Exercícios Resolvidos de Solução de EDO – Ponto Ordinário

Solução de EDO em série – ponto ordinário

( a ) Mostre que x = 0 é um ponto ordinário para a equação

y ' ' - x 2 y ' - 3 x y = 0

( b ) Prove que c 2 = 0 e que a fórmula de recorrência da equação em ( a ) é

c n + 3 = c n ( n + 2 )

para n ≥ 0 .

( c ) A partir da relação de recorrência determine a fórmula para o coeficiente geral da solução da equação.

( d )   Identifique as duas soluções em séries de potências em torno de x = 0 , linearmente independentes e determine um raio mínimo de convergência. Justifique.

( e )   Encontre a solução com os dados iniciais y ( 0 ) = 2 e y ' 0 = 3 .

Passo 1

( a ) Bom, essa é fácil. Vamos reconhecer a equação

y ' ' - x 2 y ' - 3 x y = 0

como na forma

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

Então, como P x = 1 ≠ 0 , não há nenhum ponto singular. Isto é, 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 2 y ' - 3 x y = 0

∑ n = 2 ∞ c n   n ( n - 1 ) x n - 2 - x 2 ∑ n = 1 ∞ c n   n x n - 1 - 3 x ∑ 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 = 1 ∞ c n   n x n + 1 - ∑ n = 0 ∞ 3 c n   x n + 1 = 0

E vamos deixar sempre x n dentro. Para isso, necessitamos fazer um deslocamento nos índices dos somatórios...

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

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

∑ n = 0 ∞ 3 c n   x n + 1 = ∑ n = 1 ∞ 3 c n - 1   x n

Logo:

∑ n = 0 ∞ c n + 2   ( n + 2 ) ( n + 1 ) x n - ∑ n = 2 ∞ c n - 1   ( n - 1 ) x n - ∑ n = 1 ∞ 3 c n - 1   x n = 0

Passo 4

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 - 1   ( n - 1 ) x n   :     O k ! = )

∑ n = 1 ∞ 3 c n - 1   x n = 3 c 0 . x + ∑ n = 2 ∞ 3 c n - 1   x n

Assim, fica:

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

E podemos juntar os somatórios:

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

Mas como x n ≠ 0 , teremos

c n + 2   n + 2 n + 1 - c n - 1 n - 1 - 3 c n - 1 = 0

Passo 5

Para obter a relação de recorrência, temos:

c n + 2   n + 2 n + 1 - c n - 1 n - 1 - 3 c n - 1 = 0

c n + 2   = c n - 1 n - 1 + 3 n + 2 n + 1

c n + 2   = c n - 1 n + 2 n + 2 n + 1

c n + 2   = c n - 1 n + 1

Mas, trocando n por n + 1 , obtemos ( n ≥ 0 ) :

c n + 3   = c n n + 2

Passo 6

( c ) A fórmula para o coeficiente geral é dada fazendo um deslocamento de três unicades na fórmula anterior (troca-se n por n - 3 ):

c n   = c n - 3 n - 1

para n ≥ 3 . Além disso, c 0 e c 1 são constantes e c 2 = 0 .

Passo 7

d Já obtivemos a relação de recorrência. Agora vamos lembrar que foi dado que c 2 = 0 .

Neste caso, como a relação de recorrência é de três em três coeficientes, sabemos que c 5 = c 8 = … = 0 , isto é, c 3 k + 2 = 0 ,     k ∈ Z + .

Ok, então nos sobram duas séries de coeficientes, uma começando em c 0 e outra em c 1 .

y x = ∑ n = 0 ∞ c n   x n

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

y x = c 0 + c 1 x + c 3 x 3 + c 4 x 4 + …

Percebeu? Eliminamos uma carreira de termos, pois eles são todos nulos. Então, nos sobram as parcelas com n = 3 k e n = 3 k + 1 ,   k ∈ Z + .

y x = c 0 + c 3 x 3 + … + c 1 x + c 4 x 4 + …

y x = ∑ k = 0 ∞ c 3 k   x 3 k + ∑ k = 0 ∞ c 3 k + 1   x 3 k + 1

Passo 8

Para a primeira série,

y 0 x = ∑ k = 0 ∞ c 3 k   x 3 k = c 0 + ∑ k = 1 ∞ c 3 k   x 3 k = c 0 + c 3 x 3 + …

teremos c n   = c n - 3 n - 1 com n = 3 k ( k ≥ 1 ) :

c 3 k   = c 3 ( k - 1 ) 3 k - 1

Assim:

k = 1 :     c 3 = c 0 2

k = 2 :     c 6 = c 3 5 = c 0 2.5

k = 3 :     c 9 = c 6 8 = c 0 2.5 . 8

k   g e r a l : c 3 k = c 0 2.5 . 8 .   … . ( 3 k - 1 ) = c 0 ∏ p = 1 k ( 3 p - 1 )

Então:

y 0 x = c 0 + ∑ k = 1 ∞ c 0 ∏ p = 1 k ( 3 p - 1 )   x 3 k

y 0 x = c 0 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 ∏ p = 1 k 3 p - 1   x 3 k

Passo 9

Analogamente, para a segunda série:

y 1 x = ∑ k = 0 ∞ c 3 k + 1   x 3 k + 1 = c 1 x + ∑ k = 1 ∞ c 3 k + 1   x 3 k + 1 = c 1 x + c 4 x 4 + …

Teremos c n   = c n - 3 n - 1 com n = 3 k + 1 ( k ≥ 1 ) :

c 3 k + 1   = c 3 k - 2 3 k

Assim:

k = 1 :     c 4 = c 1 3

k = 2 :     c 7 = c 4 6 = c 1 3.6

k = 3 :     c 10 = c 7 9 = c 1 3.6 . 9

k   g e r a l : c 3 k + 1 = c 1 3.6 . 9 .   … . ( 3 k ) = c 1 3 k . k !

Então:

y 1 x = c 1 x + ∑ k = 1 ∞ c 1 3 k . k !   x 3 k + 1

y 1 x = c 1 x 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 3 k . k !   x 3 k

Passo 10

Para avaliar o raio de convergência, utilizamos o Teste da Razão (para a primeira série):

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n = lim k → ∞ ⁡ c 3 ( k + 1 ) x 3 ( k + 1 ) c 3 k x 3 k

com

c 3 k = c 0 2.5 . 8 .   … . ( 3 k - 1 )

c 3 ( k + 1 ) = c 0 2.5 . 8 .   … . ( 3 k - 1 ) ( 3 k + 2 )

Logo:

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n = lim k → ∞ ⁡ c 0 2.5 . 8 .   … . ( 3 k - 1 ) ( 3 k + 2 ) c 0 2.5 . 8 .   … . ( 3 k - 1 ) x 3 = l i m k → ∞ x 3 3 k + 2 = 0 ,   ∀ x ∈ R  

Portanto, a série é convergente para todo x ∈ R . Isto é, o raio de convergência é R = ∞ .

Para a segunda série, o desenvolvimento é análogo:

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n = lim k → ∞ ⁡ c 3 k + 4 x 3 k + 4 c 3 k + 1 x 3 k + 1

com

c 3 k + 1 = c 1 3.6 . 9 .   … . ( 3 k ) = c 1 3 k . k !

c 3 k + 4 = c 1 3.6 . 9 .   … . ( 3 k ) ( 3 k + 1 ) = c 1 3 k + 1 . ( k + 1 ) !

Logo:

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n = lim k → ∞ ⁡ c 1 3 k + 1 . ( k + 1 ) ! c 1 3 k . k ! x 3 = l i m k → ∞ x 3 3 ( k + 1 ) = 0 ,   ∀ x ∈ R  

Isso comprova que o raio de convergência é infinito.

Passo 11

( e ) Para achar a solução final, basta combinar as soluções linearmente independentes:

y 0 x = c 0 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 ∏ p = 1 k 3 p - 1   x 3 k

y 1 x = c 1 x 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 3 k . k !   x 3 k

Portanto:

y x = y 0 x + y 1 x

y x = c 0 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 ∏ p = 1 k 3 p - 1   x 3 k + c 1 x 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 3 k . k !   x 3 k

Passo 12

Dadas as condições iniciais y 0 = 2 e y ' 0 = 3 , podemos encontrar c 0 e c 1 .

y x = c 0 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 ∏ p = 1 k 3 p - 1   x 3 k + c 1 x 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 3 k . k !   x 3 k

y x = c 0 1 + 1 2 x 3 + 1 2.5 x 6 + … + c 1 x 1 + 1 3 x 3 + 1 3.6 x 6 + …

Então, como y 0 = 2 :

c 0 . 1 + c 1 . 0 . 1 = 2 → c 0 = 2

Agora, passando o x para dentro na segunda série e derivando tudo:

y x = 2 1 + 1 2 x 3 + 1 2.5 x 6 + … + c 1 x + 1 3 x 4 + 1 3.6 x 7 + …

y ' x = 2 3 2 x 2 + 6 2.5 x 5 + … + c 1 1 + 4 3 x 3 + 7 3.6 x 6 + …

Como y ' 0 = 3 , vem:

2 . 0 + c 1 . 1 = 3 → c 1 = 3

Portanto, a solução final é

y x = 2 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 ∏ p = 1 k 3 p - 1   x 3 k + 3 x 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 3 k . k !   x 3 k

Resposta

( a ) x = 0 é ponto ordinário.

( b ) c n + 3   = c n n + 2 ,   n ≥ 0

( c ) c n   = c n - 3 n - 1

( d ) y 0 x = c 0 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 ∏ p = 1 k 3 p - 1   x 3 k ; y 1 x = c 1 x 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 3 k . k !   x 3 k ; R = ∞

( e ) x = 2 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 ∏ p = 1 k 3 p - 1   x 3 k + 3 x 1 + ∑ k = 1 ∞ 1 3 k . k !   x 3 k

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