Exercícios Resolvidos de Solução de EDO – Ponto Ordinário

Solução de EDO em série – ponto ordinário

Considere a equação diferencial

ε         y ' ' - x y ' - y = 0

x 0 = 0

  1. Prove que o ponto x = 0 é um ponto ordinário da equação ε .
  2. Achar, na forma de uma série de potências, a solução y ( x ) de ε que satisfaz y 0 = 3 e y ' 0 = 0 . Calcular o raio de convergência R dessa solução.

Passo 1

Letra a)

Como o problema pede, vamos solucionar o problema definindo y ( x ) como uma série centrada em x 0 = 0 . Antes de tudo, precisamos verificar se o ponto x 0 é ordinário. Temos, nesse caso, P x = 1 ≠ 0 . Logo, qualquer ponto que escolhermos, inclusive x 0 = 0 é ordinário. Podemos usar o método aqui então.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Letra )

Vamos, então, definir:

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n

y ' x = ∑ n = 1 ∞ n a n x n - 1

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

Fazendo essas substituições na EDO , temos:

∑ 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

∑ 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

Precisamos, agora, Igualar as potências de x por x n . Temos:

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

Lembrando que: quando adicionamos algum valor no termo geral da série, temos que subtrair o mesmo no valor inicial do índice n (nesse caso, 2 ).

Temos, então:

∑ 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

Passo 4

Agora devemos igualar os índices dos somatórios pelo maior (nesse caso n = 1 ), colocando para fora do somatório os termos correspondentes aos índices anteriores.

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

= 2 a 2 + ∑ n = 1 ∞ ( n + 2 ) ( n + 1 ) a n + 2 x n

Como o somatório deve passar a começar em n = 1 , colocamos para fora o termo correspondente a n = 0 . Vamos fazer o mesmo para a 3ª série:

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

Temos, então:

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

Passo 5

Vamos, então, juntar os somatórios colocando x n em evidência e agrupar os termos “soltos”.

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

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

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

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

Passo 6

Como x n ≠ 0 , devemos igualar o termo que multiplica a potência a zero.

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

Como n ≠ - 1 , temos:

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

O termo “solto”, fora do somatório também deve ser zero.

2 a 2 - a 0 = 0       →       a 2 = a 0 2

Encontramos nossa relação de recorrência.

Passo 7

Vamos agora, calcular alguns a n ’s.

Dica: nós podemos saber que a relação entre os termos é feita de 2 em 2 por que a relação de recorrência associa termos a n a a n + 2 , portanto, com “ 2 n ’s de distância”.

Para os índices pares, temos:

para   n = 0       →       0 + 2 a 0 + 2   - a 0 = 0       →       a 2 = a 0 2

para   n = 2       →       2 + 2 a 2 + 2   - a 2 = 0       →       a 4 = a 2 4 = a 0 4 ⋅ 2

para   n = 4       →       4 + 2 a 4 + 2   - a 4 = 0       →       a 6 = a 4 6 = a 0 6 ⋅ 4 ⋅ 2

Assim, se n = 2 p , podemos escrever:

a n = a 2 p = a 0 2 p 2 p - 2 2 p - 4 … 2

Temos apenas os números pares de um fatorial 2 p ! , não é? Veja que podemos reescrever assim:

a 2 p = a 0 2 p ⋅ 2 p - 1 ⋅ 2 p - 2 … 2 ⋅ 1 = a 0 2 ⋅ 2 ⋅ 2 … ⏟ 2 p p p - 1 p - 2 … 1 ⏟ p ! = a 0 2 p p !

Para os índices ímpares, agora, temos:

para   n = 1       →       1 + 2 a 1 + 2   - a 1 = 0       →       a 3 = a 1 3

para   n = 3       →       3 + 2 a 3 + 2   - a 3 = 0       →       a 5 = a 3 5 = a 1 5 ⋅ 3

Assim,se n = 2 p + 1 , podemos escrever:

a n = a 2 p + 1 = a 1 2 p + 1 2 p - 1 2 p - 3 … 3

Veja que temos, no denominador quase um fatorial ( 2 p + 1 ) ! , apenas os números ímpares. Acabamos de ver que podemos escrever apenas os números pares de um fatorial ( 2 p ) ! como ( 2 p p ! ) . Pense: se multiplicarmos os números pares com os ímpares, teremos um fatorial 2 p + 1 ! completo, não é? Vamos fazer isso.

a 2 p + 1 = ( 2 p p ! ) a 1 2 p + 1 2 p 2 p - 2 … 3 ⏟ parte ímpar ( 2 p p ! ) ⏟ parte par = ( 2 p p ! ) a 1 ( 2 p + 1 ) !

Passo 8

Como nós temos que

y 0 = a 0 = 3

y ' 0 = a 1 = 0

a 2 p = a 0 2 p p ! = 3 2 p p !

a 2 p + 1 = ( 2 p p ! ) a 1 ( 2 p + 1 ) ! = 0

Passo 9

Vamos, então, substituir na série de potências essas expressões para o a n .

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

= ∑ p = 0 ∞ 3 2 p p ! x 2 p + 0 = 3 ∑ p = 0 ∞ x 2 p 2 p p !

Passo 10

Letra b)

Agora, para descobrir o raio de convergência, vamos usar o Teste da Razão:

a 2 p = 1 2 p p !

a 2 p + 2 = 1 2 p + 1 ( p + 1 ) !

a 2 p + 2 a 2 p = 2 p p ! 2 p + 1 ( p + 1 ) ! = 1 2 ( p + 1 ) p → ∞ →     0

Como

L = 0

E

R = 1 L

R = ∞

Resposta

  1. 3 ∑ p = 0 ∞ x 2 p 2 p p !
  2. R = ∞

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