Exercícios Resolvidos de Solução de EDO – Ponto Ordinário

Solução de EDO em série – ponto ordinário

a Defina ponto ordinário e justifique que x = 0 é um ponto ordinário para a equação

y ' ' - x y ' - y = 0                     ( 1 )

( b ) Determine a fórmula de recorrência da solução em série de potências da equação ( 1 ) em torno de x = 0 ;

( c ) Determine a fórmula para o coeficiente geral da solução da equação ( 1 ) ;

( d ) Encontre a solução geral por série de potências da equação ( 1 ) .

Passo 1

( a ) Sendo uma equação na forma

P x y ' ' + Q ( x ) y ' - Q ( x ) y = 0

Dizemos que ponto ordinário é o valor de x tal que P x ≠ 0 .

Vamos reconhecer a equação

y ' ' - x y ' - y = 0

como na forma anterior. Então, como P x = 1 ≠ 0 , todos os pontos são ordinários, inclusive x = 0 .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

( b ) Vamos buscar uma solução em série para esta equação. Assim, admitimos uma função analítica com as seguintes características:

f x = ∑ n = 0 ∞ c n   x n

f ' x = ∑ n = 1 ∞ c n   n x n - 1

f ' ' x = ∑ n = 2 ∞ c n   n ( n - 1 ) x n - 2

Passo 3

Vamos, agora, introduzir as fórmulas na equação:

y ' ' - x y ' - y = 0

∑ n = 2 ∞ c n   n ( n - 1 ) x n - 2 - x ∑ n = 1 ∞ c n   n x n - 1 - ∑ n = 0 ∞ c n   x n = 0

Assim, vamos colocar o x que sobrou para dentro do somatório.

∑ n = 2 ∞ c n   n ( n - 1 ) x n - 2 - ∑ n = 1 ∞ c n   n x n - ∑ n = 0 ∞ c n   x n = 0

E vamos deixar sempre x n dentro. Para isso, necessitamos fazer um deslocamento no índice do primeiro somatório...

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

Logo:

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

Passo 4

Agora, vamos deixar todos os somatórios a partir do maior valor inicial de n   ( n = 1 ), tirando os termos que sobram do somatório:

∑ n = 0 ∞ c n + 2   ( n + 2 ) ( n + 1 ) x n = c 2 . 2.1 + ∑ n = 1 ∞ c n + 2   ( n + 2 ) ( n + 1 ) x n

∑ n = 1 ∞ c n   n   x n   :     O k ! = )

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

Assim, fica:

c 2 . 2.1 + ∑ n = 1 ∞ c n + 2   ( n + 2 ) ( n + 1 ) x n - ∑ n = 1 ∞ c n   n   x n - c 0 + ∑ n = 1 ∞ c n   x n = 0

E podemos juntar os somatórios:

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

Mas como x n ≠ 0 , teremos

c n + 2   n + 2 n + 1 - c n   n - c n = 0

Passo 5

Para obter a relação de recorrência, temos:

c n + 2   n + 2 n + 1 - c n   n - c n = 0

c n + 2   n + 2 n + 1 = c n   ( n + 1 )

c n + 2   = c n n + 2

Esta relação é válida para n ≥ 0 .

Passo 6

( c ) Vamos obter, agora, as duas séries que compõem as soluções linearmente independentes, uma começando em c 0 e outra em c 1 .

y x = ∑ n = 0 ∞ c n   x n

y x = c 0 + c 2 x 2 + c 4 x 4 + … ⏟ y 1 ( x ) + c 1 x + c 3 x 3 + c 5 x 5 + … ⏟ y 2 ( x )

Assim, teremos:

y 1 x = ∑ k = 0 ∞ c 2 k   x 2 k

y 2 x = ∑ k = 0 ∞ c 2 k + 1   x 2 k + 1

Desta forma, quando k varia em uma unidade, estamos pulando os termos de dois em dois, percebeu?

Passo 7

Vamos achar os coeficientes c 2 k e c 2 k + 1 agora, lembrando que c 0 e c 1 são constantes do problema.

Para c 2 k ( k ≥ 1 ), temos:

c 2   = c 0   2

c 4   = c 2 4 = c 0 2.4

c 6   = c 4 6 = c 0 2.4 . 6

c 2 k = c 0 2.4 . 6 . … . ( 2 k )

Mas podemos reescrever como

c 2 k = c 0 2 k . 1.2 . 3 . … . k = c 0 2 k . k !

Portanto,

y 1 x = c 0 ∑ k = 0 ∞ 1 2 k . k !   x 2 k

Passo 8

Agora, para c 2 k + 1 ( k ≥ 1 ), temos:

c 3   = c 1   3

c 5   = c 3 5 = c 1 3 . 5

c 7   = c 5 7 = c 1 3.5 . 7

c 2 k + 1 = c 1 3.5 . 7 . … . ( 2 k + 1 )

Mas podemos reescrever

3.5 . 7 . … . 2 k + 1 = 1.2 . 3.4 . … . 2 k . 2 k + 1 2.4 . 6 . … . 2 k = 2 k + 1 ! 2 k . k !

Logo:

c 2 k + 1 = c 1 2 k + 1 ! 2 k . k ! = 2 k . k ! 2 k + 1 ! c 1

Portanto,

y 2 x = c 1 ∑ k = 0 ∞ 2 k . k ! 2 k + 1 !   x 2 k + 1

Passo 9

( d ) A solução geral, então, é dada por

y x = y 1 x + y 2 x

y x = c 0 ∑ k = 0 ∞ 1 2 k . k !   x 2 k + c 1 ∑ k = 0 ∞ 2 k . k ! 2 k + 1 !   x 2 k + 1

Resposta

( b ) c n + 2   = c n n + 2 , n ≥ 0 .

( c ) c 2 k = c 0 2 k . 1.2 . 3 . … . k = c 0 2 k . k ! ; c 2 k + 1 = c 1 2 k + 1 ! 2 k . k ! = 2 k . k ! 2 k + 1 ! c 1

( d ) y x = c 0 ∑ k = 0 ∞ 1 2 k . k !   x 2 k + c 1 ∑ k = 0 ∞ 2 k . k ! 2 k + 1 !   x 2 k + 1

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