Nos itens abaixo, tente encontrar soluções da forma y(x)=\sum_{n=0}^{+\infty} a_{n} x^{n} para a EDO dada.
2 x^{2} y^{\prime \prime}(x)+3 x y^{\prime}(x)-(1+x) y(x)=0

Passo 1

O enunciado pede: encontrar soluções da EDO
2x^{2}y''(x)+3x y'(x)-(1+x)y(x)=0
da forma \,y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n}\, (ou, se necessário, a forma de Frobenius). Informações dadas e o que se busca:
  • A equação é fornecida inteira e a expansão deve ser centrada em x=0.
  • Deve-se tentar representar as soluções por séries em potências de x (ou por séries de Frobenius, caso x=0 seja ponto singular).
  • Resultado esperado: recorrência para os coeficientes e as duas soluções fundamentais (uma associada a cada raiz do indicial).

Passo 2

Por que não começar direto com \sum a_n x^n sem pensar? Primeiro é útil ver o tipo de ponto x=0. Dividindo por 2x^2 (para escrever na forma padrão) obtenho
y''+\frac{3}{2x}y'-\frac{1+x}{2x^{2}}y=0.
Os coeficientes em frente de y' e y têm polos em x=0 (ordem 1 e 2 respectivamente), logo x=0 é um ponto singular regular. Nesses casos a técnica apropriada é o método de Frobenius: procurar soluções da forma
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r},\qquad a_0\neq0,
onde r é um expoente a determinar (índice de Frobenius). Aqui vou aplicar Frobenius passo a passo (isso inclui o caso \sum a_n x^n quando r for inteiro).

Passo 3

Escrever as derivadas (tudo em série de Frobenius):
y(x)=\sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+r}, \qquad y'(x)=\sum_{n=0}^\infty (n+r)a_n x^{n+r-1}, \qquad y''(x)=\sum_{n=0}^\infty (n+r)(n+r-1)a_n x^{n+r-2}.
Substituindo na EDO:
2x^2y''+3x y'-(1+x)y =2\sum_{n=0}^\infty (n+r)(n+r-1)a_n x^{n+r} +3\sum_{n=0}^\infty (n+r)a_n x^{n+r} -\sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+r} -\sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+r+1}.
Agrupando os termos com a mesma potência x^{n+r}: o último somatório muda de índice:
\sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+r+1}=\sum_{n=1}^\infty a_{n-1} x^{n+r}.
Portanto, para n\ge0 obtemos a condição
\big[2(n+r)(n+r-1)+3(n+r)-1\big]a_n - \begin{cases}0,& n=0,\\\ a_{n-1},& n\ge1\end{cases}=0.
Simplificando o coeficiente:
2(n+r)(n+r-1)+3(n+r)-1 = 2(n+r)^2+(n+r)-1.

Passo 4

Indicial (equação em n=0). Para n=0 (coeficiente de x^{r}) temos
\big(2r^2+r-1\big)a_0=0.
Como a_0\neq0, a equação indicial é
2r^2+r-1=0.
Resolvendo:
r=\frac{-1\pm\sqrt{1+8}}{4}=\frac{-1\pm3}{4}.
Logo as duas raízes são
r_1=\frac{1}{2},\qquad r_2=-1.
Como as raízes são distintas e não diferem por inteiro, teremos duas soluções de Frobenius independentes associadas a esses r.

Passo 5

Recorrência geral. Para n\ge1 a condição dá
\big(2(n+r)^2+(n+r)-1\big)a_n = a_{n-1}.
Assim a recorrência é
a_n=\frac{a_{n-1}}{\,2(n+r)^2+(n+r)-1\,},\qquad n\ge1,
com a_0 livre (constante de normalização) para cada escolha de r.

Passo 6

Construção da primeira solução: r=r_1=\tfrac{1}{2}.
Para r=\tfrac{1}{2} temos n+r=n+\tfrac{1}{2}. Calcule o denominador:
2\big(n+\tfrac{1}{2}\big)^2+\big(n+\tfrac{1}{2}\big)-1 =2(n^2+n+\tfrac{1}{4})+n+\tfrac{1}{2}-1 =2n^2+3n.
Portanto a recorrência simplifica muito:
a_n=\frac{a_{n-1}}{\,2n^2+3n\,}=\frac{a_{n-1}}{\,n(2n+3)\,},\qquad n\ge1.
Escolhendo a_0 arbitrário (denotar A:=a_0), obtenho os primeiros coeficientes:
a_1=\frac{A}{1\cdot5}=\frac{A}{5},\qquad a_2=\frac{a_1}{2\cdot7}=\frac{A}{5\cdot14}=\frac{A}{70},\qquad a_3=\frac{a_2}{3\cdot9}=\frac{A}{5\cdot14\cdot27},\\ \text{etc.}
Então a primeira solução pode ser escrita como
y_1(x)=A\,x^{1/2}\sum_{n=0}^\infty c_n x^{n},
onde c_0=1 e c_n satisfaz c_n=c_{n-1}/[n(2n+3)]. Explicitamente os primeiros termos:
y_1(x)=A\Big(x^{1/2}+\frac{1}{5}x^{3/2}+\frac{1}{70}x^{5/2}+\cdots\Big).

Passo 7

Construção da segunda solução: r=r_2=-1.
Para r=-1 temos n+r=n-1. O denominador vira
2(n-1)^2+(n-1)-1 =2n^2-3n = n(2n-3).
Logo a recorrência é
a_n=\frac{a_{n-1}}{\,n(2n-3)\,},\qquad n\ge1.
Tomando a_0=B (constante livre), os primeiros coeficientes são
a_1=\frac{B}{1\cdot(-1)}=-B,\qquad a_2=\frac{a_1}{2\cdot1}=-\frac{B}{2},\qquad a_3=\frac{a_2}{3\cdot3}=-\frac{B}{18},\\ \text{etc.}
Assim a segunda solução é
y_2(x)=B\,x^{-1}\sum_{n=0}^\infty d_n x^{n},
onde d_0=1 e d_n=d_{n-1}/[n(2n-3)]. Escrevendo os primeiros termos:
y_2(x)=B\Big(x^{-1}-1-\tfrac{1}{2}x-\tfrac{1}{18}x^{2}+\cdots\Big).

Passo 8

Conclusão e como usar isso na prova (dica prática):
  • A solução geral da EDO é combinação linear das duas soluções de Frobenius:
y(x)=C_1\,y_1(x)+C_2\,y_2(x),
com y_1 e y_2 dadas acima e C_1,C_2 constantes.
  • Em prova, compute primeiro a equação indicial para achar r; depois derive a recorrência e calcule alguns termos explicitamente (como fiz) para demonstrar a forma das séries. Se precisar de muitos termos, aplique a recorrência direta.

Resposta

y(x)=C_1\,x^{1/2}\sum_{n=0}^\infty a_n^{(1)}x^{n}+C_2\,x^{-1}\sum_{n=0}^\infty a_n^{(2)}x^{n},
onde, para a solução com r=\tfrac{1}{2},
a_0^{(1)}\\ \text{arbitrário},\qquad a_n^{(1)}=\frac{a_{n-1}^{(1)}}{\,n(2n+3)\,}\quad(n\ge1),á
e para a solução com r=-1,
a_0^{(2)}\\ \text{arbitrário},\qquad a_n^{(2)}=\frac{a_{n-1}^{(2)}}{\,n(2n-3)\,}\quad(n\ge1).á

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