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.
    x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+(x-2) y=0

Passo 1

O enunciado dá a equação
x^{2}y''+x y'+(x-2)y=0
e pede, para x_{0}=0:
  • Mostrar que x_{0}=0 é 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 forem distintas e não diferirem por inteiro, encontrar também a solução em série correspondente à menor raiz.
Informações úteis dadas pelo enunciado: a equação diferencial linear de segunda ordem com coeficientes racionais em x e ponto potencialmente singular em x=0. Não há imagem nem dados adicionais.

Passo 2

Primeiro vamos verificar o tipo de singularidade em x=0. Colocamos a equação na forma padrão y''+p(x)y'+q(x)y=0 dividindo por x^{2}:
y''+\frac{1}{x}y'+\frac{x-2}{x^{2}}y=0.
Logo
p(x)=\frac{1}{x},\qquad q(x)=\frac{x-2}{x^{2}}.
Definição prática: x=0 é ponto singular regular se x p(x) e x^{2} q(x) têm limite finito (ou são analíticos) em x=0. Calculamos:
x p(x)=x\cdot\frac{1}{x}=1\quad(\text{finito}),
x^{2}q(x)=x^{2}\cdot\frac{x-2}{x^{2}}=x-2\quad(\text{tem limite finito }-2\text{ em }x\to0).
Como esses limites são finitos, x=0 é um ponto singular regular. (Isso justifica uso do método de Frobenius.)

Passo 3

Método de Frobenius: procuramos solução da forma
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r},\qquad a_{0}\neq0,
onde r é o expoente indicial a determinar. Calculamos derivadas termo a termo:
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r-1},
y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r-2}.
Substituindo na equação original x^{2}y''+x y'+(x-2)y=0 obtemos, termo a termo,
\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r} +\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r} +\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r+1} -2\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}=0.
Agrupando os dois primeiros somandos usamos (n+r)(n+r-1)+(n+r)=(n+r)^{2}. Assim
\sum_{n=0}^{\infty}\big((n+r)^{2}-2\big)a_{n}x^{n+r}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r+1}=0.
Reescrevendo a segunda soma com índice deslocado: \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r+1}=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}x^{n+r} (podendo pensar a_{-1}=0). Então, coletando os coeficientes de x^{n+r},
\sum_{n=0}^{\infty}\Big(\big((n+r)^{2}-2\big)a_{n}+a_{n-1}\Big)x^{n+r}=0.
Como a soma é nula para todo x, os coeficientes devem ser zero para todo n\ge0. Em particular, para n=0 temos a equação indicial:
\big(r^{2}-2\big)a_{0}=0.

Passo 4

Da equação indicial \big(r^{2}-2\big)a_{0}=0 e como a_{0}\neq0 obtemos a equação indicial
r^{2}-2=0.
As raízes são
r_{1}=\sqrt{2},\qquad r_{2}=-\sqrt{2}.
As raízes são distintas e a diferença r_{1}-r_{2}=2\sqrt{2} não é um inteiro. Portanto, pelo teorema de Frobenius, existem duas soluções independentes na forma de séries de Frobenius correspondentes a r_{1} e r_{2}.

Passo 5

Agora a relação de recorrência, obtida impondo que o coeficiente de x^{n+r} seja zero para n\ge1:
\big((n+r)^{2}-2\big)a_{n}+a_{n-1}=0,\qquad n\ge1.
Daqui segue a fórmula recursiva
a_{n}=-\frac{a_{n-1}}{(n+r)^{2}-2},\qquad n\ge1.
Aplicando recursivamente,
a_{n}=(-1)^{n}\frac{a_{0}}{\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\big((k+r)^{2}-2\big)}.
Essa fórmula vale para qualquer escolha de r (cada escolha dá uma solução de Frobenius).

Passo 6

Solução correspondente à maior raiz r_{1}=\sqrt{2} (válida para x>0 quando tomamos as potências x^{r} reais):
Escolhendo r=\sqrt{2} e fixando a_{0} como constante arbitrária C_{1}, os coeficientes ficam
a_{n}=(-1)^{n}C_{1}\Bigg/\prod_{k=1}^{n}\big((k+\sqrt{2})^{2}-2\big).
As primeiras parcelas explícitas são (para visualizar):
a_{1}=-\frac{C_{1}}{(1+\sqrt{2})^{2}-2}=-\frac{C_{1}}{1+2\sqrt{2}},
a_{2}=\frac{C_{1}}{\big(1+2\sqrt{2}\big)\big((2+\sqrt{2})^{2}-2\big)} =\frac{C_{1}}{\big(1+2\sqrt{2}\big)\big(4+4\sqrt{2}\big)},
e assim por diante. Portanto a solução associada a r_{1} é
y_{1}(x)=C_{1}\,x^{\sqrt{2}}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{n}}{\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\big((k+\sqrt{2})^{2}-2\big)},
com a convenção de produto vazio igual a 1 para n=0. Em forma expandida até segunda ordem:
y_{1}(x)=C_{1}\,x^{\sqrt{2}}\Bigg(1-\frac{x}{1+2\sqrt{2}}+\frac{x^{2}}{\big(1+2\sqrt{2}\big)\big(4+4\sqrt{2}\big)}+\cdots\Bigg).

Passo 7

Solução correspondente à menor raiz r_{2}=-\sqrt{2}: como as raízes são distintas e não diferem por inteiro, também existe uma solução independente na forma de série de Frobenius com r=-\sqrt{2}. Tomando constante inicial b_{0}=C_{2}, a recorrência dá
b_{n}=(-1)^{n}C_{2}\Bigg/\prod_{k=1}^{n}\big((k-\sqrt{2})^{2}-2\big).
As primeiras parcelas são
b_{1}=-\frac{C_{2}}{(1-\sqrt{2})^{2}-2}=-\frac{C_{2}}{1-2\sqrt{2}},
b_{2}=\frac{C_{2}}{\big(1-2\sqrt{2}\big)\big((2-\sqrt{2})^{2}-2\big)},
etc. A solução é
y_{2}(x)=C_{2}\,x^{-\sqrt{2}}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{n}}{\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\big((k-\sqrt{2})^{2}-2\big)}.

Passo 8

Resumo prático e observações de prova:
  • A existência das séries decorre do fato de x=0 ser singular regular e das raízes da indicial não diferenciarem por inteiro.
  • Cada série tem raio de convergência pelo menos até o primeiro singularidade finita além de x=0; a construção acima fornece as duas soluções lineares independentes.
  • Em uma prova, basta apresentar o teste de singularidade (Passo 2), o ansatz de Frobenius (Passos 3–5), resolver a indicial e escrever a recorrência e as séries até as primeiras parcelas (Passos 6–7). Não é necessário obter uma forma fechada para os coeficientes além do produto mostrado.

Resposta

Ponto singular regular em x_{0}=0: sim.
Equação indicial:
r^{2}-2=0.
Raízes da indicial:
r_{1}=\sqrt{2},\qquad r_{2}=-\sqrt{2}.
Relação de recorrência (válida para qualquer escolha de r):
\big((n+r)^{2}-2\big)a_{n}+a_{n-1}=0,\qquad n\ge1,
ou equivalentemente
a_{n}=-\frac{a_{n-1}}{(n+r)^{2}-2}=\;(-1)^{n}\frac{a_{0}}{\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\big((k+r)^{2}-2\big)}.
Solução em série para x>0 correspondente à maior raiz r_{1}=\sqrt{2}:
y_{1}(x)=C_{1}\,x^{\sqrt{2}}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{n}}{\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\big((k+\sqrt{2})^{2}-2\big)},
por exemplo
y_{1}(x)=C_{1}\,x^{\sqrt{2}}\Big(1-\frac{x}{1+2\sqrt{2}}+\frac{x^{2}}{(1+2\sqrt{2})(4+4\sqrt{2})}+\cdots\Big).
Como as raízes são distintas e não diferem por inteiro, a solução correspondente à menor raiz r_{2}=-\sqrt{2} também existe:
y_{2}(x)=C_{2}\,x^{-\sqrt{2}}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{n}}{\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\big((k-\sqrt{2})^{2}-2\big)}.

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