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Enunciado

Cálculo - Boyce - Equações Diferenciais - Ed: 10º - Capítulo 5.6 - Ex. 15

Em cada um dos problemas de 13 a 17:

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

(b) Encontre os expoentes no ponto singular x   =   0 .

(c) Encontre os três primeiros termos não nulos em cada uma das duas soluções (que não são múltiplas uma da outra) em torno de x   =   0 .

x x - 1 y ″ + 6 x 2 y ' + 3 y = 0

Passo 1

Com base no problema 3, a equação inicial quando x 0 = 0 é:

F r = r r - 1 + p 0 r + q 0 = r ( r - 1 )

Portanto, os expoentes são r 1 = 1 e r 2 = 0 .

Passo 2

(c) Pelo teorema 5.6.1, a primeira solução pode ser dada por:

y 1 x = x r 1 1 + ∑ n = 1 ∞ a n r 1 x n = 1 + ∑ n = 1 ∞ a n 1 x n  

Os coeficientes a n ( 1 ) , além de a 0 = 1 , são determinados pela relação de recorrência do livro, no caso de r   =   r 1 .

n ( n + 1 ) a n 1 + ∑ k = 0 n - 1 a k 1 ( k + 1 ) p n - k + q n - k = 0

Onde:

∑ n = 0 ∞ p n x n = x p x = 6 x 2 x - 1 = - 6 x 2 ∑ n = 0 ∞ x n = - 6 ∑ n = 2 ∞ x n

E:

∑ n = 0 ∞ q n x n = x 2 q ( x ) = 3 x x - 1 = - 3 x ∑ n = 0 ∞ x n = - 3 ∑ n = 1 ∞ x n

Respectivamente, conseguimos dizer que:

p 0 = p 1 = 0 ,   p n = - 6

q 0 = 0 ,   q n = - 3

Fatorando a n , teremos:

a n 1 = - ∑ k = 0 n - 1 a k 1 [ ( k + 1 ) p n - k + q n - k ] n ( n + 1 )

Com o primeiro par de elementos:

a 1 1 = - a 0 ( 1 ) ( p 1 + q 1 ) 1.2 = - ( 0 - 3 ) 2 = 3 2

a 2 1 = - [ a 0 ( p 2 + q 2 ) + a 1 1 2 p 1 + q 1 ] 2.3 = - [ - 6 - 3 + 3 2 ( 0 - 3 ) ] 6 = 27 12 = 9 4

a 3 1 = - [ a 0 ( p 3 + q 3 ) + a 1 1 2 p 2 + q 2 + a 2 1 3 p 1 + q 1 ] 3.4 = - [ - 6 - 3 + 3 2 - 12 - 3 + 9 4 ( 0 - 3 ) ] 12 = 153 48 = 51 16

Por indução matemática, a primeira solução é:

y 1 x = x 1 + 3 2 x + 9 4 x 2 + 51 16   x 3 + …

Ou:

y 1 x = x + 3 2 x 2 + 9 4 x 3 + 51 16   x 4 + …

Passo 3

Já encontramos y 1 agora precisamos encontrar y 2 .

Pelo Teorema 5.6.1, a segunda solução é dada por:

y 2 x = a y 1 x ln ⁡ x + x r 2 ∑ n = 1 ∞ c n r 2 x n

= a y 1 x ln ⁡ x + 1 + ∑ n = 1 ∞ c n 0 x n

a = lim r → r 2 ( ⁡ r - r 2 ) a N ( r ) ,   N = r 1 - r 2        

Onde N = 1 :

a N r = a 1 R = - ∑ k = 0 N - 1 a k [ r + k p N - k + 1 N - k ] ( r + N - 1 ) ( r + N ) = 3 r ( r + 1 )   ⁡

a = lim r → 0 ⁡ r 3 r ( r + 1 ) = 3

Tendo determinado c n , substituímos na equação diferencial os valores para y 2 '   e   y 2 ' ' :

y 2 ' = a y 1 ' x ln ⁡ x + a y 1 x x + ∑ n = 1 ∞ n c n 0 x n - 1  

y 2 ' ' x = a y 1 ' ' x ln ⁡ x + 2 a y 1 ' x x - a y 1 x x 2 + ∑ n = 2 ∞ n n - 1 c n 0 x n - 2

Passo 4

Substituindo nas equações, nós temos que:

x x - 1 y ″ + 6 x 2 y ' + 3 y = 0

Substituindo teremos:

= x x - 1 a y 1 ' ' x ln ⁡ x + 2 a y 1 ' x x - a y 1 x x 2 + ∑ n = 2 ∞ n n - 1 c n 0 x n - 2 + 6 x 2 a y 1 ' x ln ⁡ x + a y 1 x x + ∑ n = 1 ∞ n c n 0 x n - 1   + 3

a y 1 x ln ⁡ x + 1 + ∑ n = 1 ∞ c n 0 x n

Reorganizando:

= a ln ⁡ x x ( x - 1 ) y 1 ' ' + 6 x 2 y 1 ' + 3 y 1 + 2 a ( x - 1 ) y 1 ' - a ( x - 1 ) y 1 x + ∑ n = 2 ∞ n n - 1 c n 0 x n - ∑ n = 2 ∞ n n - 1 c n 0 x n - 1 + 6 a x y 1 + 6 ∑ n = 1 ∞ n c n 0 x n + 1 + 3 + 3 ∑ n = 1 ∞ c n 0 x n

Reorganizando teremos:

= 2 a x + 2 a ∑ n = 1 ∞ ( 1 + n ) a n 1 x n + 1 - 2 a - 2 a ∑ n = 1 ∞ 1 + n a n 1 x n - a x - a ∑ n = 1 ∞ a n 1 x n + 1 + a + a ∑ n = 1 ∞ a n 1 x n + ∑ n = 2 ∞ n n - 1 c n 0 x n - ∑ n = 2 ∞ n n - 1 c n 0 x n - 1 + 6 a x 2 + 6 a ∑ n = 1 ∞ a n 1 x n + 2 + 6 ∑ n = 1 ∞ n c n 0 x n + 1 + 3 + 3 ∑ n = 1 ∞ c n 0 x n

Modificando alguns termos e limites:

= 3 - a + a x + 6 a x 2 + 2 a ∑ n = 2 ∞ n a n - 1 1 x n - 2 a ∑ n = 1 ∞ n + 1 a n 1 x n - a ∑ n = 2 ∞ a n - 1 1 x n + a ∑ n = 1 ∞ a n 1 x n + ∑ n = 2 ∞ n n - 1 c n 0 x n - ∑ n = 1 ∞ n n + 1 c n + 1 0 x n + + 6 a ∑ n = 3 ∞ a n - 2 1 x n + 6 ∑ n = 2 ∞ n - 1 c n - 1 0 x n + 3 ∑ n = 1 ∞ c n 0 x n

Avaliamos alguns termos na ultima equação encontrada, queremos que todos os somatórios iniciem no menor índice comum n   =   3 . Para em seguida, agruparmos os termos e substituímos a   =   3 .

= 3 - a + a x + 6 a x 2 + 4 a a 1 1 x 2 + 2 a ∑ n = 3 ∞ n a n - 1 1 x n - 4 a a 1 1 x - 6 a a 2 1 x 2 - 2 a ∑ n = 3 ∞ 1 + n a n 1 x n - a a 1 1 x n - a ∑ n = 3 ∞ a n - 1 1 x n + a a 1 1 x + a a 2 1 x 2 + a ∑ n = 3 ∞ a n 1 x n + 2 c 2 0 x 2 + ∑ n = 3 ∞ n n - 1 c n 0 x n - 2 c 2 0 x - 6 c 3 0 x 2 - ∑ n = 3 ∞ n n + 1 c n + 1 0 x n + 6 a ∑ n = 3 ∞ a n - 2 x n + 6 c 1 0 x 2 + 6 ∑ n = 3 ∞ n - 1 c n - 1 0 x n + 3 c 1 0 x + 3 c 2 0 x 2 + 3 ∑ n = 3 ∞ c n 0 x n

Separando, teremos:

- 3 - 9 a 1 1 - 2 c 2 0 + 3 c 1 0 x + 18 + 9 a 1 1 - 15 a 2 1 - 6 c 3 0 + 6 c 1 0 + 5 c 2 0 x 2 + ∑ n = 3 ∞ { 3 2 n - 1 a n - 1 1 - 3 1 + 2 n a n ( 1 ) + n n - 1 + 3 c n 0 - n n + 1 c n + 1 0 + 18 a n - 2 1 + 6 n - 1 c n - 1 ( 0 ) } x n = 0    

Passo 5

Igualando os coeficientes de ambos os lados em na equação encontrada no passo anterior, obtemos:

3 - 9 a 1 1 - 2 c 2 0 + 3 c 1 0 = 0

18 + 9 a 1 1 - 15 a 2 1 - 6 c 3 0 + 6 c 1 0 + 5 c 2 0 = 0

3 2 n - 1 a n - 1 1 - 3 1 + 2 n a n 1 + n n - 1 + 3 c n 0 - - n n + 1 c n + 1 0 + 18 a n - 2 1 + 6 n - 1 c n - 1 0 = 0

Como não há condições em c 1 ( 0 ) , podemos escolher c 1 ( 0 ) = 0 , o que implica:

c 2 0 = 3 - 9 a 1 1 + 3 c 1 ( 0 ) 2 = 3 - 9 . 3 2 2 = - 21 4

c 3 0 = 18 + 9 a 1 1 - 5.3 a 2 1 + 6 c 1 0 + 5 c 2 ( 0 ) 6 = 18 + 27 2 - 5 4 . 27 - 5 4 21 6 = - 19 4

Portanto, a segunda condição é:

y 2 x = 3 y 1 x ln ⁡ x + 1 - 21 4 x 2 - 1 9 4 x 3 + …

Resposta

(a)(b) r 1 = 1 e r 2 = 0

(c) y 1 x = x + 3 2 x 2 + 9 4 x 3 + 51 16   x 4 + … , y 2 x = 3 y 1 x ln ⁡ x + 1 - 21 4 x 2 - 19 4 x 3 + …

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