Exercícios Resolvidos de Solução de EDO – Ponto Ordinário

Resolva a equação diferencial

y ' ' + x y ' + y = 0

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

Passo 1

Opa, vamos lá. A questão quer que a gente ache a solução da EDO usando a série de potência em torno de x = 0 . Aí essa série tem essa carinha:

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n .

Vamos começar achando as derivadas primeira e segunda para depois podermos substituir na nossa EDO.

y ' x = ∑ n = 1 ∞ n a n x n - 1

y ' ' x = ∑ n = 2 ∞ n n - 1 a n x n - 2

Agora, podemos substituir na nossa EDO da seguinte forma:

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

Jogando o x ali para dentro do somatório e usando uma propriedadezinha de potência:

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

O próximo passo agora é colocar todos os somatórios com os mesmos intervalos, ou seja, começando em n = 0 e os termos multiplicando x n .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

No primeiro termo, podemos colocar n começando em zero, somando 2 onde aparece n . Assim oh:

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

Aí a gente escreve que n + 2 = 2 ∴ n = 0 , e esse termo fica:

∑ n = 0 ∞ ( n + 2 ) n + 1 a n + 2 x n

Conseguimos fazer o somatório começar do zero e o expoente do x ficar igual a n . Uhul!

Vamos olhar o segundo termo agora:

∑ n = 1 ∞ n a n x n

Nesse caso, o expoente do x já está ajustado, mas então como vamos ajustar o valor inicial do somatório? Vamos pensar qual seria o termo para n = 0 . Bom, o primeiro termo seria zero.

∑ n = 0 ∞ n a n x n = 0 ⋅ a 0 x 0 + ∑ n = 1 ∞ n a n x n = ∑ n = 1 ∞ n a n x n

Então, nesse caso, colocar o somatório começando em zero não vai alterar o nosso somatório.

Passo 3

Vamos colocar esses novos somatórios na nossa expressão que era:

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

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

Como os termos dos somatórios são iguais, podemos colocar em um somatório único:

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

Colocanso o termo x n em evidência, teremos:

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

Como x n não zera, para esse somatório zerar, temos que:

n + 2 n + 1 a n + 2 + n a n + a n = 0

Assim, a gente chega na relação de recorrência:

n + 2 n + 1 a n + 2 + n + 1 a n = 0

Como n + 1 ≠ 0 , podemos simplificar e a nossa recorrência fica:

n + 2 a n + 2 + a n = 0

Arrasamos! Mas tem mais aí pela frente haha

Passo 4

Agora a gente precisa achar os coeficientes e escrever a forma geral da solução y ( x ) .

Como não temos um PVI, a gente vai deixar os coeficientes em função de a 0 e a 1 , porque não temos informações para achar esses valores.

Vamos ver pela relação de recorrência como ficarão os coeficientes.

n + 2 a n + 2 = - a n

Para n = 0 , 0 + 2 a 2 = - a 0 → a 2 = - a 0 2

Para n = 1 , 1 + 2 a 3 = - a 1 → a 3 = - a 1 3

Para n = 2 , 2 + 2 a 4 = - a 2 → a 4 = - a 2 4 = a 0 4 ⋅ 2

Isso porque vimos acima que a 2 = - a 0 / 2 . Continuando:

Para n = 3 , 3 + 2 a 5 = - a 3 → a 5 = - a 3 5 = a 1 3 ⋅ 5

Aí já é porque a 3 = - a 1 / 3 . Seguindo:

Para n = 4 , 4 + 2 a 6 = - a 4 → a 6 = - a 4 6 = - a 0 6 ∙ 4 ∙ 2

Para n = 5 , 5 + 2 a 7 = - a 5 → a 7 = - a 5 7 = - a 1 3 ⋅ 5 ∙ 7

Sei que parece cansativo, mas é a melhor forma de entendermos o que está acontecendo cara cada valor de n .

Passo 5

Bom, a gente vê que há uma lei de formação para n par que fica em função de a 0 e uma lei de formação para n ímpar que fica em função de a 1 .

Podemos então separar nos números pares 2 k e nos números ímpares 2 k + 1 , onde k é um número inteiro.

Para os números pares, chegaremos em:

a 2 = - a 0 2 ,   a 4 = a 0 4 ⋅ 2 ,   a 6 = - a 0 6 ⋅ 4 ⋅ 2  

Aí temos algo assim

a 2 k = a 0 2 k 2 k - 2 2 k - 4 ⋅ … ⋅ 2 = a 0 ( 2 k ⋅ 2 k - 1 ⋅ 2 k - 2 ⋅ … ⋅ 2 ⋅ 1 )

a 2 k = a 0 2 k ( k k - 1 k - 2 ⋅ … ⋅ 1 ) = a 0 2 k k !

Mas não acaba aí. Repara que os termos alternam de sinal. Para k = 1 , temos o termo negativo, já para k = 2 , temos o termo positivo. Com isso, a gente pode escrever nosso termo assim:

a 2 k = - 1 k a 0 2 k k !

Para valores de k ≥ 1 . Observe que essa condição é colocada porque tudo está em função de a 0 , então não podemos ter k = 0 .

Passo 6

Já para os números ímpares, chegaremos em:

a 3 = - a 1 3 ,     a 5 = a 1 3 ⋅ 5 ,     a 7 = - a 1 3 ⋅ 5 ∙ 7    

Ficamos assim:

a 2 k + 1 = a 1   - 1 k 2 k + 1 2 k + 1 - 2 2 k + 1 - 4 … 3 ∙ 1

a 2 k + 1 = a 1   - 1 k 2 k + 1 2 k - 1 2 k - 3 … 3 ∙ 1

Repare que o denominador é o fatorial só com os termos ímpares. Podemos escrever ele como:

2 k + 1 2 k - 1 2 k - 3 … 3 ∙ 1 = 2 k + 1 ! k ! 2 k

Isso porque esse termo k ! 2 k é o fatorial só com termos pares. Se a gente divide 2 k + 1 !   por ele, chegamos no fatorial só de números ímpares.

Então:

a 2 k + 1 = a 1 - 1 k k ! 2 k 2 k + 1 !

Percebe que temos termos alternados também, por isso o - 1 k . Essa expressão também é para k ≥ 1 , já que tudo está em função de a 1 , aí não podemos ter k = 0 .

Passo 7

Maravilha!! Agora a gente reescreve a nossa solução. Mas repara que a gente vai precisar reescrever nosso somatório. Nossa solução ficou:

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n

E a gente dividiu isso na parte par e na parte ímpar, então fica:

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

Como as expressões que encontramos só valem para k ≥ 1 , vamos tirar o k = 0 do somatório:

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

Já que

a 2 k = - 1 k a 0 2 k k ! ,     a 2 k + 1 = a 1 - 1 k k ! 2 k 2 k + 1 !

Temos

y x = a 0 + ∑ k = 1 ∞ - 1 k a 0 2 k k ! x 2 k + a 1 x + ∑ k = 1 ∞ a 1 - 1 k k ! 2 k 2 k + 1 ! x 2 k + 1

Aí essa é a nossa solução!

Passo 8

Para achar as duas soluções linearmente independentes, colocamos a nossa solução no formato

y x = a 0 y I + a 1 y I I

Aí a nossa solução fica

y x = a 0 1 + ∑ k = 1 ∞ - 1 k 2 k k ! x 2 k + a 1 x + ∑ k = 1 ∞ - 1 k k ! 2 k 2 k + 1 ! x 2 k + 1

Daí a gente tira que

y I = 1 + ∑ k = 1 ∞ - 1 k 2 k k ! x 2 k

Com o termo geral para k ≥ 1 , sendo

a 2 k = - 1 k 2 k k !

E

y I I = x + ∑ k = 1 ∞ - 1 k k ! 2 k 2 k + 1 ! x 2 k + 1

Com o termo geral para k ≥ 1 , sendo

a 2 k + 1 = - 1 k k ! 2 k 2 k + 1 !

Ufa! Prontinho!

Resposta

n + 2 a n + 2 + a n = 0

y I = 1 + ∑ k = 1 ∞ - 1 k 2 k k ! x 2 k

Com o termo geral para k ≥ 1 , sendo a 2 k = - 1 k 2 k k !

y I I = x + ∑ k = 1 ∞ - 1 k k ! 2 k 2 k + 1 ! x 2 k + 1

Com o termo geral para k ≥ 1 , sendo a 2 k + 1 = - 1 k k ! 2 k 2 k + 1 !

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