Exercícios Resolvidos de Solução de EDO – Ponto Ordinário

Resolva a equação diferencial

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

Através de uma série de potências em torno do ponto x = 0 . Encontre a relação de recorrência e as duas soluções linearmente independentes indicando o termo geral de cada solução.

Passo 1

Antes de tudo, precisamos verificar se o ponto x 0 é ordinário. Temos, nesse caso, P x = 3 - x 2 e quando x = 0 , esse termo é diferente de zero, então podemos prosseguir.

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Passo 2

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:

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

Passo 3

Vamos passar todos os x para dentro do somatório:

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

Precisamos, agora, igualar as potências de x , nesse caso, por x n . Temos:

3 ∑ n = 2 ∞ n ( n - 1 ) a n x n - 2 = 3 ∑ 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 ). Olha como está nossa equação até agora:

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

Passo 4

Como os somatórios não possuem o mesmo índice n = 2 , precisamos mexer nisso. O índice tem que ser sempre o maior, então vamos abrir os outros somatórios até eles chegarem em 2 .

3 ∑ n = 0 ∞ ( n + 2 ) ( n + 1 ) a n + 2 x n = 6 a 2 + 18 a 3 x + 3 ∑ n = 2 ∞ ( n + 2 ) ( n + 1 ) a n + 2 x n

- 3 ∑ n = 1 ∞ n a n x n = - 3 a 1 x - 3 ∑ n = 2 ∞ n a n x n

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

Reescrevendo nossa equação:

6 a 2 + 18 a 3 x - 3 a 1 x - a 0 - a 1 x + 3 ∑ n = 2 ∞ n + 2 n + 1 a n + 2 x n - ∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - 3 ∑ n = 2 ∞ n a n x n - ∑ n = 2 ∞ a n x n = 0

Basta, então, juntar os somatórios colocando x n em evidência e arrumando os termos:

6 a 2 - a 0 + 18 a 3 x - 4 a 1 x + ∑ n = 2 ∞ [ 3 n + 2 n + 1 a n + 2 - n n - 1 + 3 n + 1 a n ] x n = 0

Passo 5

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

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

a n + 2 = n n - 1 + 3 n + 1 a n 3 n + 2 n + 1 = n 2 + 2 n + 1 a n 3 n + 2 n + 1 = n + 1 2 a n 3 n + 2 n + 1 = ( n + 1 ) a n 3 n + 2

Isso para n ≥ 2 , que é aonde nossa série começa ali na expressão.

Além disso, também temos as seguintes igualdades:

6 a 2 - a 0 = 0 18 a 3 - 4 a 1 = 0

Da primeira, tiramos:

a 2 = a 0 6

a 3 = 2 a 1 9

Encontramos nossa relação de recorrência.

Passo 6

Vamos agora, calcular alguns a n ’s. Como o problema não nos dá informações iniciais sobre a 0 ou a 1 , vamos encontrar respostas em função desses valores.

para   n = 2       →       a 4 = 3 a 2 3.4       →       a 4 = 3 3.4 a 0 6

para   n = 3       →       a 5 = 4 3.5 a 3       →       a 5 = 4 5.3 2 a 1 9

para   n = 4       →       a 6 = 5 3.6 a 4       →       a 6 = 5.3 3.6 . 3.4 a 0 6

para   n = 5       → a 7 =   6 3.7 a 5       →       a 7 = 6.4 3.7 . 5.3   2 a 1 9

para   n = 6       →       a 8 = 7 3.8 a 6       →       a 8 = 7.5 . 3 3 2 . 8.6 . 4 a 0 6

para   n = 7       →       a 9 = 8 3.9 a 7       →       a 9 = 8.6 . 4 3 2 . 9.7 . 5.3 a 0 6

Temos, portanto, sinais alternados para os índices pares e para os ímpares. Para os pares, podemos escrever o seguinte:

a 2 n = 2 n ! 3 n . 2 2 n n ! 2 a 0

Para os ímpares, então, escrevemos o seguinte:

a 2 n + 1 = 2 2 n n ! 2 3 n 2 n + 1 ! a 1

Assim por diante. Dica: nós podemos saber que a relação entre os termos é feita de 2 em 2 (termos pares e ímpares) por que a relação de recorrência associa termos a n a a n + 2 , portanto, com “ 2 n ' s de distância”.

Passo 7

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

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

= ∑ n = 0 ∞ 2 n ! 3 n . 2 2 n n ! 2 a 0 x 2 n + ∑ n = 0 ∞ 2 2 n n ! 2 3 n 2 n + 1 ! a 1 x 2 n + 1

Essas são as duas soluções, e os termos gerais de cada uma delas são:

a 2 n = 2 n ! 3 n . 2 2 n n ! 2 a 0

a 2 n + 1 = 2 2 n n ! 2 3 n 2 n + 1 ! a 1

Resposta

y x = ∑ n = 0 ∞ 2 n ! 3 n . 2 2 n n ! 2 a 0 x 2 n + ∑ n = 0 ∞ 2 2 n n ! 2 3 n 2 n + 1 ! a 1 x 2 n + 1

a 2 n = 2 n ! 3 n . 2 2 n n ! 2 a 0

a 2 n + 1 = 2 2 n n ! 2 3 n 2 n + 1 ! a 1

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