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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:

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

Q x = - 1

R x = 2

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

l i m x → 0   x - 0 - 1 2 x   = l i m x → 0   - 1 2   = - 1 2

l i m x → 0   x - 0 2 2 2 x   = l i m x → 0   x 2 2 2 x   = x   = 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

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

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

Vamos ter então

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

Passo 4

Vamos andar todo mundo uma unidade para que todos comecem no mesmo ponto

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

Vamos agora resolver a equação indicial

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

Como a 0 ≠ 0

2 r r - 1 - r = 0

2 r 2 - 2 r - r = 0

2 r 2 - 3 r = 0

r 1 = 0

r 2 = 3 2

Passo 5

Vamos, então, juntar os somatórios, colocando o x n + r - 1 em evidência

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

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

Vamos encontrar a relação de recorrência

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

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

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

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

n + r 2 n + 2 r - 3 a n = - 2 a n - 1

a n = - 2 a n - 1 n + r 2 n + 2 r - 3

Passo 6

Vamos achar a solução para o primeiro valor de r , r 1 = 0

a n = - 2 a n - 1 n 2 n - 3

p a r a   n = 1       →       a 1 = 2 a 0 1 . ( - 1 )                                                  

p a r a   n = 2       →         a 2 = - 2 a 1 2.1       →       a 2 = - 2 2 a 0 1.2 . 1

p a r a   n = 3       →       a 3 = - 2 a 2 3.3       →       a 3 = 2 3 a 0 1.2 . 3 1.3

Repara que vamos ter

a n = - 1 n + 1 2 n 1.2 . 3.4 … n 3.5 . 7 … 2 n - 3 a 0 = - 1 n + 1 2 n n ! 1.3 . 5.7 … 2 n - 3 a 0

Podemos dar uma leve arrumada, repara que se multiplicarmos em baixo por 2.4 . 6.8 … 2 n - 2 vamos completar o fatorial de 2 n - 2 ! , além disso

2.4 . 6.8 … 2 n - 2 = 2 n - 1 n - 1 !

Multiplicando em cima e embaixo

a n = - 1 n + 1 2 n 2 n - 1 n - 1 ! n ! 3.5 . 7 … 2 n - 3 2 n - 1 n - 1 ! a 0 = - 1 n + 1 2 2 n - 1 n - 1 ! n ! 2 n - 2 ! a 0 = - 1 n + 1 2 2 n - 1 n 2 n - 2 ! a 0

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

Podemos tirar a 0 porque queremos a solução para depois multiplicar por uma constante.

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

Passo 8

Vamos achar a solução para o segundo valor de r , r 2 = 3 2

a n = - 2 a n - 1 n + 3 2 2 n + 3 - 3 = - 2 a n - 1 n + 3 2 2 n = - 2 a n - 1 2 n + 3 n

p a r a   n = 1       →       a 1 = - 2 a 0 5.1                                                  

p a r a   n = 2       →         a 2 = - 2 a 1 7.2       →       a 2 = 2 2 a 0 1.2 . 7.5

p a r a   n = 3       →       a 3 = - 2 a 2 9.3       →       a 3 = - 2 3 a 0 1.2 . 3 9.7 . 5

Repara que vamos ter

a n = - 1 n 2 n 1.2 . 3.4 … n 5.7 … 2 n + 3 a 0 = - 1 n 2 n n ! 5.7 … 2 n + 3 a 0

Podemos dar uma leve arrumada, repara que se multiplicarmos em baixo por 3.2 . 4.6 . 8 … 2 n + 2 vamos completar o fatorial de 2 n + 3 ! , além disso

3.2 . 4.6 . 8 … 2 n + 2 = 3 . 2 n + 1 n + 1 !

Multiplicando em cima e embaixo

a n = - 1 n 2 n 3 . 2 n + 1 n + 1 ! ! n ! 3.5 . 7 … 2 n + 3 3 . 2 n + 1 n + 1 ! a 0 = - 1 n 3 . 2 2 n + 1 n + 1 ! n ! 2 n + 3 ! a 0 = - 1 n 3 . 2 2 n + 1 n + 1 2 n + 3 ! a 0

Passo 9

Vamos ter (lembrando que r = 3 / 2 )

y 2 x = ∑ n = 0 ∞ a n x n + 3 / 2 = a 0 x 3 / 2 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n 3 . 2 2 n + 1 n + 1 2 n + 3 ! a 0 x n + 3 / 2

Podemos tirar a 0 porque queremos a solução para depois multiplicar por uma constante.

y 2 x = x 3 / 2 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n 3 . 2 2 n + 1 n + 1 2 n + 3 ! x n + 3 / 2

Passo 10

A solução da EDO vai ser

y x = C 1 y 1 x + C 2 y 2 x

y x = C 1 1 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 2 2 n - 1 n 2 n - 2 ! x n + C 2 x 3 / 2 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n 3 . 2 2 n + 1 n + 1 2 n + 3 ! x n + 3 / 2

Resposta

y x = C 1 1 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n + 1 2 2 n - 1 n 2 n - 2 ! x n + C 2 x 3 / 2 + ∑ n = 1 ∞ - 1 n 3 . 2 2 n + 1 n + 1 2 n + 3 ! x n + 3 / 2

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