Considere a equação:
\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}(x)-2 x(1+\beta) y^{\prime}(x)+\alpha(\alpha+2 \beta+1) y(x)=0
a) Use o método de Frobenius para exibir duas soluções em torno de x=0.
b) Escreva a equação na sua forma auto-adjunta e identifique o autovalor \lambda e a função peso \omega(x).

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}(x)-2 x(1+\beta) y^{\prime}(x)+\alpha(\alpha+2 \beta+1) y(x)=0
e pede duas coisas:
  • (a) Usar o método de Frobenius para exibir duas soluções em torno de x=0.
  • (b) Escrever a equação na forma auto-adjunta e identificar o autovalor \lambda e a função peso \omega(x).
Informações relevantes dadas: os parâmetros \alpha e \beta aparecem como constantes; a singularidade em x=0 é tratada pelo método de Frobenius (mas atenção: x=0 é, na verdade, ponto regular porque o coeficiente de y'' vale 1 em x=0).

Passo 2

Breve lembrança do método de Frobenius (didática e sem pular etapas).
  • A ideia é procurar uma solução da forma
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r},
onde a_0\neq0 e r é o expoente indicial que determina comportamento em x=0.
  • Calcula-se y' e y'', substitui na equação e iguala coeficientes do menor poder de x para obter a equação indicial (que dá r). Depois obtém-se uma relação de recorrência entre os a_n.
  • Se x=0 for ponto regular ordinário (coeficientes analíticos), então normalmente r será inteiro e as duas soluções regulares correspondem a r=0 e r=1 (uma par e outra ímpar). Vamos aplicar isso passo a passo à equação dada.

Passo 3

Substituição da série de Frobenius na equação e obtenção da equação indicial.
  • Assumir
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r},\qquad a_0\neq0.
  • Derivadas:
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)a_n x^{n+r-1},
y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1)a_n x^{n+r-2}.
  • Substituir em \left(1-x^{2}\right) y'' - 2x(1+\beta) y' + \alpha(\alpha+2\beta+1) y =0. Ao multiplicar o primeiro somatório por 1-x^2 aparecem termos em x^{n+r-2} e x^{n+r}; os demais termos ficam em x^{n+r}. O menor expoente aparece no termo x^{r-2} vindo da parte (1-x^2)y''.
  • O coeficiente do menor poder x^{r-2} é dado por (r)(r-1)a_0. Igualando a zero obtemos a equação indicial
r(r-1)a_0=0.
Como a_0\neq0, segue
r(r-1)=0 \quad\Rightarrow\quad r=0\\ \text{ou}\\ r=1.
Comentário didático: isso confirma que x=0 é ponto regular (só aparecem expoentes inteiros não negativos), então esperamos duas soluções analíticas, uma com comportamento x^{0} (regular par) e outra com x^{1} (regular ímpar).

Passo 4

Derivação da relação de recorrência geral (para r genérico) — passo técnico importante para construir as séries.
  • Agrupando os termos em potência x^{n+r} (faça o deslocamento n\mapsto n+2 no somatório que tem x^{n+r-2}), obtemos a relação para n\ge0:
(n+r+2)(n+r+1)a_{n+2} = \Big[(n+r)(n+r+2\beta+1) - \alpha(\alpha+2\beta+1)\Big]a_n.
  • Explicando onde vem cada termo:
    • O fator (n+r+2)(n+r+1) vem do deslocamento do termo de y'' (coeficiente na potência apropriada).
    • O polinômio (n+r)(n+r+2\beta+1) - \alpha(\alpha+2\beta+1) resulta da soma dos termos que multiplicam a_n (provenientes de -x^2 y'', do termo em y' e do termo em y); a simplificação foi feita coletando os termos em n+r.

Passo 5

Construção da primeira solução (caso r=0, série par/regular).
  • Tomar r=0. A recorrência fica, para n\ge0:
(n+2)(n+1)a_{n+2} = \big[n(n+2\beta+1) - \alpha(\alpha+2\beta+1)\big] a_n.
  • Observação de paridade: a recorrência liga a_{n+2} a a_n, logo índices de mesma paridade se acoplam. Assim, tomando a_0 arbitrário (por exemplo a_0=1) e escolhendo a_1=0 para a solução de paridade par, obtemos uma série envolvendo apenas potências pares:
y_1(x)=\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k} x^{2k},
com a recorrência específica (substituindo n=2k):
(2k+2)(2k+1) a_{2k+2} = \big[2k(2k+2\beta+1)-\alpha(\alpha+2\beta+1)\big] a_{2k}.
  • Exemplos dos primeiros coeficientes (para fixar a ideia):
    • a_0 livre (escolher a_0=1 se quiser normalizar).
    • Para k=0 (isto é n=0):
    2\cdot1\cdot a_2 = \big[0\cdot(2\beta+1)-\alpha(\alpha+2\beta+1)\big] a_0então a_2 = -\frac{\alpha(\alpha+2\beta+1)}{2} a_0.
    • Para k=1 ( n=2):
    4\cdot3\cdot a_4 = \big[2(2+2\beta+1)-\alpha(\alpha+2\beta+1)\big] a_2,e assim por diante; cada a_{2k+2} é obtido a partir de a_{2k} por uma fração racional.

Passo 6

Construção da segunda solução (caso r=1, série ímpar).
  • Tomar r=1. A recorrência geral dá, para n\ge0:
(n+3)(n+2)a_{n+2} = \big[(n+1)(n+2\beta+2) - \alpha(\alpha+2\beta+1)\big] a_n.
  • Para obter a solução ímpar, escolhe-se a_0=0 e a_1 livre (por exemplo a_1=1). Então só aparecem potências ímpares e escrevemos
y_2(x)=\sum_{k=0}^{\infty} b_{2k+1} x^{2k+1} = x\sum_{k=0}^{\infty} c_{k} x^{2k}.
  • Escrevendo em termos de índices pares: substituindo n=2k+1 na forma original da recorrência (ou usando fórmula acima com n=2k+1), obtemos a recorrência que liga b_{2k+3} a b_{2k+1}. Exemplo dos primeiros coeficientes:
    • b_1 livre (p.ex. b_1=1).
    • Para n=1:
    3\cdot2\cdot b_3 = \big[1(1+2\beta+1)-\alpha(\alpha+2\beta+1)\big] b_1logo b_3 = \frac{(1+2\beta) - \alpha(\alpha+2\beta+1)}{6} b_1,e assim por diante.

Passo 7

Observações úteis e interpretação (didático, ligação com polinômios especiais).
  • As duas séries encontradas são linearmente independentes (uma é par e outra ímpar), formando uma base de soluções analíticas locais em x=0.
  • Quando \alpha for um inteiro não negativo n (e alguns detalhes sobre \beta), a recorrência pode truncar: para certo k o numerador da recorrência pode zerar e daí a série termina, produzindo um polinômio. Esses polinômios são, na verdade, uma família ligada aos polinômios de Jacobi (situação clássica em que \alpha indexa o grau). Isso é um comentário extra para quando aparecer em provas: reconhecer a equação como relacionada aos polinômios de Jacobi ajuda a identificar soluções polinomiais quando \alpha\in\mathbb{N}.

Passo 8

Parte (b): colocar a equação na forma auto-adjunta. Estratégia didática:
  • Queremos multiplicar por um fator integrante \mu(x) tal que o operador diferencial fique como
\frac{d}{dx}\big[p(x) y'\big] + \lambda\,\omega(x)\, y =0,
ou seja, que o termo multiplicando y'' seja p(x) e o termo multiplicando y' seja p'(x). Começamos multiplicando a equação original por \mu(x) e exigimos que
\mu(x)\big(1-x^2\big) = p(x),\qquad \text{e}\qquad p'(x)=\mu(x)\big[-2x(1+\beta)\big].
  • Igualando p'(x)=\big(\mu(1-x^2)\big)' com \mu(-2x(1+\beta)) e resolvendo para \mu obtemos a equação diferencial para \mu.

Passo 9

Cálculo do fator integrante \mu(x) e expressão final auto-adjunta.
  • Calcular \mu usando
\big(\mu(1-x^2)\big)' = \mu(-2x(1+\beta)).
Expandindo o lado esquerdo:
\mu'(1-x^2) -2x\mu = -2x(1+\beta)\mu.
Rearranjando,
\mu'(1-x^2) = -2x\beta\,\mu \quad\Rightarrow\quad \frac{\mu'}{\mu} = -\frac{2\beta x}{1-x^2}.
  • Integrando ambos os lados:
\ln\mu = \int -\frac{2\beta x}{1-x^2}\,dx = \beta\ln(1-x^2) + C.
Escolhendo a constante de normalização C=0 (fator escalar não altera a forma auto-adjunta), obtemos
\mu(x)=(1-x^2)^{\beta}.
  • Então p(x)=\mu(1-x^2)=(1-x^2)^{\beta+1}. Multiplicando a equação original por (1-x^2)^{\beta} obtemos a forma auto-adjunta:
\frac{d}{dx}\!\left[(1-x^2)^{\beta+1} y'\right] + \alpha(\alpha+2\beta+1) (1-x^2)^{\beta} y = 0.
  • A função peso natural nesta forma é
\omega(x)=(1-x^2)^{\beta},
e o parâmetro que atua como autovalor na equação (quando escrita no formato de Sturm–Liouville (p y')' + \lambda \,\omega\, y =0) é
\lambda = \alpha(\alpha+2\beta+1).

Passo 10

Resumo final (breve encorajamento). Estas duas séries (com r=0 e r=1 ) fornecem as duas soluções locais em x=0. A forma auto-adjunta encontrada é útil para interpretar problemas de autovalores e ortogonalidade (peso (1-x^2)^{\beta}) — se precisar, posso mostrar explicitamente como obter as formas normalizadas dos primeiros termos das séries ou conectar com polinômios de Jacobi quando \alpha é inteiro.

Resposta

(a) Duas soluções em torno de x=0 obtidas pelo método de Frobenius são uma solução par (com r=0)
y_1(x)=\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k} x^{2k},\quad a_0\\ \text{livre},
com recorrência
(2k+2)(2k+1)\,a_{2k+2}=\big[2k(2k+2\beta+1)-\alpha(\alpha+2\beta+1)\big]a_{2k},
e uma solução ímpar (com r=1)
y_2(x)=\sum_{k=0}^{\infty} b_{2k+1} x^{2k+1},\quad b_1\\ \text{livre},
com recorrência (equivalente)
(2k+3)(2k+2)\,b_{2k+3}=\big[(2k+1)(2k+2\beta+2)-\alpha(\alpha+2\beta+1)\big]b_{2k+1}.
(b) Multiplicando por (1-x^2)^{\beta} obtém-se a forma auto-adjunta
\frac{d}{dx}\!\left[(1-x^2)^{\beta+1} y'\right] + \alpha(\alpha+2\beta+1)\,(1-x^2)^{\beta} y = 0.
Logo o autovalor é
\lambda=\alpha(\alpha+2\beta+1),
e a função peso é
\omega(x)=(1-x^2)^{\beta}.

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