1. x=0 é um ponto singular regular da equação diferencial indicada. Mostre que as raízes indiciais da singularidade diferem por um inteiro. Use o método de Frobenius para obter ao menos uma solução em série ao redor de x=0. Aplique a fórmula de redução de ordem, se necessário, para obter a segunda solução. Forme a solução geral em (0, \infty).
x y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}-x y=0

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
x y^{\prime\prime}+2y^{\prime}-x y=0
e pede:
  • mostrar que x=0 é um ponto singular regular e que as raízes indiciais da singularidade diferem por um inteiro;
  • usar o método de Frobenius para obter ao menos uma solução em série ao redor de x=0;
    -, se necessário, aplicar a fórmula de redução de ordem para obter a segunda solução;
  • formar a solução geral em (0,\infty).
Informações relevantes fornecidas:
  • A equação linear de segunda ordem é a dada acima.
  • O ponto a analisar é x=0.
  • É exigido um desenvolvimento por séries de Frobenius e, se necessário, redução de ordem.

Passo 2

Colocar a equação na forma padrão e verificar singularidade: divido por x (para x\neq0):
y^{\prime\prime}+\frac{2}{x}y^{\prime}-y=0.
Aqui os coeficientes são P(x)=\dfrac{2}{x} e Q(x)=-1. Para verificar se x=0 é um ponto singular regular, eu calculo xP(x) e x^2 Q(x):
xP(x)=2,\qquad x^2 Q(x)=-x^2.
Ambas as funções são analíticas em x=0 (a primeira é constante, a segunda é um polinômio). Portanto x=0 é um ponto singular regular.

Passo 3

Aplicar o método de Frobenius: procuro uma solução da forma
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r},\qquad a_0\neq0,
onde r é a ordem indicial a determinar e a_n são coeficientes a achar. Vou calcular y' e y'':
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)a_n x^{n+r-1}, \qquad y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1)a_n x^{n+r-2}.

Passo 4

Substituir em x y''+2y'-x y=0. Primeiro deixo as somas com potências iguais:
x y''=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1)a_n x^{n+r-1}, \qquad 2y'=\sum_{n=0}^{\infty} 2(n+r)a_n x^{n+r-1},
-x y=-\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r+1}.
Somando as duas primeiras:
x y''+2y'=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r+1)a_n x^{n+r-1}.
Então a equação fica
\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r+1)a_n x^{n+r-1} -\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r+1}=0.
Para combinar as potências uso reindexação no segundo somatório: escrevo n' = n+2 para o segundo, obtendo
\sum_{n=0}^{\infty}\Big[(n+r)(n+r+1)a_n - a_{n-2}\Big] x^{n+r-1}=0,
onde por convenção a_{-1}=a_{-2}=0.

Passo 5

A condição de coeficiente do menor expoente (indicial) vem de n=0:
r(r+1)a_0=0.
Como a_0\neq0, obtemos a equação indicial
r(r+1)=0\quad\Rightarrow\quad r=0\\ \text{ou}\\ r=-1.
Portanto as raízes indiciais são \;r_1=0 e \;r_2=-1; elas diferem por 1, um inteiro, como pedido.
Além disso, a recorrência geral (para n\ge2) é
a_n=\frac{a_{n-2}}{(n+r)(n+r+1)}.
Também devo olhar n=1: para n=1 a condição é (1+r)(2+r)a_1=0. Isso impõe, dependendo de r, restrições sobre a_1:
  • para r=0 temos (1)(2)a_1=0\Rightarrow a_1=0;
  • para r=-1 temos (0)(1)a_1=0\Rightarrow identidade, logo a_1 livre.

Passo 6

Construir a solução de Frobenius para r=0 (essa nos dá pelo menos uma solução em série).
Com r=0 a recorrência fica (para n\ge2)
a_n=\frac{a_{n-2}}{n(n+1)}.
Também a_1=0. Assim todos os coeficientes ímpares são zero e a série tem apenas potências pares:
y(x)=a_0\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k}/a_0\; x^{2k}.
Calculo explicitamente alguns termos:
a_2=\frac{a_0}{2\cdot3}=\frac{a_0}{6},\quad a_4=\frac{a_2}{4\cdot5}=\frac{a_0}{6\cdot20}=\frac{a_0}{120},\\ \dots
Posso provar por indução que
a_{2k}=\frac{a_0}{(2k+1)!}\qquad (k\ge0).
Base k=0 óbvia. Supondo verdade para k, então
a_{2(k+1)}=\frac{a_{2k}}{(2k+2)(2k+3)}=\frac{a_0}{(2k+1)!(2k+2)(2k+3)}=\frac{a_0}{(2k+3)!},
logo vale para k+1. Portanto a série é
y(x)=a_0\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{2k}}{(2k+1)!}=a_0\frac{\operatorname{sinh} x}{x}.
Escolhendo a_0=1 obtém-se a solução simples
y_1(x)=\frac{\operatorname{sinh} x}{x}.
Essa é a solução de Frobenius correspondente a r=0. Observe que ela é analítica em x=0 (valor limite y_1(0)=1).

Passo 7

Agora obtenho a segunda solução. Como as raízes diferem por inteiro, a segunda solução pode envolver termo logarítmico; mas aqui podemos usar redução de ordem para obter uma segunda solução independente explicitamente, sem perder didática.
Para a equação na forma padrão
y''+P(x)y'+Q(x)y=0,
a fórmula de redução de ordem dá, a partir de uma solução conhecida y_1, uma segunda solução y_2 pela expressão
y_2(x)=y_1(x)\int \frac{\exp\!\big(-\int P(x)\,dx\big)}{y_1(x)^2}\,dx.
No nosso caso P(x)=\dfrac{2}{x}, logo
\exp\!\big(-\int P\,dx\big)=\exp\!\big(-\int \tfrac{2}{x}dx\big)=\exp(-2\ln x)=x^{-2}.
Substituindo y_1(x)=\dfrac{\operatorname{sinh} x}{x} na fórmula:
\frac{\exp(-\int P)}{y_1^2}=\frac{x^{-2}}{(\operatorname{sinh} x/x)^2}=\frac{1}{\operatorname{sinh}^2 x}.
Logo
y_2(x)=\frac{\operatorname{sinh} x}{x}\int \frac{1}{\operatorname{sinh}^2 x}\,dx.
Conhecendo a primitiva padrão \dfrac{d}{dx}\coth x=-\dfrac{1}{\operatorname{sinh}^2 x}, segue que
\int \frac{1}{\operatorname{sinh}^2 x}\,dx=-\coth x + C.
Tomando a constante de integração convenientemente (ela só produz combinação linear com y_1), escolho a primitiva -\coth x. Assim
y_2(x)=\frac{\operatorname{sinh} x}{x}\cdot\big(-\coth x\big)=-\frac{\operatorname{cosh} x}{x}.
Multiplicando por -1 (constante multiplicativa irrelevante para independência linear) obtenho a segunda solução independente
y_2(x)=\frac{\operatorname{cosh} x}{x}.

Passo 8

Verificação rápida e forma alternativa: as duas soluções obtidas podem ser combinadas para escrever a solução geral. Usando identidades hiperbólicas,
\frac{\operatorname{sinh} x}{x}=\frac{e^x-e^{-x}}{2x},\qquad \frac{\operatorname{cosh} x}{x}=\frac{e^x+e^{-x}}{2x}.
Portanto a solução geral pode também ser escrita de forma mais compacta como
y(x)=\frac{C_1 e^{x}+C_2 e^{-x}}{x},
com constantes arbitrárias C_1,C_2. Essa expressão é válida em (0,\infty) (onde dividimos por x\neq0).

Resposta

y(x)=C_1\frac{\operatorname{sinh} x}{x}+C_2\frac{\operatorname{cosh} x}{x}
\text{ou equivalently}\quad y(x)=\frac{C_1 e^{x}+C_2 e^{-x}}{x},\qquad x\in(0,\infty).

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