Calcule a solução geral na forma de uma série centrada no ponto singular regular x=0, e com x>0, de cada uma das seguintes EDOs (que são tais que as raízes indiciais são duplas, sendo necessário calcular uma segunda solução linearmente independente por um dos três procedimentos abordados na seção 2.2.3):
(c) x^{2} y^{\prime \prime}+\left(x^{2}+1 / 4\right) y=0

Passo 1

O enunciado pede a solução geral, em forma de série de Frobenius centrada em x=0 (ponto singular regular), para a equação
x^{2}y''+(x^{2}+\tfrac14)\,y=0,
supondo x>0. Vamos usar o método de Frobenius:
  1. assumir
    y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\,x^{n+r},
  2. encontrar a equação indicial (raízes r),
  3. obter a recorrência para os coeficientes a_{n},
  4. escrever a primeira solução y_{1},
  5. obter a segunda solução y_{2} via redução de ordem (já que as raízes são duplas).

Passo 2

Substituindo
y=\sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+r},\quad 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}
em
x^2y''+(x^2+\tfrac14)y=0,
obtemos
\sum_{n=0}^\infty a_n\bigl[(n+r)(n+r-1)+\tfrac14\bigr]x^{n+r} +\sum_{n=0}^\infty a_n\,x^{n+r+2}=0.
Para agrupar termos em x^{n+r} fazemos no segundo somatório a mudança n\to n-2. Isto leva à condição para todo n\ge0:
a_n\bigl[(n+r)(n+r-1)+\tfrac14\bigr]+a_{n-2}=0.
O termo de menor potência ( n=0) dá a equação indicial:
a_0\bigl[r(r-1)+\tfrac14\bigr]=0 \quad\Longrightarrow\quad r^2-r+\tfrac14=0,
cuja única raiz (dupla) é
r=\tfrac12.

Passo 3

Para r=\tfrac12 o fator (n+r)(n+r-1)+\tfrac14 fica
\bigl(n+\tfrac12\bigr)\bigl(n-\tfrac12\bigr)+\tfrac14 =n^2-\tfrac14+\tfrac14=n^2.
A recorrência então é, para n\ge2,
a_n=-\frac{a_{n-2}}{n^2}.
Como só ligamos a_n a a_{n-2}, temos duas cadeias: uma com a_0 e outra com a_1. Para a solução regular em x=0 fazemos a_1=0 e escolhemos a_0 arbitrário.

Passo 4

Para a cadeia par n=2k, usando a_0 livre,
a_{2k} =(-1)^k\frac{a_0}{(2^2)(4^2)\cdots((2k)^2)} =(-1)^k\frac{a_0}{\bigl(2^k k!\bigr)^2} =\;(-1)^k\frac{a_0}{4^k\,(k!)^2}.
Logo a primeira solução é
y_1(x) =x^{r}\sum_{k=0}^\infty a_{2k}x^{2k} =a_0\,x^{\tfrac12}\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{x^{2k}}{4^k\,(k!)^2}.

Passo 5

Como a raiz r=\tfrac12 é dupla, a segunda solução y_2 pode ser obtida por redução de ordem:
y_2(x)=y_1(x)\int^x\frac{1}{y_1(t)^2}\,dt.
Este integral gera um termo com \ln x mais uma série em potências pares de x.

Passo 6

Sem fazer todo o cálculo do integral, sabemos que a segunda solução terá a forma
y_2(x) =y_1(x)\ln x \;+\;x^{\tfrac12}\sum_{k=1}^\infty (-1)^k\frac{H_k}{4^k\,(k!)^2}\,x^{2k},
onde
H_k=1+\tfrac12+\cdots+\tfrac1k
é o k-ésimo número harmónico.

Resposta

A solução geral para x>0 é
y(x)=C_1\,y_1(x)+C_2\,y_2(x),
onde
y_1(x) =x^{\tfrac12}\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{x^{2k}}{4^k\,(k!)^2},
y_2(x) =y_1(x)\ln x \;+\;x^{\tfrac12}\sum_{k=1}^\infty (-1)^k\frac{H_k}{4^k\,(k!)^2}\,x^{2k}.

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