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):
(b) 9 x^{2} y^{\prime \prime}-15 x y^{\prime}+(7-36 x) y=0

Passo 1

Temos a EDO
9x^{2}y''-15xy'+(7-36x)y=0.
O ponto x=0 é singular, mas como \lim_{x\to0}x\,p(x) e \lim_{x\to0}x^{2}q(x) são finitos (ao escrever em forma padrão y''+p(x)y'+q(x)y=0), é um ponto singular regular.
Aplicaremos o método de Frobenius: procuramos
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r},\quad a_{0}\neq0,
e primeiro achamos a equação indicial para r.

Passo 2

Substituindo y, y' e y'' na EDO e igualando o coeficiente de x^{r} a zero, obtemos a indicial
9r(r-1)-15r+7=0 \quad\Longrightarrow\quad 9r^{2}-24r+7=0
cuja solução é
r_{1}=\tfrac{7}{3},\quad r_{2}=\tfrac{1}{3},
e notamos que r_{1}-r_{2}=2\in\mathbb{Z}. Portanto a primeira solução virá de r=r_{1}, e a segunda envolverá um termo em \ln x.

Passo 3

Para construir a série, obtém‐se o seguinte relacionamento geral para os coeficientes (válido para todo r):
a_{n} =\frac{36}{\,9(n+r)(n+r-1)-15(n+r)+7\,}\;a_{n-1} =\frac{12}{n\bigl(3n+6r-8\bigr)}\,a_{n-1},\quad n\ge1.
Escolhendo r=r_{1}=7/3, temos
3n+6r_{1}-8=3n+6\quad\Longrightarrow\quad a_{n}=\frac{12}{n\,(3n+6)}a_{n-1} =\frac{4}{n(n+2)}\,a_{n-1}.
Dessa recorrência resulta
a_{n} =a_{0}\prod_{k=1}^{n}\frac{4}{k(k+2)} =a_{0}\,\frac{2\;4^{n}}{n!\,(n+2)!}.
Convenientemente escolhemos a_{0}=\tfrac12 para simplificar, ficando
a_{n}=\frac{4^{n}}{n!\,(n+2)!}.
Assim a primeira solução é
\boxed{ y_{1}(x) =x^{\tfrac{7}{3}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{4^{n}}{n!\,(n+2)!}\;x^{n}. }

Passo 4

A segunda solução pode ser obtida por redução de ordem: escrevendo a EDO em forma padrão
y''-{\tfrac{5}{3x}}\,y'+\Bigl(\tfrac{7}{9x^{2}}-\tfrac{4}{x}\Bigr)y=0,
temos p(x)=-\tfrac{5}{3x} e
y_{2}(x) =y_{1}(x)\int^{x}\frac{e^{-\int p(t)\,dt}}{[\,y_{1}(t)\,]^{2}}\,dt =y_{1}(x)\int^{x}\frac{t^{5/3}}{[y_{1}(t)]^{2}}\,dt.
Expandindo em série
\frac{t^{5/3}}{[y_{1}(t)]^{2}} =t^{-3}\bigl(1 +\cdots\bigr) =t^{-3}-\tfrac{8}{3}t^{-2}+4t^{-1}+\cdots
e integrando termo a termo, obtém‐se
\int\frac{t^{5/3}}{[y_{1}(t)]^{2}}dt =-\tfrac1{2t^{2}}+\tfrac{8}{3t}+4\ln t+\cdots.
Multiplicando por y_{1}(x)=x^{7/3}(1+\cdots), chega‐se a uma forma típica
\boxed{ y_{2}(x) =y_{1}(x)\ln x \;+\; x^{\tfrac{1}{3}}\sum_{n=0}^{\infty}d_{n}\,x^{n}, }
onde, por exemplo, os dois primeiros termos sem o \ln são
x^{\tfrac{1}{3}}\bigl(-\tfrac12+2x+\cdots\bigr) \quad\text{e o coeficiente do }\ln x\text{ é }4\,x^{7/3}.é
Os d_{n} podem ser determinados por continuidade da expansão, mas o importante é que essa solução é linearmente independente de y_{1}.

Resposta

A solução geral, válida para x>0, é
y(x)=C_{1}\,y_{1}(x)+C_{2}\,y_{2}(x)
com
y_{1}(x) = x^{\tfrac{7}{3}} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{4^{n}}{n!\,(n+2)!}\,x^{n}, \qquad y_{2}(x) = y_{1}(x)\ln x + x^{\tfrac{1}{3}} \sum_{n=0}^{\infty}d_{n}\,x^{n},
onde d_{0}=-\tfrac12, d_{1}=2, etc., garantem independência linear.

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