Exercícios Resolvidos de Solução de EDO – Ponto Ordinário

UFRJ, Cálculo 4, PF - 2015.1, Questão 1

Considere a equação diferencial

y ' ' - y - x + 1 e x + 1 = 0

( a ) Mostre que x = - 1 é um ponto ordinário para a equação.

( b ) Encontre a fórmula de recorrência para os coeficientes da solução em série de potências centrada em x = - 1 , usando a fórmula de Taylor para a exponencial:

e y = n = 0 y n n !

Passo 1

( a ) Como o termo que multiplica o y ' ' é um P x = 1 que não se anula em nenhum valor de x , dizemos que todos os pontos são ordinários. Em particular, x = - 1 é um ponto ordinário da equação.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

( b ) Primeiramente, vamos introduzir uma mudança de variáveis:

t = x + 1

Assim, a equação fica:

y ' ' - y - t e t = 0

Mais fácil, né?

Passo 3

Agora, vamos supor uma solução em série de potências do tipo

y t = n = 0 a n t n

de modo que suas derivadas são dadas por

y ' t = n = 1 a n   n   t n - 1

y ' ' t = n = 2 a n   n ( n - 1 )   t n - 2

Passo 4

Substituindo na equação:

y ' ' - y - t e t = 0

n = 2 a n   n ( n - 1 )   t n - 2 - n = 0 a n t n - t n = 0 t n n ! = 0

Note que a série da exponencial já foi dada no problema! =)

Beleza, e agora? Bom, agora vamos deslocar o índice do primeiro e do último somatório para deixar geral com t n lá dentro, beleza?

n = 2 a n   n ( n - 1 )   t n - 2 = n = 0 a n + 2   ( n + 2 ) ( n + 1 )   t n

t n = 0 t n n ! = n = 0 t n + 1 n ! = n = 1 t n ( n - 1 ) !

Passo 5

Ok, agora é só substituir ali em cima e começar os somatórios em n = 1 :

n = 0 a n + 2   ( n + 2 ) ( n + 1 )   t n - n = 0 a n t n - n = 1 t n ( n - 1 ) ! = 0

a 2 . 2.1 + n = 1 a n + 2   n + 2 n + 1 t n - a 0 + n = 1 a n t n - n = 1 t n ( n - 1 ) ! = 0

Show, vamos juntar os somatórios então?

2 a 2 - a 0 + n = 1 a n + 2   n + 2 n + 1 - a n - 1 n - 1 ! t n

Passo 6

Assim, para n 1 , podemos obter:

a n + 2   n + 2 n + 1 - a n - 1 n - 1 ! = 0

a n + 2 = a n n + 2 n + 1 + 1 n - 1 ! n + 2 n + 1

E, para n = 0 :

2 a 2 - a 0 = 0

a 2 = a 0 2

Passo 7

O mais legal agora é que, como fizemos a mudança de variáveis t = x + 1 , e encontramos uma série centrada em t = 0 , isso é equivalente a encontrar a série centrada em x = - 1 . Então os coeficientes serão exatamente os mesmos!

Assim, a solução deve ser dada por

f x = n = 0 a n ( x + 1 ) n

E da recorrência, obtemos:

a 4 = a 2 4.3 + 1 1 ! . 4.3 a 4 = a 0 4 ! + 2 4 !

a 6 = a 4 6.5 + 1 3 ! . 6.5 = a 0 6 ! + 2 6 ! + 4 6 !

a 8 = a 6 8.7 + 1 5 ! . 8.7 = a 0 8 ! + 2 8 ! + 4 8 ! + 6 8 !

Passo 8

Percebeu a regra?

a 2 k = a 0 2 k ! + 2 + 4 + 2 k - 2 2 k !

Então aquele numerador se torna

2 + 4 + 2 k - 2 = 2 1 + 2 + + k - 1

Que é uma soma de uma progressão aritmética:

2 + 4 + 2 k - 2 = 2   1 + k - 1 k - 1 2 = k ( k - 1 )

Portanto,

a 2 k = a 0 2 k ! + k ( k - 1 ) 2 k !

Passo 9

Para os termos começando em a 1 , temos:

a 3 = a 1 3.2 + 1 3.2 a 3 = a 1 3 ! + 1 3 !

a 5 = a 3 5.4 + 1 2 ! . 5.4 = a 1 5 ! + 1 5 ! + 3 5 !

a 7 = a 5 7.6 + 1 4 ! . 7.6 = a 1 7 ! + 1 7 ! + 3 7 ! + 5 7 !

a 2 k + 1 = a 1 2 k + 1 ! + 1 + 3 + 2 k - 1 2 k + 1 !

Como

1 + 3 + 2 k - 1 = 1 + 2 k - 1 2 k - 1 2 = k ( 2 k - 1 )

Temos:

a 2 k + 1 = a 1 2 k + 1 ! + k ( 2 k - 1 ) 2 k + 1 !

Passo 10

Finalmente, vamos escrever:

y t = n = 0 a n ( x + 1 ) n

y t = n = 0,2 , 4 , a n a 2 k ( x + 1 ) n + n = 1,3 , 5 , a n a 2 k + 1 ( x + 1 ) n

y t = k = 0 a 0 2 k ! + k k - 1 2 k ! ( x + 1 ) 2 k + k = 0 a 1 2 k + 1 ! + k ( 2 k - 1 ) 2 k + 1 ! ( x + 1 ) 2 k + 1

Resposta

y t = k = 0 a 0 2 k ! + k k - 1 2 k ! ( x + 1 ) 2 k + k = 0 a 1 2 k + 1 ! + k ( 2 k - 1 ) 2 k + 1 ! ( x + 1 ) 2 k + 1

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