Uma equação diferencial da forma x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+\left(x^{2}-p^{2}\right) y=0, onde p é um numero real fixado, é chamada equação de Bessel de ordem p.
Se p=0, mostre que y_{1}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2^{2 n}(n!)^{2}} x^{2 n} e y_{2}=y_{1} \ln x+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{2^{2 n}(n!)^{2}}\left(1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{n}\right) x^{2 n} são soluções LI da equação de Bessel.

Passo 1

O enunciado nos dá a equação de Bessel de ordem p
x^{2}y''+xy'+\bigl(x^{2}-p^{2}\bigr)y=0
e pede, no caso p=0, duas soluções linearmente independentes. Vamos usar o método de Frobenius em x=0, pois permite obter séries de potências e tratar o caso de raízes repetidas do polinômio indicial.

Passo 2

Assumimos solução da forma
y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r},\quad a_{0}\neq0.
Substituindo em x^{2}y''+xy'+x^{2}y=0 e coletando o menor expoente r, obtemos o polinômio indicial
r^{2}=0
que tem raiz dupla r=0. Para o coeficiente geral, a comparação de x^{n+r} dá a relação de recorrência (para r=0)
n^{2}a_{n} + a_{n-2}=0 \quad\Longrightarrow\quad a_{n}=-\frac{1}{n^{2}}\,a_{n-2}.

Passo 3

Da recorrência vemos que todos os a_{2n+1}=0 e, tomando a_{0}=1,
a_{2n} =(-1)^{n}\frac{a_{0}}{(2\cdot1)^{2}(2\cdot2)^{2}\cdots(2n)^{2}} =\frac{(-1)^{n}}{2^{2n}(n!)^{2}}.
Logo a primeira solução é
y_{1} =\sum_{n=0}^{\infty}a_{2n}x^{2n} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2^{2n}(n!)^{2}}\,x^{2n}.

Passo 4

Como a raiz r=0 é dupla, a segunda solução pelo método padrão é
y_{2} =y_{1}\ln x+\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n}
com coeficientes b_{n} escolhidos para anular o restante da equação. Seguindo a teoria de séries para raízes repetidas, chega‐se a
b_{2n}=a_{2n}\,H_{n} \quad\text{em que}\quad H_{n}=1+\tfrac12+\cdots+\tfrac1n \quad(n\ge1),
e b_{0}=0. Substituindo a_{2n} desta forma, obtemos
b_{2n} =\frac{(-1)^{n}}{2^{2n}(n!)^{2}}\,H_{n} \quad\Longrightarrow\quad \sum_{n=1}^{\infty}b_{2n}x^{2n} =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2^{2n}(n!)^{2}}\,H_{n}\,x^{2n}.
Reescrevendo o sinal (-1)^{n}H_{n}=(-1)^{n+1}(-H_{n}), chega‐se exatamente à forma pedida:
y_{2} =y_{1}\ln x +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{2^{2n}(n!)^{2}}\bigl(1+\tfrac12+\cdots+\tfrac1n\bigr)\,x^{2n}.

Passo 5

Para ver que y_{1} e y_{2} são linearmente independentes basta notar que y_{2} contém o termo \ln x multiplicando y_{1}, o que não pode ser obtido como combinação constante de potências puras de x. Alternativamente, o Wronskiano
W(y_{1},y_{2})(x) =y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}
é diferente de zero em x>0, garantindo independência linear no intervalo (0,\infty).

Resposta

As duas soluções linearmente independentes para p=0 são
y_{1} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2^{2n}(n!)^{2}}\,x^{2n},
y_{2} =y_{1}\ln x +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{2^{2n}(n!)^{2}}\Bigl(1+\tfrac12+\cdots+\tfrac1n\Bigr)\,x^{2n}.

Exercícios relacionados