Exercícios Resolvidos de Solução de EDO – Ponto Ordinário

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Enunciado

Considere a equação diferencial de Tchebycheff

1 - x 2 y ' ' - x y ' + α 2 y = 0

Sabendo que y = a 0 y 1 x + a 1 y 2 ( x ) é a solução geral da equação por série em torno do ponto x 0 = 0 .

  1. Determine uma cota inferior para o raio de convergência das soluções em série y 1 ( x ) e y 2 ( x ) linearmente independentes da equação em torno de x 0 = 0 .
  2. Determine a relação de recorrência. Justifique.
  3. Determine a solução geral da equação de Tchebycheff. Justifique.

Passo 1

Letra a)

Como o problema pede, vamos solucionar o problema definindo y ( x ) como uma série de potências em torno de x 0 = 0 . Para essa questão, temos P x = 1 - x 2 , como P 0 = 1 ≠ 0 , o ponto 0 é ordinário, então podemos continuar.

Para encontrar a cota inferior do raio de convergência, temos que saber as raízes de P ( x ) . Nesse caso, P x = 0 quando x = ± 1 . A cota inferior é então a menor distância entre as raízes e x 0 , nesse caso, 0 - 1 = 1 .

Passo 2

Letra b)

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:

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

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

Passo 4

Agora devemos igualar os índices dos somatórios pelo maior (nesse caso n = 2 ), colocando para fora do somatório os termos correspondentes aos índices anteriores.

∑ n = 0 ∞ ( n + 2 ) ( n + 1 ) a n + 2 x n = 2 a 2 + 6 a 3   x + ∑ n = 2 ∞ ( n + 2 ) ( n + 1 ) a n + 2 x n

Como o somatório deve passar a começar em n = 2 , colocamos para fora os termos correspondentes a n = 0 e n = 1 . Vamos fazer o mesmo as outras séries:

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

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

Temos, então:

2 a 2 + 6 a 3   x + ∑ n = 2 ∞ n + 2 n + 1 a n + 2 x n - ∑ n = 2 ∞ n ( n - 1 ) a n x n - a 1 x + ∑ n = 2 ∞ n a n x n + α 2 a 0 + a 1 x + ∑ n = 2 ∞ 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 + α 2 a 0 + 6 a 3 - a 1 + α 2 a 1 x + ∑ n = 2 ∞ n + 2 n + 1 a n + 2 x n - ∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - ∑ n = 2 ∞ n a n x n + α 2 ∑ n = 2 ∞ a n x n = 0

2 a 2 + α 2 a 0 + 6 a 3 + ( α 2 - 1 ) a 1 x + ∑ n = 2 ∞ [ n + 2 n + 1 a n + 2 - n n - 1 a n - n a n + α 2 a n ] x n = 0

2 a 2 + α 2 a 0 + 6 a 3 + ( α 2 - 1 ) a 1 x + ∑ n = 2 ∞ [ n + 2 n + 1 a n + 2 - n 2 - α 2 a n ] x n = 0

Passo 6

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

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

a n + 2 = n 2 - α 2 a n n + 2 n + 1

Os coeficientes de cada termo “solto”, fora do somatório também devem ser zero.

2 a 2 + α 2 a 0 = 0       →       a 2 = - α 2 a 0 2

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

Encontramos nossa relação de recorrência.

Passo 7

Letra c)

Certo, agora vamos encontrar a solução dessa EDO. Precisamos achar uma fórmula geral para os a n ’s, não é? Como a relação de recorrência vai de 2 em 2 (relaciona a n com a n + 2 ), já sabemos que vamos encontrar padrões diferentes para n ’s pares e ímpares.

Para os n ’s pares

para   n = 0       →       0 + 2 0 + 1 a 0 + 2 - 0 2 - α 2 a 0 = 0         →       a 2 = - α 2 a 0 2     ( p = 1 )

para   n = 2       →       2 + 2 2 + 1 a 2 + 2 - 2 2 - α 2 a 2 = 0         →       a 4 = ( 2 2 - α 2 ) a 2 12 = - 2 2 - α 2 α 2 a 0 4 ⋅ 3 ⋅ 2   ( p = 2 )

para   n = 4       →       4 + 2 4 + 1 a 4 + 2 - 4 2 - α 2 a 4 = 0         →       a 6 = ( 4 2 - α 2 ) a 4 30 = - 4 2 - α 2 2 2 - α 2 α 2 a 0 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2   ( p = 3 )

Temos no denominador sempre um fatorial do mesmo índice do a n , portanto, n ! . No numerador, temos um produto de termos que são diferenças entre o quadrado de um número e α 2 . Desde n - 2 2 - α 2 até ( 0 2 - α 2 ) .

Portanto, todos os a n ’s de índice par, temos:

a n = - n - 2 2 - α 2 … 2 2 - α 2 α 2 n ! a 0

Escrevemos assim para você visualizar melhor, mas não podemos esquecer que estamos falando dos n ’s pares! Nesse caso, temos n = 2 p , ou seja:

a n = a 2 p = - 2 p - 2 2 - α 2 … 2 2 - α 2 α 2 2 p ! a 0

Isso vale para p ≥ 1 , pois para p = 0 , temos a 0 , que é o que define os outros a n ’s.

Para os n ’s ímpares

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

para   n = 3       →       3 + 2 3 + 1 a 3 + 2 - 3 2 - α 2 a 3       = 0       →       a 5 = 3 2 - α 2 a 3 20 = 3 2 - α 2 ( 1 - α 2 ) a 1 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2

para   n = 5       →       5 + 2 5 + 1 a 5 + 2 - 5 2 - α 2 a 5       = 0       →       a 7 = 5 2 - α 2 a 5 42 = 5 2 - α 2 3 2 - α 2 ( 1 - α 2 ) a 1 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2

Temos aqui algo muito parecido com o que vimos para os índices pares. Temos um n ! fatorial do denominador e um numerador com vários produtos, que vão desde [ n - 2 2 - α 2 ] até ( 1 2 - α 2 ). Ou seja:

a n = n - 2 2 - α 2 … 3 2 - α 2 ( 1 - α 2 ) n ! a 1

Mas não podemos nos esquecer que estamos falando dos n ’s ímpares, ou seja, com n = 2 p + 1 . Isso nos dá entãp:

a n = a 2 p + 1 = 2 p - 1 2 - α 2 … 3 2 - α 2 ( 1 - α 2 ) 2 p + 1 ! a 1

Isso vale para p ≥ 1 , pois para p = 0 , temos a 1 , que é o que define os outros a n ’s.

Passo 8

Agora vamos juntar essas informações que achamos, temos:

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

Certo? Dividimos o somatório em uma parte com os índices ímpares e outra com os pares. Como as expressões que encontramos só valem para p ≥ 1 , vamos tirar o p = 0 do somatório:

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

Substituindo as expressões que encontramos, temos:

y x = a 0 + ∑ p = 1 ∞ - 2 p - 2 2 - α 2 … 2 2 - α 2 α 2 2 p ! a 0 x 2 p + a 1 x + ∑ p = 1 ∞ 2 p - 1 2 - α 2 … 3 2 - α 2 ( 1 - α 2 ) 2 p + 1 ! a 1 x 2 p + 1

y x = a 0 1 + ∑ p = 1 ∞ - 2 p - 2 2 - α 2 … 2 2 - α 2 α 2 2 p ! x 2 p + a 1 x + ∑ p = 1 ∞ 2 p - 1 2 - α 2 … 3 2 - α 2 1 - α 2 2 p + 1 ! x 2 p + 1

Como o problema pediu y = a 0 y 1 x + a 1 y 2 ( x ) , vemos que o 1º parênteses é y 1 e o 2º y 2 .

Resposta

  1. 1
  2. a n + 2 = n 2 - α 2 a n n + 2 n + 1

y x = a 0 1 + ∑ p = 1 ∞ - 2 p - 2 2 - α 2 … 2 2 - α 2 α 2 2 p ! x 2 p + a 1 x + ∑ p = 1 ∞ 2 p - 1 2 - α 2 … 3 2 - α 2 1 - α 2 2 p + 1 ! x 2 p + 1

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