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Enunciado

Cálculo - Guidorizzi - Vol. 4 - Ed: 5º - Capítulo 13.8 - Ex. 5

5. (Equação de Bessel de Ordem p > 0 ) Considere a equação de Bessel de ordem p x 2 y ' ' + x y ' + x 2 - p 2 y = 0   com p > 0 e inteiro.

A - Tente uma solução da forma φ 1 x = ∑ k = 0 ∞ a k x k e conclua que

φ 1 x = x p a 0 + ∑ k = 0 + ∞ - 1 k a 0 k ! p + 1 p + 2 … p + k x 2 2 k

(Observação: Escolhendo-se a 0 = 1 2 p p ! , tem-se solução

J p x = p 2 p ∑ k = 0 + ∞ - 1 k 1 k ! p + k !   x 2 2 k

Tal solução denomina-se função de Bessel de ordem p e de 1 ª espécie)

B - Mostre que é razoável tentar-se outra solução da forma...

φ 2 x = J p x ln ⁡ x + ∑ k = 0 ∞ b k x k - p

Passo 1

L e t r a   A :

Vamos começar esse “probleminha” aqui pegando a nossa EDO...

x 2 y ' ' + x y ' + x 2 - p 2 y = 0  

E falando que ela admite uma solução em série de potências da forma...

φ 1 x = ∑ k = 0 ∞ a k x k + r

Então, calculando as derivadas...

φ 1 ' x = ∑ k = 0 + ∞ k + r a k x k + r - 1

φ 1 ' ' x = ∑ k = 0 + ∞ k + r - 1 k + r a k x k + r - 2

E substituindo na EDO...

x 2 y ' ' + x y ' + x 2 - p 2 y = 0   →

x 2 ∑ k = 0 + ∞ k + r - 1 k + r a k x k + r - 2 + x ∑ k = 0 + ∞ k + r a k x k + r - 1 + x 2 ∑ k = 0 + ∞ a k x k + r - p 2 ∑ k = 0 + ∞ a k x k + r = 0         →

∑ k = 0 + ∞ k + r - 1 k + r a k x k + r + ∑ k = 0 + ∞ k + r a k x k + r + ∑ k = 0 + ∞ a k x k + r + 2 - ∑ k = 0 + ∞ p 2 a k x k + r = 0        

BELEZA! Então chegou a hora de simplificarmos esse troço aí! Bora?

Passo 2

Primeiro vamos pegar a última série e subtrair 2 de todo mundo! (basta colocar um - 2 na frente de todo k ):

∑ k = 0 + ∞ k + r - 1 k + r a k x k + r + ∑ k = 0 + ∞ k + r a k x k + r + ∑ k = 2 + ∞ a k - 2 x k + r - ∑ k = 0 + ∞ p 2 a k x k + r = 0        

Agora vamos pegar essas outras duas séries e leva-las a começar do mesmo ponto k = 2 (basta tirar os dois primeiros temos das duas primeiras séries:

0 + r - 1 0 + r a 0 x 0 + r + 1 + r - 1 1 + r a 1 x 1 + r + ∑ k = 2 + ∞ k + r - 1 k + r a k x k + r + 0 + r a 0 x 0 + r + 1 + r a 1 x 1 + r + ∑ k = 2 + ∞ k + r a k x k + r + ∑ k = 2 + ∞ a k - 2 x k + r - p 2 a 0 x r - p 2 a 1 x 1 + r - ∑ k = 0 + ∞ p 2 a k x k + r = 0         →

Arrumando isso aí agora, podemos finalmente colocar essas três séries dentro de uma só! Veja:

r - 1 r a 0 x r + r 1 + r a 1 x 1 + r + r a 0 x r + 1 + r a 1 x 1 + r - p 2 a 0 x r - p 2 a 1 x 1 + r + ∑ k = 2 + ∞ k + r - 1 k + r a k + k + r a k + a k - 2 - p 2 a k x k + r = 0         →

( r 2 - p 2 )   a 0 x r + r 1 + r + 1 + r - p 2 a 1 x r + 1 + ∑ k = 2 + ∞ k + r - 1 k + r a k + k + r a k + a k - 2 - p 2 a k x k + r = 0         →

Como r 1 + r + 1 + r - p 2 não pode ser 0 , concluímos que a única solução possível, acontecesse quando...

r 2 - p 2 = 0       ( i )

a 1 = 0       ( i i )

k + r - 1 k + r a k + k + r a k + a k - 2 - p 2 a k = 0           ( i i i )

A primeira equação é a equação indicial, onde concluímos que r 1 = p e r 2 = - p . Como a diferença entre p - - p = 2 p um número inteiro, só teremos uma solução para r 1 = p .

A terceira equação é a equação de recorrência paras os termos k ≥ 2 :

k + r - 1 k + r a k + k + r a k + a k - 2 - p 2 a k = 0   →

k + r 2 - p 2 a k + a k - 2 = 0   →

a k = - a k - 2 k + r 2 - p 2  

Como r = p ...

a k = - a k - 2 k 2 + 2 k p =

- a k - 2 k k + 2 p

Passo 3

Agora vamos dar alguns valores para k e tentar achar um padrão para obter a k :

a 2 = - a 0 2 2 + 2 p

a 3 = - a 1 3 3 + 2 p = 0

a 4 = - a 2 4 4 + 2 p = a 0 4 4 + 2 p 2 2 + 2 p = a 0 4 ⋅ 2 ⋅ 2 2 2 + p 1 + p

a 5 = - a 3 5 5 + 2 p = 0

a 6 = - a 0 6 ⋅ 4 ⋅ 2 ⋅ 2 3 3 + p 2 + p 1 + p

Perceba que todos os termos impares são nulos...

a 2 k + 1 = 0

Enquanto que todos os termos pares são...

a 2 k = - 1 k a 0 2 k … ⋅ 6 ⋅ 4 ⋅ 2 ⋅ 2 k k + p … 3 + p 2 + p 1 + p

a 2 k = - 1 k a 0 k … ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 2 k ⋅ 2 k k + p … 3 + p 2 + p 1 + p

Portanto...

a 2 k = - 1 k a 0 2 2 k k ! p + 1 p + 2 … p + k

Podemos concluir agora sobre a nossa solução, que falamos no inicio que era do tipo...

φ 1 x = ∑ k = 0 + ∞ a k x k + r   →

Como r = 0 de fato, temos uma solução do tipo...

φ 1 x = ∑ k = 0 + ∞ a k x k

Além disso, sabendo a k , podemos dizer quem é essa solução! Separando então em termos pares e ímpares...

v x = ∑ k = 0 + ∞ a 2 k + 1 x 2 k + 1 + ∑ k = 0 + ∞ a 2 k x 2 k   →

Como os termos ímpares são nulos...

φ 1 x = ∑ k = 0 + ∞ - 1 k a 0 2 2 k k ! p + 1 p + 2 … p + k x 2 k   →

φ 1 x = ∑ k = 0 + ∞ - 1 k a 0 k ! p + 1 p + 2 … p + k x 2 2 k  

Passo 4

L e t r a   B :

Vamos considerar agora, uma solução geral ϕ para a EDO de modo que...

L ϕ = x 2 y ' ' + x y ' + x 2 - p 2 y = 0   = 0

Vimos que ao se resolver essa expressão, obtivemos...

L ϕ r ,   x = ( r 2 - p 2 )   a 0 x r + r 1 + r + 1 + r - p 2 a 1 x r + 1 + ∑ k = 2 + ∞ k + r - 1 k + r a k + k + r a k + a k - 2 - p 2 a k x k + r = 0         →

Todos os coeficientes, com exceção de a 0 deveriam ser 0 ...

L ϕ r ,   x = ( r 2 - p 2 )   a 0 x r

Para L ϕ p ,   x = 0 isso, nos o que nos gerou a solução...

ϕ x = ∑ k = 0 + ∞ - 1 k a 0 k ! p + 1 p + 2 … p + k x 2 2 k

Então é razoável tentar outra solução, como...

K 0 x = ∂ ∂ r   L ϕ - p ,   x

Como a solução que supomos no inicio foi de:

φ 1 x = ∑ k = 0 + ∞ a k x k + r = x r a 0 + ∑ k = 0 + ∞ a k x k

Derivando isso aí com relação a r usando a regra do produto...

∂ ∂ r φ 1 x = a 0 + ∑ k = 0 + ∞ a k x k ∂ ∂ r x r + x r ∂ ∂ r a 0 + ∑ k = 0 + ∞ a k x k

CUIDADO! Como podemos ver aqui

a k = - a k - 2 k k + 2 p

Resultado do exercício passado, a k é uma função de r , então...

∂ ∂ r φ 1 x = a 0 + ∑ k = 0 + ∞ a k x k ∂ ∂ r x r + x r ∂ ∂ r a 0 + ∑ k = 0 + ∞ a k x k   →

∂ ∂ r φ 1 x = a 0 + ∑ k = 0 + ∞ a k x k x r ln ⁡ x + x r ∑ k = 0 + ∞ ∂ ∂ r a k x k

Como essa expressão dos colchetes vezes x r é φ 1 x e chamando de b k = ∂ ∂ r a k ...

∂ ∂ r φ 1 x = φ 1 x ln ⁡ x + x r ∑ k = 0 + ∞ b k x k

Como r = - p , é possível obtermos uma solução do tipo...

φ 2 x = J p x ln ⁡ x + ∑ k = 0 ∞ b k x k - p

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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