Considere a equação diferencial ordinária

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

a) Obtenha a solução geral da equação utilizando o método das séries de potências ou de Frobenius.

b) Ache a solução do PVI dado pela equação com y 0 = 0 e y ' 0 = 1 .

c) Considere agora outro PVI, dado desta vez pela equação com y 0 = 1 e y ' 0 = - 2 . Resolva este PVI no Mathematica (ou no Wolfram) e faça o gráfico de sua solução. Em seguida, determine os valores aproximados de x para os quais a solução que você obteve neste item é tal que y x < 0 .

Passo 1

Fala galerinha, beleza? Bora resolver uma questão de EDO!

Nessa questão temos que considerar a equação diferencial

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

No item (a), ele pede para acharmos a solução geral da EDO usando o método de série de potências. Para isso, escrevemos a solução y da equação como uma série

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

Os coeficientes a n são números reais. Derivando essa relação, achamos

y ' = a 1 + 2 a 2 x + 3 a 3 x 2 + … = ∑ n = 1 ∞ n   a n   x n - 1

Repare que agora soma começa em n = 1 . Derivando novamente, encontramos

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

Passo 2

O próximo passo é substituir essas somas na equação:

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

Agora fazemos as distributivas:

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

Passo 3

O próximo passo é fazer uma mudança de variável nas somas para deixar todas elas com x n . Olhe para a primeira soma e defina n ' = n - 1 → n = n ' + 1 . Com isso,

n n - 1 → n ' + 1 n '

Assim,

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

Já na segunda soma, fazemos n ' = n - 2 , de modo que

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

Com isso, a equação fica

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

Por fim, como a letra que usamos no índice de soma é irrelevante, podemos jogar fora o '   :

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

Para deixar todas as somas começando em n = 1 , escrevemos

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

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

Com isso, podemos juntar as somas:

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

Como esse resultado deve valer para qualquer valor de x , devemos ter

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

Desta forma, a solução geral da equação diferencial é

y x = ∑ n = 0 ∞ a n   x n ,                     c o m             a 0 + 2 a 2 = 0 n + 1 n   a n + 1 - n + 2 n + 1   a n + 2 - n   a n + a n = 0

Passo 4

No item (b), queremos achar a solução da equação com as condições iniciais:

y 0 = 0             e           y ' 0 = 1

Lembre-se que, para x = 0 , o único termo que sobrevive da série de potências é a 0 :

y 0 = a 0 → a 0 = 0

Já para a derivada, temos

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

Assim,

y ' 0 = a 1 → a 1 = 1

Vimos no último passo que a 0 + 2 a 2 = 0 . Logo, como a 0 = 0 , segue que a 2 = 0 . Agora olhemos para a relação de recorrência:

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

Substituindo n = 1 nessa relação, achamos

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

Como a 2 = 0 , segue que

a 3 = 0

Agora fazemos n = 2 :

6 a 3 - 12 a 4 - a 2 = 0

Daí, usando a 2 = a 3 = 0 , tiramos

a 4 = 0

Fazendo n = 3 , você vai achar

12 a 4 - 20 a 5 - 2 a 3 = 0

Como a 3 = a 4 = 0 , segue que

a 5 = 0

É fácil perceber que todos os a n seguintes serão nulos pois vão depender de a n - 1 e a n - 2 que são nulos. Logo, o único a n não nulo nesse PVI é

a 1 = 1

Com isso, a solução do PVI é

y = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + … → y x = x

Repare que, de fato,

y 0 = 0               e           y ' 0 = 1

Além disso, essa função satisfaz a EDO!

Passo 5

No item (c), o problema pede para usarmos o software Mathematica para resolver a EDO com condições iniciais y 0 = 1 e y ' 0 = - 2 . O Mathematica é um software pago, mas existe uma versão gratuita dele disponível na internet com algumas funções chamada Wolfram. A seguir dou o passo a passo de como você pode resolver esse problema por lá.

Primeiro entre no site wolframalpha.com. Em seguida, procure a opção “Differential equations” na primeira coluna de opções. Em seguida, clique na opção “specify initial values”. Daí, apague a equação escrita e escreva (x-1)*y’’-x*y’+y=0, y(0)=1, y’(0)=-2. É importante que você escreva exatamente dessa forma para o programa entender direitinho.

Fazendo isso, ele vai te dar a solução

y x = e x - 3 x

Repare que y 0 = 1 - 0 = 1 e y ' x = e x - 3 , de modo que y ' 0 = 1 - 3 = - 2 . A seguir deixo o plot do gráfico que o programa forneceu:

Fiz também um plot da função deixando em evidência suas raízes:

Vemos que y x < 0 para 0,619 < x < 1,512 .

Ufa, deu bastante trabalho mas chegamos ao final do problema 😉!

Resposta

y x = ∑ n = 0 ∞ a n   x n ,                     c o m             a 0 + 2 a 2 = 0 n + 1 n   a n + 1 - n + 2 n + 1   a n + 2 - n   a n + a n = 0

y x = x

y x = e x - 3 x

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