EDO de segunda ordem via série de potências

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Equação Diferencial de Segunda Ordem Via Série de
Potências
Cálculo III - ECT 1312
Escola de Ciências e Tecnologia
Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Maio 2012
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 1 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Soluções em torno de Pontos Ordinários
Já vimos que uma série de potências centrada em x0 tem a seguinte forma
∞
∑
n=0
an(x− x0)n = a0+a1(x− x0)+a2(x− x0)2+ · · · .
Dizemos que a série acima converge para x se
limN→∞ SN(x) = limN→∞∑Nn=0 an(x− x0)n existe e é finito. O conjunto de
valores para os quais a série converge é chamado de intervalo de
convergência I. E seu raio de convergência R é a distância entre o centro da
série a um dos extremos do intervalo de convergência. Assim a série converge
absolutamente para todo x no intervalo (x0−R,x0+R). Vimos também que se
R> 0, a série define uma função contínua que pode ser derivada e integrada
termo a termo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 2 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Soluções em torno de Pontos Ordinários
Para ilustrar a idéia do método da série de potências considere a EDO
y′− y= 0, cuja solução facilmente pode ser obtida por integração, à saber
y(x) = cex. Neste caso vamos supor que a solução procurada pode ser
expressa como uma série centrada em, digamos, x0 = 0, i.e,
y(x) =
∞
∑
n=0
anxn.
Como a série acima representa a solução procurada, esta deve ser
convergente (R> 0). Assim a mesma pode ser derivada termo a termo, ou
seja,
y′(x) =
∞
∑
n=1
nanxn−1.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 3 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Soluções em torno de Pontos Ordinários
Substituindo a função e sua derivada na EDO temos
∞
∑
n=0
anxn−
∞
∑
n=1
nanxn−1 = 0.
Fazendo n= k no primeiro somatório e n−1= k no segundo temos
∞
∑
k=0
akxk−
∞
∑
k=0
(k+1)ak+1xk = 0,
∞
∑
k=0
[ak− (k+1)ak+1]xk = 0.
A equação acima implica que ak+1 = akk+1 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 4 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Soluções em torno de Pontos Ordinários
A equação ak+1 = akk+1 é chamada de relação de recorrência e permite
determinar os coeficientes ak+1 em termos de ak. Assim k = 0 =⇒ a1 = a0,
k = 1 =⇒ a2 = a12 = a01·2 , k = 2 =⇒ a3 = a23 = a01·2·3 ,
k = 3 =⇒ a4 = a34 = a01·2·3·4 e assim por diante, de forma que ak+1 = a0k! . Logo
a série fica
y(x) =
∞
∑
n=0
anxn =
∞
∑
n=0
a0
n!
xn = a0
(
1+ x+
x2
2!
+
x3
3!
+
x4
4!
+ · · ·
)
= a0ex.
Assim a série obtida representa a função ex que como já vimos é solução da
EDO. A seguir veremos sob que condições podemos aplicar este método na
resolução de EDOs lineares.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 5 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Função Analítica
Dizemos que f : I→ R é analítica em x= x0 ∈ I se a série de potências de
f (x) centrada em x0 convergir, em outras palavras, se a série de Taylor de f (x)
centrada em x0 convergir. Uma função é dita analítica se for analítica em todos
os pontos do seu domínio I.
Pontos Ordinários e Singulares
Considere a seguinte EDO de segunda ordem
y′′+p(x)y′+q(x)y= 0.
Dizemos que x= x0 é um ponto regular da EDO acima se os coeficientes da
EDO acima, p(x) e q(x), forem funções analíticas em x0. Do contrário x0 é dito
singular.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 6 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Teorema: Existência de Soluções em Séries
Se x0 for um ponto regular da EDO y′′+p(x)y′+q(x)y= 0, poderemos
sempre encontrar duas soluções linearmente independentes na forma de
séries de potências centradas em x0, i.e., y(x) = ∑∞n=0 an(x− x0)n, com raio de
convergência R sendo pelo menos a menor distância entre x0 e o ponto
singular mais próximo.
Raio de Convergência
Note que no Teorema acima a solução em série só é garantida se x0 for ponto
regular de ambas p(x) e q(x). Se x1 for um ponto singular da EDO então o raio
de convergência é pelo menos R= |x0− x1| se x1 ∈ R. Se x1 for complexo,
i.e., da forma a+ ib então R=
√
(x0−a)2+b2.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 7 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 1
Determine uma cota inferior para o raio de convergência da solução em série
das equações diferenciais (1− x2)y′′−2xy+α(α+1)y= 0 e
(1+ x2)y′′+2xy′+4x2y= 0 em torno do ponto x0 = 0 e em torno do ponto
x0 =−12 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 8 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 1 (Solução)
Na forma padrão a primeira EDO fica
y′′− 2xy
1− x2 +
α(α+1)y
1− x2 = 0.
Logo vemos que x=±1 são pontos singulares da EDO. Para uma solução em
série centrada em 0 temos que 1 é uma cota inferior para o raio de
convergência. Para uma solução em série centrada em −12 temos que 12 é
cota inferior para o raio de convergência.
A segunda EDO na forma padrão fica
y′′+
2xy
1+ x2
+
4x2y
1+ x2
= 0.
Neste caso os pontos singulares são ±i.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 9 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 1 (Solução)
Para uma solução em série centrada em 0 temos que 1 é uma cota inferior
para o raio de convergência. Para uma solução em série centrada em −12
temos que
√
(−1/2−0)2+(−i)2 =
√
5
2 é cota inferior para o raio de
convergência. Assim a solução y(x) = ∑∞n=0 anxn converge pelo menos para
−1< x< 1. Já a solução y(x) = ∑∞n=0 an(x+1/2)n converge pelo menos para
−√5−1
2 < x<
√
5−1
2 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 10 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 2
Resolva y′′+ y= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 11 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 2 (Solução)
Neste caso qualquer valor de x é ponto regular. Para simplificar vamos
procurar uma solução centrada em x0 = 0, i.e., y(x) = ∑∞n=0 anxn):
∞
∑
n=2
n(n−1)anxn−2+
∞
∑
n=0
anxn = 0
∞
∑
n=0
[(n+2)(n+1)an+2+an]xn = 0, =⇒ an+2 =− an
(n+2)(n+1)
.
Note que
n= 0 =⇒ a2 =− a02 ·1 , n= 1 =⇒ a3 =−
a1
3 ·2 ,
n= 2 =⇒ a4 =− a24 ·3 =
a0
4!
, n= 3 =⇒ a5 =− a35 ·4 =
a1
5!
,
n= 4 =⇒ a6 =− a46 ·5 =−
a0
6!
, n= 5 =⇒ a7 =− a57 ·6 =−
a1
7!
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 12 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 2 (Solução)
De forma que a solução procurada é
y(x) = a0
(
1− x
2
2!
+
x4
4!
− x
6
6!
+ · · ·
)
+a1
(
x− x
3
3!
+
x5
5!
− x
7
7!
+ · · ·
)
y(x) = a0 cos(x)+a1 sin(x).
Note que nem sempre é possível escrever a solução em série como uma
função elementar.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 13 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 3
Resolva y′′+ xy= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 14 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 3 (Solução)
Novamente x0 = 0 é um ponto regular assim,
∞
∑
n=2
n(n−1)anxn−2+
∞
∑
n=0
anxn+1 = 0
∞
∑
n=0
(n+2)(n+1)an+2xn+
∞
∑
n=1
an−1xn = 0
2a2+
∞
∑
n=1
[(n+2)(n+1)an+2+an−1]an−1xn = 0.
A equação acima implica
a2 = 0 e an+2 =− an−1
(n+2)(n+1)
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 15 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 3 (Solução)
Note que
n= 1 : a3 =− a03 ·2 , n= 2 : a4 =−
a1
4 ·3 , n= 3 : a5 =−
a2
5 ·4 = 0,
n= 4 : a6 =− a36 ·5 =
a0
6 ·5 ·3 ·2 , n= 5 : a7 =−
a4
7 ·6 =
a1
7 ·6 ·4 ·3 ,
n= 6 : a8 =− a58 ·7 = 0, n= 7 : a9 =−
a6
9 ·8 =−
a0
9 ·8 ·6 ·5 ·3 ·2
n= 8 : a10 =− a710 ·9 =−
a1
10 ·9 ·7 ·6 ·4 ·3 .
Assim
y(x) = a0
(
1− x
3
3 ·2 +
x6
6 ·5 ·3 ·2 −
x9
9 ·8 ·6 ·5 ·3 ·2 + · · ·
)
+
+a1
(
x− x
4
4 ·3 +
x7
7 ·6 ·4 ·3 −
x10
10 ·9 ·7 ·6 ·4 ·3 + · · ·
)
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 16 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 4
Resolva (x2+1)y′′+xy′− y= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 17 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 4 (Solução)
Note que x=±i são pontos singulares da EDO. Assim para uma solução
centrada em x0 = 0, y(x) deve convergir para |x|< 1. Assim
(x2+1)
∞
∑
n=2
n(n−1)anxn−2+ x
∞
∑
n=1
anxn−1−
∞
∑
n=0
anxn = 0,
∞
∑
n=2
n(n−1)anxn+
∞
∑
n=2
(n+2)(n+1)an+2xn+
∞
∑
n=1
anxn−
∞
∑
n=0
anxn = 0,
2a2+6a3x+a1x−a1x+
∞
∑
n=2
[(n+2)(n+1)an+2+(n+1)(n−1)an]xn = 0.
De onde temos que
a2 =
a0
2
, a3 = 0 e an+2 =−(n−1)ann+2 .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 18 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 4 (Solução)
Note que
n= 2 : a4 =−a24 =−
a0
222!
, n= 3 : a5 =−2a35 = 0,
n= 4 : a6 =−3a46 =
1 ·3a0
233!
n= 5 : a7 =−4a57 = 0,
n= 6 : a8 =−5a68 =−
1 ·3 ·5a0
244!
n= 7 : a9 =−6a79 = 0.
De forma que
y(x) = a0
(
1+
1
2
x2− 1
222!
x4+
1 ·3
233!
x6− 1 ·3 ·5
244!
x8+ · · ·
)
+a1x.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 19 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 5
Resolva y′′+ cos(x)y= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 20 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 5 (Solução)
Nenhum ponto x0 é singular para a EDO acima. Assim vamos supor uma
solução centrada em x0 = 0. Expandindo o cos(x) centrada na origem e
substuindo na y(x) = ∑∞n=0 anxn na EDO temos:
∞
∑
n=2
n(n−1)anxn−2+
(
1− 1
2!
x2+
1
4!
x4− 1
6!
x6+ · · ·
) ∞
∑
n=0
anxn = 0,
2a2+a0+(6a3+a1)x+
(
12a4+a2− a02
)
x2+
(
20a5+a3− a12
)
x3+ · · ·= 0
De onde temos que a2 =−a02 , a3 =−a16 , a4 = a012 , a5 = a030 etc. De forma que
y(x) = a0+a1x− a02 x
2− a1
6
x3+
a0
12
x4+
a0
30
x5+ · · ·= a0y1(x)+a1y2(x)
= a0
(
1− 1
2
x2+
1
12
x4−·· ·
)
+a1
(
x− 1
6
x3+
1
30
x5−·· ·
)
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 21 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Pontos Singulares Regulares e Irregulares
Considere a seguinte EDO
y′′+p(x)y′+q(x)y= 0.
Dizemos que um ponto singular x0 é um ponto singular regular se as funções
P(x) = (x− x0)p(x) e Q(x) = (x− x0)2q(x)
forem analíticas em x0. Do contrário, o ponto é dito singular irregular. Para
pontos singulares não é válido o teorema anterior, isto é, não podemos supor
uma solução centrada em x0 uma vez que os coeficientes da EDO não são
analíticas no ponto. Mas veremos em seguida que se o ponto for singular
regular ainda é possível determinar pelo menos uma solução em série.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 22 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 6
Classifique os pontos singulares da seguinte EDO
(x2−4)2y′′+3(x−2)y′+5y= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 23 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 6 (Solução)
A EDO na forma padrão fica
y′′+
3
(x−2)(x+2)2 y
′+
5
(x−2)2(x+2)2 y= 0.
Os pontos singulares são x= 2 e x=−2. Para x= 2 temos que as funções
P(x) = (x−2)p(x) = 3
(x+2)2
Q(x) = (x−2)2q(x) = 5
(x+2)2
,
são analíticas em x= 2. Assim x= 2 é singular regular. Em x=−2,
P(x) = (x+2)p(x) =
3
(x−2)(x+2)
não é analítica, logo x=−2 é um ponto singular irregular.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 24 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Teorema de Frobenius
Se x= x0 for um ponto singular regular da EDO y′′+p(x)y′+q(x)y= 0, então
existirá pelo menos uma solução da forma
y(x) = (x− x0)r
∞
∑
n=0
an(x− x0)n =
∞
∑
n=0
an(x− x0)n+r,
onde r é uma constante a ser determinada. A série converge pelo menos em
algum intervalo 0< x− x0 < R. O teorema acima não garante a existência de
duas soluções em série. Mas podemos encontrar pelo menos uma solução na
forma de série de potências.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 25 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 7
Determine a solução de 3xy′′+ y′− y= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 26 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 7 (Solução)
Note que x0 = 0 é ponto singular regular. Assim substituindo
y(x) = ∑∞n=0 anxn+r na EDO temos
3
∞
∑
n=0
(n+ r)(n+ r−1)anxn+r−2+
∞
∑
n=0
(n+ r)anxn+r−1−
∞
∑
n=0
anxn+r = 0
∞
∑
n=0
(n+ r)(3n+3r−2)anxn+r−1−
∞
∑
n=0
anxn+r = 0
xr
[
r(3r−2)a0x−1+
∞
∑
k=0
[(k+ r+1)(3k+3r+1)ak+1−ak]xk
]
= 0.
O que implica r(3r−2) = 0 (equação indicial) e ak+1 = ak(k+r+1)(3k+3r+1) .
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 27 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 7 (Solução)
Da equação indicial temos duas soluções r = 0 e r = 2/3, o que nos fornece
as seguintes relações de recorrências
ak+1 =
ak
(3k+5)(k+1)
para r =
2
3
,
e
ak+1 =
ak
(k+1)(3k+1)
para r = 0.
Logo temos as seguintes soluções
y1(x) = x2/3
[
1+
1
5
x+
1
2! ·5 ·8x
2+
1
3! ·5 ·8 ·11x
3+ · · ·
]
,
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 28 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 7 (Solução)
E
y2(x) = x0
[
1+ x+
1
2! ·4x
2+
1
3! ·4 ·7x
3+ · · ·
]
.
Assim a solução geral é
y(x) = C1y1+C2y2,
apesar das soluções y1(x) e y2(x) dependerem da mesmas constante a0,
podemos mostrar que as mesmas formam uma base para a solução, logo
estas não são proporcionais, isto é, combinição linear uma da outra.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 29 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Equação Indicial
Considere a seguinte EDO
y′′+p(x)y′+q(x)y= 0.
Seja x0 um ponto singular regular da EDO acima, isto é, as funções
P(x) = (x− x0)p(x) e Q(x) = (x− x0)2q(x)
são analíticas. Multiplicando a EDO acima por (x− x0)2 temos
(x− x0)2y′′+(x− x0)2p(x)y′+(x− x0)2q(x)y=
(x− x0)2y′′+(x− x0)P(x)y′+Q(x)y= 0.
Sejam ∑∞n=0 an(x− x0)n+r, P(x) = ∑∞n=0 bn(x− x0)n e Q(x) = ∑∞n=0 cn(x− x0)n.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 30 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Equação Indicial
Derivando e substituindo na EDO, após agruparmos os termos de mesma
potências, teremos
(x− x0)r{[r(r−1)+ rb0+ c0]a0+ · · ·}= 0.
Como a0 6= 0, devemos ter
r(r−1)+ rb0+ c0 = 0.
A equação acima é a Equação Indicial da EDO. Aqui temos 3 casos a
considerar
a) Raizes distintas, r1 6= r2, com r1− r2 diferente de um inteiro positivo,
b) Raizes iguais, r1 = r2,
c) Raizes distintas, com r1− r2 igual a um inteiro positivo.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 31 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Equação Indicial
No caso a) teremos a seguinte solução
y(x) = (x− x0)r1
∞
∑
n=0
an(x− x0)n+(x− x0)r2
∞
∑
n=0
An(x− x0)n.
No caso b) teremos
y(x) = (x− x0)r1
∞
∑
n=0
an(x− x0)n+ y1(x) ln(x− x0)+(x− x0)r1
∞
∑
n=1
An(x− x0)n.
No caso c) teremos
y(x) = (x−x0)r1
∞
∑
n=0
an(x−x0)n+Ky1(x) ln(x−x0)+(x−x0)r2
∞
∑
n=0
An(x−x0)n.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 32 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 8
Determine a solução de x(x−1)y′′+(3x−1)y′+ y= 0.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 33 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 8
A EDO na forma padrão é
y′′+
3x−1
x(x−1)y
′+
1
x(x−1)y= 0,
onde vemos que x= 0 e x= 1 são pontos singulares regulares. Note ainda
que P(x) = 3x−1(x−1) e Q(x) =
x
(x−1) , de forma que
P(x) = (1−3x)(1+ x+ x2+ · · ·) = 1−2x−2x2+ · · ·
Q(x) =−x(1+ x+ x2+ · · ·) =−x− x2− x3+ · · · .
Onde vemos que b0 = 1 e c0 = 0, logo a equação indicial é
r(r−1)− r = 0 =⇒ r2 = 0,
raízes repetidas.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 34 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 8
A primeira solução é y(x) = x0∑∞n=0 anxn = ∑
∞
n=0 anx
n. Derivando e
substituindo na EDO
x(x−1)
∞
∑
n=2
n(n−1)anxn−2+(3x−1)
∞
∑
n=1
nanxn−1+
∞
∑
n=0
anxn = 0
(a0−a1)+(4a2−4a1)x+∞
∑
s=2
[(s2+2s+1)as− (s+1)(s+1)as+1]xs = 0.
De onde temos que a0 = a1 = a2 e as+1 = as. Logo a solução fica
y(x) = a0(1+ x+ x2+ x3+ · · ·) = a01− x = a0y1(x).
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 35 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 8
A segunda solução pode ser obtida pelo método da redução de ordem. Sendo
y1(x) = 11−x , temos que
y2(x) = u(x)y1(x),
com u(x) =
∫
w(x)dx e
w(x) =
1
y21
e−
∫
p(x)dx.
Note que
−
∫
p(x)dx=−
∫ dx
x
−
∫ 2dx
x−1 =− ln(x)−2ln(x−1) = ln
[
1
x(x−1)2
]
.
Leonardo Mafra (ECT-UFRN) Maio 2012 36 / 41
Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 8
Logo temos que
w(x) = (1− x)2 1
x(x−1)2 =
1
x
.
Assim
u(x) =
∫
w(x)dx=
∫ dx
x
= ln(x).
A segunda solução fica
y2(x) =
ln(x)
1− x .
A solução geral é
y(x) =
C1
1− x +C2
ln(x)
1− x .
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Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 9
Determine a solução de (x2− x)y′′− xy′+ y= 0.
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Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 9
A EDO na forma padrão é
y′′− 1
x−1y
′+
1
x(x−1)y= 0,
onde vemos que x= 0 e x= 1 são pontos singulares regulares. Note ainda
que P(x) =− xx−1 e Q(x) = xx−1 , de forma que
P(x) = x(1+ x+ x2+ · · ·) = x+ x2+ x3+ · · ·
Q(x) =−x− x2− x3+ · · · .
Onde vemos que b0 = 0 e c0 = 0, logo a equação indicial é
r(r−1) = 0 =⇒ r1 = 1 e = 0 r2 = 0,
note que r1− r2 = 1, inteiro positivo, terceiro caso.
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Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 9
A primeira solução é y(x) = xr1∑∞n=0 anxn = ∑
∞
n=0 anx
n+1. Derivando e
substituindo na EDO
(x2− x)
∞
∑
n=1
(n+1)nanxn−1− x
∞
∑
n=0
(n+1)anxn+
∞
∑
n=0
anxn+1 = 0
−6a1x−a0x+a0x+
∞
∑
s=1
[s2as− (s+1)(s+2)as+1]xs+1 = 0.
De onde temos que a1 = 0 e as+1 = s
2
(s+1)(s+2)as, logo as = 0 para s≥ 1.
y(x) = xa0 = a0y1(x).
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Exercício 9
A segunda solução pode ser obtida pelo método da redução de ordem. Sendo
y1(x) = x, temos que
y2(x) = u(x)y1(x),
com u(x) =
∫
w(x)dx e
w(x) =
1
y21
e−
∫
p(x)dx.
Note que
−
∫
p(x)dx=
∫ dx
x−1 = ln(x−1).
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Soluções em Séries para EDOs Lineares
Exercício 9
Logo temos que
w(x) =
x−1
x2
=
1
x
− 1
x2
.
Assim
u(x) =
∫
w(x)dx=
∫ [1
x
− 1
x2
]
dx= ln(x)+
1
x
.
A segunda solução fica
y2(x) = x ln(x)+1.
A solução geral é
y(x) = C1x+C2 [x ln(x)+1] .
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