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:
(b) (2 x y^{\prime \prime}+x y^{\prime}-2 y=0]

Passo 1

O enunciado nos dá a equação
2x\,y''+x\,y'-2y=0
e pede que se repita o processo de Frobenius em torno de x_{0}=0, ou seja: assumir 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},
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):
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r},
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r-1},
y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r-2}.
Agora substituo termo a termo na EDO:
2x\,y''=\sum_{n=0}^{\infty}2(n+r)(n+r-1)a_{n}x^{n+r-1},
x\,y'=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_{n}x^{n+r},
-2y=\sum_{n=0}^{\infty}-2a_{n}x^{n+r}.

Passo 3

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:
  • O termo 2x\,y'' já está em potências x^{n+r-1}:
2x\,y''=2r(r-1)a_{0}x^{r-1}+\sum_{j=1}^{\infty}2(j+r)(j+r-1)a_{j}x^{j+r-1}.
  • O termo x\,y' vira
x\,y' = r a_{0}x^{r}+\sum_{j=1}^{\infty}(j-1+r)a_{j-1}x^{j+r-1}.
  • O termo -2y vira
-2y = -2a_{0}x^{r}+\sum_{j=1}^{\infty}-2a_{j-1}x^{j+r-1}.
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}):
\boxed{\,a_{j}=-\dfrac{j+r-3}{2(j+r)(j+r-1)}\,a_{j-1}\quad(j\ge1)\,}.

Passo 4

Resolvo a equação indicial:
2r(r-1)=0 \quad\Rightarrow\quad r=0 \quad\text{ou}\quad r=1.
São duas raízes que diferem por 1 (um inteiro). Isso significa que:
  • com r=1 normalmente teremos uma solução de Frobenius regular (possivelmente série que truncue);
  • com r=0 pode ocorrer que a solução independente envolva \ln|x| (caso haja ressonância), precisando do procedimento adicional.
Vou primeiro construir a solução correspondente a r=1.

Passo 5

Caso r=1. Substituo r=1 na recorrência:
a_{j}=-\frac{j-2}{2(j+1)j}\,a_{j-1}.
Calculo alguns coeficientes a partir de a_{0} (livre):
  • Para j=1:
a_{1}=-\frac{1-2}{2\cdot2\cdot1}a_{0}=-\frac{-1}{4}a_{0}=\frac{1}{4}a_{0}.
  • Para j=2:
a_{2}=-\frac{2-2}{2\cdot3\cdot2}a_{1}=0\quad\Rightarrow\quad a_{2}=0.
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
y_{1}(x)=x^{1}\bigl(a_{0}+a_{1}x\bigr)=x\Bigl(1+\frac{1}{4}x\Bigr)=x+\frac{1}{4}x^{2}.
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):
Calculo y_{1} e suas derivadas:
y_{1}(x)=x+\frac{1}{4}x^{2},\qquad y_{1}'=1+\frac{1}{2}x,\qquad y_{1}''=\frac{1}{2}.
A substituição e simplificação (usar que o coeficiente do termo \ln|x| se anula) leva à equação para u:
2x\,u''+x\,u'-2u = -\bigl(4y_{1}'-2\frac{y_{1}}{x}+y_{1}\bigr).
Substituindo y_{1}, simplifica-se o termo de direita a um polinômio:
4y_{1}'-2\frac{y_{1}}{x}+y_{1}=2+\frac{5}{2}x+\frac{1}{4}x^{2}.
Logo a equação para u é
2x\,u''+x\,u'-2u = -2-\frac{5}{2}x-\frac{1}{4}x^{2}.
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:
  • Para k=0 (coeficiente de x^{0}):
-2b_{0} = -2 \quad\Rightarrow\quad b_{0}=1.
  • Para k=1 dá a equação
4b_{2}-b_{1} = -\tfrac{5}{2}.
  • Para k\ge2 obtemos a recorrência
2(k+1)k\,b_{k+1}+(k-2)b_{k} = \begin{cases}-\tfrac{1}{4}, & k=2,\\[4pt] 0, & k\ge3.\end{cases}
Ou reorganizando para b_{k+1}\] (para \(k\ge2):
b_{k+1}=\frac{- (k-2)b_{k} + \text{RHS}_{k}}{2k(k+1)},
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:
b_{2}=\frac{-\tfrac{5}{2}+b_{1}}{4}=-\frac{5}{8},
b_{3}=\frac{- (2-2)b_{2} + (-\tfrac{1}{4})}{2\cdot2\cdot3}=-\frac{1}{48},
b_{4}=\frac{-(3-2)b_{3}}{2\cdot3\cdot4}=\frac{1}{1152},
e assim por diante.
Portanto uma expressão para a segunda solução (na normalização escolhida) é
y_{2}(x)=\biggl(x+\frac{1}{4}x^{2}\biggr)\ln|x|+\;1\;+\;0\cdot x \;-\;\frac{5}{8}x^{2}-\frac{1}{48}x^{3}+\frac{1}{1152}x^{4}+\cdots.
Note que pode-se adicionar qualquer múltiplo de y_{1} a y_{2}; diferente escolha de b_{1} apenas altera essa combinação.]

Resposta

y_{1}(x)=x+\dfrac{1}{4}x^{2}\n
y_{2}(x)=\displaystyle\Bigl(x+\dfrac{1}{4}x^{2}\Bigr)\ln|x|+1-\dfrac{5}{8}x^{2}-\dfrac{1}{48}x^{3}+\dfrac{1}{1152}x^{4}+\cdots\n
y(x)=C_{1}y_{1}(x)+C_{2}y_{2}(x)

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