Aplique o método de Frobenius para encontrar a função y=y(x) que é solução da equação diferencial x^{2} y^{\prime \prime}+4 x y^{\prime}+\left(x^{2}+2\right) y=0.

Passo 1

O enunciado pede para resolver por Frobenius a equação
x^{2}y''+4x\,y'+\bigl(x^{2}+2\bigr)y=0
em torno de x=0. Vamos supor uma solução da forma
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\,x^{n+r},
determinar o indíce r (equação indicial) e a relação de recorrência entre os a_{n}, e então ver se as séries fecham em funções elementares.

Passo 2

Derivando
y'=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(n+r)\,x^{n+r-1}, \quad y''=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(n+r)(n+r-1)\,x^{n+r-2},
e substituindo em
x^{2}y''+4x\,y'+(x^{2}+2)y=0,
obtemos, após agrupar termos em x^{n+r} e em x^{n+r+2}, a condição para o coeficiente de x^{n+r}:
a_{n}\Bigl[(n+r)(n+r-1)+4(n+r)+2\Bigr]+a_{n-2}=0,
onde usamos a_{-1}=a_{-2}=0.

Passo 3

Para n=0 aparece a equação indicial
a_{0}\bigl[r(r-1)+4r+2\bigr]=0 \quad\Longrightarrow\quad r^{2}+3r+2=0 \quad\Longrightarrow\quad r=-1\text{ ou }r=-2.

Passo 4

Para n\ge2 a relação de recorrência fica
a_{n}=-\frac{a_{n-2}}{(n+r)(n+r-1)+4(n+r)+2}.
Se fizermos r=-1, o denominador simplifica para n(n+1) e todos os a_{2k+1}=0, enquanto
a_{2k}=\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!}\,a_{0}.
Isso gera a série
y_{1}(x) =a_{0}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!}\,x^{2k-1} =\;a_{0}\,x^{-1}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}x^{2k}}{(2k+1)!} =a_{0}\,\frac{\sin x}{x^{2}}.

Passo 5

Para r=-2, o denominador vira n(n-1) e todos os a_{2k+1}=0, enquanto
a_{2k}=\frac{(-1)^{k}}{(2k)!}\,a_{0}.
Aí surge a série
y_{2}(x) =a_{0}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{(2k)!}\,x^{2k-2} =a_{0}\,x^{-2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}x^{2k}}{(2k)!} =a_{0}\,\frac{\cos x}{x^{2}}.

Resposta

A solução geral da equação é
\boxed{y(x)=C_{1}\,\frac{\sin x}{x^{2}} \;+\;C_{2}\,\frac{\cos x}{x^{2}},}
com C_{1},C_{2} constantes determinadas pelas condições iniciais.

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