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 EDOii) 2 x y^prime prime+x y^prime-2 y=0

Passo 1

Estamos resolvendo a EDO 2x y’’ + x y’ - 2y = 0 em torno de x₀=0 pelo método de Frobenius. Precisamos encontrar a equação indicial, as raízes r, a relação de recorrência para os coeficientes aₙ e, a partir daí, as duas soluções independentes y₁ e y₂.

Passo 2

Assumimos uma solução da forma y(x)=sumn=0^infty an x^n+r. Então
y'=sumn=0^infty (n+r)an x^n+r-1,
y''=sumn=0^infty (n+r)(n+r-1)an x^n+r-2

Passo 3

Multiplicamos pelo coeficiente em cada termo da EDO:
2x y''=sumn=0^infty 2(n+r)(n+r-1)an x^n+r-1,
x y'=sumn=0^infty (n+r)an x^n+r,
-2y=sumn=0^infty -2an x^n+r

Passo 4

Para combinar tudo num mesmo expoente x^j+r-1, fazemos nos termos de ordem mais alta ( x y' e -2y) o deslocamento j=n+1. Assim obtemos
2x y''=sumj=0^infty 2(j+r)(j+r-1)aj x^j+r-1,
x y'=sumj=1^infty (j+r-1)aj-1x^j+r-1,
-2y=sumj=1^infty -2aj-1x^j+r-1

Passo 5

Substituindo na EDO e agrupando em potências de x^j+r-1:
2r(r-1)a0 x^r-1+sumj=1^inftyl[2(j+r)(j+r-1)aj+l((j+r-1)-2r)aj-1r]x^j+r-1=0

Passo 6

Da condição do termo singular (coeficiente de x^r-1) vem a equação indicial:
2r(r-1)a0=0implies r(r-1)=0implies r1=1,;r2=0

Passo 7

Para j>=1 obtemos a relação de recorrência geral:
2(j+r)(j+r-1)aj+(j+r-3)aj-1=0 Longrightarrow aj=-(j+r-3)2(j+r)(j+r-1),aj-1

Passo 8

Caso 1: r1=1. A recorrência vira
$$a_j=-\frac{(j-2)}{2j(j+1)},a_{j-1}.
$$Com aj=-(j-2)2j(j+1),aj-1 encontramos
a0=1e daí todos os a1=-(1-2)2cdot1cdot2=14, a2=-(2-2)2cdot2cdot3a1=0, para aj são zero. Logo
$$y_1(x)=x{r_1}\sum_{n=0}\infty a_n x^n = x\bigl(1+\tfrac14x\bigr).
$$

Passo 9

Como r1-r2=1 é um inteiro positivo, a segunda solução tem termo logarítmico. Segue-se que
$$y_2(x)=y_1(x)\ln|x|+\sum_{n=0}^\infty c_n x^n,
$$onde os y2(x)=y1(x)ln|x|+sumn=0^infty cn x^n, satisfazem, para cn,
$$c_n=-\frac{(n-3)}{2n(n-1)},c_{n-1}
$$e os demais coeficientes são fixados para anular soluções singulares.

Passo 10

Assim a solução geral da EDO é
$$y(x)=C_1,y_1(x)+C_2,y_2(x)
y(x)=C1,y1(x)+C2,y2(x) y_1(x)=x+\tfrac14x^2,
\quad y_2(x)=\bigl(x+\tfrac14x2\bigr)\ln|x|+\sum_{n=0}\infty c_n x^n.
$$

Resposta

As raízes da equação indicial são r1=1 e r2=0. A relação de recorrência geral é
$$a_j=-\frac{(j+r-3)}{2(j+r)(j+r-1)},a_{j-1},\quad j\ge1.
aj=-(j+r-3)2(j+r)(j+r-1),aj-1, j>=1 y_1(x)=x+\tfrac14x^2.
r1=1çãéíy_2(x)=y_1(x)\ln|x|+\sum_{n=0}^\infty c_n x^n,
y1(x)=x+tfrac14x^2 c_n=-\frac{(n-3)}{2n(n-1)},c_{n-1},\quad n\ge2.
r1-r2=1çãéy(x)=C_1\bigl(x+\tfrac14x2\bigr)+C_2\Bigl[\bigl(x+\tfrac14x2\bigr)\ln|x|+\sum_{n=0}^\infty c_n x^n\Bigr].$$

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