Exercícios Resolvidos de Solução de EDO – Ponto Ordinário

Buscaremos uma solução em série no formato y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n

para a equação diferencial

x 2 - 1 y ' ' + 4 x y ' + 2 y = 0 .

  1. Encontre a solução geral da EDO acima.
  2. Encontre a solução do PVI com y 0 = 1 e y ' 0 = 1 . Encontre a soma da série obtida.

Passo 1

Ok, vamos começar com a letra (a). Observando a solução pedida, vemos que a série está centrada em x = 0 . Precisamos verificar se esse ponto é um ponto ordinário. Para isso, temos que ter:

P 0 ≠ 0

Sendo P x a função que multiplica a segunda derivada y ' ' . De fato, temos que:

P 0 = 0 - 1 = - 1

Logo, este é um ponto ordinário e podemos resolver normalmente. Como o problema sugeriu, supomos solução na forma: y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n  

E vamos derivar para substituir na EDO: y ' x = ∑ n = 1 ∞ n a n x n - 1  

y ' ' x = ∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - 2

Lembre-se que o índice do somatório avança com a ordem da derivada! Sabendo disso, vamos substituir na EDO:

x 2 - 1 y ' ' + 4 x y ' + 2 y = 0

x 2 - 1 ∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - 2 + 4 x ∑ n = 1 ∞ n a n x n - 1 + 2 ∑ n = 0 ∞ a n x n = 0

Agora, distribuímos e jogando o x para dentro: ∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - ∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - 2 + 4 ∑ n = 1 ∞ n a n x n + 2 ∑ n = 0 ∞ a n x n = 0

E então, vamos deixar tudo com o mesmo grau em x , no caso, x k . Para isso, mudamos convenientemente o índice para cada somatório, ficando:

∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n ⟹ k ≔ n ⟹ ∑ k = 2 ∞ k k - 1 a k x k

∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - 2 ⟹ k ≔ n - 2 ⟹ ∑ k = 0 ∞ k + 2 k + 1 a k + 2 x k

∑ n = 1 ∞ n a n x n ⟹ k ≔ n ⟹ ∑ k = 1 ∞ k a k x k

∑ n = 0 ∞ a n x n ⟹ k ≔ n ⟹ ∑ k = 0 ∞ a k x k

Ok, assim teremos na equação: ∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - ∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - 2 + 4 ∑ n = 1 ∞ n a n x n + 2 ∑ n = 0 ∞ a n x n = 0

∑ k = 2 ∞ k k - 1 a k x k - ∑ k = 0 ∞ k + 2 k + 1 a k + 2 x k +   ∑ k = 1 ∞ 4 k a k x k + ∑ k = 0 ∞ 2 a k x k = 0

Para juntarmos os somatórios, precisamos colocar tudo começando num mesmo k , no caso, o maior k . Assim, vamos abrir alguns somatórios para ajustar o início:

∑ k = 0 ∞ k + 2 k + 1 a k + 2 x k = ∑ k = 2 ∞ k + 2 k + 1 a k + 2 x k + 2 a 2 + 6 a 3 x

∑ k = 1 ∞ 4 k a k x k = ∑ k = 2 ∞ 4 k a k x k + 4 a 1 x

∑ k = 0 ∞ 2 a k x k = ∑ k = 2 ∞ 2 a k x k + 2 a 0 + 2 a 1 x

Agora substituímos isso tudo:

∑ k = 2 ∞ k k - 1 a k x k - ∑ k = 0 ∞ k + 2 k + 1 a k + 2 x k +   ∑ k = 1 ∞ 4 k a k x k + ∑ k = 0 ∞ 2 a k x k = 0

∑ k = 2 ∞ k k - 1 a k x k - ∑ k = 2 ∞ k + 2 k + 1 a k + 2 x k + 2 a 2 + 6 a 3 x +

∑ k = 2 ∞ 4 k a k x k + 4 a 1 x + ∑ k = 2 ∞ 2 a k x k + 2 a 0 + 2 a 1 x = 0

E podemos juntar os somatórios e deixar os termos de mesmo grau em evidência:

∑ k = 2 ∞ k k - 1 a k - k + 2 k + 1 a k + 2 + 4 k a k + 2 a k x k +

- 6 a 3 + 4 a 1 + 2 a 1 x + - 2 a 2 + 2 a 0 = 0

OK. Já avançamos bastante. Vamos agora tentar achar a relação de recorrência, para isso, distribuímos o que está dentro do somatório e colocamos os termos em evidência:

k k - 1 a k - k + 2 k + 1 a k + 2 + 4 k a k + 2 a k

= k 2 - k a k - k 2 + 3 k + 2 a k + 2 + 4 k a k + 2 a k

= k 2 - k + 4 k + 2 a k - k 2 + 3 k + 2 a k + 2

= k 2 + 3 k + 2 a k - k 2 + 3 k + 2 a k + 2

Agora, como queremos x k ≠ 0 , igualamos isso a zero:

k 2 + 3 k + 2 a k - k 2 + 3 k + 2 a k + 2 = 0

Além disso, k 2 + 3 k + 2 > 0 , pois k ≥ 2 . Logo, podemos dividir tudo por k 2 + 3 k + 2 e encontramos:

a k + 2 = a k ,   ∀ k ≥ 2

Para os termos fora do somatório:

- 2 a 2 + 2 a 0 = 0

a 2 = a 0

Substituindo o que encontramos:

- 6 a 3 + 4 a 1 + 2 a 1 = 0

- 6 a 3 + 6 a 1 = 0

a 3 = a 1

Pela relação de recorrência de dentro do somatório: … = a 8 = a 6 = a 4 = a 2 = a 0 ≔ A

… = a 9 = a 7 = a 5 = a 3 = a 1 ≔ B

Portanto, teremos:

a k = A ,     ( k   p a r ) a k = B ,     ( k   í m p a r )

Sendo A ,   B constantes a determinar. Para representá-las, dividimos nosso somatório da solução em dois somatórios, um com termos pares e outro com ímpares:

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n = ∑ n = 0 ∞ a 2 n x 2 n + ∑ n = 0 ∞ a 2 n + 1 x 2 n + 1

y x = ∑ n = 0 ∞ A x 2 n + ∑ n = 0 ∞ B x 2 n + 1

Redefinimos ali em cima n ≔ k para ficar no mesmo índice do enunciado. OK, esta será nossa solução geral!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos agora para a letra (b). Aqui o problema nos deu as condições y 0 = y ' 0 = 1 . Como vimos:

y x = ∑ n = 0 ∞ A x 2 n + ∑ n = 0 ∞ B x 2 n + 1 = A + B x + A x 2 + B x 3 + …

Assim, para x = 0 , teremos:

y 0 = A = 1

Achamos uma constante. Agora derivamos para achar a outra com a condição restante:

y ' x = A + B x + A x 2 + B x 3 + … ' = B + 2 A x + 3 B x 2 + …

y ' 0 = B = 1

Então achamos as duas constantes que queríamos e a solução particular vai ser:

y x = ∑ n = 0 ∞ x 2 n + ∑ n = 0 ∞ x 2 n + 1

Como está tudo com a mesma constante, podemos juntar novamente: y x = ∑ n = 0 ∞ x n

E essa aí é justamente uma série geométrica. Para determinar a soma, vamos olhar para a soma parcial S n dos n primeiros termos: S n = ∑ i = 0 n x i = 1 + x + x 2 + x 3 + … + x n

Multiplicamos agora S n por x :

x ⋅ S n = x + x 2 + x 3 + x 4 + … + x n + 1

E fazemos a diferença: 1 - x S n = 1 + x + x 2 + x 3 + … + x n - x + x 2 + x 3 + x 4 + … + x n + 1

Reorganizando dá para ver que só sobrarão os extremos:

1 - x S n = 1 + x - x + x 2 - x 2 + ��� - x n + 1

1 - x S n = 1 - x n + 1

S n = 1 - x n + 1 1 - x

Assim:

∑ n = 0 ∞ x n = lim n → ∞ ⁡ S n = lim n → ∞ ⁡ 1 - x n + 1 1 - x

Para - 1 < x < 1 , x n + 1 → 0 , logo: ∑ n = 0 ∞ x n = 1 1 - x

Para os demais valores, vai divergir.

Então é isso! 😊

Resposta

(a) y x = ∑ n = 0 ∞ A x 2 n + ∑ n = 0 ∞ B x 2 n + 1

(b) ∑ n = 0 ∞ x n = 1 1 - x ,     - 1 < x < 1

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