Resolva usando séries de potência em torno do ponto x0=0:
2(x^2+x^3) y^prime prime-(x-3 x^2) y^prime+y=0

Passo 1

O enunciado pede resolver por séries de potência em torno de x0=0 a equação
2l(x^2+x^3r)y''-l(x-3x^2r)y'+y=0
Como o coeficiente de y'' tem fator x^2, x=0 é ponto singular regular, então vamos usar o método de Frobenius, assumindo
y(x)=sumn=0^inftyan,x^n+r, a0neq0

Passo 2

Calculamos as derivadas formais:
y'(x)=sumn=0^inftyan,(n+r),x^n+r-1,
y''(x)=sumn=0^inftyan,(n+r)(n+r-1),x^n+r-2
Substituindo em 2(x^2+x^3)y''-(x-3x^2)y'+y=0 e coletando potências de x^n+r, obtemos
2(n+r)(n+r-1)an- (n+r)an+an +2(n+r-1)(n+r-2)an-1 +3(n+r-1)an-1=0

Passo 3

O coeficiente de an e de an-1 acima pode ser reescrito como
l[2(n+r)^2-3(n+r)+1r]an +l[2(n+r-1)^2+(n+r-1)r]an-1=0
Para n=0 surge a equação indicial
2r(r-1)-r+1=0 Longrightarrow 2r^2-3r+1=0 Longrightarrow r=3pm14,
isto é r1=1 e r2=tfrac12.

Passo 4

Para n>=1 obtemos a relação de recorrência
an=-2(n+r-1)^2+(n+r-1)2(n+r)^2-3(n+r)+1;an-1
Agora tratamos cada raiz r separadamente.

Passo 5

Caso r1=1: o denominador vira
2(n+1)^2-3(n+1)+1=n(2n+1),
o numerador é
2n^2+n=n(2n+1),
logo
an=-,n(2n+1)n(2n+1),an-1=-,an-1
Isto dá an=(-1)^na0, e assim a primeira solução é
y1(x) =sumn=0^infty(-1)^na0,x^n+1 =a0l(x-x^2+x^3-x^4+cdotsr) =;a0,x1+x

Passo 6

Caso r2=tfrac12: de modo análogo
2(n+tfrac12)^2-3(n+tfrac12)+1=n(2n-1), 2(n-tfrac12)^2+(n-tfrac12)=n(2n-1),
logo novamente an=-an-1 e
an=(-1)^na0',
de onde
y2(x) =sumn=0^infty(-1)^na0',x^n+tfrac12 =a0'l(x^tfrac12-x^tfrac32+x^tfrac52-cdotsr) =;a0',x^tfrac121+x

Passo 7

Como são duas soluções linearmente independentes, a solução geral é
y(x)=C1,x1+x+C2,raizx1+x,
ou, em forma de série,
y(x)=C1sumn=0^infty(-1)^nx^n+1 ;+; C2sumn=0^infty(-1)^nx^n+tfrac12

Resposta

y(x)=C1,x1+x+C2,x^1/21+x

Exercícios relacionados