Exercícios Resolvidos de Solução de EDO – Ponto Ordinário

Solução de EDO em série – 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

O primeiro passo é verificar que que x = 0 é um ponto ordinário. Já que P x = 3 - x 2 e P 0 = 3 ≠ 0 , então ele é de fato ordinário.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

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:

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

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

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

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

Logo:

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

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

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

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

Assim, fica:

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

E podemos juntar os somatórios:

6 c 2 + 18 c 3 x - 4 c 1 x - c 0 + ∑ n = 2 ∞ 3 c n + 2   n + 2 n + 1 - c n   n   n - 1 - 3 c n n - c n   x n = 0

Passo 6

Mas como x n ≠ 0 , teremos

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

De onde obtemos a relação de recorrência:

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

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

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

c n + 2   = c n   n + 1   3 n + 2

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

Passo 7

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 ), temos:

c 2   = c 0   0 + 1   3 0 + 2 = 1 3.2 c 0

c 4   = c 2   2 + 1   3 2 + 2 = 3 3.4 c 2 = 1.3 3 2 . 2.4 c 0

c 6   = c 4   4 + 1   3 4 + 2 = 5 3 . 6 c 4 = 1.3 . 5 3 3 . 2.4 . 6 c 0

c 2 k = 1.3 . 5 . …   . ( 2 k - 1 ) 3 k . 2.4 . 6 . … . ( 2 k ) c 0

Mas dá para escrever assim:

1.3 . 5 . …   . 2 k - 1 = 1.2 . 3.4 . … . 2 k - 1 . 2 k 2.4 . 6 . … . 2 k

1.3 . 5 . …   . 2 k - 1 = 2 k ! 2 k . 1.2 . 3 . … . k = 2 k ! 2 k . k !

Então temos:

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

c 2 k = 2 k ! 12 k . k ! 2 c 0

E, portanto,

y 1 x = c 0 ∑ k = 0 ∞ 2 k ! 12 k . k ! 2   x 2 k

Passo 9

Para c 2 k + 1 ( k ≥ 1 ), devemos ter algo parecido...

c 3   = c 1   1 + 1   3 1 + 2 = 2 3 . 3 c 1

c 5   = c 3   3 + 1   3 3 + 2 = 4 3 . 5 c 3 = 2.4 3 2 . 3 . 5 c 1

c 7   = c 5   5 + 1   3 5 + 2 = 6 3 . 7 c 5 = 2.4 . 6 3 3 . 3.5 . 7 c 1

c 2 k + 1 = 2.4 . 6 . … . ( 2 k ) 3 k . 3.5 . …   . ( 2 k + 1 ) c 1

Então, sabemos que

2.4 . 6 . … . 2 k = 2 k . k !

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

Portanto, temos:

c 2 k + 1 = 2 k . k ! 3 k . 2 k + 1 ! 2 k . k ! c 1

c 2 k + 1 = 4 3 k . k ! 2 2 k + 1 ! c 1

Assim:

y 2 x = c 1 ∑ k = 0 ∞ 4 3 k . k ! 2 2 k + 1 ! x 2 k + 1

Resposta

Relação de recorrência: c n + 2   = c n   n + 1   3 n + 2 , n ≥ 0 .

Soluções: y 1 x = c 0 ∑ k = 0 ∞ 2 k ! 12 k . k ! 2   x 2 k ; y 2 x = c 1 ∑ k = 0 ∞ 4 3 k . k ! 2 2 k + 1 ! x 2 k + 1

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