Exercício 5. Aplique o método de Frobenius para resolver a equação
x^{2} y^{\prime \prime}+2 x(1-x) y^{\prime}-4 y=0
em torno do ponto singular regular x_{0}=0.

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação diferencial
x^{2}y'' + 2x(1-x)y' - 4y = 0
em torno do ponto singular regular x_0=0. As informações relevantes que temos:
  • A equação é dada explicitamente e o ponto de expansão é x=0.
  • O problema pede a solução (geral) obtida pelo método pedido (Frobenius) ao redor de x=0.
  • Assumimos que existe uma solução em série do tipo de Frobenius: uma série em potências de x multiplicada por x^{r}, com a_0\neq 0.

Passo 2

Ideia do método (explicando como aplicar na prova).
  • Para um ponto singular regular como x=0 tentamos uma solução do tipo
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r},\qquad a_0\neq 0,
onde r é um expoente a determinar (chama-se indicial exponento) e os a_n são coeficientes a determinar por recorrência.
  • Esse ansatz permite capturar comportamentos x^r que não apareciam no método da série de potências usual. Agora vamos calcular y' e y'' para usar na equação.

Passo 3

Calcular derivadas da série (explicando cada passo).
  • Derivando termo a termo temos
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r) x^{n+r-1},
y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r)(n+r-1) x^{n+r-2}.
  • Vou substituir essas expressões na equação dada.

Passo 4

Substituir na equação e organizar as somas por potências de x.
Substituindo:
x^2 y'' = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r)(n+r-1) x^{n+r},
2x(1-x)y' = 2x y' - 2x^2 y' = 2\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r) x^{n+r} - 2\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r) x^{n+r+1},
-4y = -4\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r}.
Agora somamos as contribuições com mesma potência de x. As parcelas em x^{n+r} vindas das duas primeiras somas são:
\sum_{n=0}^{\infty} a_n\big[(n+r)(n+r-1) + 2(n+r) -4\big] x^{n+r}.
Há também a soma com potências x^{n+r+1}:
-2\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r) x^{n+r+1}.
Para juntar tudo numa soma única em potências x^{n+r} fazemos mudança de índice na última soma: ponha m=n+1, então
-2\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r) x^{n+r+1} = -2\sum_{m=1}^{\infty} a_{m-1}(m-1+r) x^{m+r}.
Agora as potências x^{r} (caso n=0) aparecem somente na primeira soma; as potências x^{n+r} para n\ge 1 recebem termos das duas somas.

Passo 5

Obter a equação indicial (explicando o que é).
  • Coeficiente de x^{r} (termo n=0 na soma principal) fornece a equação indicial:
a_0\big[r(r+1)-4\big]=0.
  • Como a_0\neq 0, obtemos a equação para r:
r(r+1)-4=0.
  • Resolver a quadrática:
r^2 + r - 4 = 0 \quad\Rightarrow\quad r = \frac{-1\pm\sqrt{1+16}}{2} = \frac{-1\pm\sqrt{17}}{2}.
Chamemos r_1=\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2} e r_2=\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2}. Note que r_1-r_2=\sqrt{17} não é inteiro, então teremos duas soluções de Frobenius independentes com esses expoentes.

Passo 6

Derivar a recorrência para os coeficientes a_n.
  • Para n\ge 1, igualando coeficientes de x^{n+r} obtemos
a_n\big[(n+r)(n+r+1)-4\big] - 2 a_{n-1}(n-1+r)=0.
  • Assim
a_n = \frac{2(n-1+r)}{(n+r)(n+r+1)-4}\;a_{n-1},\qquad n\ge 1.
  • Agora usamos a equação indicial para simplificar o denominador. Como r satisfaz r(r+1)=4, temos
(n+r)(n+r+1)-4 = n^2 + (2r+1)n + \underbrace{(r^2+r-4)}_{=0} = n\big(n+2r+1\big).
  • Portanto a forma simplificada da recorrência é
a_n = \frac{2(n-1+r)}{n(n+2r+1)}\,a_{n-1},\qquad n\ge 1.

Passo 7

Computar os primeiros coeficientes para ver padrão (mostrando contas passo a passo).
  • Para n=1:
a_1=\frac{2(0+r)}{1(1+2r+1)}a_0=\frac{2r}{2(r+1)}a_0=\frac{r}{r+1}a_0.
  • Para n=2:
a_2=\frac{2(1+r)}{2(2+2r+1)}a_1=\frac{1+r}{2r+3}a_1=\frac{1+r}{2r+3}\cdot\frac{r}{r+1}a_0=\frac{r}{2r+3}a_0.
  • Para n=3:
a_3=\frac{2(2+r)}{3(3+2r+1)}a_2=\frac{2+r}{3(2+r)}a_2=\frac{1}{3}\cdot\frac{r}{2r+3}a_0=\frac{r}{3(2r+3)}a_0.
(Observe que em vários passos usamos r(r+1)=4 para simplificar o denominador, o que explica as cancelas rápidas.)
Esses cálculos mostram um padrão que podemos escrever em forma fechada usando produto.

Passo 8

Expressão geral fechada dos coeficientes usando produto e Pochhammer (explicando o que é).
  • A recorrência pode ser escrita como produto:
a_n = a_0\prod_{k=1}^n \frac{2(k-1+r)}{k(k+2r+1)}.
  • Note que \prod_{k=1}^n (k-1+r) = (r)_n é o símbolo Pochhammer (rising factorial), definido por
(r)_n = r(r+1)(r+2)\cdots(r+n-1),\qquad (r)_0=1.
  • E \prod_{k=1}^n (k+2r+1) = (2r+2)_n.
  • Assim podemos escrever
a_n = a_0 \frac{2^{\,n}(r)_n}{n!\,(2r+2)_n}.
  • Portanto, para um expoente r fixo (isto é, escolhendo r=r_1 ou r=r_2), a solução de Frobenius correspondente é
y_r(x)=a_0 x^{r}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{\,n}(r)_n}{n!\,(2r+2)_n}x^{n},
com a_0 constante arbitrária. É comum escolher a_0=1 para obter a série normalizada; outra constante multiplicativa será absorvida nos coeficientes da combinação linear final.

Passo 9

Escrever as duas soluções independentes e a solução geral (explicando independência).
  • Como as raízes r_1 e r_2 são distintas e diferem por número não inteiro, obtemos duas soluções independentes por Frobenius:
y_{1}(x)=x^{r_1}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{n}(r_1)_n}{n!\,(2r_1+2)_n}x^{n},
y_{2}(x)=x^{r_2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{n}(r_2)_n}{n!\,(2r_2+2)_n}x^{n},
onde r_1=\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2} e r_2=\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2}.
  • A solução geral é combinação linear das duas:
y(x)=C_1 y_1(x) + C_2 y_2(x),
com constantes arbitrárias C_1,C_2.
  • Observação intuitiva: cada série converge numa certa vizinhança de x=0 (sérias de potências), e x^{r_1} e x^{r_2} fornecem os comportamentos singulares se r_i não forem inteiros positivos.

Resposta

y(x)=C_1 x^{r_1}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{n}(r_1)_n}{n!\,(2r_1+2)_n}x^{n} + C_2 x^{r_2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{n}(r_2)_n}{n!\,(2r_2+2)_n}x^{n},
onde
r_1=\frac{-1+\sqrt{17}}{2},\qquad r_2=\frac{-1-\sqrt{17}}{2},
e (r)_n é o símbolo Pochhammer (r)_n=r(r+1)\cdots(r+n-1).

Exercícios relacionados