Considere a equação diferencial linear de segunda ordem:
y^{\prime \prime}+P_{1}(x) y^{\prime}+P_{0}(x) y=0 .
Suponha que x_{0} é um ponto singular regular. Podemos reescrever a equação na forma:
y^{\prime \prime}+\frac{p(x)}{\left(x-x_{0}\right)} y^{\prime}+\frac{q(x)}{\left(x-x_{0}\right)^{2}} y=0
onde p(x)=\left(x-x_{0}\right) P_{1}(x) e q(x)=\left(x-x_{0}\right)^{2} P_{0}(x) são funções analíticas em x=x_{0}. Com isso:
(a) Determine o polinômio indicial e suas raízes a partir da forma de Frobenius.
(b) Encontre a solução geral para a série de potências e derive a fórmula de recorrência.
(c) Explique como o procedimento acima demonstra que sempre há pelo menos uma solução na forma de Frobenius.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial linear de segunda ordem com ponto singular regular x_{0} e a reescrita
y^{\prime \prime}+\frac{p(x)}{(x-x_{0})}y^{\prime}+\frac{q(x)}{(x-x_{0})^{2}}y=0,
onde p(x) e q(x) são analíticas em x=x_{0}. O que se pede:
(a) Determinar o polinômio indicial e suas raízes usando a forma de Frobenius.
(b) Encontrar a solução em série de potências (forma de Frobenius) e derivar a fórmula de recorrência para os coeficientes.
(c) Explicar como o procedimento demonstra que sempre existe pelo menos uma solução na forma de Frobenius.
Informações relevantes dadas:
  • p(x) e q(x) são analíticas em x_{0}, ou seja há séries de Taylor
p(x)=\sum_{k=0}^{\infty}p_{k}(x-x_{0})^{k},\qquad q(x)=\sum_{k=0}^{\infty}q_{k}(x-x_{0})^{k}
válidas numa vizinhança de x_{0}.
  • O enunciado pede a construção pelo método de Frobenius e a análise de existência de soluções nessa forma.

Passo 2

Escolha do ansatz (forma de Frobenius). Defina z:=x-x_{0}. Procura-se uma solução da forma
y(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n+r},\qquad a_{0}\neq0,
onde r é um expoente a determinar. Justificativa rápida (intuitiva): se x_{0} é singular regular, a parte singular da equação é de ordens 1 e 2 em z; a fatoração z^{r} captura o comportamento dominante e a série em potências corrige o restante. Agora calculamos as derivadas necessárias (todas em função de z):
y'(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(n+r)z^{n+r-1}, \qquad y''(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(n+r)(n+r-1)z^{n+r-2}.

Passo 3

Expansões de p(x) e q(x). Como p e q são analíticas em x_{0},
p(z)=\sum_{k=0}^{\infty}p_{k}z^{k},\qquad q(z)=\sum_{k=0}^{\infty}q_{k}z^{k},
onde p_{0}=p(x_{0}) e q_{0}=q(x_{0}). Vamos substituir y,y',y'' e essas séries na equação dada.

Passo 4

Substituição e agrupamento por potências de z. Substituindo na equação
y''+\frac{p(z)}{z}y'+\frac{q(z)}{z^{2}}y=0,
obtemos (cada termo recolocado como série em potências de z^{n+r-2}):
\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(n+r)(n+r-1)z^{n+r-2} +\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}p_{k}a_{n}(n+r)z^{n+k+r-2} +\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}q_{k}a_{n}z^{n+k+r-2}=0.
Reindexando as somas (fixando o expoente comum z^{N+r-2} com N=n+k) e agrupando os coeficientes do mesmo monômio z^{N+r-2}, obtemos a condição de nulidade dos coeficientes:
\forall N\ge 0:\qquad a_{N}(N+r)(N+r-1)+\sum_{k=0}^{N}p_{k}\,a_{N-k}(N-k+r)+\sum_{k=0}^{N}q_{k}\,a_{N-k}=0.
Escrevendo o termo referente a k=0 separadamente, isso pode ser reescrito como
\forall N\ge0:\qquad I(r+N)\,a_{N}+\sum_{k=1}^{N}\bigl[p_{k}(N-k+r)+q_{k}\bigr]a_{N-k}=0,
onde definimos o polinômio indicial generalizado
I(s):=s(s-1)+p_{0}s+q_{0}.

Passo 5

Obtenção do polinômio indicial e suas raízes (resposta do item (a)). Para N=0 a condição fica
a_{0}\,I(r)=0.
Como a_{0}\neq0 por hipótese no ansatz de Frobenius, é necessário e suficiente que
I(r)=r(r-1)+p_{0}r+q_{0}=0.
Esse é o polinômio indicial. Suas raízes r (chamadas normalmente r_{1} e r_{2}) são as soluções da equação quadrática acima; explicitamente,
r_{1,2}=\frac{1-p_{0}\pm\sqrt{(1-p_{0})^{2}-4q_{0}}}{2}.
(Aqui p_{0}=p(x_{0}) e q_{0}=q(x_{0}).)

Passo 6

Fórmula de recorrência (resposta do item (b), derivação explícita). Para N\ge1 isolamos a_{N} da relação obtida:
I(r+N)\,a_{N}=-\sum_{k=1}^{N}\bigl[p_{k}(N-k+r)+q_{k}\bigr]a_{N-k}.
Portanto, sempre que I(r+N)\neq0 podemos escrever
\boxed{\,a_{N}=-\frac{1}{I(r+N)}\sum_{k=1}^{N}\bigl[p_{k}(N-k+r)+q_{k}\bigr]a_{N-k},\qquad N\ge1.\,}
Essa é a fórmula de recorrência que permite determinar a_{1},a_{2},\dots a partir de a_{0}. Assim uma solução de Frobenius associada a uma raiz r do polinômio indicial é
\boxed{\,y(z)=z^{r}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n},\quad a_{0}\neq0,\\ \text{com }a_{n}\text{ dados pela recorrência acima.}\,}ê
Observações práticas para aplicar a recorrência na prova:
  • Primeiro calcule p_{k},q_{k} (coeficientes de Taylor de p e q) até a ordem necessária.
  • Escolha uma raiz r do polinômio indicial e tome a_{0}\neq0 (geralmente a_{0}=1 para normalizar).
  • Use a fórmula de recorrência para calcular a_{1},a_{2},\dots sucessivamente.
  • O raio de convergência da série coincide pelo menos com a distância até a singularidade mais próxima de p ou q.
Também vale lembrar os três casos clássicos para a forma da solução geral:
  • Se r_{1} e r_{2} são distintos e sua diferença não é inteiro, então existem duas soluções independentes de Frobenius correspondendo a r_{1} e r_{2}; a solução geral é combinação linear dessas duas séries.
  • Se r_{1} e r_{2} são iguais (raiz dupla) ou diferem por um inteiro não-nulo, a segunda solução independente pode envolver termos em \ln z. O método da redução de ordem ou uma análise refinada da recorrência dá a forma do termo logarítmico. (Na prova normalmente basta reconhecer que o segundo membro pode precisar de \ln.)

Passo 7

Por que sempre existe pelo menos uma solução de Frobenius (resposta do item (c)). Argumento construtivo e simples:
  • O polinômio indicial I(s) é quadrático, logo tem duas raízes complexas (contadas com multiplicidade) r_{1} e r_{2}. Ordene-as de modo que r_{1} seja a maior (se forem iguais, r_{1}=r_{2}).
  • Se escolhermos r=r_{1}, então para todo N\ge1 temos r_{1}+N\neq r_{1} e também r_{1}+N\neq r_{2} (porque r_{2}\le r_{1}, logo r_{2}-r_{1}\le0 e não pode igualar um inteiro positivo N). Portanto I(r_{1}+N)\neq0 para todo N\ge1.
  • Com I(r_{1}+N)\neq0 para todos os N\ge1, a fórmula de recorrência do Passo 6 expressa cada a_{N} de forma única em função de a_{0}. Tomando a_{0}\neq0 obtemos uma sequência (a_{N})_{N\ge0} bem definida e, assim, uma série de potências que fornece uma solução y(z)=z^{r_{1}}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}.
  • Caso r_{1}=r_{2} (raiz dupla) o mesmo argumento vale: I(r_{1}+N)\neq0 para N\ge1, logo a recorrência constrói a série. Quando r_{1}-r_{2} é um inteiro positivo, a escolha do r maior evita ressonância nos denominadores, garantindo novamente a construção direta da série.
  • Conclusão: escolhendo a raiz maior do polinômio indicial (ou, em caso de raiz dupla, essa raiz), a recorrência nunca encontra um denominador nulo para N\ge1 e, assim, sempre se constrói explicitamente uma solução de Frobenius. Logo há sempre pelo menos uma solução na forma de Frobenius.

Resposta

(a) I(r)=r(r-1)+p_{0}r+q_{0}. As raízes são
r_{1,2}=\frac{1-p_{0}\pm\sqrt{(1-p_{0})^{2}-4q_{0}}}{2},
com p_{0}=p(x_{0}), q_{0}=q(x_{0}).
(b) Uma solução de Frobenius associada a uma raiz r é
y(z)=z^{r}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n},\quad a_{0}\neq0,
com recorrência para N\ge1
I(r+N)\,a_{N}=-\sum_{k=1}^{N}\bigl[p_{k}(N-k+r)+q_{k}\bigr]a_{N-k},
ou seja
a_{N}=-\dfrac{1}{I(r+N)}\sum_{k=1}^{N}\bigl[p_{k}(N-k+r)+q_{k}\bigr]a_{N-k}.
(c) Tomando r igual à raiz maior do polinômio indicial (ou a raiz dupla, caso ocorrendo), tem-se I(r+N)\neq0 para todo N\ge1, então a recorrência determina unicamente todos os a_{N} a partir de a_{0}\neq0. Assim constrói-se sempre uma série de Frobenius, provando que existe pelo menos uma solução nessa forma.

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