Calcule a solução geral na forma de uma série centrada no ponto singular regular x=0 de cada uma das seguintes EDOs (cujas raízes indiciais correspondentes, informa-se, não difere por um número inteiro):
(c) 2 x^{2} y^{\prime \prime}+3 x y^{\prime}+\left(2 x^{2}-1\right) y=0

Passo 1

Temos a equação
2x^{2}y''+3x\,y'+(2x^{2}-1)y=0
que apresenta ponto singular regular em x=0. Para obter a solução geral vamos usar o método de Frobenius, isto é, assumir uma solução da forma
y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r},\quad a_{0}\neq0,
determinar a equação indicial para encontrar os possíveis r e em seguida obter a relação de recorrência entre os a_{n}.

Passo 2

Calculamos as derivadas formais:
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}.
Substituindo na EDO:
2x^{2}y''=\sum_{n=0}^{\infty}2a_{n}(n+r)(n+r-1)x^{n+r}, \quad 3x\,y'=\sum_{n=0}^{\infty}3a_{n}(n+r)x^{n+r},
(2x^{2}-1)y=\sum_{n=0}^{\infty}2a_{n}x^{n+r+2}-\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}.
Reagrupando em potências de x^{n+r} e deslocando índice no termo com x^{n+r+2} (usando n\to n-2) chega-se a
\sum_{n=0}^{\infty}\Bigl[2(n+r)(n+r-1)+3(n+r)-1\Bigr]a_{n}\,x^{n+r} +2\sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}\,x^{n+r}=0.
Isto equivale a
\sum_{n=0}^{\infty}\Bigl\{\bigl[2(n+r)(n+r-1)+3(n+r)-1\bigr]a_{n} +2a_{n-2}\Bigr\}x^{n+r}=0,
onde convenimos definir a_{-1}=a_{-2}=0.

Passo 3

Para n=0 a condição de coeficiente zero dá a equação indicial
\bigl[2r(r-1)+3r-1\bigr]a_{0}=0 \quad\Longrightarrow\quad 2r^{2}+r-1=0 \quad\Longrightarrow\quad r=\frac{-1\pm3}{4}
\boxed{r_{1}=\tfrac12,\quad r_{2}=-1.}

Passo 4

Para n=1 o termo a_{-1} é nulo e obtemos
\bigl[2(r+1)r+3(r+1)-1\bigr]a_{1}=0.
Como o fator entre colchetes não se anula para r=\tfrac12 nem para r=-1, segue que
\boxed{a_{1}=0.}
Para n\ge2 vem a relação de recorrência
\bigl[2(n+r)(n+r-1)+3(n+r)-1\bigr]a_{n}+2a_{n-2}=0
\Longrightarrow \quad a_{n}=-\frac{2\,a_{n-2}}{2(n+r)^{2}+(n+r)-1}.

Passo 5

Como a_{1}=0, só surgem termos pares não nulos, e para cada raiz r definimos
a_{2m} =-\frac{2\,a_{2m-2}}{2(2m+r)^{2}+(2m+r)-1}, \quad m\ge1,
com a_{0} livre. Assim as duas soluções independentes são
y_{1}(x) =x^{\tfrac12}\sum_{m=0}^{\infty}a_{2m}^{(1)}\,x^{2m}, \qquad y_{2}(x) =x^{-1}\sum_{m=0}^{\infty}a_{2m}^{(2)}\,x^{2m},
onde em y_{1} usamos r=\tfrac12 e em y_{2} usamos r=-1.

Resposta

A solução geral é
\boxed{ y(x)=C_{1}\,x^{\tfrac12} \sum_{m=0}^{\infty}a_{2m}^{(1)}\,x^{2m} \;+\; C_{2}\,x^{-1} \sum_{m=0}^{\infty}a_{2m}^{(2)}\,x^{2m}, }
com as constantes C_{1},C_{2} e os coeficientes dados pela recorrência
a_{0}^{(i)}\text{ livre},\quad a_{1}^{(i)}=0,\quad a_{2m}^{(i)} =-\frac{2\,a_{2m-2}^{(i)}}{2(2m+r_{i})^{2}+(2m+r_{i})-1},
para i=1 ( r_{1}=\tfrac12) e i=2 ( r_{2}=-1).

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