Método de Séries de Potências

(1) Consulte o Apêndice para uma revisão sobre sérires de potências.

Até agora vimos como resolver apenas dois tipos de equações diferenciais de segunda ordem homogêneas: as com coeficientes constantes e as equações de Euler. O método que estudaremos agora se baseia na hipótese de que as soluções procuradas são analíticas pelo menos em alguma vizinhança de um ponto \(x_{0}\) onde são dadas as condições de contorno. Isto significa que estas funções possuem derivadas de todas as ordens neste ponto e portanto podem ser expressas como uma série de potências. É possível, em alguns casos, que uma solução encontrada desta forma seja identificada como uma das funções elementares do cálculo. No entanto, no caso geral, ela não representa nenhuma destas funções elementares e deve ser expressa e definida através de sua série de potências1.

Soluções em torno de ponto ordinário

Procuramos agora um método para a solução de equações diferenciais homogêneas do segundo grau mais gerais que as anteriormente estudadas, na forma de

(1)

$$
P(x)\frac{d^{2}y(x)}{dx^{2}}+F(x)\frac{d^{2}y(x)}{dx^{2}}+G(x)y(x)=0,
$$
onde \(P\)\(F\) e \(G\) são funções contínuas.

Definição: Um ponto \(x_{0}\) onde a função \(P\) não se anula, ou seja \(P(x_{0})\neq0\) é chamado um ponto ordinário. Caso contrário, se \(P(x_{0})=0\), dizemos que \(x_{0}\) é um ponto singular da equação diferencial.

Se \(x_{0}\) é um ponto ordinário, como \(P(x_{0})\neq0\), e \(P\) é contínua, então existe um intervalo em torno de \(x_{0}\) onde a função não se anula. Para este intervalo podemos escrever
$$
y^{\prime\prime}+f(x)y^{\prime}+g(x)y=0,
$$
onde as funções
$$
f(x)=\frac{F(x)}{P(x)},\,\,\,\,g(x)=\frac{G(x)}{P(x)}
$$
são igualmente contínuas. Pelo teorema de existência e unicidade existe uma única solução de (1) neste intervalo, satisfazendo as condições de contorno
$$
y(x_{0})=y_{0}\,\,\,\text{e}\,\,\,y^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime}.
$$
O método de solução de equações diferenciais usando séries de potências se baseia na suposição de que a solução procurada é uma função analítica nas vizinhanças do ponto \(x_{0}\) e que, portanto, pode ser escrita como um polinônio com coeficientes constantes \(a_{n}\),
$$
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n}.
$$
Em seguida substituimos esta expressão e suas derivadas na equação diferencial e procuramos identificar os coeficientes \(a_{n}\). O ponto \(x_{0}\), em torno do qual se busca as soluções válidas, geralmente é o ponto onde as condições de contorno são estabelecidas. Usaremos um exemplo para tornar mais claro o método.

Exemplo 1. Vamos resolver, pelo método de séries de potências, a equação diferencial

(2)

$$ y^{\prime\prime}-y=0 $$
em torno do ponto ordinário \(x_{0}=0\). Fazendo a suposição inicial de que \(y\) é analítica próximo de \(x=0\), escrevemos esta função e suas derivadas como as séries

\(y(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}+\cdots=\sum a_{n}x^{n},\)
\(y^{\prime}(x)=a_{1}+2a_{2}x+3a_{3}x^{2}+\cdots=\sum na_{n}x^{n-1},\)
\(y^{\prime\prime}(x)=2a_{2}+2.3a_{3}x+\cdots=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2},\)

onde se deve observar que a série correspondente à derivada primeira se inicia em \(n=1\) devido ao desaparecimento do termo constante \(a_{0}\). Analogamente, a derivada segunda se inicia em \(n=2\). Substituindo na equação (2) temos a identidade
$$
\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}-\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0.
$$
Note que ambas as séries se iniciam com um termo constante. Para tornar mais fácil a comparação dos termos envolvidos introduzimos um novo índice \(k\), \(n=k+2\), e reescrevemos a primeira série da seguinte forma

$$
\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}=\sum_{k=0}^{\infty}(k+2)(k+1)a_{k+2}x^{k}.
$$
Reescrevemos agora a equação diferencial como

$$
\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n}-\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0
$$
onde o índice \(n\) foi recolocado no primeiro termo. Podemos agora juntar as duas somas
$$
\sum_{n=0}^{\infty}[(n+2)(n+1)a_{n+2}-a_{n}]x^{n}=0.
$$
Observando que este polinômio só pode ser nulo se todos os coeficientes de cada potência de \(x\) for nulo temos

$$
(n+2)(n+1)a_{n+2}-a_{n}=0
$$
ou

$$
a_{n+2}=\frac{a_{n}}{(n+2)(n+1)}.
$$
Esta é a chamada relação de recorrência para os coeficientes \(a_{n}\) que nos permite expressar todos estes coeficientes em termos de apenas dois deles, que permanencem indeterminados. Tomando \(n\) com valores sucessivos obtemos
$$
n=0\Rightarrow a_{2}=\frac{a_{0}}{2.1},
$$

$$
n=1\Rightarrow a_{3}=\frac{a_{1}}{3.2}=\frac{a_{1}}{3!},
$$

$$
n=2\Rightarrow a_{4}=\frac{a_{2}}{4.3}=\frac{a_{0}}{4.3.2}=\frac{a_{0}}{4!},
$$

$$
n=3\Rightarrow a_{5}=\frac{a_{3}}{5.4}=\frac{a_{1}}{5.4.3.2}=\frac{a_{1}}{5!}.
$$

Prosseguindo com esta operação vemos que
$$
a_{n}=\frac{a_{0}}{n!}\;\;\text{ para n par}\;\;\;a_{n}=\frac{a_{1}}{n!}\,\,\,\,\text{ para n impar}.
$$

Juntando os termos na expressão
$$
y=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots
$$
$$
y=a_{0}\left(1+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+\cdots\right)+a_{1}\left(x+\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}+\cdots\right).
$$

As séries dentro dos parênteses correspondem às expansões em séries para as funções cosseno e seno hiperbólico, respectivamente e portanto
$$
y(x)=a_{0}\cosh x+a_{1}\text{senh}x,
$$

que é uma combinação linear das funções \(\text{e}^{x}\) e \(\text{e}^{-x}\) que já sabiamos ser soluções da equação (2).

Se a série obtida como solução puder ser identificada com uma função elementar, como no caso acima, então já sabemos que ela converge para esta função. Caso contrário, se não pudermos identificar qual é esta solução em termos das funções conhecidas, então teremos que realizar testes de convergência para descobrir o intervalo onde é válida a solução.

Exemplo 2. Vamos resolver a equação
$$
y^{\prime\prime}+x^{2}y=0
$$
em torno de \(x_{0}=0\) (um ponto ordinário). Substituimos \(y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\) e sua derivada segunda na equação diferencial para obter
$$
\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+2}=0.
$$
Só o primeiro somatório contém termos constante e múltiplo de \(x\) por isto escrevemos estes termos (\(n=2\) e \(n=3\)) em separado,
$$
2a_{2}+3.2a_{3}x+\sum_{n=4}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+2}=0.
$$
Estes termos devem se anular, \(a_{2}=0,a_{3}=0\). Modificando a primeira soma para que ela se inicie em \(n=0\) temos
$$
\sum_{n=0}^{\infty}(n+4)(n+3)a_{n+4}x^{n+2}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+2}=0\Rightarrow
$$
$$
\sum_{n=0}^{\infty}[(n+4)(n+3)a_{n+4}+a_{n}]x^{n+2}=0,
$$
de onde podemos extrair nossa relação de recorrência:
$$
a_{n+4}=-\frac{a_{n}}{(n+4)(n+3)}.
$$

Calculamos a seguir alguns termos da série
$$
a_{4}=\frac{-a_{0}}{3.4};\,\,\,a_{5}=\frac{-a_{1}}{4.5};\,\,\,a_{6}=\frac{-a_{2}}{5.6}=0;\,\,\,a_{7}=\frac{-a_{3}}{6.7}=0
$$
$$
a_{8}=\frac{-a_{4}}{7.8}=\frac{a_{0}}{3.4.7.8};\,\,\,a_{9}=\frac{-a_{5}}{8.9}=\frac{a_{1}}{4.5.8.9};\,\,\,a_{10}=\frac{-a_{6}}{9.10}=0.
$$
Como a solução é \(y\), obtida por
$$
y(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}+…
$$

então

$$
y(x)=a_{0}\left(1-\frac{x^{4}}{3.4}+\frac{x^{8}}{3.4.7.8}+…\right)+a_{1}\left(x-\frac{x^{5}}{4.5}+\frac{x^{9}}{4.5.8.9}+…\right),
$$

é a solução geral.

Exemplo 3. Observando que todos os pontos são pontos ordinários na equação de Airy

$$
y^{\prime\prime}-xy=0,
$$

procuramos uma solução em torno de \(x_{0}=0\). Fazemos a suposição inicial de que a solução é analítica em torno da origem, ou seja, \(y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\), e substituimos esta expressão e suas derivadas na equação diferencial para obter

$$
\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}-x\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0.
$$

O único termo constante é relativo \(n=2\) na primeira soma,

$$
2a_{2}+\sum_{n=3}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}-\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+1}=0,
$$

de onde concluimos que \(a_{2}=0\). Para tornar a comparação entre as duas somas mais simples modificamos o primeiro somatório para que comece em \(n=0\) e juntamos as duas somas,

$$
\sum_{n=0}^{\infty}[(n+3)(n+2)a_{n+3}-a_{n}]x^{n+1}=0,
$$

de onde obtemos a relação de recorrência

$$
a_{n+3}=\frac{a_{n}}{(n+3)(n+2)},n\geq0.
$$

Isto nos permite associar os coeficientes de 3 em 3. Observe que

$$
a_{2}=a_{5}=a_{8}=\cdots=0,
$$

enquanto, se \(n\) é múltiplo de 3 temos

$$
a_{3}=\frac{a_{0}}{2\cdot3},\,\,\,a_{6}=\frac{a_{3}}{5\cdot6}=\frac{a_{0}}{2\cdot3\cdot5\cdot6},
$$

$$
a_{9}=\frac{a_{3}}{8\cdot9}=\frac{a_{0}}{2\cdot3\cdot5\cdot6},
$$

ou, generalizando este procedimento,

$$
a_{3n}=\frac{a_{0}}{2\cdot3\cdot5\cdot6\cdot\ldots(3n-3)(3n-2)(3n)(3n+1)},\,\,\,\,n=1,2,3,\cdots.
$$

Por outro lado

$$
a_{4}=\frac{a_{1}}{3\cdot4},\,\,\,a_{7}=\frac{a_{4}}{6\cdot7}=\frac{a_{1}}{3\cdot4\cdot6\cdot7},
$$

$$
a_{3n+1}=\frac{a_{0}}{3\cdot4\cdot6\cdot7\cdot\ldots(3n-3)(3n-2)(3n)(3n+1)},\,\,\,\,n=1,2,3,\cdots.
$$

Inserindo estes coeficientes na série de potência temos a solução geral
$$
y(x)=a_{0}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{3n}}{2\cdot3\ldots(3n-1)3n}\right]+a_{1}\left[x+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{3n+1}}{3\cdot4\ldots3n(3n+1)}\right].
$$

Exemplo 4. Queremos agora encontrar uma solução para a equação diferencial

$$
y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+2y=0,
$$

em torno de \(x_{0}=0\). Para isto substituimos \(y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\) e suas derivadas na equação para obter

$$
\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}+x\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}+2\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0\Rightarrow
$$

$$
\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n}+\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n}+2\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0.
$$

Desta forma conseguimos escrever todas os somatórios em potências de \(x^{n}\). No entanto, apenas a primeira e a terceira possuem o termo constante (\(n=0\)). Separamos estes termos constantes e juntamos no mesmo somatório os termos restantes para obter

$$
2a_{2}+2a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}[(n+2)(n+1)a_{n+2}+(n+2)a_{n}]x^{n}=0.
$$

Consequentemente, para anulação do polinômio, devemos ter

$$
a_{2}=-a_{0},
$$

$$
a_{n+2}=-\frac{a_{n}}{n+1},n=1,2,…
$$

Tomando \(n\) seus possíveis valores encontramos

$$
a_{3}=\frac{-a_{1}}{2},a_{4}=\frac{-a_{2}}{3}=\frac{a_{0}}{3},a_{5}=\frac{-a_{3}}{4}=\frac{a_{1}}{2\cdot4},
$$

$$
a_{6}=\frac{-a_{4}}{5}=\frac{-a_{0}}{3\cdot5},a_{7}=\frac{-a_{5}}{6}=\frac{-a_{1}}{2\cdot4\cdot6},a_{8}=\frac{-a_{6}}{7}=\frac{a_{0}}{3\cdot5\cdot7},
$$

e assim por diante. Juntando estes coeficientes na série inicial temos

$$
y(x)=a_{0}\left(1-x^{2}+\frac{x^{4}}{3}-\frac{x^{6}}{3\cdot5}+\frac{x^{8}}{3\cdot5\cdot7}+\ldots\right)+a_{1}\left(x-\frac{x^{3}}{2}+\frac{x^{5}}{2\cdot4}-\frac{x^{7}}{2\cdot4\cdot6}+\ldots\right),
$$

a solução da equação diferencial proposta.
 

Retornando ao método de séries de potências, cabe completar nossa discussão com um comentário adicional. Para resolver o problema

(3)

$$
P(x)\frac{d^{2}y(x)}{dx^{2}}+F(x)\frac{dy(x)}{dx}+G(x)y(x)=0,
$$
em torno de um ponto ordinário \(x_{0}\) fizemos a hipótese de que existe uma solução analítica em uma vizinhança deste ponto, ou seja, que possui uma expansão de Taylor

(4)

$$ y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n} $$
convergente no intervalo \(|x-x_{0}|\lt \rho\). Vamos verificar se esta é realmente uma hipótese justificada, examinando o raio de convergência da solução. Derivando (4) \(m\) vezes obtemos

$$
y^{(m)}(x)=\sum_{n=m}^{\infty}n(n-1)(n-2)\ldots(n-m+1)a_{n}(x-x_{0})^{n-m}.
$$

Calculando o valor desta derivada m-ésima no ponto \(x=x_{0}\), vemos que todos os termos da soma se anulam exceto o termo \(m = n\) e podemos escrever
$$
y^{(m)}(x_{0})=m!a_{m},
$$
de onde encontramos um valor para o coeficiente
$$
a_{n}=\frac{y^{(n)}(x_{0})}{n!}.
$$

Surge aqui uma questão. Partindo apenas da equação diferencial (3) é sempre possível encontrar \(y^{(n)}(x_{0})\) e portanto \(a_{n}\). Suponhamos que \(y(x)=\phi(x)\) é uma solução satisfazendo as condições iniciais \(y(x_{0})=y_{0}\), \(y^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime}\). Neste caso \(a_{0}=y_{0},a_{1}=y_{0}^{\prime}\). De (3) temos \(P\phi^{\prime\prime}+F\phi^{\prime}+G\phi=0\), ou seja,

(5)

$$
\phi^{\prime\prime}=-\frac{F}{P}\phi^{\prime}-\frac{G}{P}\phi=-f\phi^{\prime}-g\phi,
$$
lembrando que \(P\neq0\) em torno de \(x_{0}\). Notando que
$$
2!a_{2}=\phi^{\prime\prime}(x_{0}),\;\;\phi(x_{0})=y_{0}=a_{0},\;\;\phi^{\prime}(x_{0})=y_{0}^{\prime}=a_{1}
$$
temos
$$
2!a_{2}=\phi^{\prime\prime}(x_{0})=-f(x_{0})y^{\prime}(x_{0})-g(x_{0})y(x_{0})=-f(x_{0})a_{1}-g(x_{0})a_{0}.
$$

Derivando a equação (5) e fazendo \(x=x_{0}\) temos
$$
3!a_{3}=\phi^{(3)}(x_{0})=-[f\phi^{\prime\prime}+(f^{\prime}+g)\phi^{\prime}+g^{\prime}\phi]|_{x=x_{0}}=
$$
$$
=-2!a_{2}f(x_{0})+[f^{\prime}(x_{0})+g(x_{0})]a_{1}+g^{\prime}(x_{0})a_{0},
$$

onde denotamos por \(\phi^{(3)}\) a derivada terceira. Se as funções \(f(x)\) e \(g(x)\) são polinômios então possuem derivadas de qualquer ordem e podemos prosseguir com este mesmo tipo de cálculo para encontrar os demais coeficientes \(a_n\), \(n\gt 3\). Caso contrário, se forem funções mais gerais, por exemplo um quociente de polinômios, então é necessário que sejam funções analíticas e possamos escrever
$$
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}(x-x_{0})^{n},\,\,\,\,g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}(x-x_{0})^{n}
$$
para que o método possa ser executado. Neste mesma linha de pensamento generalizaremos a noção de ponto ordinário da equação (3): \(x_{0}\) é um ponto ordinário se \(f=F/P\) e \(g=G/P\) são analíticas em \(x=x_{0}\). Caso contrário ele é um ponto singular.

Exercícios 1

Resolva as seguintes equações diferenciais usando o método de séries de potências em torno do ponto \(x_{0}=0\), exceto quando indicado o contrário:

1. \(y^{\prime\prime}=y\), 2. \(y^{\prime\prime}-xy^{\prime}-y=0\) 3. \(y^{\prime\prime}-xy^{\prime}-y=0\), \(x_{0}=1\),
4. \(y^{\prime\prime}+k^{2}x^{2}y=0\) 5. \((1-x)y^{\prime\prime}+y=0\)
6. \((2+x^{2})y^{\prime\prime}-xy^{\prime}+4y=0\) 7. \(y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+2y=0\)
8. \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}+xy=0,x_{0}=1\) 9. \((1+x^{2})y^{\prime\prime}-4xy^{\prime}+6y=0\)
10. \((4-x^{2})y^{\prime\prime}+2y=0\) 11. \((3-x^{2})y^{\prime\prime}-3xy^{\prime}-y=0\)
12. \((1-x)y^{\prime\prime}+xy^{\prime}-y=0\) 13. \(2y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+3y=0\)
14. \(2y^{\prime\prime}+(x+1)y^{\prime}+3y=0,x_{0}=2\)


Algumas Soluções

1. \(y_{1}=1+x^{2}/2!+x^{4}/4!+x^{6}/6!+\cdots=\cosh x\)
\(\;\;\;y_{2}=x+x^{3}/3!+x^{5}/5!+x^{7}/7!+\cdots = \text{senh} x\)
3. \(y_{1}=1+\frac{1}{2}(x-1)^{2}+\frac{1}{6}(x-1)^{3}+\frac{1}{6}(x-1)^{4}+\cdots\)
\(\;\;\;y_{2}=(x-1)+\frac{1}{2}(x-1)^{2}+\frac{1}{2}(x-1)^{3}+\frac{1}{4}(x-1)^{4}+\cdots\)
5. \(y_{1} =1-\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{6}-\frac{x^{4}}{24}+\cdots,\,\,\,\,y_{2}=x-\frac{x^{3}}{6}-\frac{x^{4}}{12}+\cdots\),
7. \(y_{1}= 1-x^{2}-\frac{x^{4}}{3}-\frac{x^{6}}{3.5}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{1.3.5.\ldots(2n-1)}x^{2n}\)
\(\;\;\;y_{2} =x-\frac{x^{3}}{2}-\frac{x^{5}}{2\cdot4}-\frac{x^{7}}{2\cdot4\cdot6}-\cdots =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n)}\),
9. \(y_{1}=1-3x^{2},\,\,\,\,y_{2}(x)=x-\frac{x^{3}}{3}\)
11.\(y_{1}=1+\frac{x^{2}}{6}+\frac{x^{4}}{24}+\frac{5x^{6}}{432}+\cdots,\)
\(\;\;\;y_{2}=x+\frac{2x^{3}}{9}+\frac{8x^{5}}{135}+\frac{16x^{7}}{945}+\cdots\)
13. \(y_{1}=1-\frac{3x^{2}}{4}+\frac{5x^{4}}{32}-\frac{7x^{6}}{384}+\cdots\)
\(\;\;\;y_{2}=x-\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{5}}{20}-\frac{x^{7}}{210}+\cdots= \text{senh}\; x\)

Intervalo de convergência

Teorema 1 Se \(x=x_{0}\) é um ponto ordinário da equação \(Py^{\prime\prime}+Fy^{\prime}+Gy=0\), ou seja, se \(f=F/P\) e \(g=G/P\) são analíticas em \(x=x_{0}\) então a sua solução geral é

$$
y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n}=a_{0}y_{1}(x)+a_{1}y_{2}(x)
$$

onde \(y_{1}\) e \(y_{2}\) são linearmente independentes em \(x_{0}\). O raio de convergência da séries para \(y_{1}\) e \(y_{2}\) é, no mínimo, igual ao menor dos raios de convergência das séries de \(f\) e \(g\). Para determinar estes raios de convergência podemos expandir \(f\) e \(g\) em séries de Taylor e realizar os testes habituais de convergência (Consulte o apêndice.). Por outro lado, se \(P,\,\,F\) e \(G\) são polinômios, é possível mostrar usando a teoria das funções de variáveis complexas que \(G/P\) possui desenvolvimento em séries em torno de \(x=x_{0}\) se \(P(x_{0})\neq0\). Além disto, o raio de convergência desta série é \(\rho=|x_{0}-r|\) onde \(r\) é raiz de \(P\) mais próxima de \(x_{0}\). Mostraremos a seguir, através de exemplos o cálculo deste raio de convergência, em particular no caso de as raízes de \(P\) serem complexas.

Raios de Convergência

Exemplo 5. Qual é o raio de convergência da série de \(f(x)=(1+x^{2})^{-1}\) em torno de \(x=0\)? Devemos encontrar primeiro a expansão em séries de potência para esta função,
$$
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})(x-x_{0})^{n}.
$$

Temos
$$
f(0)=1,\;f^{\prime}(x)=\frac{-2x}{(1+x^{2})^{2}}, \;f^{\prime}(0)=0,\;\text{etc.}
$$
A função pode ser expressa em série
$$
f(x)1-x^{2}+x^{4}-x^{6}+\cdots+(-1)^{n}x^{2n}.
$$

Pelo teste da razão
$$
L=\lim_{n\rightarrow\infty}|\frac{(-1)^{n+1}x^{2(n+1)}}{(-1)^{n}x^{2n}}|=x^{2}.
$$

Portanto, a série converge no intervalo \(-1\lt x\lt 1\), e o raio de convergência é \(\rho=1\). Um outro procedimento, em geral mais simples, pode ser adotado. As raizes de \(1+x^{2}\) são \(x=\pm i\). A distância no plano complexo entre \(0\) e \(i\) é \(1\). Dai \(\rho=1\).

Exemplo 6 Vamos verificar a convergência da série de \((x^{2}-2x+2)^{-1}\) em torno de \(x=0\) e \(x=1\). A função possui denominador que se anula em \(x=1\pm i\). No plano complexo a distância entre \(x=0\) e \(1\pm i\) é \(\rho=\sqrt{2}\), que é o raio de convergência da série desta função em torno de \(x=0\). A distância entre \(x=1\) e \(1\pm i\) é \(\rho=1\), que é o raio de convergência da série desta função em torno de \(x=1\).

Raios de convergência

Exemplo 7: Determine a raio de convergência mínimo da solução de
$$
(1+x^{2})y^{\prime\prime}+2xy^{\prime}+4x^{2}y=0
$$

em torno de \(x=0\) e \(x=1/2\). Neste caso as funções \(P\), \(F\) e \(G\) são polinômios e \(P\) tem zeros em \(x=\pm i\). Os raios de convergência são, respectivamente as distâncias

$$
d(0,\pm i)=1,\,\,\,d\left(\frac{1}{2},\pm i\right)=\frac{\sqrt{5}}{2},
$$
onde \(d(a,b)\) é a distância entre os pontos \(a\) e \(b\) no plano complexo.

Exercícios 2

Determine os raios de convergência das séries:

1. \(\sum_{n=0}^{\infty}(x-3)^{n}\) 2. \(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{2^{n}}x^{n}\) 3. \(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2}n}{n!}\)
4. \(\sum_{n=0}^{\infty}2^{n}x^{n}\) 5. \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2x+1)^{n}}{n^{2}}\) 6. \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-x_{0})^{n}}{n}\)

Determine um valor mínimo para o raio de convergência da solução em série das seguintes equações, em torno dos pontos \(x_{0}\) dados:

7. \(y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+6xy=0,\,\,\,x_{0}x_{0}=0,\,\,\,x_{0}=4\)
8. \((x^{2}-2x-3)y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+4y=0,\,\,\,x_{0}x_{0}=0,\,\,\,x_{0}x_{0}=4, \,\,\,x_{0}x_{0}=-4\)
9. \((1+x^{3})y^{\prime\prime}+4xy^{\prime}+y=0,\,\,\,x_{0}x_{0}=0,\,\,\,x_{0}x_{0}=2\)
10. \(xy^{\prime\prime}+y=0,\,\,\,x_{0}x_{0}=1\).


Algumas Soluções

1. \(\rho=1\) 2. \(\rho=2\) 3. \(\rho=\infty\) 4. \(\rho=1/2\)
5. \(\rho=1/2\) 6. \(\rho=1\) 7. \(\rho=\infty\) 9. \(\rho=1,\rho=\sqrt{3}\)

A Equação de Legendre

Uma equação diferencial que surge com freqüência em aplicações matemática aplicada e na física e que, por isto, vale a pena ser tratada em separado é a equação de Legendre

(6)

$$
(1-x^{2})y^{\prime\prime}-2xy^{\prime}+l(l+1)y=0,
$$
onde \(l\) é uma constante real dada. Observando que os dois primeiros termos são a derivada de uma função
$$
\frac{d}{dx}[(1-x^{2})y^{\prime}]=(1-x^{2})y^{\prime\prime}-2xy^{\prime}
$$
reescreveremos a equação como
$$
[(1-x^{2})y^{\prime}]^{\prime}+ky=0.
$$
onde denotamos \(k=l(l+1)\) para obter uma notação mais compacta. Como \(x=0\) é um ponto ordinário da equação substituimos a solução analítica \(y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\) na equação (6) obtendo
$$
(1-x^{2})\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}-2x\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}+k\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0\Rightarrow
$$
$$
\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}-\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n}-2x\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}+k\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0\Rightarrow
$$
$$
\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n}-\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n}-2\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n}+k\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0.
$$
Retomando a constante \(k=l(l+1)\), coletaremos primeiro os termos constantes (múltiplos de \(x^{0}\)) que correspondem àqueles quando \(n=0\):
$$
2a_{2}+l(l+1)a_{0}=0,
$$
e os termos coeficientes de \(x\,(n=1)\):
$$
6a_{3}+[-2+l(l+1)]a_{1}=0.
$$
Os termos restantes podem ser agrupados sob o mesmo sinal de somatório:
$$
\sum_{n=2}^{\infty}[(n+2)(n+1)a_{n+2}-n(n-1)a_{n}-2na_{n}+ka_{n}]x^{n}=0,
$$
que só é nulo se os coeficientes se anulam,
$$
(n+2)(n+1)a_{n+2}+\left[-n(n-1)-2n+l(l+1)\right]a_{n}=0,\,\,\,\,n\geq2.
$$
Podemos rearrumar a expressão em colchetes como \([…]=(l+n)(l+n+1)\) e dai obtemos a fórmula de recorrência
$$
a_{n+2}=-\frac{(l+n)(l+n+1)}{(n+2)(n+1)}a_{n},\,\,\,\,n\geq2.
$$
Destas relações podemos encontrar os coeficientes da expansão de \(y(x)\), em termos das constantes \(a_{0}\) e \(a_{1}\):
$$
a_{2}=-\frac{l(l+1)}{2!}a_{0},
$$
$$
a_{3}=-\frac{(l-1)(l+2)}{3!}a_{1},
$$
$$
a_{4}=-\frac{(l-2)(l+3)}{4\cdot3}a_{2}=\frac{(l-2)l(l+1)(l+3)}{4!}a_{0},
$$
$$
a_{5}=-\frac{(l-3)(l+4)}{5\cdot4}a_{3}=\frac{(l-3)(l-1)(l+2)(l+4)}{5!}a_{1},
$$
e assim por diante. Com estes coeficientes construimos duas soluções
$$
y_{1}(x)=1-\frac{l(l+1)}{2!}x^{2}+\frac{(l-2)l(l+1)(l+3)}{4!}x^{4}+\cdots,
$$
$$
y_{2}(x)=x-\frac{(l-1)(l+2)}{3!}x^{3}+\frac{(l-3)(l-1)(l+2)(l+4)}{5!}x^{5}+\cdots.
$$
Observe que \(y_{1}\) só possui potências pares de \(x\) e, portanto, é uma função par, enquanto \(y_{2}\) só possui potências ímpares de \(x\), sendo uma função impar. Logo elas são l. i. e \(y=a_{0}y_{1}+a_{1}y_{2}\) é uma solução geral da equação de Legendre. As soluções são convergentes no intervalo \(-1\lt x\lt 1\).

Solução em séries em torno de pontos singulares

Pontos singulares regulares

Se \(P(x),\,\,F(x)\) e \(G(x)\) são polinômios sem fatores comuns na equação

(7)

$$
P(x)y^{\prime\prime}+F(x)y^{\prime}+G(x)y=0,
$$
os pontos singulares da equação diferencial são aqueles onde \(P(x) = 0\). Neste caso o método tratado na seção anterior não pode ser aplicado pois a solução não será analítica nestes pontos.

Exemplo 8. A equação de Euler

$$
x^{2}y^{\prime\prime}-2y=0
$$
tem um ponto singular em \(x = 0\). Como vimos no capítulo anterior, esta equação tem soluções

$$
y_{1}=x^{2}\;\;\text{ e }\;\;y_{2}=\frac{1}{x}
$$
em um intervalo que não inclue o ponto singular. A primeira destas soluções é limitada e analítica em \(\mathbb{R}\). A segunda não é analítica em \(x=0\) e, por isto, não pode ser escrita como \(y_{2}=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\).

Definição Se as funções \(P\), \(F\) e \(G\) são polinômios e \(x_{0}\) é um ponto singular da equação (7) então \(x_{0}\) é chamado de ponto singular regular se existirem os limites
$$
\lim_{x\rightarrow x_{0}}(x-x_{0})\frac{F(x)}{P(x)},\;\;\; \lim_{x\rightarrow x_{0}}(x-x_{0})^{2}\frac{G(x)}{P(x)}.
$$
No caso de as funções \(P\), \(F\) e \(G\) não serem polinômios mas funções mais gerais, então um ponto singular \(x_{0}\) da equação (11) é um ponto singular regular se
$$
(x-x_{0})\frac{F(x)}{P(x)}\,\text{ e }\,(x-x_{0})^{2}\frac{G(x)}{P(x)}
$$
são funções analí­ticas. Se o ponto for singular mas não regular dizemos que ele é uma singularidade irregular.

Exemplo 9. Vamos verificar a natureza dos pontos singulares da equação de Legendre
$$
(1-x^{2})y-2xy^{\prime}+l(l+1)y=0,
$$
onde \(l\) é uma constante. Eles são regulares ou irregulares? Temos que, neste caso
$$
\frac{F(x)}{P(x)}=-\frac{2x}{1-x^{2}},\,\,\,\frac{G(x)}{P(x)}=\frac{l(l+1)}{1-x^{2}},
$$
e, portanto, \(x=\pm1\) são os pontos sigulares. O ponto \(x=1\) é ponto singular regular pois
$$
\lim_{x\rightarrow 1}(x-1)\frac{-2x}{1-x^{2}}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{-2x(x-1)}{(1-x)(1+x)}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{2x}{1+x}=1,
$$
$$
\lim_{x\rightarrow 1}(x-1)^{2}\frac{l(l+1)}{1-x^{2}}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{(1-x)^{2}l(l+1)}{(1-x)(1+x)}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{(1-x)l(l+1)}{1+x}=0.
$$
O mesmo ocorre com \(x=-1\),
$$
\lim_{x\rightarrow-1}(x+1)\frac{-2x}{1-x^{2}}=\lim_{x}\frac{-2x(x+1)}{(1-x)(1+x)}=\lim_{x}\frac{-2x}{1-x}=1,
$$
$$
\lim_{x\rightarrow-1}(x+1)^{2}\frac{l(l+1)}{1-x^{2}}=\lim_{x\rightarrow-1}\frac{(x+1)^{2}l(l+1)}{(1-x)(1+x)}=\lim_{x\rightarrow-1}\frac{(x+1)l(l+1)}{(1-x)}=0.
$$
Vimos, portanto, que os dois pontos singulares desta equação são regulares.

O Método de Frobenius

Existem diversos problemas advindos das aplicações onde a solução procurada está exatamente em torno de um ponto singular e portanto a técnica estudada até este ponto não é suficiente. Procuramos então encontrar soluções para equações diferenciais do tipo

(8)

$$P(x)y^{\prime\prime}+F(x)y^{\prime}+G(x)y=0,$$
em torno de \(x=x_{0}\), um ponto singular regular. Vale lembrar que \(f=F/P\) não é uma função analí­tica em torno destes pontos. Nos restringiremos ao estudos das soluções em torno de pontos singulares regulares. Podemos supor, sem perda de generalidade, que o ponto singular regular é \(x_{0}=0\). (Se não for este o caso basta fazer uma substituição de variável, tomando \(u=x-x_{0}\)). Como o ponto é regular, os limites
$$
\lim_{x\rightarrow0}x\frac{F}{P},\;\;\;\lim_{x\rightarrow0}x^{2}\frac{G}{P},
$$
são ambos finitos e as funções \(xF/P=xf\) e \(x^{2}G/P=x^{2}g\) são ambas analí­ticas. Sendo analí­ticas elas possuem expansão em séries de potências em torno \(x=0\)
$$
xf(x)=\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}x^{n},\,\,\,\,x^{2}g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}g_{n}x^{n},
$$
onde \(f_{n}\) e \(g_{n}\) são constantes, são convergentes em \(|x|\lt \rho\) em torno da origem. Dai notamos que
$$
f_{0}=\lim_{x\rightarrow0}x\frac{F}{P},\,\,\,\,g_{0}=\lim_{x\rightarrow0}x^{2}\frac{G}{P}.
$$
Reescrevemos a equação (8) multiplicada por \(x^{2}\) e dividida por \(P\).
$$
x^{2}y^{\prime\prime}+x\,xfy^{\prime}+x^{2}gy=0,
$$
ou ainda,
$$
x^{2}y^{\prime\prime}+xy^{\prime}\left(\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}x^{n}\right)+y\left(\sum_{n=0}^{\infty}g_{n}x^{n}\right)=0,
$$
Note que esta seria uma equação de Euler se os termos dentro dos parênteses fossem constantes. Isto ocorreria se todas as constantes \(f_{n}\) e \(g_{n}\) (para \(n=1,\,2\),…) fossem nulas, restanto portanto apenas \(f_{0}\) e \(g_{0}\) não nulas. As equações de Euler foram resolvidas através da substituição \(y=x^{r}\). No caso presente tentaremos soluções na forma de

(9)

$$
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}=x{}^{r}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},
$$
onde \(r\) é uma constante por enquanto indeterminada. Deveremos ser capazes de determinar \(r\) por substituição de (9) na equação diferencial. Vamos ilustrar o uso desse método nos próximos exemplos.

Exemplo 10. A equação diferencial
$$
2xy^{\prime\prime}-y^{\prime\prime}+2y=0,
$$
possui um ponto singular em \(x=0\). Em torno deste ponto podemos utilizar a solução de Frobenius para resolvê-la. Vemos que, de fato, \(x=0\) é ponto singular regular pois
$$
f=-\frac{1}{2x},\,\,\,\,g=\frac{1}{x},
$$
$$
xf=-\frac{1}{2},\,\,\,\,x^{2}g=x,
$$
sendo os dois últimos termos finitos quando \(x\rightarrow0\). Derivamos a solução tentativa \(y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r},\) obtendo
$$
y^{\prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r-1},
$$
$$
y^{\prime\prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r-2}.
$$
Observe que agora não é necessário eliminar o termo com \(n=0\) na derivada primeira pois este não é um termo constante na equação. O mesmo ocorre com o termo \(n=1\) na derivada segunda. Substituindo as derivadas na equação temos
$$
2x\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r-2}-\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r-1}+2\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}=0,
$$
ou seja,
$$
\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(2n+2r-3)a_{n}x^{n+r-1}+\sum_{n=0}^{\infty}2a_{n-1}x^{n+r-1}=0.
$$
O último somatório foi modificado da seguinte forma:
$$
\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}x^{n+r-1},
$$
para facilitar a comparação entre todos os termos da série. Escrevemos agora o termo multiplo de \(x^{r-1}\), correspondente a \(n=0\), em separado e os demais termos dentro do mesmo somatório, que começa em \(n=1\):
$$
[2r(r-1)-r]a_{0}x^{r-1}+\sum_{n=1}^{\infty}[(n+r)(2n+2r-3)a_{n}+2a_{n-1}]x^{n+r-1}=0.
$$
Os coeficientes de cada potência de \(x\) devem se anular independentemente, em particular o termo multiplo de \(x^{r-1}\) que fornece valores para a constante \(r\), até aqui desconhecida. Supondo \(a_{0}\neq 0\) temos
$$
2r(r-1)-r=2r^{2}-3r=0,
$$
é a chamada equação indicial com raizes, \(r_{1}=0\) e \(r_{2}=3/2,\) que são denominadas os expoentes da singularidade. Os termos restantes podem ser escritos como
$$
\sum_{n=1}^{\infty}[(n+r)(2n+2r-3)a_{n}+2a_{n-1}]x^{n+r-1}=0.
$$
Anulando os coeficientes de todas as potências de \(x\) temos uma relação de recorrência para os termos \(a_{n}\).
$$
a_{n}=\frac{-2a_{n-1}}{(n+r)(2n+2r-3)},\,\,\,\,n\geq1.
$$
Podemos agora obter uma solução para cada um dos valores de \(r\). Para \(r=0\) temos:
$$
a_{n}=\frac{-2a_{n-1}}{n(2n-3)},\,\,\,\,n\geq1,
$$
o que leva aos coeficientes

\(a_{1}=2a_{0},\) \(a_{4}=-\frac{a_{3}}{10}=-\frac{2a_{0}}{45},\) \(a_{2}=-a_{1}=-2a_{0},\)
\(a_{5}=-\frac{2a_{4}}{5}=\frac{4a_{0}}{45^{2}},\) \(a_{3}=-\frac{2a_{2}}{9}=\frac{4a_{0}}{9},\) \(\dots\)

A solução correspondente é
$$
y_{1}(x)=a_{0}\left(1+2x-2x^{2}+\frac{4}{9}x^{3}-\frac{2}{45}x^{4}+\frac{4}{45^{2}}x^{5}+\ldots\right).
$$
Para \(r=3/2\) a relação de recorrência se torna
$$
a_{n}=\frac{-2a_{n-1}}{2n(n+3/2)}=\frac{-2a_{n-1}}{n(2n+3)},\,\,\,\,n\geq1.
$$

Dai encontramos

\(a_{1}=-\frac{2a_{0}}{5},\) \(a_{4}=\frac{2a_{3}}{4.11}=\frac{2a_{0}}{3.5.7.9.11},\)
\(a_{2}=-\frac{a_{1}}{7}=\frac{2a_{0}}{5.7},\) \(a_{5}=-\frac{2a_{4}}{5.13}=-\frac{4a_{0}}{3.5.7.9.11.13},\)
\(a_{3}=-\frac{2a_{2}}{3.9}=-\frac{4a_{0}}{3.5.7.9}, \ldots\)

À estes coeficientes corresponde a solução

$$
y_{2}(x)=a_{0}\left(1-\frac{2x}{5}+\frac{2x^{2}}{5.7}-\frac{4x^{3}}{3.5.7.9}+\frac{4x^{4}}{3.5.7.9.11}+\cdots\right).
$$
A solução geral é uma combinação linear das duas.

Exemplo 11. Utilizaremos o método de Frobenius para resolver a equação
$$
2x^{2}y^{\prime\prime}-xy^{\prime}+(1+x)y=0,
$$
em torno de \(x=0\). Novamente vemos que o ponto é singular regular pois
$$
f=-\frac{1}{2x},\,\,\,\,g=\frac{1+x}{2x^{2}},
$$

$$
xf=-\frac{1}{2},\,\,\,\,x^{2}g=\frac{1+x}{2}.
$$
Substituindo \(y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}\) e suas derivadas obtemos
$$
2x^{2}\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r-2}-x\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r-1}+(1+x)\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}=0,
$$
$$
\sum_{n=0}^{\infty}\left[2(n+r)(n+r-1)-(n+r)+1\right]a_{n}x^{n+r-1}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r+1}=0,
$$
A última soma pode ser reescrita, para efeito de comparação com os termos anteriores, da seguinte forma:
$$
\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r+1}=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n-1}x^{n+r}.
$$
Voltamos a escrever a equação diferencial com o termo \(n=0\) isolado:
$$
[2r(r-1)-r+1]a_{0}x^{r}+\sum_{n=0}^{\infty}\left\{ \left[2(n+r)(n+r-1)-(n+r)+1\right]a_{n}+a_{n-1}\right\} x^{n+r}=0.
$$
Os coeficientes de potências diversas de \(x\) devem se anular independentemente. Em particular o termo múltiplo de \(x^{r}\) nos permite encontrar a equação indicial
$$
2r(r-1)-(r-1)=(r-1)(2r-1)=0,
$$
cujas raizes são \(r_{1}=1\) e \(r_{2}=1/2.\) Anulando os coeficientes das demais potências de \(x\) temos
$$
[2(n+r)(n+r-1)-(n+r)+1]a_{n}+a_{n-1}=0
$$
o que é uma relação de recorrência para os termos \(a_{n}\).
$$
a_{n}=\frac{-a_{n-1}}{2(n+r)(n+r-1)-(n+r-1)}=\frac{-a_{n-1}}{(n+r-1)[2(n+r)-1]},\,\,\,n\geq1.
$$
Cada uma das raí­zes encontradas das para \(r\) nos fornece um conjunto de coeficientes. Para \(r=1\) a relação de recorrência é
$$
a_{n}=\frac{-a_{n-1}}{(2n+1)n},\,\,\,n\geq1,
$$
e portanto
$$
a_{1}=-\frac{a_{0}}{3},\,\,\,a_{2}=\frac{a_{0}}{30},\,\,\,a_{3}=\frac{-a_{0}}{630},\,\,\cdots
$$
O termo genérico pode ser obtido neste caso
$$
a_{n}=\frac{(-1)^{n}a_{0}}{3.5.7\cdots(2n+1)n!},\,\,\,n\geq1.
$$
A solução correspondente é
$$
y_{1}=x^{r}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=x\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{n}}{3.5.7\cdots(2n+1)n!}\right].
$$
Para \(r=1/2\) a relação de recorrência se torna
$$
a_{n}=\frac{-a_{n-1}}{n(2n-1)},\,\,\,n\geq1.
$$
Dai
$$
a_{1}=-a_{0},\,\,\,a_{2}=\frac{-a_{1}}{6}=\frac{a_{0}}{6},\,\,\,a_{3}=\frac{-a_{0}}{6.15}\cdots
$$
O termo genérico é
$$
a_{n}=\frac{(-1)^{n}a_{0}}{3.5.7\cdots\left(2n-1\right)n!},\,\,\,n\geq1.
$$
A solução correspondente é
$$
y_{2}=x^{r}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=x^{1/2}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{n}}{3.5.7\cdots\left(2n-1\right)n!}\right].
$$
A solução geral do problema é uma combinação linear das duas soluções
$$
y(x)=c_{1}y_{1}(x)+c_{2}y_{2}(x).
$$
Fica como exercí­cio o cálculo dos raios de convergência das soluções encontradas.

Retornando ao formalismo geral, resolvemos equações do tipo estudado por Frobenius através de soluções que se decompõem em séries de potência
$$
y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r},
$$
cujas derivadas são
$$
y^{\prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r-1},\,\,\,\,y^{\prime\prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r-2}.
$$
Sendo \(x=0\) um ponto singular regular desta equação temos que \(xf\) e \(x^{2}g\) são analí­ticas e podem ser expressas como as séries de potências
$$
xf=\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}x^{n}\,\,\text{e}\,\,x^{2}g=\sum_{n=0}^{\infty}g_{n}x^{n}.
$$
Substituindo \(y\) e suas derivadas na equação diferencial temos
$$
\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r}+\left(\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}x^{n}\right)\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r-1}+
$$

$$
+\left(\sum_{n=0}^{\infty}g_{n}x^{n}\right)\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}=0.
$$
Fazendo a multiplicação das séries infinitas obtemos

$$
a_{0}F(r)x^{r}+\sum_{n=1}^{\infty}\left\{ F(r+n)a_{n}+\sum_{k=0}^{n-1}\left[\left(r+k\right)f_{n-k}+g_{n-k}\right]a_{k}\right\} +x^{r+n}=0,
$$
onde
$$
F(r)=r(r-1)+f_{0}r+g_{0}.
$$
Para que o polinômio seja nulo o coeficiente de cada potência de \(x\) deve ser nulo. Como \(a_{0}\neq0\), a anulação do coeficiente de \(x^{r}\) leva à equação indicial, \(F(r)=0\). Caso existam duas raizes reais distintas para esta equação construimos duas soluções l. i.,
$$
y_{1}=x^{r_{1}}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},\,\,\,\,y_{2}=x^{r_{2}}\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n},
$$
e uma combinação linear destas duas representa uma solução geral do problema. Por outro lado, se as raí­zes da equação indicial forem iguais ou se diferirem por um inteiro, um tratamento diferenciado deve ser adotado, como se segue.

Raí­zes iguais ou que diferem por um inteiro

Na solução da equação de Euler vimos que se \(r_{1}=r_{2}\) então temos uma solução involvendo o logaritmo. O mesmo ocorre aqui, como expresso pelo teorema a seguir.

Teorema Considere a equação diferencial

(10)

$$
L[y]=x^{2}y^{\prime\prime}+x[xf(x)]y^{\prime}+[x^{2}g(x)]y=0,
$$
onde \(x=0\) é ponto singular regular. Neste caso \(xf\) e \(x^{2}g\) são analí­ticas e podem ser expressas como as séries de potências

$$
xf=\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}x^{n},\,\,\,\,\,x^{2}g=\sum_{n=0}^{\infty}g_{n}x^{n}.
$$
A equação indicial é
$$
F(r)=r(r-1)+f_{0}r+g_{0}=0.
$$
Se as raizes desta equação forem reais, tome \(r_{1}\) como sendo a maior delas, \(r_{1}\geq r_{2}\). Uma das soluções será
$$
y_{1}(x)=|x|^{r_{1}}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}\right],
$$
onde estes coeficientes \(a_{n}\) foram calculados tomando-se \(r=r_{1}\). Caso a segunda raiz seja igual, \(r_{2}=r_{1}\) então uma segunda solução será
$$
y_{2}(x)=y_{1}(x)ln|x|+|x|^{r_{1}}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}x^{n}\right].
$$
Se as raizes diferirem por um inteiro \(N\), \(r_{1}-r_{2}=N,\) então uma segunda solução será
$$
y_{2}(x)=Cy_{1}(x)\ln|x|+|x|^{r_{2}}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}c_{n}x^{n}\right],
$$
onde \(C\) é outra constante e os coeficientes \(c_{n}\) foram calculados tomando-se \(r=r_{2}\).

No caso das raizes iguais temos apenas uma solução e procuramos por uma segunda, da mesma forma que fizemos ao tratar das equações de Euler. Vamos procurar uma solução da equação (10) sob a forma de
$$
y=\phi(r,x)=x^{r}\left(\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\right),
$$
uma função que depende de \(x\) e de \(r\). Como antes, obtemos a equação

(11)

$$
L\left[\phi\right](r,x)=a_{0}F(r)x^{r}+\sum_{n=1}^{\infty}\left\{ F(r+n)a_{n}+\sum_{k=0}^{n-1}\left[\left(r+k\right)f_{n-k}+g_{n-k}\right]a_{k}\right\} x^{r+n}.
$$
Se as raizes são iguais fazemos \(r=r_{1}\) nesta equação e escolhemos \(a_{n}\) obtendo uma solução. Para encontrar a outra solução tomamos \(a_{n}\) de forma a anular o termo entre colchetes,

(12)

$$
a_{n}=-\frac{\sum_{k=0}^{n-1}\left[\left(r+k\right)f_{n-k}+g_{n-k}\right]a_{k}}{F(r+n)},\,\,\,n\geq1,
$$
agora com \(r\) variando continuamente. Admitimos que \(F(r+n)\neq0\). Com esta escolha a equação (11) se reduz a
$$
L\left[\phi\right](r,x)=a_{0}F(r)x^{r},
$$
onde \(F(r)=(r-r_{1})^{2}\), já que \(r_{1}\) é uma raiz dupla da equação indicial. Tomando \(r=r_{1}\) obtemos a solução que já conhecemos,
$$
y_{1}(x)=\phi(r_{1},x)=x^{r_{1}}\left(a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}\right).
$$

Da mesma forma como fizemos com a equação de Euler, temos agora que
$$
L\left[\frac{\partial\phi}{\partial r}\right]\left(r_{1},x\right)=a_{0}\left.\frac{\partial}{\partial r}[x^{r}(r-r_{1})^{2}]\right|_{r=r_{1}}=
$$
$$
a_{0}[(r-r_{1})^{2}x^{r}\ln x+2(r-r_{1})x^{r}]|_{r=r_{1}}=0,
$$
de onde podemos concluir que
$$
y_{2}(x)=\frac{\partial\phi\left(r_{1},x\right)}{\partial r}|_{r=r_{1}}
$$
é também uma solução. Para obter a forma final desta solução vamos executar a derivação indicada:
$$
y_{2}(x)=\frac{\partial}{\partial r}\left[x^{r_{1}}\left(a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}\right)\right]{}_{r=r_{1}}=\left(x^{r_{1}}\ln x\right)\left[a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}\right]+x^{r_{1}}\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{\prime}x^{n}=
$$
$$
=y_{1}(x)\ln x+x^{r_{1}}\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{\prime}x^{n},\,\,\,\,x\gt 0,
$$

onde \(a_{n}^{\prime}=da_{n}/dr\) no ponto \(r=r_{1}\), sendo que \(a_{n}\) é obtida através da equação (12) , vista como função de \(x\) e \(r\).

No caso de raizes diferindo por um inteiro a solução se torna um pouco mais complicada. Apenas para esboçar a solução, se tentarmos usar uma solução na forma de
$$
y_{2}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r_{2}},
$$
teríamos dificuldades ao calcular o termo \(a_{N}\), quando \(r=r_{2}\), por meio da equação (12). Neste caso temos
$$
F(r+N)=(N+r-r_{1})(N+r-r_{2})=(N+r-r_{2})(r-r_{2}),
$$
que é nula quando \(r=r_{2}\). Para contornar esta dificuldade escolhemos \(a_{0}=r-r_{2}\) e os demais termos \(a_{n}\) se tornam todos múltiplos de \(r-r_{2}\) uma vez que são múltiplos de \(a_{0}\) pela equação de recorrência. O fator comum \(r-r_{2}\) no numerador de (12) pode ser cancelado pelo termo igual no denominador, que surge quando \(n=N\). Fazendo uma análise análoga à que foi feita no caso anterior, de raizes iguais, encontra-se uma solução com a forma de
$$
y_{2}(x)=Cy_{1}(x)\ln\left|x\right|+\left|x\right|^{r_{2}}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}c_{n}x^{n}\right],
$$
onde os coeficientes \(c_{n}\) são dados por
$$
c_{n}=\left[\frac{d}{dr}\left(r-r_{2}\right)a_{n}\right]{}_{r=r_{2}},\,\,\,\,n=1,2,\ldots
$$
e \(a_{n}\) são definidos pela equação (12) com \(a_{0}=1\) e
$$
C=\lim_{r\rightarrow r_{2}}(r-r_{2})a_{N}.
$$

Observe que pode ocorrer que \(C\) seja nulo. Neste caso o termo com logaritmo não aparece na solução procurada.

Exercícios 3

1. \(2xy^{\prime\prime}-y^{\prime}+2y=0\)
2. \(2xy^{\prime\prime}+5y^{\prime}+xy=0\)
3. \(4xy^{\prime\prime}+\frac{1}{2}y^{\prime}+y=0\)
4. \(2x^{2}y^{\prime\prime}-xy^{\prime}+(x^{2}+1)y=0\)
5. \(3xy^{\prime\prime}+(2-x)y^{\prime}-y=0\)
6. \(x^{2}y^{\prime\prime}-\left(x-\frac{2}{9}\right)y=0\)
7. \(2xy^{\prime\prime}-(3+2x)y^{\prime}+y=0\)
8. \(x^{2}y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+\left(x^{2}-\frac{4}{9}\right)y=0\)
9. \(9x^{2}y^{\prime\prime}+9x^{2}y^{\prime}+2y=0\)
10. \(2x^{2}y^{\prime\prime}+3xy^{\prime}+(2x-1)y=0\)
11. \(2x^{2}y^{\prime\prime}-x(x-1)y^{\prime}-y=0\)
12. \(x(x-2)y^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=0\)
13. \(x^{2}y^{\prime\prime}+\left(x^{2}+\frac{5}{36}\right)y=0\)


Algumas Soluções

1. \(y_{1}=\left(x^{3/2}1-\frac{2}{5}x+\frac{2^{2}}{2.5.7}x^{2}-\frac{2^{3}}{2.3.5.7.9}x^{3}+\cdots\right),\)
\(y_{2}=1+2x-2x^{2}+\frac{2^{3}}{2.3^{2}}x^{3}+\cdots\)
3. \(y_{1}=x^{7/8}\left(1-\frac{2}{15}x+\frac{2^{2}}{2.15.23}x^{2}-\frac{2^{3}}{2.3.15.23.31}x^{3}+\cdots\right)\),
\(y_{2}=1-2x-\frac{2^{2}3}{2.9}x^{2}-\frac{2^{3}}{2.3.9.17}x^{3}+\cdots\)
5. \(y_{1}=x^{1/3}\left(1+\frac{1}{3}x+\frac{1}{2.3^{2}}x^{2}+\cdots\right),\)
\(y_{2}=1+\frac{1}{2}x+\frac{1}{2.5}x^{2}+\frac{1}{2.5.8}x^{3}+\cdots\)
7. \(y_{1}=x^{5/2}\left(1+\frac{2^{2}}{7}x+\frac{2^{2}.3}{7.9}x^{2}+\frac{2^{5}}{7.9.11}x^{3}+\cdots\right),\)
\(y_{2}=1+\frac{1}{3}x-\frac{1}{6}x^{2}-\frac{1}{6}x^{3}+\cdots\)
9. \(y_{1}=x^{2/3}\left(1-\frac{1}{2}x+\frac{5}{28}x^{2}-\frac{1}{21}x^{3}+\cdots\right),\)
\(y_{2}=x^{1/3}\left(1-\frac{1}{2}x+\frac{1}{5}x^{2}-\frac{7}{120}x^{3}+\cdots\right)\)
11. \(y_{1}=x\left(1+\frac{1}{5}x+\frac{1}{5.7}x^{2}+\frac{1}{5.7.9}x^{3}+\cdots\right),\)
\(y_{2}=x^{-1/2}\left(1+\frac{1}{2}x+\frac{1}{2^{3}}x^{2}+\frac{1}{2^{4}.3}x^{3}+\cdots\right)\)
13. \(y_{1}=x^{5/6}\left(1-\frac{3}{16}x^{2}+\frac{9}{896}x^{4}+\cdots\right),\)
\(y_{2}=x^{1/6}\left(1-\frac{3}{8}x^{2}+\frac{9}{320}x^{4}+\cdots\right)\)

2 Replies to “Método de Séries de Potências”

  1. É com muita satisfação que vejo uma iniciativa como essa porque trata-se de um material de alta qualidade. Pouco se produz em língua portuguesa com esse nível. Alguns typos (>>>>>>>>> <<<<<<<<<>>>>>sérires<<<<<<>>>>>>do segundo grau<<<<<<<<<>>>>>>>>>> F(x)d²y/dx² <<<<<<<<<<<<<<<<<<<
    Pretendo indicar o site para meus alunos aqui na Universidade Federal de Juiz de Fora.
    Abraço, continue e muito obrigado!

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