A equação
2 x y^prime prime+y^prime+x y=0
possui um ponto singular regular em x=0.
(b) Mostre que existem duas soluções em série em torno de x=0 (linearmente independentes) dadas por
y1(x)=x^1 / 2[1-x^22 cdot 5+x^42 cdot 4 cdot 5 cdot 9-x^62 cdot 4 cdot 6 cdot 5 cdot 9 cdot 13+ldots ldots+(-1)^n x^2 n2^2 n!5 cdot 9 cdot 13 ldots(4 n+1)+ldots] y2(x)=1-x^22 cdot 3+x^42 cdot 4 cdot 3 cdot 7-x^62 cdot 4 cdot 6 cdot 3 cdot 7 cdot 11+ldots ldots+(-1)^n x^2 n2^2 n!3 cdot 7 cdot 11 ldots(4 n-1)+ldots

Passo 1

Temos a equação diferencial 2x y’’ + y’ + x y = 0, que ao ser escrita na forma padrão y’’ + p(x)y’ + q(x)y = 0 fica com p(x)=1/(2x) e q(x)=1/2. Como p(x) tem polo simples em x=0 e q(x) é analítica, x=0 é ponto singular regular e podemos usar o método de Frobenius.

Passo 2

Assumimos uma solução do tipo y(x)=Σ_{n=0}^∞ a_n x^{n+r}. Calculamos y’ e y’’, substituímos na equação original e igualamos coeficientes de x^{n+r-1} a zero para obter as relações entre a_n e o expoente r.

Passo 3

O coeficiente do menor expoente x^{r-1} dá a equação indicial r(2r−1)a_0=0. Como a_0≠0, segue r(2r−1)=0, cujas raízes são r_1=0 e r_2=1/2.

Passo 4

Para n≥2, obtemos a relação de recorrência
an( n+r)(2(n+r)-1 ) + an-2 = 0
ou seja
an = -an-2(n+r)(2(n+r)-1)

Passo 5

No caso r=1/2 (primeira raiz), vemos que a_1 = 0 e por recorrência todos os a_{odd}=0. Para n=2 e r=1/2 temos a_2 = -a_0/[(2.5)(4)]= -1/(2⋅5), em seguida a_4=1/(2⋅4⋅5⋅9) etc., gerando
y1(x)=x^1/2l[1-x^22⋅5+x^42⋅4⋅5⋅9-cdots+(-1)^n x^2n2^2nn!,5⋅9⋯(4n+1)+cdotsr]

Passo 6

No caso r=0 (segunda raiz), a_1=0 e novamente só aparecem termos pares. Para n=2 obtemos a_2= -a_0/(2⋅3)= -1/(2⋅3), depois a_4=1/(2⋅4⋅3⋅7) etc., gerando
y2(x)=1-x^22⋅3+x^42⋅4⋅3⋅7-cdots+(-1)^n x^2n2^2nn!,3⋅7⋯(4n-1)+cdots

Resposta

As soluções em série são
y1(x)=x^1/2l[1-x^22cdot5+x^42cdot4cdot5cdot9-cdots+(-1)^n x^2n2^2nn!,5cdot9cdots(4n+1)+cdotsr],
y2(x)=1-x^22cdot3+x^42cdot4cdot3cdot7-cdots+(-1)^n x^2n2^2nn!,3cdot7cdots(4n-1)+cdots

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