O Método de Frobenius para uma equação com ponto singular regular, consiste em procurar solução na forma
\text { (*) } y=\left(x-x_{0}\right)^{r} \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n+r}, \quad \text { supondo } a_{0} \neq 0
Para determinar uma solução da EDO por este método precisamos determinar:
i) Os valores de r para os quais a EDO tem solução na forma de série em (*). Esses valores surgem da resolução de uma equação algébrica de segundo grau, denominada equação indicial, cujas soluções r_{1} e r_{2} são chamadas raízes indiciais;
ii) A relação de recorrência para os a_{n} (se possível);
ii) O intervalo de convergência da série.
No caso mais simples as soluções são dadas por y_{1}=\left(x-x_{0}\right)^{r_{1}} \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} \quad e y_{2}=\left(x-x_{0}\right)^{r_{2}} \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} se estas são linearmente independes, assim a solução geral é y(x)=C_{1} y_{1}(x)+C_{2} y_{2}(x). Com estas informações resolva as equações diferenciais:
2 x^{2} y^{\prime \prime}+3 x y^{\prime}+\left(2 x^{2}-1\right) y=0

Passo 1

O enunciado pede que apliquemos o método de Frobenius em torno de x_{0}=0 para a equação
2x^{2}y''+3x y'+(2x^{2}-1)y=0.
Informações e perguntas que precisamos responder:
  • Determinar os valores de r (raízes indiciais) para os quais existe solução da forma \displaystyle y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r} com a_{0}\neq 0.
  • Obter a relação de recorrência entre os coeficientes a_{n}.
  • Escrever as séries soluções (pelo menos os primeiros termos) correspondentes a cada raiz indicial e, portanto, a solução geral.
  • Determinar o intervalo (ou raio) de convergência das séries obtidas.

Passo 2

Vamos assumir a solução de Frobenius centrada em x_{0}=0:
y=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r},\quad a_{0}\neq 0.
Calculemos as derivadas (cada passo com explicação):
  • A primeira derivada resulta de diferenciar termo a termo: cada termo a_{n}x^{n+r} gera (n+r)a_{n}x^{n+r-1}. Então
y'=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r-1}.
  • A segunda derivada deriva mais uma vez: cada termo dá (n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r-2}. Logo
y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r-2}.
Estas fórmulas são diretas da regra da potência aplicada a séries.

Passo 3

Substituímos y, y', y'' na equação dada. Multiplicando pelos fatores que aparecem:
2x^{2}y''=2\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r},
3x y'=3\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r},
(2x^{2}-1)y=2\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r+2}-\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}.
Somando tudo e organizando os termos em potências de x^{n+r} obtemos
\sum_{n=0}^{\infty}\big(2(n+r)(n+r-1)+3(n+r)-1\big)a_{n}x^{n+r}+2\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r+2}=0.
Para combinar a segunda soma com a primeira alinhe os expoentes: na segunda soma faça m=n+2 e reindexe:
2\sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^{n+r}.
Então a condição de anulação para os coeficientes de cada potência x^{n+r} é
\big(2(n+r)(n+r-1)+3(n+r)-1\big)a_{n}+2a_{n-2}=0,
onde, para n=0 e n=1, o termo a_{n-2} não existe e a equação reduz à parte que multiplicava a_{0} ou a_{1}.

Passo 4

A equação indicial vem do menor expoente, que é n=0. Como a_{0}\neq 0, impõe-se
2r(r-1)+3r-1=0.
Simplifique a expressão:
2r^{2}-2r+3r-1=2r^{2}+r-1=0.
Resolvendo a quadrática:
\Delta=1+8=9,\quad r=\frac{-1\pm 3}{4}.
Portanto as raízes indiciais são
r_{1}=\frac{1}{2},\qquad r_{2}=-1.
Como r_{1}-r_{2}=\tfrac{3}{2} não é inteiro, teremos duas soluções de Frobenius linearmente independentes, uma para cada raiz.

Passo 5

Vamos escrever de forma clara a relação de recorrência geral. Denotando
A(n,r)=2(n+r)(n+r-1)+3(n+r)-1=2(n+r)^{2}+(n+r)-1,
a relação encontrada é, para n\ge 2,
A(n,r)\,a_{n}+2a_{n-2}=0\quad\Longrightarrow\quad a_{n}=-\frac{2}{A(n,r)}\,a_{n-2}.
Além disso, os coeficientes para n=1 e n=0 dão condições especiais:
  • Para n=0 obtivemos a equação indicial A(0,r)a_{0}=0 que deu as raízes indiciais (assumimos a_{0}\neq0 e A(0,r)=0).
  • Para n=1 obtemos A(1,r)a_{1}=0. Para as raízes que encontramos A(1,r)\neq 0 (veremos explicitamente), de modo que necessariamente
a_{1}=0
para ambas as raízes. Conclusão prática: as séries terão apenas termos com potências x^{r+2k} (apenas paridade par dos índices), porque o recorrente liga a_{n} a a_{n-2} e a_{1}=0.

Passo 6

Agora construímos a série associada à raiz r_{1}=\tfrac{1}{2}. Primeiro verifiquemos A(1,r_{1}):
A(1,\tfrac{1}{2})=2\big(1+\tfrac{1}{2}\big)^{2}+\big(1+\tfrac{1}{2}\big)-1=2\cdot\big(\tfrac{3}{2}\big)^{2}+\tfrac{3}{2}-1=4{,}5+0{,}5=5\neq 0,
portanto a_{1}=0. Tomando a_{0} livre (normalizamos depois), usamos a recorrência para gerar termos pares:
  • Para n=2:
a_{2}=-\frac{2}{A(2,\tfrac{1}{2})}a_{0},\qquad A(2,\tfrac{1}{2})=2\big(2+\tfrac{1}{2}\big)^{2}+\big(2+\tfrac{1}{2}\big)-1=14,
logo
a_{2}=-\frac{2}{14}a_{0}=-\frac{1}{7}a_{0}.
  • Para n=4:
A(4,\tfrac{1}{2})=2\big(4+\tfrac{1}{2}\big)^{2}+\big(4+\tfrac{1}{2}\big)-1=44,
a_{4}=-\frac{2}{44}a_{2}=-\frac{2}{44}\left(-\frac{1}{7}a_{0}\right)=\frac{1}{154}a_{0}.
Assim os primeiros termos (tomando a_{0}=1 para normalizar) da série solução correspondente a r=\tfrac{1}{2} são
y_{1}(x)=x^{1/2}\Big(1-\tfrac{1}{7}x^{2}+\tfrac{1}{154}x^{4}+\cdots\Big).
Obs.: a recorrência permite obter todos os a_{2k} em termos de a_{0} por
a_{2k} = (-1)^{k}\,2^{k}\,a_{0}\Big/\prod_{j=1}^{k}A(2j,\tfrac{1}{2}).
Não é necessário escrever fórmula fechada completa para a prova; os primeiros termos indicam a construção.

Passo 7

Construímos agora a série para r_{2}=-1. Verifiquemos A(1,-1):
A(1,-1)=2(1-1)^{2}+(1-1)-1=-1\neq 0,
logo a_{1}=0 também aqui. Tomando a_{0} livre e calculando alguns termos:
  • Para n=2:
A(2,-1)=2(2-1)^{2}+(2-1)-1=2\cdot 1 +1 -1=2,
a_{2}=-\frac{2}{2}a_{0}=-a_{0}.
  • Para n=4:
A(4,-1)=2(4-1)^{2}+(4-1)-1=2\cdot 9+3-1=20,
a_{4}=-\frac{2}{20}a_{2}=-\frac{1}{10}(-a_{0})=\frac{1}{10}a_{0}.
Tomando a_{0}=1 para normalizar, os primeiros termos da solução associada a r=-1 são
y_{2}(x)=x^{-1}\Big(1 - x^{2} + \tfrac{1}{10}x^{4}+\cdots\Big).
Novamente, os coeficientes pares a_{2k} podem ser obtidos recursivamente por
a_{2k} = (-1)^{k}\,2^{k}\,a_{0}\Big/\prod_{j=1}^{k}A(2j,-1).

Passo 8

Independência linear e solução geral: como r_{1}-r_{2}=\tfrac{3}{2} não é inteiro, as duas séries de Frobenius são linearmente independentes. Logo a solução geral da EDO é
y(x)=C_{1}y_{1}(x)+C_{2}y_{2}(x),
ou explicitamente (com séries normalizadas a_{0}=1):
y(x)=C_{1}\,x^{1/2}\Big(1-\tfrac{1}{7}x^{2}+\tfrac{1}{154}x^{4}+\cdots\Big) +C_{2}\,x^{-1}\Big(1-x^{2}+\tfrac{1}{10}x^{4}+\cdots\Big).

Passo 9

Raio de convergência: a equação, escrita na forma padrão y''+P(x)y'+Q(x)y=0, tem
P(x)=\frac{3}{2x},\qquad Q(x)=\frac{2x^{2}-1}{2x^{2}}=1-\frac{1}{2x^{2}}.
As únicas singularidades de P e Q no plano complexo são em x=0 (ponto singular regular) e possivelmente em infinito; não há singularidade finita além de 0. Assim as séries de Frobenius centradas em 0 convergem até o ponto singular finito mais próximo diferente de 0 — como não existe nenhum, o raio de convergência é infinito: as séries convergem para todo x\in\mathbb{R} (na verdade para todo x\in\mathbb{C}). Uma alternativa de justificativa é olhar a recorrência assintótica A(n,r)\sim 2n^{2}, o que leva a coeficientes com decaimento tipo (n!)^{-2} e, portanto, à convergência para todo x.

Resposta

r_{1}=\tfrac{1}{2},\; r_{2}=-1.\n
Relação de recorrência:\quad \displaystyle a_{n}=-\frac{2}{2(n+r)^{2}+(n+r)-1}\;a_{n-2},\; n\ge 2, com a_{1}=0 e a_{0} livre.\n
Soluções (normalizadas a_{0}=1, primeiros termos):\quad
y_{1}(x)=x^{1/2}\Big(1-\tfrac{1}{7}x^{2}+\tfrac{1}{154}x^{4}+\cdots\Big),
y_{2}(x)=x^{-1}\Big(1-x^{2}+\tfrac{1}{10}x^{4}+\cdots\Big).\n
Solução geral:\quad \displaystyle y(x)=C_{1}y_{1}(x)+C_{2}y_{2}(x).\n
Raio de convergência:\quad série converge para todo x (raio infinito).

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