1. Mostre que x = 0 é um ponto ordinário para a equação
  2. x 2 - 1 y ' ' + 8 x y ' + 12 y = 0

  3. Determine a formula de recorrência da solução em série da equação.
  4. Encontre as duas soluções linearmente independentes indicando o termo geral de cada solução de.
  5. Encontre a solução por série de potencias da equação dado que y 0 = 2 e y ' 0 = 3

Passo 1

a)

O primeiro passo é verificar que que x = 0 é um ponto ordinário. Já que P x = x 2 - 1 e P 0 = - 1 ≠ 0 , então ele é de fato ordinário.

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:

x 2 - 1 y ' ' + 8 x y ' + 12 y = 0

x 2 - 1 ∑ n = 2 ∞ c n   n n - 1 x n - 2 + 8 x ∑ n = 1 ∞ c n   n x n - 1 + 12 ∑ n = 0 ∞ c n   x n = 0

Assim, vamos colocar todos os x e coeficientes para dentro dos somatórios.

- ∑ n = 2 ∞ c n   n n - 1 x n - 2 + ∑ n = 2 ∞ c n   n n - 1 x n + ∑ n = 1 ∞ 8 c n   n x n + ∑ n = 0 ∞ 12 c n   x n = 0

Passo 4

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 = 2 ∞ c n   n n - 1 x n + ∑ n = 1 ∞ 8 c n   n x n + ∑ n = 0 ∞ 12 c n   x n = 0

Passo 5

Agora, vamos deixar todos os somatórios a partir do maior valor inicial de n   ( n = 2 ), tirando os termos que sobram do somatório:

∑ n = 0 ∞ c n + 2   ( n + 2 ) ( n + 1 ) x n = c 2 . 2.1 + c 3 . 3.2 . x + ∑ n = 2 ∞ c n + 2   ( n + 2 ) ( n + 1 ) x n

∑ n = 2 ∞ c n   n ( n - 1 ) x n   :     O k ! = )

∑ n = 1 ∞ 8 c n n   x n = 8 c 1 . 1 . x + ∑ n = 2 ∞ 8 c n   n   x n

∑ n = 0 ∞ 12 c n   x n = 12 c 0 + 12 c 1 . x + ∑ n = 2 ∞ 12 c n   x n

Assim, fica:

- 2 c 2 + 6 c 3 x + ∑ n = 2 ∞ c n + 2   n + 2 n + 1 x n + ∑ n = 2 ∞ c n   n n - 1 x n + 8 c 1 x + ∑ n = 2 ∞ 8 c n   n   x n + 12 c 0 + 12 c 1 x + ∑ n = 2 ∞ 12 c n   x n = 0

E podemos juntar os somatórios:

- 2 c 2 + 20 c 1 - 6 c 3 x + 1 2 c 0 + ∑ n = 2 ∞ - c n + 2   n + 2 n + 1 + c n   n   n - 1 + 8 c n n + 12 c n   x n = 0

Passo 6

Mas como x n ≠ 0 , teremos:

- 2 c 2 + 20 c 1 - 6 c 3 x + 1 2 c 0 = 0

- c n + 2   n + 2 n + 1 + c n   n   n - 1 + 8 c n n + 12 c n = 0

A primeira equação nós usaremos depois, pra achar uma relação entre os c n pares e ímpares.

Da segunda equação obtemos a relação de recorrência:

- c n + 2   n + 2 n + 1 + c n   n   n - 1 + 8 n + 12 = 0

c n + 2   n + 2 n + 1 = c n   n 2 + 7 n + 12

c n + 2   = c n ( n 2 + 7 n + 12 ) n + 2 n + 1

Esta fórmula é válida para n ≥ 0 , onde c 0 e c 1 são constantes do problema.

Passo 7

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 8

Show, vamos achar c 2 k e c 2 k + 1 agora!

Para c 2 k ( k ≥ 1 ), podemos reescrever o termo genérico como :

c n + 2   = c n ( n 2 + 7 n + 12 ) n + 2 n + 1 = c n n + 4 n + 3 n + 2 n + 1 = c n n + 2 + 2 n + 2 + 1 n + 2 n + 1

Aconteceu uma parada legal ai né? Vamos escrever c n para isso ficar mais claro.

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

O numerador c n vai sempre cortando com o denominador de c n + 2   até chegar em c 0 , onde o denominador será 2. Dessa forma.

c 2 n = c 0 ( n 2 + 7 n + 12 ) 2

E, portanto,

y 1 x = c 0 + c 0 ∑ n = 1 ∞ ( ( 2 n ) 2 + 14 n + 12 ) 2   x 2 n

Passo 9

Para c 2 k + 1 ( k ≥ 1 ) temos a mesma ideia, mas agora faremos isso até chegar em c 1

c 2 n + 1 = c 1 ( n 2 + 7 n + 12 ) 6

E, portanto,

y 2 x = c 1 x + c 1 ∑ n = 1 ∞ ( ( 2 n + 1 ) 2 + 14 n + 19 ) 6   x 2 n + 1

Passo 10

d)

Vamos utilizar as condições iniciais agora para encontrar c 0 e c 1 . Nossa solução é

y x = y 1 x + y 2 ( x )

y x = c 0 + c 1 x + c 0 ∑ n = 1 ∞ ( ( 2 n ) 2 + 14 n + 12 ) 2   x 2 n + c 1 ∑ n = 1 ∞ ( ( 2 n + 1 ) 2 + 14 n + 19 ) 6   x 2 n + 1

Calculando y ' ( x )

y ' x = c 0 ∑ n = 1 ∞ n ( ( 2 n ) 2 + 14 n + 12 )   x 2 n - 1 + c 1 + c 1 ∑ n = 1 ∞ ( ( 2 n + 1 ) 2 + 14 n + 19 ) ( 2 n + 1 ) 6   x 2 n

Usando as condições iniciais

y 0 = c 0 = 2

y ' 0 = c 1 = 3

Logo a solução será

y x = 2 + 3 x + 2 ∑ n = 1 ∞ ( ( 2 n ) 2 + 14 n + 12 ) 2   x 2 n + 3 ∑ n = 1 ∞ ( ( 2 n + 1 ) 2 + 14 n + 19 ) 6   x 2 n + 1

Resposta

b)

c n + 2   = c n ( n 2 + 7 n + 12 ) n + 2 n + 1

c)

y 1 x = c 0 + c 0 ∑ n = 1 ∞ ( ( 2 n ) 2 + 14 n + 12 ) 2   x 2 n

y 2 x = c 1 x + c 1 ∑ n = 1 ∞ ( ( 2 n + 1 ) 2 + 14 n + 19 ) 6   x 2 n + 1

d)

y x = 2 + 3 x + 2 ∑ n = 1 ∞ ( ( 2 n ) 2 + 14 n + 12 ) 2   x 2 n + 3 ∑ n = 1 ∞ ( ( 2 n + 1 ) 2 + 14 n + 19 ) 6   x 2 n + 1

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