Exercícios Resolvidos de Método de Frobenius – Ponto Singular Regular

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Enunciado

Use o teorema de Frobenius para determinar soluções da seguinte equação linear homogênea ao redor dos seus pontos singulares regulares:

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

Passo 1

A primeira coisa a fazer é identificar o ponto singular regular, para isso primeiro vemos quais são os pontos singulares, repare que

P x = x

Q x = - 2

R x = - x

E P x = 0 só para x = 0 , esse é o único ponto singular, vamos testar agora se ele é regular fazendo os limites

lim x → 0 ⁡ x - 0 - 2 x = lim x → 0 ⁡ - 2 = - 2

lim x → 0 ⁡ x - 0 2 - x x = lim x → 0 ⁡ - x 2 = 0

Então ele é um ponto singular regular.

Passo 2

Agora fazemos

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r

y ' x = ∑ n = 0 ∞ n + r a n x n + r - 1

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

E substituímos na Edo

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

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

Passo 3

Vamos deixá-los com a mesma potência de x , nesse caso, x n + r - 1 .

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

Vamos ter então

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

Passo 4

Vamos andar todo mundo uma unidade para que todos comecem no mesmo ponto, os termos que vão ficar fora do somatório serão:

r r - 1 a 0 x r - 1 + r + 1 r a 1 x r + 2 r a 0 x r - 1 + 2 r + 1 a 1 x r

Vamos agora resolver a equação indicial, olhando para os termos em x r - 1

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

Como a 0 ≠ 0

r r - 1 + 2 r = 0

r 2 - r + 2 r = 0

r 2 + r = 0

r r + 1 = 0

r 1 = 0

r 2 = - 1

Opa, dessa vez temos um problema. As duas raízes deram inteiros. Assim, a única raiz que vamos pegar para fazer a solução é a maior entre elas.

r 1 = 0

Passo 5

Vamos, então, olhar para os somatórios que sobraram da nossa EDO

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

Agora, vamos juntar os somatórios, colocando o x n + r - 1 em evidência

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

Vamos encontrar a relação de recorrência

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

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

n + r + 1 n + r a n = a n - 2

a n = a n - 2 n + r + 1 n + r

Passo 6

Vamos achar a solução para r 1 = 0

a n = a n - 2 n + 1 n

para   n = 2       →       a 2 = a 0 3.2                                                  

para   n = 3       →         a 3 = a 1 4.3

para   n = 4       →       a 4 = a 2 5.4       →       a 4 = a 0 5.4 . 3.2

para   n = 5       →       a 5 = a 3 6.5       →       a 5 = a 1 6 . 5.4 . 3

Repara que vamos ter:

Para n par, ou seja, fazendo 2 n no lugar de n

a 2 n = a 0 2 n + 1 ! ,     n ≥ 1

Para n ímpar, ou seja, fazendo 2 n + 1

a 2 n + 1 = 2 a 1 2 n + 2 ! ,     n ≥ 1

Passo 7

Lembrando que r = 0 e

y x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + r = ∑ n = 0 ∞ a n x n

Vamos ter

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

Podemos arrumar essa solução, repare que se começarmos cada somatório ali em n = 0 , teremos exatamente o a 0 e o a 1 x respectivamente, assim

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

A solução da EDO vai ser

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

Opa, achamos duas soluções nesse caso, mesmo tendo só uma raiz. Isso aconteceu como normalmente acontecia em ponto ordinário. Então vamos sempre ficar atentos a essas contas hein.

Resposta

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

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