}{(n+2)(n+1)}\,a_n,\; n\ge0.
Soluções em séries (duas independentes, par e ímpar):
y(x)=a_0\sum_{m=0}^{\infty}\left(\prod_{j=0}^{m-1}\frac{2(2j-k)}{(2j+2)(2j+1)}\right)x^{2m} + a_1\sum_{m=0}^{\infty}\left(\prod_{j=0}^{m-1}\frac{2(2j+1-k)}{(2j+3)(2j+2)}\right)x^{2m+1}.
Para k\in\mathbb{N} a cadeia cuja paridade coincide com k termina em n=k, produzindo um polinômio de grau k (o polinômio de Hermite H_k(x) até normalização). Exemplos normalizados: H_0(x)=1,\;H_1(x)=2x,\;H_2(x)=4x^2-2.

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