Pontos Singulares / Frobenius. Verifique se os pontos indicados são singulares:
Verifique se x=1 e x=-1 são singulares da EDO:
\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+30 y=0

Passo 1

O enunciado dá a EDO
\left(1-x^{2}\right)y''-2x y'+30y=0
e pede para verificar se x=1 e x=-1 são pontos singulares.
Informações relevantes fornecidas:
  • Coeficiente do y'' (termo líder) é a_2(x)=1-x^{2}.
  • Coeficiente do y' é a_1(x)=-2x.
  • Coeficiente de y é a_0(x)=30.
  • As duas perguntas explícitas: verificar se x=1 é ponto singular; verificar se x=-1 é ponto singular.

Passo 2

Primeiro, preciso lembrar (e te explicar) o que significa ponto singular e ponto singular regular, porque é isso que vamos usar passo a passo.
  • Um ponto x_0 é dito ponto ordinário (não singular) se o coeficiente do y'' não se anula em x_0, isto é, se \,a_2(x_0)\neq0. Caso contrário, se a_2(x_0)=0, dizemos que x_0 é um ponto singular da EDO.
  • Para classificar um ponto singular como regular (ou singular regular) usamos a EDO na forma padrão
y''+P(x)y'+Q(x)y=0,
obtida dividindo tudo por a_2(x). Então
P(x)=\frac{a_1(x)}{a_2(x)},\qquad Q(x)=\frac{a_0(x)}{a_2(x)}.
Um ponto singular x_0 é regular se as funções (x-x_0)P(x) e (x-x_0)^2 Q(x) têm limite finito (ou são analíticas) em x_0. Se pelo menos uma dessas não for finita, o ponto singular é irregular.
Essas são as condições que vou checar para x_0=1 e x_0=-1.

Passo 3

Coloco a EDO na forma padrão e escrevo P(x) e Q(x).
Dividindo por 1-x^2,
y''+\frac{-2x}{1-x^2}y'+\frac{30}{1-x^2}y=0.
Logo
P(x)=\frac{-2x}{1-x^2},\qquad Q(x)=\frac{30}{1-x^2}.
Observe também que a_2(x)=1-x^2 se anula exatamente em x=\pm1. Portanto x=1 e x=-1 são pontos singulares (já que o coeficiente do y'' é zero ali). Agora resta classificar: são regulares ou irregulares?

Passo 4

Verificação em x_0=1.
Preciso calcular os limites
\lim_{x\to1}(x-1)P(x) \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to1}(x-1)^2 Q(x).
Calculo explícito usando fatoração 1-x^2=(1-x)(1+x)=-(x-1)(x+1).
Para (x-1)P(x):
(x-1)P(x)=(x-1)\frac{-2x}{1-x^2} =(x-1)\frac{-2x}{-(x-1)(x+1)} =\frac{2x}{x+1}.
Portanto
\lim_{x\to1}(x-1)P(x)=\frac{2\cdot1}{1+1}=1,
valor finito.
Para (x-1)^2Q(x):
(x-1)^2Q(x)=(x-1)^2\frac{30}{1-x^2} =(x-1)^2\frac{30}{-(x-1)(x+1)} =-\frac{30(x-1)}{x+1}.
Logo
\lim_{x\to1}(x-1)^2Q(x)=-\frac{30(1-1)}{1+1}=0,
também finito.
Como ambos os limites são finitos, x=1 é um ponto singular regular.

Passo 5

Verificação em x_0=-1.
Agora calculo os limites
\lim_{x\to-1}(x+1)P(x) \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to-1}(x+1)^2 Q(x).
Usando novamente 1-x^2=-(x+1)(x-1):
Para (x+1)P(x):
(x+1)P(x)=(x+1)\frac{-2x}{1-x^2} =(x+1)\frac{-2x}{-(x+1)(x-1)} =\frac{2x}{x-1}.
Portanto
\lim_{x\to-1}(x+1)P(x)=\frac{2\cdot(-1)}{-1-1}=\frac{-2}{-2}=1,
valor finito.
Para (x+1)^2Q(x):
(x+1)^2Q(x)=(x+1)^2\frac{30}{1-x^2} =(x+1)^2\frac{30}{-(x+1)(x-1)} =-\frac{30(x+1)}{x-1}.
Logo
\lim_{x\to-1}(x+1)^2Q(x)=-\frac{30(-1+1)}{-1-1}=0,
também finito.
Como ambos os limites são finitos, x=-1 é um ponto singular regular.

Passo 6

Resumo e consequência prática (aquela dica amiga para a prova):
  • Constatei que a_2(1)=a_2(-1)=0, portanto são pontos singulares.
  • Verifiquei que em ambos os pontos (x-x_0)P(x) e (x-x_0)^2Q(x) têm limites finitos: em cada um dos pontos o limite de (x-x_0)P(x) vale 1 e o de (x-x_0)^2Q(x) vale 0. Logo ambos são pontos singulares regulares.
Isto significa que o método de Frobenius pode ser aplicado em torno de x=1 e também em torno de x=-1. (Como observação adicional: os valores limites p_0=1 e q_0=0 entram na equação indicial. Aqui a equação indicial seria \,r(r-1)+p_0 r + q_0 =0, ou seja \,r^2=0, raiz dupla r=0. Isso indica possibilidade de termo logarítmico na segunda solução — só para você ficar ligado na prova.)

Resposta

x=1 e x=-1 são pontos singulares regulares.

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