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:
usar as derivadas dessa série, substituir na EDO, obter a equação indicial, a relação de recorrência e as duas soluções linearmente independentes (mostrando quando aparece termo com \ln|x|, se for o caso). Lista das informações relevantes dadas:
A EDO: \;2x\,y''+x\,y'-2y=0.
Vamos procurar soluções em torno de x_{0}=0 na forma de Frobenius \;y=\sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+r}.
Precisamos determinar r, a recorrência para a_n e as duas soluções independentes.
Passo 2
Começo calculando as derivadas da série assumida (essas fórmulas são padrão; aqui cada passo é só substituir):
Para combinar termos precisamos expressar tudo como potências x^{j+r-1}. Faço o ajuste de índices nas somas que têm x^{n+r}: para essas, seja j=n+1, então x^{n+r}=x^{j+r-1}. Assim:
Agora some todos os termos e separe a contribuição da menor potência possível x^{r-1} (essa gera a equação indicial) das potências x^{j+r-1} com j\ge1. O coeficiente de x^{r-1} vem só de 2x\,y'':
2r(r-1)a_{0}x^{r-1}.
Portanto a equação indicial é
2r(r-1)a_{0}=0.
Para os coeficientes de x^{j+r-1} com j\ge1 temos, somando as três séries:
2(j+r)(j+r-1)a_{j}+(j-1+r)a_{j-1}-2a_{j-1}=0.
Simplificando o segundo e terceiro termos:
2(j+r)(j+r-1)a_{j}+(j+r-3)a_{j-1}=0.
Daí obtemos a relação de recorrência (resolvendo para a_{j}):
Se a_{2}=0 a recorrência mostra que todos os a_{j} seguintes serão zero (pois cada a_{j} depende de a_{j-1}). Logo a série truncou e a solução é um polinômio de grau 2. Tomando a_{0}=1 (constante multiplicativa livre), obtemos
Verificação rápida (opcional): substituindo y_{1} na EDO confirma que satisfaz a equação.
Passo 6
Caso r=0. Se tentarmos usar a recorrência com r=0,
a_{j}=-\frac{j-3}{2j(j-1)}a_{j-1},
vemos que para j=1 o denominador j(j-1) é zero, então a fórmula falha; melhor ir ao coeficiente de x^{r} (o primeiro termo não-zero após x^{r-1}): tomando a expressão geral para j=1 antes de dividir, obtemos
2(1+r)r a_{1} + (r-2)a_{0}=0.
Para r=0 isto vira 0\cdot a_{1} -2a_{0}=0, ou seja -2a_{0}=0\Rightarrow a_{0}=0. Isso contradiz a hipótese a_{0}\neq0 típica para construir uma série regular; portanto não existe uma segunda solução independente puramente na forma x^{0}\sum a_{n}x^{n} com a_{0}\neq0. Isso confirma a ressonância: as raízes differem por inteiro e a segunda solução independente terá termo \ln|x|.
Passo 7
Para obter a segunda solução uso o procedimento padrão: escrevo
y_{2}(x)=y_{1}(x)\ln|x|+u(x),
com [u(x)=\sum_{n=0}{\infty}b_{n}x{n}) uma série ordinária (começando em x^{0}). A razão dessa forma é que o termo \ln|x| multiplica a solução já encontrada quando há ressonância; u representa a parte analítica. Substituo y_{2} na EDO; como y_{1} satisfaz a EDO, os termos multiplicados por \ln|x| se cancelam e sobra uma equação linear para u. Seguem os passos essenciais (mostrando as contas importantes):
Agora substituo u(x)=\sum_{n=0}^\infty b_n x^n, u'=\sum n b_n x^{n-1}, u''=\sum n(n-1)b_n x^{n-2}, e alinho potências. Depois de ajustar índices e comparar coeficientes de x^{k} obtém-se a condição inicial e a recorrência:
com \text{RHS}_{2}=-\tfrac{1}{4} e \text{RHS}_{k}=0 para k\ge3.
A constante b_{1} corresponde à liberdade de adicionar múltiplos de y_{1} (ou seja, escolher b_{1} equivale a ajustar uma combinação linear). Para obter uma forma “canônica” da solução escolho b_{1}=0 (isso elimina componente proporcional a x em u). Calculando alguns coeficientes com b_{0}=1,\; b_{1}=0: