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

Show de bola, agora nota o seguinte. Já que a equação abaixo precisa satisfazer a igualdade:

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

Ou seja, precisa ser igual a zero para todos os x (inclusive os diferentes de zero), a única maneira disso ser verdade é se os coeficientes forem zero, ou seja:

a 0 r r - 1 + 1 4 = 0

a 1 r + 1 r + 1 4 = 0

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

E isso simultaneamente! Veja que, as raízes dos polinômios de r no interior das duas primeiras equações são:

r r - 1 + 1 4 = 0

r 2 - r + 1 4 = 0

r 1,2 = 1 ± 1 - 4 ∙ 1 ∙ 1 4 2 ∙ 1 = 1 2

E:

r r + 1 + 1 4 = 0

r 2 + r + 1 4 = 0

r 1,2 = - 1 ± 1 - 4 ∙ 1 ∙ 1 4   2 ∙ 1 = - 1 2

Portanto, pra que as três equações sejam iguais a zero, a escolha de um dos coeficientes deve ser zero!

Como o enunciado pede pra gente se preocupar com a maior raiz somente, a equação indicial que queremos é:

r 2 - r + 1 4 = 0

No nosso caso então, a solução terá a seguinte cara:

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + 1 2

Passo 4

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

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

Rearrumando:

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

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

a n = - a n - 2 n 2 ;     n ≥ 2

Como nesse caso, o termo a 1 = 0 e todos os coeficientes que dependerem dele, serão zero, então todos os coeficientes impares zeram. Vamos então substitui n por 2 k para que k possa correr todos os números ao invés de só os pares k = 1 ,   2 ,   3 …   . Nossa relação fica:

a 2 k = - a 2 k - 2 4 k 2 ;     k ≥ 1

Aplicando a recorrência:

a 2 = - a 0 4 1 ∙ 1 2

a 4 = + a 0 4 2 ∙ 1 ∙ 2 2

a 6 = - a 0 4 3 ∙ 1 ∙ 2 ∙ 3 2

Etc... Achamos então a relação:

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

E nossa solução é:

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + 1 2

y x = ∑ k = 0 ∞ a 2 k x 2 k + 1 2

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

y x = a 0 x 1 2 + ∑ k = 1 ∞ - 1 k a 0 4 k k ! 2 x 2 k + 1 2

E só pra ficar bonitinho, vamos voltar pra letra n :

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

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

lim n → ∞ ⁡ a n + 1 a n < 1

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

Da 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 da 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

  1. Demonstração no Passo 1
  2. r 2 - r + 1 4 = 0 r 1 = r 2 = 1 2 a n = a n - 2 n 2 ,   n ≥ 2 o u   a i n d a   a 2 k = - a 2 k - 2 4 k 2 ;     k ≥ 1
  3. y x = a 0 x 1 2 + ∑ n = 1 ∞ a 0 2 2 n n ! 2 x 2 n + 1 2
  4. R = ∞

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