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Exercícios Resolvidos de Método de Frobenius – Ponto Singular Regular

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Enunciado

Soluções de EDO – ponto singular

( a ) Resolva a equação de Euler

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

( b ) Seja

L y = x 2 y ' ' + x y ' + x 2 - 1 y

Escrevendo

Φ = ∑ n = 0 ∞   a n x n + r

(série de Frobenius), mostre que

L Φ = r 2 - 1 a 0 x r + r + 1 2 - 1 a 1 x 1 + r + ∑ n = 2 ∞   { n + r 2 - 1 a n + a n - 2 } x n + r

( c ) Tomando r = 1 no item ( b ) (pode usá-lo sem o ter resolvido) obtenha que

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

é uma solução da equação L y = 0 . Faça todos os detalhes para chegar nessa fórmula, incluindo a relação de recorrência.

( d ) Sem usar testes de convergência, responda (use o Teorema de Frobenius): qual é o domínio da função y 1 no item ( c ) ?

Não esqueça de justificar, com a matéria vista / cf. livro-texto.

Passo 1

( a ) Legal, temos uma Equação de Euler para resolver. No intervalo x > 0 , se fizermos y = x r , teremos:

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

x 2 ( r r - 1 x r - 2 ) + x ( r x r - 1 ) - ( x r ) = 0

r r - 1 x r + r x r - x r = 0

r 2 - r + r - 1 x r = 0

r 2 - 1 x r = 0

Como x r ≠ 0 , teremos:

r 2 - 1 = 0

r = ± 1

Passo 2

As soluções, então, são dadas por

y 1 = x r 1 = x - 1

y 2 = x r 2 = x 1 = x

Assim, a solução geral é da forma

y = c 1 y 1 + x 2 y 2

y = c 1 x + c 2 x

Passo 3

( b ) Okay, vamos começar com

L y = x 2 y ' ' + x y ' + x 2 - 1 y

Se escrevermos a série de Frobenius

Φ = ∑ n = 0 ∞   a n x n + r

teremos, ao substituir:

L Φ = x 2 Φ ' ' + x Φ ' + x 2 - 1 Φ

Passo 4

Mas, para a primeira e segunda derivadas:

Φ ' = ∑ n = 0 ∞   a n ( n + r ) x n + r - 1

Φ ' ' = ∑ n = 0 ∞   a n ( n + r ) ( n + r - 1 ) x n + r - 2

Assim, fica:

L Φ = x 2 ∑ n = 0 ∞   a n n + r n + r - 1 x n + r - 2 + x ∑ n = 0 ∞   a n n + r x n + r - 1 + x 2 - 1 ∑ n = 0 ∞   a n x n + r

L Φ = ∑ n = 0 ∞   a n n + r n + r - 1 x n + r + ∑ n = 0 ∞   a n n + r x n + r +   ∑ n = 0 ∞   a n x n + r + 2 - ∑ n = 0 ∞   a n x n + r

L Φ = ∑ n = 0 ∞   a n n + r n + r - 1 x n + r + ∑ n = 0 ∞   a n n + r x n + r +   ∑ n = 0 ∞   a n x n + r + 2 - ∑ n = 0 ∞   a n x n + r

Passo 5

Vamos combinar os dois primeiros somatórios com o último:

L Φ = ∑ n = 0 ∞   a n n + r n + r - 1 + a n n + r - a n x n + r +   ∑ n = 0 ∞   a n x n + r + 2

L Φ = ∑ n = 0 ∞   a n n + r 2 - a n x n + r +   ∑ n = 0 ∞   a n x n + r + 2

E, agora, reescrevemos o segundo somatório como

∑ n = 0 ∞   a n x n + r + 2 = ∑ n = 2 ∞   a n - 2 x n + r

para podermos juntar todo mundo:

L Φ = ∑ n = 0 ∞   a n n + r 2 - a n x n + r + ∑ n = 2 ∞   a n - 2 x n + r

L Φ = a 0 r 2 - a 0 x r + a 1 r + 1 2 - a 1 x r + 1     + ∑ n = 2 ∞   a n n + r 2 - a n x n + r + ∑ n = 2 ∞   a n - 2 x n + r

L Φ = r 2 - 1 a 0 x r + r + 1 2 - 1 a 1 x 1 + r     + ∑ n = 2 ∞   n + r 2 - 1 a n + a n - 2 x n + r

E assim fica deduzida a fórmula acima.

Passo 6

( c ) Agora, vamos tomar r = 1 no item ( b ) , como proposto.

L Φ = r 2 - 1 a 0 x r + r + 1 2 - 1 a 1 x 1 + r     + ∑ n = 2 ∞   n + r 2 - 1 a n + a n - 2 x n + r

L Φ = 3 a 1 x 2     + ∑ n = 2 ∞   n ( n + 2 ) a n + a n - 2 x n + 1

Desta forma, queremos resolver L Φ = 0 , de modo que podemos igualar a zero o termo entre chaves no somatório, para obter a relação de recorrência:

n ( n + 2 ) a n + a n - 2 = 0

a n = - a n - 2 n ( n + 2 )

Passo 7

Vamos usar o a 0 : a relação de recorrência vai de dois em dois. Logo,

a 2 = - a 0 2.4

a 4 = - a 2 4.6 = a 0 2.4 2 . 6

a 6 = - a 4 6.8 = - a 0 2.4 2 . 6 2 . 8

Acho que já dá pra perceber um padrão, né? Primeiro, o sinal vai alternando entre – e + . Segundo, vai aparecendo o produto dos termos pares entre 2 e o n + 2 , sendo que os intermediários ainda aparecem ao quadrado...

Beleza, então vamos usar o seguinte: a 6 tem índice 6 , que é 2.3 .

a 2.3 = - a 4 6.8 = a 0   - 1 3 2.1 . 2.2 2 . 2.3 2 . ( 2.4 )

a 2.3 = - a 4 6.8 = a 0   - 1 3 ( 2.2 2 .   2 2 .   2 )   .   ( 1.2 2 . 3 2 . 4 )

Passo 8

Agora repare que 2.2 2 .   2 2 .   2 é

2 2 . 2 2 .   2 2 .   2 2 2.2 = 2 2.4 4 = 2 2 . 3 + 1 4

Esse 3 é justamente do terceiro termo par ( a 6 ).

E para o que sobrou, temos:

1.2 2 . 3 2 . 4 = 1 2 . 2 2 . 3 2 . 4 2 1.4 = 1 2 . 2 2 .   … .   3 + 1 2 3 + 1 = 3 + 1 ! 2 3 + 1

Olha aí o 3 aparecendo de novo...

Passo 9

Ok, agora vamos encontrar o termo geral; substitua aquele 3 por n :

a 2 n = a 0   - 1 n 2 2 n + 1 4   .   n + 1 ! 2 n + 1

Beleza. Mas

2 2 n + 1 4 = 2 2 n . 2 2 4 = 2 2 n

n + 1 ! 2 n + 1 = n + 1 ! n + 1 ! n + 1 = n + 1 !   n !

Logo:

a 2 n = a 0   - 1 n 2 2 n n + 1 !   n !

Passo 10

Então, aquela expressão Φ = ∑ n = 0 ∞   a n x n + r

Agora só tem os coeficientes pares (vamos trocar n por 2 n ) e com r = 1 :

Φ = ∑ n = 0 ∞   a 2 n x 2 n + 1

Φ = ∑ n = 0 ∞   a 0   - 1 n 2 2 n n + 1 !   n ! x 2 n + 1

Mas como a 0 pode ser qualquer valor, vamos deixá-lo de fora ao encontrar uma solução fundamental. Escrevemos, então:

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

Passo 11

( d ) Vamos usar, agora, o teorema de Frobenius para encontrar o raio de convergência. Ele diz o seguinte: se a equação é da forma

P 2 x y ' ' + P 1 x y + P 0 x y = 0

e x 0 é um ponto singular regular, então as séries que representam as funções analíticas

x - x 0   P 1 ( x ) P 2 ( x )

x - x 0 2   P 0 ( x ) P 2 ( x )

têm raios de convergência R 1 e R 2 . O raio de convergência da solução é o menor entre eles:

R = min ⁡ ( R 1 , R 2 )

Passo 12

No nosso caso, x 0 = 0 , já que a equação é

x 2 ⏟ P 2 ( x ) y ' ' + x ⏟ P 1 ( x ) y ' + x 2 - 1 ⏟ P 0 ( x ) y

Assim, teremos:

x - x 0   P 1 ( x ) P 2 ( x ) = x x x 2 = 1

x - x 0 2   P 0 ( x ) P 2 ( x ) = x 2 x 2 - 1 x 2 = x 2 - 1

Ambas as funções tem séries truncadas e são analíticas para todos os reais. Isto é, o raio de convergência delas é infinito e o da nossa solução também o será: R = ∞ .

Resposta

( a ) y = c 1 x + c 2 x

( b ) L Φ = r 2 - 1 a 0 x r + r + 1 2 - 1 a 1 x 1 + r     + ∑ n = 2 ∞   n + r 2 - 1 a n + a n - 2 x n + r

( c ) y 1 = ∑ n = 0 ∞   - 1 n x 2 n + 1 2 2 n   n + 1 ! n !

( d ) R = ∞ .

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