O método de Frobenius para equações diferenciais consiste em encontrar soluções em forma de séries de potência em torno de um ponto x_{0}\) onde está definida a EDO: \[P(x) y^{\prime \prime}+Q(x) y^{\prime}+R(x) y=0
Este método é útil quando Q(x) / P(x) e R(x) / P(x) não são analíticas em x_{0}, o que ocorre quando o ponto é singular.
Tomemos o exemplo:
2 x y^{\prime \prime}+(x+1) y^{\prime}-3 y=0
Note que x_{0}=0 é um ponto singular. Assumimos uma solução da forma:
y(x)=x^{r} \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+r} .
Derivando:
y^{\prime}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r) a_{n} x^{n+r-1}
y^{\prime \prime}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1) a_{n} x^{n+r-2}
Substituindo:
\begin{gathered} (x+1) y^{\prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r) a_{n} x^{n+r}+\sum_{n=0}^{\infty}(n+r) a_{n} x^{n+r-1} \\\\ 2 x y^{\prime \prime}=\sum_{n=0}^{\infty} 2(n+r)(n+r-1) a_{n} x^{n+r-1} \\\\ -3 y=\sum_{n=0}^{\infty}-3 a_{n} x^{n+r} \end{gathered}
Ajustando índices:
\begin{gathered} (x+1) y^{\prime}=r a_{0} x^{r-1}+\sum_{j=1}^{\infty}\left[(j+r) a_{j}+(j+r-1) a_{j-1}\right] x^{j+r-1} \\\\ 2 x y^{\prime \prime}=r(r-1) a_{0} x^{r-1}+\sum_{j=1}^{\infty} 2(j+r)(j+r-1) a_{j} x^{j+r-1} \\\\ -3 y=\sum_{j=1}^{\infty}-3 a_{j-1} x^{j+r-1} \end{gathered}
Substituindo na EDO:
r(2 r-1) a_{0} x^{r-1}+\sum_{j=1}^{\infty}\left[(j+r)(2 j+2 r-1) a_{j}+(j+r+2) a_{j-1}\right] x^{j+r-1}=0
Equação indicial:
F(r)=r(2 r-1)=0
Logo:
r_{1}=0, \quad r_{2}=\frac{1}{2}
Relação de recorrência:
a_{j}=-\frac{(j+r+2)}{(j+r)(2 j+2 r-1)} a_{j-1}
A solução geral depende de duas soluções linearmente independentes:
y(x)=y_{1}(x)+y_{2}(x)
com:
y_{1}(x)=|x|^{r_{1}}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}\left(r_{1}\right) x^{n}\right]
e:
y_{2}(x)= \begin{cases}|x|^{r_{2}}\left[1+\sum a_{n}\left(r_{2}\right) x^{n}\right], & r_{1}-r_{2} \notin \mathbb{N} \\\ y_{1}(x) \ln |x|+|x|^{r_{1}} \sum b_{n} x^{n}, & r_{1}=r_{2} \\\ k y_{1}(x) \ln |x|+|x|^{r_{2}} \sum c_{n} x^{n}, & r_{1}-r_{2} \in \mathbb{N}\end{cases}
Agora é a sua vez. Repita o processo para:
(c) (x^{2} y^{\prime \prime}-x y=0]

Passo 1

O que o enunciado nos dá e o que pede (peguei tudo do próprio enunciado):
  • A equação diferencial a analisar é x^{2}y^{\prime\prime}-x y=0.
  • O ponto de interesse é x_{0}=0, que é singular (pois os coeficientes divididos por x^{2} não são analíticos em 0 de forma regular).
  • Pede-se repetir o processo do método de Frobenius: assumir uma solução da forma \displaystyle y(x)=x^{r}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}, obter a equação indicial, a relação de recorrência, construir as soluções independentes e dar a solução geral.

Passo 2

Assumimos a solução de Frobenius padrão em torno de x=0:
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r},\qquad a_{0}\neq 0\\ \text{(a princípio).}í
Derivadas necessárias (sempre escrevendo cada variável e o que significa):
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}.

Passo 3

Substituo as séries na EDO \,x^{2}y''-x y=0.
Calculo cada termo:
x^{2}y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r},
-x y=-\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r+1}.
Para somar os dois termos quero escrever tudo em potências de x^{j+r}. Faço a mudança de índice no segundo somando: em -x y ponho j=n+1, logo
-x y=-\sum_{j=1}^{\infty}a_{j-1}x^{j+r}.

Passo 4

Agora organizo a soma como combinação de potências x^{j+r}. O primeiro somatório já está em x^{n+r} (troco n por j para uniformizar):
x^{2}y''=\sum_{j=0}^{\infty}(j+r)(j+r-1)a_{j}x^{j+r}.
Subtraindo -x y escrito em j obtemos a série total
\sum_{j=0}^{\infty}\big[(j+r)(j+r-1)a_{j}-\tilde b_j\big]x^{j+r}=0,
onde \tilde b_0=0 (pois o segundo somatório começa em j=1) e \tilde b_j=a_{j-1} para j\ge1. Assim, os coeficientes de cada potência x^{j+r} devem ser zero.

Passo 5

Coeficiente do menor expoente (termo dominante, que dá a equação indicial): olhar j=0.
Para j=0 obtemos
r(r-1)a_{0}=0.
Esta é a equação indicial \,F(r)=r(r-1)=0. Portanto as raízes são
r_{1}=1,\qquad r_{2}=0.

Passo 6

Para j\ge1 equacionamos os coeficientes e obtemos a relação de recorrência. Do coeficiente de x^{j+r}:
(j+r)(j+r-1)a_{j}-a_{j-1}=0.
Isolando a_{j}:
a_{j}=\frac{a_{j-1}}{(j+r)(j+r-1)},\qquad j\ge1.
Essa é a relação de recorrência geral válida para cada escolha de r.

Passo 7

Construção da solução correspondente a r=r_{1}=1.
  • Tomamos r=1. A recorrência fica:
a_{j}=\frac{a_{j-1}}{(j+1)j}.
  • Iterando a partir de a_{0} (livre), obtemos
a_{1}=\frac{a_{0}}{2\cdot1},\qquad a_{2}=\frac{a_{1}}{3\cdot2}=\frac{a_{0}}{2\cdot 3\cdot 2},\\ \dots
  • Em geral, para j\ge0,
a_{j}=\frac{a_{0}}{\prod_{k=1}^{j} k(k+1)}=\frac{a_{0}}{j!\,(j+1)!}.
(Verificação rápida: \prod_{k=1}^{j}k=k!= e \prod_{k=1}^{j}(k+1)=(j+1)!/1.)
  • Assim a série (com r=1) é
y_{1}(x)=x^{1}\sum_{j=0}^{\infty}a_{j}x^{j}=a_{0}\,x\sum_{j=0}^{\infty}\frac{x^{j}}{j!\,(j+1)!}.

Passo 8

Identificação da série obtida com uma função conhecida (aula rápida sobre séries de Bessel modificadas).
  • Lembre que a função de Bessel modificada de primeira espécie tem a série (definição útil):
I_{\nu}(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!\,\Gamma(n+\nu+1)}\left(\frac{z}{2}\right)^{2n+\nu}.
  • Para \nu=1 temos
I_{1}(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!\,(n+1)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{2n+1}.
  • Escolhendo z=2\sqrt{x} obtém-se
I_{1}(2\sqrt{x})=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+\tfrac12}}{n!\,(n+1)!}.
  • Dividindo por \sqrt{x}:
\frac{I_{1}(2\sqrt{x})}{\sqrt{x}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!\,(n+1)!}.
  • Portanto a série da solução corresponde a
y_{1}(x)=a_{0}\,x\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!\,(n+1)!} = a_{0}\,x\cdot\frac{I_{1}(2\sqrt{x})}{\sqrt{x}}=a_{0}\,\sqrt{x}\;I_{1}(2\sqrt{x}).
Podemos escolher constante de normalização a_{0}=1 ou qualquer C_{1}. Concluímos que uma solução independente é
y_{1}(x)=\sqrt{x}\;I_{1}(2\sqrt{x}).

Passo 9

Sobre a segunda solução (caso r_{2}=0 e diferença de raízes inteira).
  • As raízes da indicial são 1 e 0 e a diferença r_{1}-r_{2}=1\in\mathbb{N}. Pelo teorema de Frobenius, quando a diferença das raízes é um inteiro pode aparecer um termo com \ln x na segunda solução ou uma solução singular do outro tipo.
  • Tentando diretamente r=0 na recorrência nota-se que o coeficiente do caso j=1 força a_{0}=0, de modo que a série pura com r=0 não gera uma segunda solução independente regular com a_{0}\neq0; isto indica que a segunda solução tem comportamento singular em x=0 (logarítmico) ou pertence à família das funções especiais.
  • Uma maneira prática e curta é usar redução de ordem a partir de y_{1} (fórmula padrão) ou identificar que a transformação t=2\sqrt{x} reduz a EDO para uma equação de Bessel modificada de ordem 1. A base de soluções da equação de Bessel modificada de ordem 1 é \{I_{1}(t),K_{1}(t)\}. Voltando à variável x (com t=2\sqrt{x}) obtemos a segunda solução independente
y_{2}(x)=\sqrt{x}\;K_{1}(2\sqrt{x}),
onde K_{1} é a função de Bessel modificada de segunda espécie (apresenta comportamento logarítmico em x\to0^{+} e, portanto, é independente de I_{1}). Assim y_{2} tem a forma prevista por Frobenius no caso de raízes com diferença inteira: envolve uma parte singular/logarítmica.

Passo 10

Conclusão: as duas soluções independentes (para x>0, por exemplo) são
y_{1}(x)=\sqrt{x}\;I_{1}(2\sqrt{x}),\qquad y_{2}(x)=\sqrt{x}\;K_{1}(2\sqrt{x}).
Portanto a solução geral da EDO é
y(x)=C_{1}\sqrt{x}\;I_{1}(2\sqrt{x})+C_{2}\sqrt{x}\;K_{1}(2\sqrt{x}),\qquad C_{1},C_{2}\in\mathbb{R}.

Resposta

\displaystyle y(x)=C_{1}\sqrt{x}\;I_{1}\bigl(2\sqrt{x}\bigr)+C_{2}\sqrt{x}\;K_{1}\bigl(2\sqrt{x}\bigr),\quad C_{1},C_{2}\in\mathbb{R}

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