Em cada um dos itens abaixo, faça o que se pede.
  • Mostre que a equação diferencial dada possui um ponto singular regular em x_{0}=0.
  • Determine a equação indicial, a relação de recorrência e as raízes da equação indicial.
  • Encontre a solução em série de potências para x>0 correspondente à maior raiz.
  • Se as raízes não forem iguais e não diferem por um inteiro, encontre também a solução em série correspondente a menor raiz.
    2 x y^{\prime \prime}+y^{\prime}+x y=0

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
2x\,y''+y'+x\,y=0
e pede, para x_0=0:
  • Mostrar que x_0=0 é um ponto singular regular.
  • Determinar a equação indicial, a relação de recorrência e as raízes da equação indicial.
  • Encontrar a solução em série de potências para x>0 correspondente à maior raiz.
  • Se as raízes não forem iguais e não diferirem por um inteiro, encontrar também a solução em série correspondente à menor raiz.
Informações úteis dadas: a equação está na forma linear de segunda ordem com coeficiente de y'' igual a 2x, então x=0 é um ponto singular (o coeficiente de y'' se anula em x=0). O restante será deduzido pela técnica de Frobenius (séries em potências com fator x^r).

Passo 2

Verificar que x_0=0 é ponto singular regular.
Primeiro escrevo a equação na forma padrão dividindo por 2x (válido para x\neq0):
y''+\frac{1}{2x}\,y'+\frac{1}{2}\,y=0.
Aqui p(x)=\dfrac{1}{2x} e q(x)=\dfrac{1}{2}. A definição prática de ponto singular regular em x_0=0 exige que (x-0)p(x) e (x-0)^2 q(x) sejam analíticos (ou, pelo menos, finitos) em x=0. Calculo:
x p(x)=x\cdot\frac{1}{2x}=\frac{1}{2}, \qquad x^2 q(x)=x^2\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}x^2.
Ambas são analíticas em x=0. Portanto x_0=0 é um ponto singular regular.

Passo 3

Explicar e aplicar o método de Frobenius (passo a passo, do básico).
Ideia: para um ponto singular regular, procuramos uma solução da forma de Frobenius
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r},\qquad a_0\neq0,
onde r é um número (possivelmente não inteiro) a determinar — é o expoente principal. Aqui r captura o comportamento singular em x=0.
Calculo das derivadas necessárias:
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)\,a_n\,x^{n+r-1}, \qquad y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1)\,a_n\,x^{n+r-2}.

Passo 4

Substituir as séries na equação diferencial e extrair a equação indicial.
Substituo em 2x y''+y'+x y=0:
2x\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_n x^{n+r-2} +\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_n x^{n+r-1} +\;x\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n+r}=0.
Simplifico as potências:
\sum_{n=0}^{\infty}2(n+r)(n+r-1)a_n x^{n+r-1} +\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_n x^{n+r-1} +\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r+1}=0.
Agrupo os dois primeiros somatórios:
\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)\big(2(n+r-1)+1\big)a_n x^{n+r-1} +\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r+1}=0.
Observando que 2(n+r-1)+1=2n+2r-1, isso dá
\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(2n+2r-1)a_n x^{n+r-1} +\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r+1}=0.
Reindexo o segundo somatório para a mesma potência x^{n+r-1}: na segunda soma faço m=n+2, assim
\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(2n+2r-1)a_n x^{n+r-1} +\sum_{n=2}^{\infty} a_{n-2} x^{n+r-1}=0.
Agora para cada potência x^{n+r-1} (com n=0,1,2,\dots) o coeficiente deve ser zero:
(n+r)(2n+2r-1)a_n + a_{n-2}=0,\qquad n=0,1,2,\dots,
onde entendemos a_{-1}=a_{-2}=0.
A equação indicial surge olhando o menor valor de n, que é n=0. Para n=0 obtemos:
(r)(2r-1)a_0 + a_{-2}= (r)(2r-1)a_0 = 0.
Como a_0\neq0 por hipótese, a equação indicial é
\boxed{r(2r-1)=0.}
As raízes são
\boxed{r_1= \tfrac{1}{2},\qquad r_2=0.}

Passo 5

Escrever explicitamente a relação de recorrência encontrada e comentá-la.
A relação de recorrência geral (obtida acima) é
\boxed{(n+r)(2n+2r-1)\,a_n + a_{n-2}=0,\qquad n\ge0,}
ou isolando a_n,
\boxed{a_n = -\frac{a_{n-2}}{(n+r)(2n+2r-1)},\qquad n\ge0,}
com a_{-1}=a_{-2}=0. Observação prática: essa recorrência relaciona coeficientes com passo 2, portanto as séries pares (índices 0,2,4,\dots) e impares (índices 1,3,5,\dots) separam-se; normalmente uma das constantes iniciais é a_0 (para a cadeia par) e a outra seria a_1 (para a cadeia ímpar).

Passo 6

Verificar diferença de raízes e implicações.
As raízes são r_1=\tfrac{1}{2} e r_2=0. Elas são distintas e sua diferença é \tfrac{1}{2}, que não é um inteiro. Pelo teorema de Frobenius, isso garante a existência de duas soluções linearmente independentes da forma x^{r} vezes séries (uma para cada r) — não há termos de logaritmo.
Agora obtenho explicitamente as duas soluções em série para x>0.

Passo 7

Construir a solução correspondente à maior raiz r=\tfrac{1}{2}.
Tomamos r=\tfrac{1}{2} e aplicamos a recorrência
a_n = -\frac{a_{n-2}}{(n+\tfrac{1}{2})(2n+1-1)} = -\frac{a_{n-2}}{(n+\tfrac{1}{2})(2n+1-1)}.
Calculo explícito do factor no denominador: 2n+2r-1=2n+1-1=2n. Assim
a_n = -\frac{a_{n-2}}{(n+\tfrac{1}{2})\cdot 2n}.
Para n=1 isso dá
a_1 = -\frac{a_{-1}}{(1+\tfrac{1}{2})\cdot 2}=0,
logo a_1=0. Como a recorrência conecta a_n com a_{n-2}, e a_1=0 e a_{-1}=0, segue que todos os coeficientes ímpares são zero: a série tem apenas termos pares. Para os índices pares n=2k podemos escrever a recorrência para a_{2k}:
Coloco n=2k. Então
a_{2k}=-\frac{a_{2k-2}}{(2k+\tfrac{1}{2})\cdot 4k}.
Simplifico o denominador:
2k+\tfrac{1}{2}=\frac{4k+1}{2},\qquad (2k+\tfrac{1}{2})\cdot 4k = 4k\cdot\frac{4k+1}{2}=2k(4k+1).
Logo
\boxed{a_{2k} = -\frac{a_{2k-2}}{2k(4k+1)}.}
Desenvolvendo recursivamente a partir de a_0, obtemos uma fórmula fechada (produto):
a_{2k}=(-1)^k\frac{a_0}{\displaystyle\prod_{j=1}^{k}2j(4j+1)} =(-1)^k\frac{a_0}{2^k k!\\ \displaystyle\prod_{j=1}^k(4j+1)}.
Portanto a solução associada a r=\tfrac{1}{2} é (escolhendo a_0=1 para normalizar a constante livre)
\boxed{y_1(x)=x^{1/2}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k}}{\displaystyle\prod_{j=1}^{k}2j(4j+1)}.}
Para termos concretos, os primeiros termos são (com a_0=1):
y_1(x)=x^{1/2}\Big(1 - \frac{x^{2}}{2\cdot 1\cdot(4\cdot1+1)} + \frac{x^{4}}{2\cdot4\,(4\cdot1+1)(4\cdot2+1)} - \cdots\Big),
ou mais explicitamente
y_1(x)=x^{1/2}\Big(1 - \frac{x^{2}}{2\cdot5} + \frac{x^{4}}{(2\cdot1)(4\cdot1+1)\,(2\cdot2)(4\cdot2+1)} -\cdots\Big).

Passo 8

Construir a solução correspondente à menor raiz r=0.
Agora tomo r=0. A recorrência geral é
a_n = -\frac{a_{n-2}}{n(2n-1)}.
Para n=1 obtemos
a_1 = -\frac{a_{-1}}{1\cdot1}=0,
logo a_1=0 e novamente todos os coeficientes ímpares serão zero. Para os índices pares n=2k,
a_{2k} = -\frac{a_{2k-2}}{2k(4k-1)}.
Repetindo recursivamente a partir de a_0, obtemos a fórmula em produto:
a_{2k}=(-1)^k\frac{a_0}{\displaystyle\prod_{j=1}^k 2j(4j-1)} =(-1)^k\frac{a_0}{2^k k!\\ \displaystyle\prod_{j=1}^k(4j-1)}.
Assim, escolhendo novamente a_0=1 para normalizar a constante livre, a solução associada a r=0 é
\boxed{y_2(x)=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k}}{\displaystyle\prod_{j=1}^k 2j(4j-1)}.}
Os primeiros termos são
y_2(x)=1 - \frac{x^{2}}{2\cdot(4\cdot1-1)} + \frac{x^{4}}{(2\cdot1)(4\cdot1-1)\,(2\cdot2)(4\cdot2-1)} -\cdots,
isto é
y_2(x)=1 - \frac{x^{2}}{2\cdot3} + \frac{x^{4}}{(2\cdot1)(3)(2\cdot2)(7)} -\cdots.

Passo 9

Resumo das propriedades e independência linear.
  • As duas soluções y_1 e y_2 obtidas são linearmente independentes porque correspondem a expoentes r=\tfrac{1}{2} e r=0 cuja diferença não é inteiro. Assim a combinação linear geral da equação é
y(x)=C_1 y_1(x) + C_2 y_2(x),
válida para x>0 (região onde dividimos por 2x e onde as séries de Frobenius convergem dentro de algum raio de convergência determinado pelas singularidades mais próximas no plano complexo).

Resposta

Sim — x_0=0 é ponto singular regular.
Equação indicial: r(2r-1)=0. Raízes: r_1=\tfrac{1}{2}, r_2=0.
Relação de recorrência geral:
a_n=-\frac{a_{n-2}}{(n+r)(2n+2r-1)},\qquad n\ge0.
Solução correspondente à maior raiz r=\tfrac{1}{2}:
y_1(x)=x^{1/2}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k}}{\displaystyle\prod_{j=1}^{k}2j(4j+1)}.
Solução correspondente à menor raiz r=0:
y_2(x)=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k}}{\displaystyle\prod_{j=1}^{k}2j(4j-1)}.

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