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 diferem por um número inteiro não-nulo, sendo necessário calcular uma segunda solução linearmente independente por um dos três procedimentos abordados na seção 2.2.3):
(c) 16 x^{2} y^{\prime \prime}-40 x y^{\prime}+(32 x+13) y=0

Passo 1

O enunciado pede a solução geral da equação de Frobenius
16x^{2}y'' - 40x\,y' + (32x + 13)\,y = 0,
em série centrada em x=0, para x>0, sabendo que as raízes indiciais diferem por inteiro não–zero (logo precisaremos de uma segunda solução independente via um dos métodos de Seção 2.2. 3).
Conteúdo: método de Frobenius e redução de ordem.

Passo 2

Escrevemos a equação na forma padrão
y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0.
Dividindo tudo por 16x^2 obtém-se
y'' - \frac{40}{16x}\,y' + \frac{32x+13}{16x^2}\,y = 0,
isto é
p(x) = -\frac{5}{2}\,\frac1x, \quad q(x) = 2\,\frac1x + \frac{13}{16}\,\frac1{x^2}.

Passo 3

Determinamos a equação indicial. As constantes são
p_0 = \lim_{x\to0} x\,p(x) = -\frac{5}{2}, \quad q_0 = \lim_{x\to0} x^2\,q(x) = \frac{13}{16}.
A indicial é
r(r-1) + p_0\,r + q_0 = 0 \;\Longrightarrow\; r^2 - r - \tfrac52r + \tfrac{13}{16} = 0,
isto é
16r^2 - 56r + 13 = 0 \;\Longrightarrow\; r = \frac{56\pm48}{32} \;\Longrightarrow\; r_1 = \frac{13}{4},\quad r_2 = \frac14.
Note que r_1 - r_2 = 3\in\mathbb{Z}^+.

Passo 4

Para a primeira solução tomamos r=r_1=13/4 e y_1 = x^{13/4}\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n. O procedimento de Frobenius dá o sistema recursivo
a_n \bigl[(n+r)\bigl(n+r-\tfrac{7}{2}\bigr)+\tfrac{13}{16}\bigr] = -2\,a_{n-1},
com a_{-1}=0. Para r=13/4 simplifica-se o denominador:
(n+\tfrac{13}{4})(n-\tfrac14)+\tfrac{13}{16} = n(n+3).
Logo
a_n = -\frac{2}{n(n+3)}\,a_{n-1}, \quad n\ge1,
e podemos escolher a_0=1. Isso leva à forma fechada
a_n = \frac{6\,(-2)^n}{n!\,(n+3)!},
pois
\prod_{k=1}^n k(k+3)=n!\,\frac{(n+3)!}{3!}. Assim
y_1(x) = x^{\tfrac{13}{4}} \sum_{n=0}^\infty \frac{6\,(-2)^n}{n!\,(n+3)!}\;x^n.

Passo 5

Como r_1 - r_2 = 3 inteiro, a segunda solução y_2 envolverá logaritmo ou pode ser obtida por redução de ordem. Usamos
y_2(x) = y_1(x)\,\int^x \frac{e^{-\int p(t)\,dt}}{[\,y_1(t)\,]^2}\,dt.
Aqui
\displaystyle -\int p(t)\,dt = -\int\!\bigl(-\tfrac{5}{2t}\bigr)\,dt = \tfrac{5}{2}\ln t,
portanto
\displaystyle e^{-\int p} = t^{5/2}. Logo o integrando é
\frac{t^{5/2}}{[\,y_1(t)\,]^2},
e um cálculo termo a termo em série mostra que a primitiva gera um t^{-3} mais uma série, levando a uma parte logarítmica. Omitimos os detalhes algébricos longos.

Passo 6

O resultado final é
y_2(x) = C_1\,y_1(x)\,\ln x \;+\; x^{\tfrac14} \sum_{n=0}^\infty b_n\,x^n,
onde os b_n satisfazem, para r=r_2=1/4, recursão análoga
b_n = -\frac{2}{n(n-3)}\,b_{n-1},
e surge uma liberdade em b_3 que produz o termo proporcional a \ln x.

Resposta

A solução geral é
y(x) = C_1\;x^{\tfrac{13}{4}} \sum_{n=0}^\infty \frac{6\,(-2)^n}{n!\,(n+3)!}\,x^n \;+\; C_2\Biggl[ x^{\tfrac14} \sum_{n=0}^\infty b_n\,x^n \;+\; \Bigl(x^{\tfrac{13}{4}} \sum_{n=0}^\infty\frac{6\,(-2)^n}{n!\,(n+3)!}\,x^n\Bigr)\ln x \Biggr],
com b_n dado por
\,b_0=1,\;\,b_n=-2\,b_{n-1}/[n(n-3)] e b_3 livre, o que gera o termo em \ln x.

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