Ensino Superior ⇒ EDO. resolução por séries Tópico resolvido

[lmsodre]

[tex3]\begin{cases}
y"-xy'-y=o \\ x_{o}=1
\end{cases}[/tex3]

[tex3]y(x)=\sum_{k=0}^{\infty } a_{k} (x-1)^{k}[/tex3]

[tex3]y'(x)=\sum_{k=1}^{\infty } k a_{k}(x-1)^{k-1}[/tex3]

y"(x)=[tex3]\sum_{k=2}^{\infty }[/tex3] k(k-1)[tex3]a_{k} (x-1)^{k-2}[/tex3]

substituindo na EDO

[tex3]\sum_{k=2}^{\infty }[/tex3] k(k-1)[tex3]a_{k} (x-1)^{k-2} - \sum_{k=1}^{\infty }[/tex3] k [tex3]a_{k}[/tex3] x([tex3]x-1)^{k-1} - \sum_{k=0}^{\infty } a_{k} (x-1)^{k}[/tex3]=0
\end{cases}[/tex3]

fazendo k=k+2

[tex3]\sum_{k+2=2}^{\infty }[/tex3](k+2)(k+2-1)[tex3]a_{k+2} (x-1)^{k+2-2} - \sum_{k=1}^{\infty }[/tex3] k [tex3]a_{k}[/tex3] x([tex3]x-1)^{k-1} - \sum_{k=0}^{\infty } a_{k} (x-1)^{k}[/tex3]=0

ajeitando

[tex3]\sum_{k=0}^{\infty }[/tex3](k+2)(k+1)[tex3]a_{k+2} (x-1)^{k} - \sum_{k=1}^{\infty }[/tex3] k [tex3]a_{k}[/tex3] x([tex3]x-1)^{k-1} - \sum_{k=0}^{\infty } a_{k} (x-1)^{k}[/tex3]=0

somando o primeiro e o último somatório para k=0

(2)(1)[tex3]a_{2} = a_{0}[/tex3]
2 [tex3]a_{2} = a_{0}[/tex3]

ajeitando o somatório para k=1

[tex3]\sum_{k=1}^{\infty }[/tex3](k+2)(k+1)[tex3]a_{k+2} (x-1)^{k} - \sum_{k=1}^{\infty }[/tex3] k [tex3]a_{k}[/tex3] x([tex3]x-1)^{k-1} - \sum_{k=1}^{\infty } a_{k} (x-1)^{k}[/tex3]=0

não sei mais o que fazer a partir daqui, uma ajuda por favor!

[Cardoso1979]

Observe

Solução:


[tex3]y(x)=a_{0}+a_{1}.(x-1)+a_{2}.(x-1)^2+a_{3}.(x-1)^3+ \ ... \ + a_{n}.(x-1)^n+ \ ... =\sum_{n=0}^{∞}a_{n}.(x-1)^n[/tex3]

Ou seja,

[tex3]y(x)=\sum_{n=0}^{∞}a_{n}.(x-1)^n \ ( I )[/tex3]

Então,

[tex3]y'(x)=a_{1}+2a_{2}.(x-1)+3a_{3}.(x-1)^2+ \ ... \ + n.a_{n}.(x-1)^{n-1}+ \ ... =\sum_{n=1}^{∞}n.a_{n}.(x-1)^{n-1}[/tex3]

[tex3]y'(x)=\sum_{n=1}^{∞}n.a_{n}.(x-1)^{n-1} [/tex3]

Vamos fazer esse somatório iniciar do zero , ou seja , n = 0 , para isso , basta fazermos n = n + 1 ( o objetivo disso é também deixar os expoentes de ( x - 1 ) igual a n , ou seja , deixar num só expoente de n ), vem;

[tex3]y'(x)=\sum_{n+1=1}^{∞}(n+1).a_{n+1}.(x-1)^{n+1-1}[/tex3]

[tex3]y'(x)=\sum_{n=0}^{∞}(n+1).a_{n+1}.(x-1)^{n} \ ( II )[/tex3]

Ainda,

[tex3]y''(x)=2a_{2}+6a_{3}.(x-1)+ \ ... \ + n.(n-1).a_{n}.(x-1)^{n-2}+ \ ... =\sum_{n=2}^{∞}n.(n-1).a_{n}.(x-1)^{n-2}[/tex3]

[tex3]y''(x)=\sum_{n=2}^{∞}n.(n-1).a_{n}.(x-1)^{n-2}[/tex3]

Vamos fazer esse somatório iniciar do zero , ou seja , n = 0 , para isso , basta fazermos n = n + 2 , ( o objetivo disso é também deixar os expoentes de ( x - 1 ) igual a n , ou seja , deixar num só expoente de n ), fica;

[tex3]y''(x)=\sum_{n+2=2}^{∞}(n+2).(n+2-1).a_{n+2}.(x-1)^{n+2-2}[/tex3]

[tex3]y''(x)=\sum_{n=0}^{∞}(n+2).(n+1).a_{n+2}.(x-1)^{n} \ ( III )[/tex3]

Substituindo ( I ) , ( I I ) e ( I I I ) na EDO dada e fazendo x = 1 + ( x - 1 ), obtemos:


[tex3]\sum_{n=0}^{∞}(n+2).(n+1).a_{n+2}.(x-1)^{n} - [ 1 + ( x - 1 )].\sum_{n=0}^{∞}(n+1).a_{n+1}.(x-1)^{n} - \sum_{n=0}^{∞}a_{n}.(x-1)^n = 0 [/tex3]

[tex3]\sum_{n=0}^{∞}(n+2).(n+1).a_{n+2}.(x-1)^{n} - \sum_{n=0}^{∞}(n+1).a_{n+1}.(x-1)^{n} - \sum_{n=0}^{∞}(n+1).a_{n+1}.(x-1)^{n+1} - \sum_{n=0}^{∞}a_{n}.(x-1)^n = 0 [/tex3]


Fazendo n = n - 1 no terceiro somatório ( o objetivo é para deixar o expoente de ( x - 1 ) em "n" ), temos

[tex3]\sum_{n=0}^{∞}(n+2).(n+1).a_{n+2}.(x-1)^{n} - \sum_{n=0}^{∞}(n+1).a_{n+1}.(x-1)^{n} - \sum_{n-1=0}^{∞}(n-1+1).a_{n-1+1}.(x-1)^{n-1+1} - \sum_{n=0}^{∞}a_{n}.(x-1)^n = 0 [/tex3]

[tex3]\sum_{n=0}^{∞}(n+2).(n+1).a_{n+2}.(x-1)^{n} - \sum_{n=0}^{∞}(n+1).a_{n+1}.(x-1)^{n} - \sum_{n=1}^{∞}n.a_{n}.(x-1)^{n} - \sum_{n=0}^{∞}a_{n}.(x-1)^n = 0[/tex3]

Fazendo n = 0 no primeiro , segundo e quarto somatório ( para deixar todos num só somatório iniciando do n = 1( índice maior ) ) , fica;

[tex3](0+2).(0+1).a_{0+2}.(x-1)^{0}+
\sum_{n=1}^{∞}(n+2).(n+1).a_{n+2}.(x-1)^{n}- (0+1).a_{0+1}.(x-1)^{0} - \sum_{n=1}^{∞}(n+1).a_{n+1}.(x-1)^{n} - \sum_{n=1}^{∞}n.a_{n}.(x-1)^{n} - a_{0}.(x-1)^0
- \sum_{n=1}^{∞}a_{n}.(x-1)^n = 0[/tex3]

[tex3]2.1.a_{2}.1+
\sum_{n=1}^{∞}(n+2).(n+1).a_{n+2}.(x-1)^{n}- (1).a_{1}.1 - \sum_{n=1}^{∞}(n+1).a_{n+1}.(x-1)^{n} - \sum_{n=1}^{∞}n.a_{n}.(x-1)^{n} - a_{0}.1
- \sum_{n=1}^{∞}a_{n}.(x-1)^n = 0[/tex3]

[tex3]2.a_{2}+
\sum_{n=1}^{∞}(n+2).(n+1).a_{n+2}.(x-1)^{n}- a_{1} - \sum_{n=1}^{∞}(n+1).a_{n+1}.(x-1)^{n} - \sum_{n=1}^{∞}n.a_{n}.(x-1)^{n} - a_{0}
- \sum_{n=1}^{∞}a_{n}.(x-1)^n = 0[/tex3]

Segue que,

[tex3](2a_{2}-a_{1}-a_{0}).(x-1)^0+\sum_{n=1}^{∞}[(n+2).(n+1)a_{n+2}-(n+1)a_{n+1}-(n+1)a_{n}].(x-1)^n=0[/tex3]

[tex3](2a_{2}-a_{1}-a_{0}).(x-1)^0+\sum_{n=1}^{∞}[(n+2).(n+1)a_{n+2}-(n+1)a_{n+1}-(n+1)a_{n}].(x-1)^n=0.(x-1)^0+0.(x-1)^n[/tex3]

Definindo os coeficientes iguais a zero, temos

[tex3]2a_{2}-a_{1}-a_{0} = 0→a_{2}=\frac{a_{1}}{2}+\frac{a_{0}}{2}[/tex3]

e ainda;

[tex3](n+2).(n+1)a_{n+2}-(n+1)a_{n+1}-(n+1)a_{n}=0[/tex3]

Ou seja,

[tex3]a_{n+2}=\frac{a_{n+1}+a_{n}}{n+2}[/tex3] para n = 0 , 1 , 2 , ... . Essa relação de recorrência pode ser usada para encontrar [tex3]a_{2}[/tex3] em termos de [tex3]a_{0}[/tex3] e [tex3]a_{1}[/tex3] , depois para [tex3]a_{3}[/tex3] em termos de [tex3]a_{0}[/tex3] e [tex3]a_{1}[/tex3] , etc . Em muitos casos , é mais fácil pegar primeiro [tex3]a_{0}=0[/tex3] e gerar uma solução e depois pegar [tex3]a_{1}=0[/tex3] e gerar a segunda solução linearmente independente. Assim, escolhendo [tex3]a_{0}=0[/tex3] descobrimos que [tex3]a_{2}=\frac{a_{1}}{2}[/tex3] , [tex3]a_{3}=\frac{a_{2}+a_{1}}{3}=\frac{a_{1}}{2}[/tex3] , [tex3]a_{4}=\frac{a_{3}+a_{2}}{4}=\frac{a_{1}}{4}[/tex3] , [tex3]a_{5}=\frac{a_{4}+a_{3}}{5}=\frac{3a_{1}}{20}[/tex3] , [tex3]a_{6}=\frac{a_{1}}{15}[/tex3] , ... . Isso produz a solução [tex3]y_{2}(x)=a_{1}.[(x-1)+\frac{(x-1)^2}{2}+\frac{(x-1)^3}{2}+\frac{(x-1)^4}{4}+\frac{3(x-1)^5}{20}+\frac{(x-1)^6}{15}+ \ ...][/tex3] ( após substituir em [tex3]y(x)=a_{0}+a_{1}.(x-1)+a_{2}.(x-1)^2+a_{3}.(x-1)^3+ \ ... \ + a_{n}.(x-1)^n+ \ ... =\sum_{n=0}^{∞}a_{n}.(x-1)^n[/tex3] ).

A segunda solução independente pode ser obtida escolhendo [tex3]a_{1}=0[/tex3]. Então [tex3]a_{2}=\frac{a_{0}}{2}[/tex3] , [tex3]a_{3}=\frac{a_{2}+a_{1}}{3}=\frac{a_{0}}{6}[/tex3] , [tex3]a_{4}=\frac{a_{3}+a_{2}}{4}=\frac{a_{0}}{6}[/tex3] , [tex3]a_{5}=\frac{a_{4}+a_{3}}{5}=\frac{a_{0}}{15}[/tex3] , [tex3]a_{6}=\frac{7a_{0}}{180}[/tex3] , ... . Isso produz a solução [tex3]y_{1}(x)=a_{0}.[1+\frac{(x-1)^2}{2}+\frac{(x-1)^3}{6}+\frac{(x-1)^4}{6}+\frac{(x-1)^5}{15}+\frac{7(x-1)^6}{180}+ \ ...][/tex3] ( após substituir em [tex3]y(x)=a_{0}+a_{1}.(x-1)+a_{2}.(x-1)^2+a_{3}.(x-1)^3+ \ ... \ + a_{n}.(x-1)^n+ \ ... =\sum_{n=0}^{∞}a_{n}.(x-1)^n[/tex3] ).

Obs. Fazendo para n = 0 , 1 , 2 , 3 , 4 ... em
[tex3]a_{n+2}=\frac{a_{n+1}+a_{n}}{n+2}[/tex3]
encontraremos [tex3]a_{2}=\frac{a_{1}}{2}+\frac{a_{0}}{2}[/tex3] , [tex3]a_{3}=\frac{a_{1}}{2}+\frac{a_{0}}{6}[/tex3] , [tex3]a_{4}=\frac{a_{1}}{4}+\frac{a_{0}}{6}[/tex3] , [tex3]a_{5}=\frac{3a_{1}}{20}+\frac{a_{0}}{15}[/tex3] , [tex3]a_{6}=\frac{a_{1}}{15}+\frac{7a_{0}}{180}[/tex3] , ...


Nota

Esta questão pertence ao livro de "Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno" - 10° edição , Autores: William E. Boyce / Richard C. DiPrima , questão 3 , seção 5.2 , capítulo 5. Olhando aqui o gabarito no final do livro , os autores chegaram nos seguintes resultados(gabarito):

[tex3]y_{1}(x)=1+\frac{(x-1)^2}{2}+\frac{(x-1)^3}{6}+\frac{(x-1)^4}{6}+\frac{(x-1)^5}{15}+ \ ...[/tex3]

Nesse caso aí , eles "adotaram" [tex3]a_{0}=1 \ e \ a_{1}=0[/tex3].

E

[tex3]y_{2}(x)=(x-1)+\frac{(x-1)^2}{2}+\frac{(x-1)^3}{2}+\frac{(x-1)^4}{4}+\frac{3(x-1)^5}{20}+ \ ...[/tex3]


Nesse caso aí , eles "adotaram" [tex3]a_{1
}=1 \ e \ a_{0}=0[/tex3] também, ambas as respostas estão corretas!


Bons estudos!