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Enunciado

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

4. (Equação de Bessel de Ordem zero) Por equação de Bessel de ordem α , com α real dado, entendemos uma equação do tipo x 2 y ' ' + x y ' + x 2 - α 2 y = 0 . Considere a equação de Bessel de ordem zero x y ' ' + y ' + x y = 0 e suponha x > 0 .

A - Mostre que a equação de Bessel de Ordem zero admite uma solução da forma

J 0 x = ∑ k = 0 + ∞ a k x k

Com a 0 = 1 , e conclua que

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

(Tal J 0 x denomina-se função de Bessel de ordem zero e 1 ª espécie.)

B - Mostre que é razoável tentar-se outra solução da forma K 0 x = J 0 x ln ⁡ x + ∑ k = 0 ∞ b k x k e conclua que...

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

Passo 1

L e t r a   A :

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

x y ' ' + y ' + x y = 0

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

J 0 x = ∑ k = 0 + ∞ a k x k + r

Então, calculando as derivadas...

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

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

E substituindo na EDO...

x y ' ' + y ' + x y = 0   →

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

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

Então...

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

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

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

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

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

r 2 = 0       ( i )

a 1 = 0       ( i i )

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

A primeira equação é a equação indicial, onde concluímos que r 1 = r 2 = 0 . Já a terceira equação indicial é a equação de recorrência paras os termos k ≥ 2 :

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

k + r 2 a k + a k - 2 = 0   →

a k = - a k - 2 k + r 2  

Como r = 0 ...

a k = - a k - 2 k 2

Passo 3

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

a 2 = - a 0 2 2

a 3 = - a 1 3 2 = 0

a 4 = - a 2 4 2 = a 0 4 2 ⋅ 2 2

a 5 = - a 3 5 2 = 0

a 6 = - a 0 6 2 ⋅ 4 2 ⋅ 2 2

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 2 ⋅ ⋅ ⋅ 6 2 ⋅ 4 2 ⋅ 2 2

Podemos multiplicar e dividir todo mundo por 2 2 ...

a 2 k = - 1 k a 0 2 k 2 2 ⋅ ⋅ ⋅ 6 2 2 ⋅ 4 2 2 ⋅ 2 2 2 ⋅ 2 2 k   →

a 2 k = - 1 k a 0 k 2 ⋅ ⋅ ⋅ 3 2 ⋅ 2 2 ⋅ 1 2 ⋅ 2 2 k   →

Portanto...

a 2 k = - 1 k a 0 k ! 2 ⋅ 2 2 k  

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

J 0 x = ∑ k = 0 + ∞ a k x k + r   →

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

J 0 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...

J 0 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...

J 0 x = ∑ k = 0 + ∞ - 1 k a 0 k ! 2 ⋅ 2 2 k x 2 k   →

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

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

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

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

L ϕ 0 ,   x = r 2 a 0 x r - 1 = a 0 r - 0 2 x r - 1

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

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

Porém não é a única solução! Se fizermos...

L ∂ ∂ r ϕ 0 ,   x = 2 r a 0 x r - 1 + r 2 a 0 x r - 1 ln ⁡ x =

0

Também chegamos em 0 ! Então é razoável tentar outra solução, como...

K 0 x = ∂ ∂ r J 0 x

Como a solução que supomos no inicio foi de:

J 0 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 J 0 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 + r 2

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

∂ ∂ r J 0 x = a 0 + ∑ k = 0 + ∞ a k x k ∂ ∂ r x r + x r ∂ ∂ r a 0 + ∑ k = 0 + ∞ a k x k   →

∂ ∂ r J 0 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 J 0 x e chamando de b k = ∂ ∂ r a k ...

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

Como r = 0 , é possível obtermos uma solução do tipo...

K 0 x = J 0 x ln ⁡ x + ∑ k = 0 ∞ b k x k

Passo 5

Voltemos então agora para a expressão que encontramos no passo na resolução equação de recorrência:

a k = - a k - 2 k + r 2

Vamos tentar aqui, obter o valor de b k = ∂ ∂ r a k . Não é uma derivada muito simples, já que a k depende de a k - 2 .

Note, entretanto, que a 1 continua sendo 0 , portanto todos os termos ímpares continuam sendo 0 sobrando só os pares:

a 2 k = - 1 k a 0 2 k + r 2 ⋅ ⋅ ⋅ 6 + r 2 ⋅ 4 + r 2 ⋅ 2 + r 2  

Para derivar essa relação em relação a r , podemos escrever esse resultado de maneira diferente:

a 2 k = - 1 k a 0 ⋅ 2 k + r - 2 ⋅ ⋅ ⋅ 6 + r - 2 ⋅ 4 + r - 2 ⋅ 2 + r - 2

Lembrando que podemos usar a propriedade:

f x = x - α 1 β 1 x - α 2 β 2 … x - α n β n   →

f ' x f x = β 1 x - α 1 + β 2 x - α 2 + … + β n x - α n  

Então chamando de f r ...

f r = 2 k + r - 2 ⋅ ⋅ ⋅ 6 + r - 2 ⋅ 4 + r - 2 ⋅ 2 + r - 2   →

f ' r f r = - 2 2 k + r + … + - 2 6 + r + - 2 4 + r + - 2 2 + r

Ou seja...

f ' r = - 2 2 k + r + … + - 2 6 + r + - 2 4 + r + - 2 2 + r f r

Logo...

a 2 k ' = 1 2 2 k - 1 k a 0 ⋅ f ' r →

a 2 k ' = - 1 2 k a 0 - 2 1 2 k + r + … + 1 6 + r + 1 4 + r + 1 2 + r f r

Como r é 0 ...

a 2 k ' 0 = - 1 k a 0 - 2 1 2 k + … + 1 6 + 1 4 + 1 2 2 k - 2 ⋅ ⋅ ⋅ 6 - 2 ⋅ 4 - 2 ⋅ 2 - 2   →

Simplificando isso aí...

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

a 2 k ' 0 = - 1 k - 1 a 0 ∑ p = 1 n 1 p 2 2 k k !     →

OPA! Então a segunda solução de fato pode ser dada por...

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

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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