Questão 5 (2,5 pontos)
Dada a EDOLH
x^2 y^prime prime+5 x y^prime+(2 x+4) y=0
(a) Determine uma solução pelo método de Frobenius.
(b) Indique a forma da outra solução l.i., sem calcular os coeficientes.

Passo 1

O enunciado nos dá a EDOLH
x^2y''+5x,y'+(2x+4)y=0
que tem ponto singular regular em x=0. Para aplicar o método de Frobenius, assumimos
y=sumn=0^inftyanx^n+r, a0neq0,
e vamos encontrar o expoente r (equação indicial) e a recorrência dos an.

Passo 2

Calculamos
y'=sumn=0^inftyan(n+r)x^n+r-1, y''=sumn=0^inftyan(n+r)(n+r-1)x^n+r-2,
e substituímos em
x^2y''+5x,y'+(2x+4)y=0
Agrupando as potências de x^n+r, obtemos
sumn=0^infty anl[(n+r)(n+r-1)+5(n+r)+4r]x^n+r +2sumn=0^infty an,x^n+r+1=0
Note que (n+r)(n+r-1)+5(n+r)+4=(n+r+2)^2.

Passo 3

O termo de menor potência é x^r (quando n=0), cuja contribuição é
a0(r+2)^2=0 Longrightarrow (r+2)^2=0 Longrightarrow r=-2 (dupla)
Para n>=1, igualando o coeficiente de x^n+r a zero e realinhando o segundo somatório, vem
an(n+r+2)^2+2,an-1=0 Longrightarrow an=-2(n+r+2)^2,an-1
Como r=-2, temos n+r+2=n, logo
an=-2n^2,an-1 Longrightarrow an=(-2)^n(n!)^2,a0

Passo 4

Escolhendo a0=1, a primeira solução fica
y1(x) =sumn=0^infty(-2)^n(n!)^2,x^n-2 =x^-2sumn=0^infty(-2x)^n(n!)^2

Passo 5

Como a raiz r=-2 é dupla, a segunda solução linearmente independente tem a forma de solução de Frobenius para raiz repetida, isto é
y2(x)=y1(x),ln x +sumn=0^inftybn,x^n-2,
sem que seja preciso determinar explicitamente os coeficientes bn.

Resposta

(a)
y1(x) =x^-2sumn=0^infty(-2x)^n(n!)^2
(b)
A outra solução l.i. tem a forma
y2(x) =y1(x)ln x +sumn=0^inftybnx^n-2

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