4. Método de Séries 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.

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

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 \(P(x)\), \(F(x)\) e \(G(x)\) 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, respectvivamente,

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

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 for possível identificar a série obtida como solução com uma função elementar, como no caso acima, então já sabemos que ela converge para esta função. se isso não ocorrer, 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 \(a_n\), para \(n\gt 3\). Caso contrário, se forem funções mais gerais, como 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 empregado. Neste mesma linha de pensamento, generalizaremos a noção de ponto ordinário da equação (3) que repetiremos aqui:

(3 – repetida)

$$
P(x)\frac{d^{2}y(x)}{dx^{2}}+F(x)\frac{dy(x)}{dx}+G(x)y(x)=0,
$$
Então \(x_{0}\) é um ponto ordinário se \(f=F/P\) e \(g=G/P\) são analíticas em \(x=x_{0}\). Se isso não ocorrer o ponto \(x=x_{0}\) 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 outro ponto for indicado:

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
$$
(1+x^2)y^{\prime\prime}+2xy^{\prime}+4x^2y=0
$$

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


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. \(y_{1}=x^{5/6}\left(1-\frac{3}{16}x^{2}+\frac{9}{896}x^{4}+\cdots\right),\)
\(y_{2}=x^{1/6}\left(1-\frac{3}{8}x^{2}+\frac{9}{320}x^{4}+\cdots\right)\)

8 thoughts on “4. 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 (“…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!

    • Hi there. I suggest you use google translate. It may even be integrated to your browser.

  2. Excelente material. Recomendarei aos meus alunos.
    UNESP – São João da Boa Vista

    • Obrigado Denilson. Sua recomendação é importante para que o site ganhe visibilidade.

  3. Olá.
    Acredito que estou tendo dificuldades em aplicar a fórmula para os coeficientes cn, aquela que aparece pouco antes da lista de exercícios 3. Tentei encontrar através dessa fórmula o coeficiente c1 que aparece na solução em série em torno de x=0 da equação xy”+y=0, obtendo c1=1, sendo que o coeficiente correto seria c1=0.

    Eu queria saber se executando o mesmo método, vocês conseguem chegar no coeficiente correto ou não.

Leave a Reply to Anonymous Cancel reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *