O método de Frobenius para equações diferenciais consiste em encontrar soluções, também, em forma de séries de potências em torno de um ponto x0 onde está definida a EDO
P(x) y^prime prime+Q(x) y^prime+R(X) y=0
Este método é util para quando temos as funções Q(x) / P(x) e R(x) / P(x) não são analíticas em x0, o que tipicamente ocorre quando esse ponto é singular, i. e., um ponto onde Q(x) / P(x) e R(x) / P(x) dá problema.
Tomemos o seguinte exemplo para ilustrarmos o problema
2 x y^prime prime+(x+1) y^prime-3 y=0
é fácil notar que x0=0 é um ponto singular. Agora assumiremos uma solução na forma
y(x)=x^r sumn=0^infty an x^n=sumn=0^infty an x^n+r
Tomemos as derivadas
& y^prime(x)=sumn=0^infty(n+r) an x^n+r-1 Longrightarrow(x+1) y^prime=sumn=0^infty(n+r) an x^n+r+sumn=0^infty(n+r) an x^n+r-1 & y^prime prime(x)=sumn=0^infty(n+r)(n+r-1) an x^n+r-2 Longrightarrow 2 x y^prime prime=sumn=0^infty 2(n+r)(n+r-1) an x^n+r-1 & -3 y(x)=sumn=0^infty-3 an x^n+r
Agora para ajustarmos os índices tomemos j-1=n no primeiro termo de (x+1) y^prime (analogo para -3 y ) e j=n no segundo termo ( analogamente para 2 x y^prime prime ), de forma que podemos escrever as séries acima como
& (x+1) y^prime=r a0 x^r-1+sumj=1^infty[(j+r) aj x^j+r-1+(j+r-1) aj-1 x^j+r-1] & 2 x y^prime prime=r(r-1) a0 x^r-1 sumj=1^infty 2(j+r)(j+r-1) aj x^j+r-1 & -3 y(x)=sumj=1^infty-3 aj-1 x^j+r-1
substituindo as séries acima na EDO e manipulando chegamos a seguinte equação
r(2 r-1) a0 x^r-1+sumj=1^infty[(j+r)(2 j+2 r-1) aj+(j+r+2) aj-1] x^j+r-1=0
Igualando o coeficiente do primeiro termo a zero, onde assumimos a0=1, obtemos a chamada equação indicial
F(r)=r(2 r-1)=0
onde obtemos r1=0 e r2=12. Agora assumimos que os x
(j+r)(2 j+2 r-1) aj+(j+r+2) aj-1=0 Longrightarrow aj=-(j+r+2) aj-1(j+r)(2 j+2 r-1)
Agora o problema se divide em dois casos onde substituimos r 1 e r2 no termo de recorrência onde obteremos os termos para duas soluções. De forma que a solução geral pelo método de Frobenius depende de duas funções L.I. y1 e y2,
y(x)=y1(x)+y2(x),
onde y1 é sempre dada por
y1(x)=|x|^r1[1+sumn=0^infty an(r1) x^n]
equanto y2 depende da relação entre y1 e y2 :
y2(x)=|x|^r2[1+sumn=0^infty an(r2) x^n], & se r1-r2 neq 0,1,2, cdots y1(x) ln |x|+|x|^r1 sumn=0^infty bn(r1) x^n, & se r1-r2=0 k y1(x) ln |x|+|x|^r2 sumn=0^infty cn(r2) x^n, & se r1-r2=1,2, cdots
Agora é a sua vez, repita o processo acima para as EDO x^2 y^prime prime-x y=0

Passo 1

O enunciado pede para aplicar o método de Frobenius à EDO
x^2y''-x y=0,
que tem ponto singular em x0=0. Vamos expandir em torno de x=0 assumindo uma solução da forma
y(x)=sumn=0^inftyanx^n+r

Passo 2

Derivamos
y'=sumn=0^infty(n+r)anx^n+r-1,
y''=sumn=0^infty(n+r)(n+r-1)anx^n+r-2
Então
x^2y''=sumn=0^infty(n+r)(n+r-1)anx^n+r,
-x y=-sumn=0^inftyanx^n+r+1=-sumj=1^inftyaj-1x^j+r
Reescrevendo ambas como potências x^j+r e somando, obtemos
sumj=0^inftyl[(j+r)(j+r-1)aj-aj-1r]x^j+r=0,
onde definimos a-1=0.

Passo 3

Para cancelar o termo de menor potência ( j=0) igualamos o coeficiente a zero:
r(r-1)a0=0
Como assumimos a0neq0, a equação indicial é
r(r-1)=0
cuja solução dá
$$r_{1}=1,
\quad r_{2}=0.$$

Passo 4

Para os termos gerais j>=1 a recorrência é
(j+r)(j+r-1)aj-aj-1=0 Longrightarrow aj=aj-1(j+r)(j+r-1)
No caso r1=1 temos
aj=a0prodk=1^jk(k+1)=a0j!,(j+1)!
Escolhendo a0=1 gera a primeira solução

Passo 5

Como r1-r2=1 é inteiro, a segunda solução envolve logaritmo. Logo
y1(x)=xsumj=0^inftyx^jj!,(j+1)!,
y2(x)=y1(x)ln|x|+sumn=0^inftycnx^n,
onde os cn podem ser obtidos por substituição direta no método de Frobenius. A solução geral é
y(x)=C1y1(x)+C2y2(x)

Resposta

As duas soluções independentes são
y1(x)=xsumj=0^inftyx^jj!,(j+1)!,
y2(x)=y1(x)ln|x|+sumn=0^inftycnx^n,
e a solução geral da EDO é
y(x)=C1y1(x)+C2y2(x)

Exercícios relacionados