Exercícios Resolvidos de Método de Frobenius – Ponto Singular Regular

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Enunciado

Considere a equação diferencial

x 2 y ' ' + x y ' + 5 x 2 y = 0

( a ) Mostre que x = 0 é um ponto singular da equação.

( b ) Determine a equação indicial e suas raízes (os expoentes de singularidade).

( c ) Determine a solução em série de Frobenius (em torno de x = 0 ) correspondente à maior raiz da equação indicial, expressando a relação de recorrência e o termo geral da série.

Passo 1

( a ) Como a equação diferencial está na forma

P ( x ) y ' ' + Q ( x ) y ' + R ( x ) y = 0

identificamos: P x = x 2 .

Assim, os pontos singulares são dados por P x = 0 . Logo: x 2 = 0 → x = 0 .

Passo 2

Agora olhamos para

x - x 0   Q ( x ) P ( x ) = x . x x 2 = 1

x - x 0 2   R ( x ) P ( x ) = x 2 5 x 2 x 2 = 5 x 2  

E vemos que ambas as funções são analíticas para todo x . Logo, os limites quando x → x 0 existem e são finitos:

p 0 = lim x → 0 ⁡   1 = 1

q 0 = lim x → 0 ⁡   5 x 2 = 0

Portanto, x 0 = 0 é um ponto singular regular.

Passo 3

( b ) Vamos escrever a série de Frobenius

y ( x ) = ∑ n = 0 ∞   a n x n + r

De modo que, para a primeira e segunda derivadas, obtemos:

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

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

Passo 4

Agora substituímos as séries na equação...

x 2 ∑ n = 0 ∞   a n ( n + r ) ( n + r - 1 ) x n + r - 2 + x ∑ n = 0 ∞   a n ( n + r ) x n + r - 1 + 5 x 2 ∑ n = 0 ∞   a n x n + r = 0

E vamos colocar os termos com x para dentro dos somatórios:

∑ n = 0 ∞   a n ( n + r ) ( n + r - 1 ) x n + r + ∑ n = 0 ∞   a n ( n + r ) x n + r + ∑ n = 0 ∞ 5   a n x n + r + 2 = 0

Passo 5

Vamos deixar geral com x n + r no somatório. Para isso, deslocamos o índice do último somatório:

∑ n = 0 ∞ 5   a n x n + r + 2 = ∑ n = 2 ∞ 5   a n - 2 x n + r

E, assim,  

∑ n = 0 ∞   a n ( n + r ) ( n + r - 1 ) x n + r + ∑ n = 0 ∞   a n ( n + r ) x n + r + ∑ n = 2 ∞ 5   a n - 2 x n + r = 0

Agora, reescrevemos os dois primeiros somatórios para começarem de n = 2 :

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

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

E, combinando tudo:

a 0 . r r - 1 x r + a 1 . r r + 1 x r + 1 + ∑ n = 2 ∞   a n n + r n + r - 1 x n + r + a 0 . r   x r + a 1 . r + 1 x r + 1 +   ∑ n = 2 ∞   a n n + r x n + r + ∑ n = 2 ∞ 5   a n - 2 x n + r = 0

a 0 . r r - 1 + r x r + a 1 . r r + 1 + r + 1 x r + 1 + ∑ n = 2 ∞   a n n + r n + r - 1 + a n n + r + 5   a n - 2 x n + r = 0

a 0 . r 2 x r + a 1 . r + 1 2 x r + 1 + ∑ n = 2 ∞   a n n + r n + r - 1 + a n n + r + 5   a n - 2 x n + r = 0

Passo 6

Vamos tomar somente a parte de a 0 para a equação indicial:

a 0 . r 2 x r = 0

Como a 0 ≠ 0 e x r ≠ 0 , então

r 2 = 0 → r 1 = r 2 = 0

Neste caso as raízes são iguais para r .

Passo 7

( c ) Vamos tomar uma solução em série para r 1 = 0 (a maior raiz – na verdade as raízes são iguais):

y 1 x = x r 1 ∑ n = 0 ∞   a n x n

y 1 x = ∑ n = 0 ∞   a n x n

Como

a 1 . r + 1 2 x r + 1 = 0

a 1 . x r + 1 = 0

concluímos que a 1 = 0 .

Mas precisamos da relação de recorrência primeiro:

a n n + r n + r - 1 + a n n + r + 5   a n - 2 = 0

a n = - 5 n + r 2 a n - 2

Como r = 0 :

a n = - 5 n 2 a n - 2

Passo 8

Beleza, começando de a 0 , vamos ter:

a 2 = - 5 2 2 a 0

a 4 = - 5 4 2 a 2 = 5 2 2.4 2 a 0

a 6 = - 5 6 2 a 4 = - 5 3 2.4 . 6 2 a 0

a 2 k = - 5 ( 2 k ) 2 a 2 = - 1 k 5 k 2.4 . 6 . … . ( 2 k ) 2 a 0

Logo:

a 2 k = - 1 k 5 k 2 k . k ! 2 a 0

E assim escrevemos:

y 1 x = ∑ k = 0 ∞   a 2 k x 2 k

y 1 x = a 0 ∑ k = 0 ∞   - 1 k 5 k 2 k . k ! 2   x 2 k

Resposta

( b ) a 0 . r 2 x r = 0 → r 1,2 = 0

( c ) y 1 x = a 0 ∑ k = 0 ∞   - 1 k 5 k 2 k . k ! 2   x 2 k

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