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 EDOiii) x^2 y^prime prime-x y=0

Passo 1

Estamos resolvendo a EDO x²y’’ – x y = 0 pelo método de Frobenius em torno de x₀=0. Vamos assumir uma solução da forma y(x)=∑_{n=0}^∞ a_n x^{n+r}, encontrar a equação indicial e a recorrência dos coeficientes.

Passo 2

Derivamos y(x)=∑_{n=0}^∞ a_n x^{n+r},
y'(x)=sumn=0^infty (n+r)an x^n+r-1,
y''(x)=sumn=0^infty (n+r)(n+r-1)an x^n+r-2

Passo 3

Substituindo em x²y’’ – x y = 0:
x^2y''=sumn=0^infty (n+r)(n+r-1)an x^n+r,
x y=sumn=0^infty an x^n+r+1=sumn=1^infty an-1 x^n+r
Logo
sumn=0^infty (n+r)(n+r-1)an x^n+r-sumn=1^infty an-1 x^n+r=0

Passo 4

Isolando o termo de menor potência (n=0) e o restante (n≥1) obtemos
r(r-1)a0 x^r+sumn=1^inftyl[(n+r)(n+r-1)an - an-1r]x^n+r=0

Passo 5

Daí a equação indicial é
F(r)=r(r-1)=0
cuja raízes são r₁=1 e r₂=0.

Passo 6

Para n≥1 igualamos cada coeficiente a zero e achamos a recorrência
(n+r)(n+r-1)an - an-1=0
Longrightarrow an=an-1(n+r)(n+r-1)

Passo 7

Caso r₁=1 (escolhendo a₀=1) temos
an(1)=1n!(n+1)!,
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y1(x)=x^1sumn=0^infty an(1)x^n = xsumn=0^infty x^nn!(n+1)!

Passo 8

Como r₁–r₂=1∈ℕ, a segunda solução vem com logaritmo:
y2(x)=k,y1(x)ln|x| + x^r₂sumn=0^infty cn x^n = k,y1(x)ln|x| + sumn=0^infty cn x^n

Resposta

As duas soluções independentes são
y1(x)=xsumn=0^inftyx^nn!(n+1)!,
y2(x)=k,y1(x)ln|x| + sumn=0^infty cn x^n,
e a solução geral é
y(x)=C1,y1(x)+C2,y2(x)

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