Considere a e.d.o, 4 x y^prime prime+2 y^prime+y=0. Verifique que x0=0 é um ponto singular regular da equação.
(a) Mostre que r1=0 e r2=1 / 2 são as raízes da equação indicial associada à equação.
(b) Debido a que r1-r2=-1 / 2 notin Z, o teorema de Frobenius garante que a equação possui duas soluções L.I. da forma:
y1(x)=sumn=0^infty an x^n+r1, y2(x)=sumn=0^infty bn x^n+r2
Mostre que a relação de recorrência para os termos das séries ( em cada caso) é: an=-an-12 n(2 n-1), bn=-bn-12 n(2 n+1) ; para n=1,2,3, ldots.
(c) Mostre que y1(x)=sumn=0^infty (-1)^n(2 n)! x^n, e y2(x)=sumn=0^infty (-1)^n(2 n+1)! x^(2 n+1) / 2. Portanto a solução geral é:
y(x)=c1 sumn=0^infty (-1)^n(2 n)! x^n+c2 sumn=0^infty (-1)^n(2 n+1)! x^(2 n+1) / 2
Ou equivalentemente y(x)=c1 cos (raizx)+c2 sin (raizx).

Passo 1

O enunciado considera a equação de Frobenius
4x,y''+2y'+y=0
em torno de x0=0. Vamos mostrar que x0=0 é um ponto singular regular, encontrar a equação indicial, as raízes r1,r2 e derivar as recorrências para as séries de Frobenius correspondentes.

Passo 2

Colocando em forma padrão y''+p(x)y'+q(x)y=0 obtemos
y''+24xy'+14xy=0,
ou seja
p(x)=12x, q(x)=14x
Como x,p(x)=tfrac12 e x^2q(x)=tfracx4 são analíticos em x=0, concluímos que x=0 é ponto singular regular.

Passo 3

Na Frobenius supomos y=x^r. Então
y'=r,x^r-1, y''=r(r-1)x^r-2
Substituindo em 4x,y''+2y'+y=0 obtemos os termos de menor potência x^r-1:
4r(r-1)x^r-1+2r,x^r-1+underbracex^rmais a<o;=;0 ;Longrightarrow; 4r(r-1)+2r=0
Isto é
2r(2r-1)=0
e as raízes da equação indicial são
r1=0, r2=tfrac12

Passo 4

Para r1=0 tomamos
y1(x)=sumn=0^infty an x^n
Então
y1'=sumn=1^infty n,an x^n-1, y1''=sumn=2^infty n(n-1)an x^n-2
Substituindo em 4x,y''+2y'+y=0 e igualando coeficientes de x^n-1 obtemos
2n(2n-1),an + an-1=0,
ou seja, para n>=1,
an=-an-12n(2n-1)

Passo 5

Para r2=tfrac12 tomamos
y2(x)=sumn=0^infty bn x^n+tfrac12
Computando derivadas e repetindo o mesmo procedimento, chegamos a
2n(2n+1),bn + bn-1=0,
ou seja, para n>=1,
bn=-bn-12n(2n+1)

Passo 6

Escolhendo a0=1 e aplicando repetidamente
an=-an-12n(2n-1),
verifica‐se por indução que
an=(-1)^n(2n)!,
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y1(x)=sumn=0^infty(-1)^n(2n)!,x^n
Analogamente, com b0=1 a recorrência
bn=-bn-12n(2n+1)
bn=(-1)^n(2n+1)!,
e
y2(x)=sumn=0^infty(-1)^n(2n+1)!,x^n+tfrac12

Passo 7

Reconhecemos as séries de Maclaurin de cos e sin usando raizx:
y1(x)=sumn=0^infty(-1)^n(2n)!x^n=cosl(raizxr), y2(x)=sumn=0^infty(-1)^n(2n+1)!l(raizxr)^2n+1 =sinl(raizxr)
Assim, a solução geral é
y(x)=c1,cosl(raizxr)+c2,sinl(raizxr)

Resposta

y(x)=c1sumn=0^infty(-1)^n(2n)!x^n ;+; c2sumn=0^infty(-1)^n(2n+1)!x^n+tfrac12 ;=; c1cos(raizx)+c2sin(raizx)

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