Calcule a solução geral na forma de uma série centrada no ponto singular regular x=0 de cada uma das seguintes EDOs (que são tais que as raízes indiciais diferem por um número inteiro não-nulo, correspondendo à menor delas a solução geral):
(d) x^{2} y^{\prime \prime}+5 x y^{\prime}-5 y=0

Passo 1

Estamos diante da equação de Euler–Cauchy
x^{2}y'' + 5x\,y' - 5y = 0,
que tem x=0 como ponto singular regular. Para resolvê-la pelo método de Frobenius, vamos buscar uma solução da forma
y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\,x^{n+r},
onde r é o expoente indicial e (a_{n}) são coeficientes a determinar.

Passo 2

Compute as derivadas em série:
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\,(n+r)\,x^{n+r-1},
y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\,(n+r)(n+r-1)\,x^{n+r-2}.
Substituindo em x^{2}y'' +5x\,y' -5y=0 obtemos
\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\bigl[(n+r)(n+r-1)+5(n+r)-5\bigr]\,x^{n+r}=0.

Passo 3

O coeficiente de x^{r} (termo de menor potência, com n=0) deve ser zero:
r(r-1)+5r-5=0 \quad\Longrightarrow\quad r^{2}+4r-5=0 \quad\Longrightarrow\quad r_{1}=1,\;r_{2}=-5.

Passo 4

Para os demais n\ge1 temos a condição de recorrência
a_{n}\,\bigl[(n+r)(n+r-1)+5(n+r)-5\bigr]=0 \quad\Longleftrightarrow\quad a_{n}\,(n+r-1)(n+r+5)=0.
Se escolhermos o menor expoente r=-5, o fator (n-6) anula o parêntese só quando n=6. Logo
  • para n\neq6 tem-se (n-6)\neq0, logo a_{n}=0;
  • para n=6 o coeficiente é livre, digamos a_{6}=B.
Assim a série com r=-5 só tem dois termos não-nulos:
y(x)=a_{0}\,x^{-5}+a_{6}\,x^{6-5} =a_{0}\,x^{-5}+B\,x^{1}.
Chamando C_{1}=a_{0} e C_{2}=B, essa combinação já é a solução geral.

Resposta

\boxed{y(x)=C_{1}\,x^{-5}+C_{2}\,x\,.}

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