Exercícios Resolvidos de Método de Frobenius – Ponto Singular Regular

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Enunciado

Considere a equação diferencial

x 2 y ' ' + x 2 + 1 4 y = 0

a) Mostre que x = 0 é ponto singular desta equação diferencial

b)Determine a relação de recorrência, a equação indicial e suas raízes

c)Determine a solução em série de Frobenius em torno de x = 0 , correspondente a maior raiz da equação indicial. Determine a expressão do termo geral desta solução.

d)Qual é o raio mínimo de convergência da série de potências da solução em c) ?

Passo 1

a) Dizemos que um ponto x 0 é singular regular se:

lim x → x 0 ⁡ x - x 0 Q x P ( x )

lim x → x 0 ⁡ x - x 0 2 R x P ( x )

Existem e são finitos.

No Caso x 0 = 0 e P x = x 2 ,     Q x = 0 ,     R x = x 2 + 1 4

Como Q x = 0 → n ã o   a n a l i s a r e m o s   e s s e   l i m i t e   c o m o   c o n d i c i o n a l   p a r a   v e r i f i c a r   s i n g u l a r i d a d e

Então fica:

lim x → 0 ⁡ x 2 x 2 + 1 4 x 2 = 1 4

Passo 2

b) Determine a relação de recorrência, a equação indicial e suas raízes

Para fazer isso, vamos ter que utilizar aquela solução proposta pelo Frobenius(Que na realidade é uma aplicação da equação de Euler-Cauchy na teoria de séries!)

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r

Derivando duas vezes:

y ' ' x = ∑ n = 0 ∞ n + r ( n + r - 1 ) a n x n + r - 2

OBS: Repara que a gente não aumenta o número inicial do somatório para essa série!! Ela começa em 0!! O motivo disso é porque nas outras séries de potência o menor termo é uma constante, nessa série o menor termo tem potência de x r , logo ele não se anula quando derivamos!

Substituindo isso na EDO:

x 2 ∑ n = 0 ∞ n + r ( n + r - 1 ) a n x n + r - 2 + x 2 + 1 4 ∑ n = 0 ∞ a n x n + r = 0

Ajeitando os somatórios:

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

x 2 + 1 4 ∑ n = 0 ∞ a n x n + r = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r + 2 + ∑ n = 0 ∞ a n 4 x n + r

Bem, quase todos os somatórios tem x n + r como expoente e todos tem o somatório começando em 0 , o que temos que fazer aqui é ajeitar o único que está diferente:

∑ n = 0 ∞ a n x n + r + 2 = ?

Bem, a gente começa ajeitando para ficar no mesmo índice! Então é só tomar n → n - 2 , substituindo isso no somatório o índice da potência vai ficar certo:

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

Mas calma, agora o somatório começa em 2 , os outros começam em 0 ! Não tem jeito, vamos ter que arrumar os outros somatório forçando eles a começar em 2 , isso é só abrir abrir o somatório galera, vamos lá:

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

Vamos ver o outro somatório

∑ n = 0 ∞ a n 4 x n + r = a 0 4 x r + a 1 4 x r + 1 + ∑ n = 2 ∞ a n 4 x n + r

Ok, temos os 3 somatórios começando na mesma potência e iniciando no mesmo índice! Tudo certo! Vamos voltar então a equação, é só substituir esses 3 somatórios que calculamos agora:

a 0 r r - 1 x r + a 1 r + 1 r x r + 1 + ∑ n = 2 ∞ n + r ( n + r - 1 ) a n x n + r + ∑ n = 2 ∞ a n - 2 x n + r + a 0 4 x r + a 1 4 x r + 1 + ∑ n = 2 ∞ a n 4 x n + r = 0

Vamos juntar tudo o que temos na mesma potência:

a 0 r r - 1 + 1 4 x r + a 1 r + 1 r + 1 4 x r + 1 + ∑ n = 2 ∞ n + r n + r - 1 a n + a n - 2 + a n 4 x n + r = 0

Passo 3

Beleza!!Chegamos lá, agora vamos com calma, a equação indicial representa sempre a equação que você tem que satisfazer calculando o valor do r , ela é vista sempre como a função que multiplica o termo com menor potência, ou seja, x r . Em suma, sempre olha quem tá multiplicando x r ! Vamos lá:

a 0 r r - 1 + 1 4 x r = 0

A gente sabe que isso tem que dar 0 , não só isso como todos os outros termos da equação, x = 0 ou a 0 é solução trivial, logo:

r r - 1 + 1 4 = 0 → r 2 - r + 1 4 = 0

Vamos calcular as raízes?

r 1,2 = 1 ± 1 - 4 . 1 4   . 1 2 = 1 2

Então r 1 = r 2 = 1 2 , logo r 1 - r 2 = 0 , assim só existe uma solução, lembra disso? É importante! E a solução é dada pela maior raiz, no caso tanto faz porque elas são iguais! Para ter duas soluções a diferença entre a maior raiz e a menor raiz tem que dá um não inteiro maior que zero! A solução é:

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r 1

No caso vamos chamar r 1 = r 2 = r porque só tem uma raiz mesmo, mas de qualquer forma, sempre resolva em função de um r geral. Quando você chegar na relação de recorrência aí sim você substitui, ok? Mas calma, na equação a gente tem esse cara ainda, antes da série:

a 1 r + 1 r + 1 4 x r + 1 = 0

Pela mesma análise, isso tem que dar 0 , assim:

a 1 r + 1 r + 1 4 = 0

Xi, mas a gente já tem as raízes determinadas, sabemos que r + 1 r + 1 4 ≠ 0 , nossa conclusão é que:

a 1 = 0

Vamos para a relação de recorrência, que se obtém só igualando o coeficiente da série a 0 :

∑ n = 2 ∞ n + r n + r - 1 a n + a n - 2 + a n 4 x n + r = 0

n + r n + r - 1 a n + a n - 2 + a n 4 = 0

a n = - a n - 2 n + r n + r - 1 + 1 4 ,     n ≥ 2

Não esquece que a somatório começa em 2 hein! Por isso é para n ≥ 2 , agora substituindo r = 1 2 :

a n = - a n - 2 n + 1 2 n - 1 2 + 1 4 = - a n - 2 n 2 - 1 4 + 1 4 = a n - 2 n 2 ,   n ≥ 2

Bem, ele pediu a relação de recorrência, a equação indicial e as raízes da equação, demos tudo que ele pediu! Fechou essa letra

Passo 4

c)Determine a solução em série de Frobenius em torno de x = 0 , correspondente a maior raiz da equação indicial. Determine a expressão do termo geral desta solução.

A gente já estava a caminho disso! Encontramos até agora a cara de uma solução:

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

Onde a n tem a seguinte relação de recorrência:

a n = - a n - 2 n 2 ,   n ≥ 2

E não esqueça!!!! Vimos que a 1 = 0

n = 2 → a 2 = - a 0 2 2 n = 3 → a 3 = - a 1 3 2 = 0 n = 4 → a 4 = - a 2 4 2 = - 1 2 a 0 4 2 2 2 n = 5 → a 5 = - a 3 5 2 = 0 n = 6 → a 6 = - a 4 6 2 = - 1 3 a 0 6 2 4 2 2 2 n = 6 → a 7 = - a 5 7 2 = 0

Então com relação aos termos pares da série, vemos que:

a 2 k = a 0 - 1 k 2 k 2 2 k - 2 2 … 4 2 2 2

Podemos colocar tudo elevado ao quadrado em evidência:

a 2 k = a 0 - 1 k 2 k 2 k - 2 … 4.2 2

O denominador ficou então com um fatorial de pares, que podemos escrever como:

2 k 2 k - 2 … 4.2 = 2 k k !

Assim a relação de recorrência ficou:

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

E vemos que os ímpares dão sempre 0 , assim:

a 2 k - 1 = 0   k ≥ 1

Ok ok, vamos voltar a solução geral:

y 1 x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + 1 2

Vimos que somente os termos pares da série entram nisso, os ímpares dão zero, logo ela fica com a cara:

y 1 x = ∑ n = 0 ∞ a 2 n x 2 n + 1 2

Substituindo esse a 2 n = a 0 2 n n ! 2 ,   n ≥ 1 , mas opa, o somatório começa em 0 , não em 1 , então a gente abre ele:

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

Agora sim, substituímos:

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

Se quiser você pode colocar a 0 em evidência como fizemos na teoria, e tratar ele como 1 , porque é só uma constante e de qualquer forma a solução geral é dada pela combinação linear dessa com outra solução linearmente independente, e essa combinação linear implicaria em ter constantes multiplicando y 1 e y 2 , que seriam determinadas pelas condições iniciais ou de contorno.

E tcharã! Ufa! A expressão do termo geral dessa solução seria a que a gente colocou agora em cima, mas perceba que essa não é a solução geral! E nem temos a solução geral, porque a gente precisaria de outra solução linearmente independente dessa, e não temos! Isso por causa da diferença entre r 1 e r 2 ! Implicou que só saberíamos uma solução por esse método.

Passo 5

d)Qual é o raio mínimo de convergência da série de potências da solução em c) ?

Hmmm, então ele quer saber o raio de convergência dessa série, isso é ponto singular, não ordinário, então não sabemos o raio mínimo de convergência da série como era no ordinário, vamos ver a cara da série:

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

Partiu fazer um teste da razão e ver para que intervalo ele dá menor que 1 :

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n < 1

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n = lim n → ∞ ⁡ a 0 - 1 n + 1 2 2 n + 1 n + 1 ! 2 x 2 n + 1 + 1 a 0 - 1 n 2 2 n n ! 2 x 2 n + 1 2 = lim n → ∞ ⁡ - 1 2 2 n + 1 ! 2 x 2 1 n ! 2

= lim n → ∞ ⁡ 1 2 2 n + 1 ! 2 x 2 1 n ! 2

Deu pra cortar muita coisa já, vamos ajeitar isso daí:

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n = lim n → ∞ ⁡ n ! 2 x 2 4 n + 1 ! 2

Dá pra cortar os fatoriais também, pois n + 1 ! 2 = n + 1 2 n ! 2

Assim fica:

lim n → ∞ ⁡ n ! 2 x 2 4 n + 1 ! 2 = lim n → ∞ ⁡ x 2 4 n + 1 = 0

Sabemos que dá 0 pois n → ∞ , daí a gente conclui que ela é menor que 1 para todo x , então o raio de convergência é infinito:

R = ∞

Resposta

a)Demonstração

b)

r r - 1 + 1 4 = 0 → r 2 - r + 1 4 = 0

r 1 = r 2 = 1 2

a n = - a n - 2 n 2 ,   n ≥ 2

c)

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

d)

R = ∞

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