Considere a equação de Legendre:
\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+\lambda(\lambda+1) y=0
definida para x \in[-1,1]. Resolva a equação em um dos pontos singulares regulares usando o método de Frobenius e encontre duas soluções linearmente independentes. Em seguida:
(a) O que ocorre nos pontos singulares regulares se \lambda não for um número inteiro?
(b) Quais são as condições sobre \lambda para garantir que as soluções sejam finitas em x \in[-1,1] ?

Passo 1

O enunciado nos dá a equação de Legendre
\left(1-x^{2}\right) y''-2x y'+\lambda(\lambda+1)\,y=0,
definida em x\in[-1,1]. As tarefas são:
  • Resolver a equação em um dos pontos singulares regulares usando o método de Frobenius e encontrar duas soluções linearmente independentes (ou seja, obter a forma das duas soluções locais).
  • (a) Dizer o que ocorre nos pontos singulares regulares se \lambda não for um número inteiro.
  • (b) Indicar as condições sobre \lambda para garantir que as soluções sejam finitas em x\in[-1,1].
Informações relevantes dadas pelo enunciado e que vamos usar:
  • Os pontos x=\pm1 são candidatos a pontos singulares (porque o coeficiente de y'' é 1-x^2 que se anula em x=\pm1).
  • Vamos aplicar o método de Frobenius em um desses pontos singulares regulares (escolherei x=1 por simetria; o outro ponto é análogo).
  • Queremos duas soluções linearmente independentes locais e entender seu comportamento em função de \lambda.

Passo 2

Escolha da expansão e mudança de variável. Para estudar a vizinhança de x=1 é conveniente usar a variável pequena
s=1-x,
assim s=0 corresponde a x=1. Em termos de s as derivadas mudam por \dfrac{d}{dx} = -\dfrac{d}{ds}. Vou reescrever a equação em s e depois aplicar a ansatz de Frobenius
y(s)=s^{r}\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}s^{n},\qquad a_0\neq0,
que busca soluções na forma de série em potências de s multiplicada por s^r.

Passo 3

Reescrevendo a equação em s. Começando com as expressões:
x=1-s,\qquad 1-x^{2}=1-(1-s)^{2}=2s-s^{2}=s(2-s).
Como y'(x)=-y_s(s) e y''(x)=y_{ss}(s), a equação transforma-se em
s(2-s)\,y_{ss}+2(1-s)\,y_{s}+\lambda(\lambda+1)\,y=0.
Esta é a forma que vamos usar para inserir a série de Frobenius.

Passo 4

Derivadas da ansatz de Frobenius. Com
y(s)=s^{r}\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}s^{n},
temos (derivando termo a termo)
y_{s}=\sum_{n=0}^{\infty} (r+n)\,a_{n}\,s^{r+n-1}, \qquad y_{ss}=\sum_{n=0}^{\infty} (r+n)(r+n-1)\,a_{n}\,s^{r+n-2}.

Passo 5

Substituição na equação e identificação do termo de menor ordem (indicial). Substituindo as séries em
s(2-s)\,y_{ss}+2(1-s)\,y_{s}+\lambda(\lambda+1)\,y=0
obtemos, após agrupar as potências s^{r+n-1} e s^{r+n}, a soma
\sum_{n=0}^{\infty} 2(r+n)^{2}a_{n}\,s^{r+n-1} +\sum_{n=0}^{\infty}\bigl[\lambda(\lambda+1)-(r+n)(r+n+1)\bigr]a_{n}\,s^{r+n}=0.
O menor expoente é s^{r-1} e surge apenas do primeiro somatório com n=0. Coeficiente desse termo é
2r^{2}a_{0}=0.
Como a_{0}\neq0 pela construção de Frobenius, obtemos a equação indicial
2r^{2}=0\quad\Rightarrow\quad r=0\\ \text{(raiz dupla).}
Comentário didático: a equação indicial dá os expoentes possíveis r da solução tipo s^r. Aqui obtemos r=0 duplo, o que tipicamente indica que existe uma solução regular (uma série em potências inteiras) e a segunda solução geralmente envolve um termo com \ln s (logaritmo) multiplicando a solução regular.

Passo 6

Recorrência para os coeficientes da série (primeira solução). Igualando coeficientes da potência s^{r+k}=s^{k} para k\ge0 obtemos a relação
2(k+1)^{2}a_{k+1}+\bigl[\lambda(\lambda+1)-k(k+1)\bigr]a_{k}=0.
Assim a recorrência é
a_{k+1}=-\dfrac{\lambda(\lambda+1)-k(k+1)}{2(k+1)^{2}}\,a_{k} =-\dfrac{(\lambda-k)(\lambda+k+1)}{2(k+1)^{2}}\,a_{k}, \qquad k\ge0.
Isto determina todos os a_k a partir de a_0.

Passo 7

Construção explícita da primeira solução y_1. Tomando a_0=1 (normalização conveniente) obtemos a solução analítica em s (isto é, em 1-x):
y_{1}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(1-x)^{n},
com a_{n} dados pela recorrência acima. Exemplificando os primeiros coeficientes:
a_{1}=-\dfrac{\lambda(\lambda+1)}{2},\qquad a_{2}=-\dfrac{(\lambda-1)(\lambda+2)}{8}\,a_{1}=\dfrac{\lambda(\lambda+1)(\lambda-1)(\lambda+2)}{16},\\ \text{etc.}
Observações didáticas:
  • A série converge (na vizinhança de s=0), portanto y_{1} é uma função analítica em x=1 e tem valor finito ali; podemos normalizar para y_1(1)=1.
  • Para valores particulares de \lambda a série pode truncar (veja passo seguinte).

Passo 8

Segunda solução y_2 quando a raiz indicial é dupla. Com raiz dupla r=0 a teoria de Frobenius diz que a segunda solução independente tem geralmente a forma
y_{2}(s)=C\,y_{1}(s)\ln s + s^{0}\sum_{n=0}^{\infty} b_{n}s^{n},
onde os b_n podem ser obtidos (em princípio) a partir de um procedimento de substituição e solução da recorrência não homogênea. O ponto importante, e a conclusão prática, é:
  • A segunda solução contém um termo \ln(1-x) (pois s=1-x), ou seja tem singularidade logarítmica em x=1.
  • Assim, localmente em x=1, as duas soluções linearmente independentes são y_{1} (analítica) e y_{2} (que envolve \ln(1-x) e, portanto, é singular em x=1).
Comentário didático: o surgimento do \ln é padrão quando as raízes da equação indicial são iguais ou diferem por inteiro; aqui surgem como raiz dupla, logo o \ln aparece. Essa segunda solução corresponde, na teoria clássica, à função de Legendre do segundo tipo Q_{\lambda}(x) (que tem comportamento logarítmico em x=\pm1).

Passo 9

Caso especial quando \lambda é inteiro e consequência sobre a finitude das soluções. Observando a recorrência
a_{k+1}=-\dfrac{(\lambda-k)(\lambda+k+1)}{2(k+1)^{2}}\,a_{k},
nota-se que se \lambda=n é inteiro não negativo ( n\in\{0,1,2,\dots\}) então o fator (\lambda-k) anula o numerador quando k=\lambda=n. Isso implica que a_{n+1}=0, e então todos os coeficientes posteriores também são zero: a série truncará num polinômio de grau n. Conclusões:
  • Para \lambda=n\in\{0,1,2,\dots\} a solução y_{1} torna-se um polinômio de grau n. Esses são exatamente os polinômios de Legendre P_{n}(x). Eles são finitos e regulares em todo o intervalo [-1,1].
  • A segunda solução y_{2} continua a envolver um termo logarítmico e, portanto, é singular (não finita) em x=\pm1.
Se \lambda não é inteiro, a série para y_{1} não truncará (será uma série infinita regular em x=1) e y_{2} terá o termo logarítmico; portanto não há duas soluções locais ambas finitas sem singularidade na fronteira.

Passo 10

Resposta direta às perguntas pedidas (resumo final e interpretação física/prática para a prova):
  • A expansão de Frobenius em x=1 dá uma solução analítica y_{1} com r=0 e a recorrência
a_{k+1}=-\dfrac{(\lambda-k)(\lambda+k+1)}{2(k+1)^{2}}\,a_{k},
e a segunda solução local é da forma y_{2}=y_{1}\ln(1-x)+ série. Portanto as duas soluções locais são linearmente independentes: uma regular em x=1 e outra com singularidade logarítmica em x=1.
  • Para x=-1 a análise é análoga (usar s=1+x) e dá o mesmo tipo de comportamento: uma solução regular local e outra com \ln(1+x).

Resposta

(a) Se \lambda não é inteiro, em cada ponto singular regular x=\pm1 existe uma solução analítica (regular) e uma segunda solução que envolve um termo logarítmico \ln(1\mp x); portanto as duas soluções são linearmente independentes, mas uma delas tem singularidade logarítmica em x=\pm1.
(b) Para que as soluções sejam finitas em todo o intervalo x\in[-1,1] é necessário que \lambda=n seja um inteiro não negativo ( n=0,1,2,\dots). Nesses casos a solução regular y_{1} se torna o polinômio de Legendre P_{n}(x) (grau n), finito em [-1,1]; a outra solução continua a ser singular.

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