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Enunciado

Cálculo - Boyce - Equações Diferenciais - Ed: 10º - Capítulo 5.6 - Ex. 18

(a) Mostre que

( ln ⁡ x ) y ″ + 1 2 y ' + y = 0  

tem um ponto singular regular em x   =   1 .

(b) Determine as raízes da equação indicial em x   =   1 .

(c) Determine os três primeiros termos não nulos na série ∑ n = 0 ∞ a n x - 1 r + n correspondente à raiz maior. Tome x   –   1   >   0 .  

(d) Qual o valor que você esperaria para o raio de convergência da série?

Passo 1

(a) Sendo a nossa equação:

( ln ⁡ x ) y ″ + 1 2 y ' + y = 0  

A partir da equação dada podemos dizer que: P ( x ) = ln ⁡ x , Q ( x ) = 1 2 e R x = 1 .

Onde o único ponto singular é x 0 = 1 .

Aplicando nas condições de singularidade, teremos:

lim x → x 0 ⁡ ( x - x 0 ) Q x P x = lim x → 1 ⁡ x - 1 1 2   ln ⁡ x = L ' H o p i t a l = lim x → 1 ⁡ 1 2 1 x = 1 2 ( = p 0 )  

E também:

lim x → x 0 ⁡ ( x - x 0 ) 2 R x P ( x ) = lim x → 1 ⁡ x - 1 1 2 ln ⁡ x = L ' H o p i t a l = lim x → 1 ⁡ 2 x - 1 1 x = 0 ( = q 0 ) ⁡  

Então, ambos os limites são finitos e x 0 = 1 é um ponto singular da EDO.

Passo 2

(b) Como ambos são finitos ,   x 0 = 1 é um ponto singular regular da equação diferencial fornecida. Como p 0 = 1 2 e q 0 = 0 , a equação indical correspondente é:

F ( r ) = r ( r - 1 ) + p 0 r   + q 0

= r r - 1 + 1 2 r

r r - 1 2 = 0

Isso significa que temos duas raízes nulas onde r 1 = 1 2     e   r 2 = 0 .

Passo 3

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

y 1 x = x - 1 1 / 2   1 + ∑ n = 1 ∞ a n 1 2 ( x - 1 ) n = x - 1 1 2 + ∑ n = 1 ∞ a n 1 2 x - 1 n + 1 2

Os coeficientes a n ( 1 2 ) , além de, são determinados pela relação de recorrência do livro, no caso de r   =   r 1 = 1 2 . Onde determinamos:

y 1 ' x = 1 2 x - 1 - 1 2 + ∑ n = 1 ∞ n + 1 2 a n 1 2 x - 1 n - 1 2

y 1 ' ' x = - 1 4 x - 1 - 3 2 + ∑ n = 1 ∞ n + 1 2 n - 1 2 a n 1 2 x - 1 n - 3 2

A série de Taylor pode ser dada por:

∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 x - 1 n n  

Passo 4

Aplicando na EDO, teremos:

( ln ⁡ x ) y ″ + 1 2 y ' + y = 0  

Substituindo:

∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 x - 1 n n .   = - 1 4 x - 1 - 3 2 + ∑ n = 1 ∞ n + 1 2 n - 1 2 a n 1 2 x - 1 n - 3 2 + 1 2 1 2 x - 1 - 1 2 + ∑ n = 1 ∞ n + 1 2 a n 1 2 x - 1 n - 1 2   + x - 1 1 2 + ∑ n = 1 ∞ a n 1 2 x - 1 n + 1 2

Reorganizando, teremos:

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

Por fim:

= 1 8 + 1 + 2 . 3 4 a 1 1 2 x - 1 1 2 + ∑ n = 1 ∞   1 4 - 1 n n + 2 + ∑ k = 0 ∞ - 1 k k + 1 n - k + 3 2 n - k + 1 2 a n - k + 1 1 2 + 1 2 n + 3 2 a n + 1 1 2 + a n 1 2 x - 1 n + 1 2  

Passo 5

Equacionando os coeficientes de potência de x em ambos os lados na última equação do passo anterior, obtemos:

9 8 + 3 2 a 1 1 2 = 0

1 4 - 1 n n + 2 + ∑ k = 0 ∞ - 1 k k + 1 n - k + 3 2 n - k + 1 2 a n - k + 1 1 2 + 1 2 n + 3 2 a n + 1 1 2 + a n 1 2 = 0

Entao:

a 1 1 2 = - 9 8 . 2 3 = - 3 4

Para n = 1 , teremos:

- 1 12 + 5 2 . 3 2 a 2 1 2 - 3 8 a 1 1 2 + 1 2 . 5 2 a 2 1 2 + a 1 1 2 = - 1 12 + 5 a 2 1 2 + 5 8 a 1 1 2 = - 8 + 45 96 + 5 a 2 1 2 = 0

Isso implica que:

a 2 1 2 = 53 96 5 = 53 480

A solução y 1 pode ser dada por:

y 1 x = x - 1 1 2 1 - 3 4 x - 1 + 53 480 x - 1 2 + …

(d) Como a expansão de ln ⁡ x em torno de 1 tem raio de convergência igual a 1, espera-se que y 1 tenha o mesmo raio de convergência.

Resposta

b r 1 = 1 2 ; r 2 = 0

c   y 1 x = x - 1 1 2 1 - 3 4 x - 1 + 53 480 x - 1 2 + …

d   ρ = 1

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