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Exercícios Resolvidos de Método de Frobenius – Ponto Singular Regular

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Enunciado

Considere a equação de Chebyshev:

1 - x 2 y ' ' - x y ' + 4 y = 0

a) Mostre que x = 1 é ponto singular regular

b) Determine as raízes da equação indicial no ponto x = 1

c) Determine a fórmula de recorrência para os coeficientes da série de potências em torno de x = 1 da solução y x que corresponde à maior das duas raízes da equação indicial

d) Determine os 3 primeiros termos não nulos da solução y x encontrada no item c e que, além disso, satisfaz

lim x → 1 + ⁡ y x x - 1 = 1

Passo 1

a)

Para mostrar que x = 1 é um ponto singular regular temos que

P 1 = 0  

E que os limites abaixo devem existir e serem finitos.

lim x → 1 ⁡ x - 1 Q x P ( x )

lim x → 1 ⁡ x - 1 2 R x P ( x )

Lembrando que nessa nossa equação

P x = 1 - x 2 ,     Q x = - x ,     R x = 4

Conferindo as condições temos.

P 1 = 1 - 1 2 = 0

lim x → 1 ⁡ x - 1 Q x P x = lim x → 1 ⁡ x - 1 - x 1 - x 2 = lim x → 1 ⁡ x - x 2 1 - x 2 = lim x → 1 ⁡ x 1 - x 1 + x 1 - x

lim x → 1 ⁡ x - 1 Q x P x = lim x → 1 ⁡ x 1 + x = 1 2

lim x → 1 ⁡ x - 1 2 4 1 - x 2 = lim x → 1 ⁡ 4 x - 1 - 1 1 + x = 0

Logo x = 1 é de fato um ponto singular regular.

Passo 2

b)

Para encontrarmos as raízes da equação indicial antes temos que supor uma solução por série de potências, mas a nossa EDO não está centrada em 0 e sim em 1. Vamos resolver isso com uma mudança de variável.

t = x - 1

Assim a nossa EDO será.

- t 2 + 2 t y ' ' - ( t + 1 ) y ' + 4 y = 0

t 2 + 2 t y ' ' + t + 1 y ' - 4 y = 0

Agora podemos usar aquela formula para a equação indicial.

r r - 1 + p 0 r + q 0 = 0

onde

p 0 = lim t → 0 ⁡ t p t ,     q 0 = lim t → 0 ⁡ t 2 q t

Lembrando que nessa nova equação.

p t = t + 1 t 2 + 2 t ,     q t = - 4 t 2 + 2 t

Calculando os limites

p 0 = lim t → 0 ⁡ t t + 1 t 2 + 2 t = lim t → 0 ⁡ t + 1 t + 2   = 1 2

q 0 = lim t → 0 ⁡ t 2 4 t 2 + 2 t = l i m t → 0 4 t t + 2 = 0

Logo a nossa equação indicial será.

r r - 1 + 1 2 r = 0

r 2 - 1 2 r = 0

r = 0 ,     r = 1 2

Passo 3

c)

Agora podemos supor uma solução por série de potencias do jeito que estamos acostumados.

y t = ∑ n = 0 ∞ a n t n + 1 2

y ' t = ∑ n = 0 ∞ n + 1 2 a n t n - 1 2

y ' ' t = ∑ n = 0 ∞ n + 1 2 n - 1 2 a n t n - 3 2

Passo 4

Substituindo a solução na EDO.

t 2 + 2 t y ' ' + t + 1 y ' - 4 y = 0

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

∑ n = 0 ∞ n + 1 2 n - 1 2 a n t n + 1 2 + 2 ∑ n = 0 ∞ n + 1 2 n - 1 2 a n t n - 1 2 + ∑ n = 0 ∞ n + 1 2 a n t n + 1 2 + ∑ n = 0 ∞ n + 1 2 a n t n - 1 2 - 4 ∑ n = 0 ∞ a n t n + 1 2 = 0

Agora pra gente agrupar esses somatórios temos que deixar todos em função de t n - 1 2

∑ n = 0 ∞ n + 1 2 n - 1 2 a n t n + 1 2 = ∑ n = 1 ∞ n - 1 2 n - 3 2   a n - 1 t n - 1 2

∑ n = 0 ∞ n + 1 2 a n t n + 1 2 = ∑ n = 1 ∞ n - 1 2 a n - 1 t n - 1 2

∑ n = 0 ∞ a n t n + 1 2 = ∑ n = 1 ∞ a n - 1 t n - 1 2

Temos que também colocar todos os nosso somatórios começando no mesmo n , nesse caso n = 1 .

∑ n = 0 ∞ n + 1 2 n - 1 2 a n t n - 1 2 = - 1 4 a 0 t - 1 2 + ∑ n = 1 ∞ n + 1 2 n - 1 2 a n t n - 1 2

∑ n = 0 ∞ n + 1 2 a n t n - 1 2 = 1 2 a 0 t - 1 2 + ∑ n = 1 ∞ n + 1 2 a n t n - 1 2

Sendo assim a nossa EDO vai ficar.

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

Agrupando o somatório teremos

∑ n = 1 ∞ t n - 1 2 a n 2 n 2 + n + a n - 1 n 2 - n - 15 4 = 0

Assim a nossa relação será

a n 2 n 2 + n + a n - 1 n 2 - n - 15 4 = 0

a n = - 4 n 2 + 4 n + 15 4 n 2 n + 1 a n - 1

a n = - 1 4 n n ! ∏ i = 1 n 4 i 2 - 4 i - 15 2 i + 1 a 0 ,   n ≥ 1

Passo 5

b)

Voltando agora para x , vamos ter

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x - 1 n + 1 2 = a 0 x - 1 1 2 + ∑ n = 1 ∞ a n x - 1 n + 1 2

Temos

y x = a 0 x - 1 1 2 + ∑ n = 1 ∞ - 1 4 n n ! ∏ i = 1 n 4 i 2 - 4 i - 15 2 i + 1 a 0 x - 1 n + 1 2

Podemos tirar esse a 0

y x = x - 1 1 2 + ∑ n = 1 ∞ - 1 4 n n ! ∏ i = 1 n 4 i 2 - 4 i - 15 2 i + 1 x - 1 n + 1 2

Passo 6

d)

Vamos olhar aquele limite primeiro

lim x → 1 + ⁡ y x x - 1 = lim x → 1 + ⁡ x - 1 1 2 + ∑ n = 1 ∞ - 1 4 n n ! ∏ i = 1 n 4 i 2 - 4 i - 15 2 i + 1 x - 1 n + 1 2 x - 1 =

lim x → 1 + ⁡ 1 + ∑ n = 1 ∞ - 1 4 n n ! ∏ i = 1 n 4 i 2 - 4 i - 15 2 i + 1 x - 1 n

Podemos perceber que esse limite que ele pediu vai sempre ser satisfeito se tirarmos o a 0 como fizemos ali em cima. Isso significa fazer

a 0 = 1

Ele quer os 3 primeiro não nulos.

a 1 = - 4.1 2 + 4.1 + 15 4.1 2.1 + 1 a 0 ⏟ 1 = 5 4

a 2 = - 4 . 2 2 + 4.2 + 15 4.2 2.2 + 1 a 1 ⏟ 5 4 = 7 32

Resposta

b)

r = 0   o u   r = 1 2

c)

a n = - 1 4 n n ! ∏ i = 1 n 4 i 2 - 4 i - 15 2 i + 1 a 0 ,   n ≥ 1

d)

a 0 = 1

a 1 = 5 4

a 2 = 7 32

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