Seja a ED dada por: x^2 y^prime prime+2 x y^prime+(x^2-2) y=0. Usando o método de Frobenius, use a solução tentativa do tipo: y(x)=sumn=0^infty Cn x^n+s;
Calcule as soluções y1, para s1=1 e y2, para s2=-2, mostrando que y1(x)=C0[x+x^2-x^310+x^5280-ldots] e que y2(x)=C1[1x^2+12-x^28+ldots];

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação de Euler–Frobenius
x^2y''+2xy'+(x^2-2)y=0
usando a forma de Frobenius
y(x)=sumn=0^inftyCnx^n+s
para obter duas séries independentes, correspondentes aos indíces s1=1 e s2=-2. Vamos precisar montar a equação indicial, deduzir a relação de recorrência e calcular alguns coeficientes para cada caso.

Passo 2

Começamos substituindo
y=sumn=0^inftyCnx^n+s,
y'=sumn=0^inftyCn(n+s)x^n+s-1,
y''=sumn=0^inftyCn(n+s)(n+s-1)x^n+s-2
Inserindo na EDO e agrupando as potências de x^n+s, obtemos
sumn=0^inftyCnl((n+s)^2+(n+s)-2r)x^n+s+sumn=0^inftyCnx^n+s+2=0
Do coeficiente de x^s vem a equação indicial:
C0(s^2+s-2)=0,Rightarrow,s=1 ou s=-2
e, para n>=2, a recorrência
Cn=-Cn-2(n+s)^2+(n+s)-2,

Passo 3

Para s1=1 a recorrência fica
Cn=-Cn-2(n+1)^2+(n+1)-2=-Cn-2n(n+3)
Com C0 livre, encontramos
C1=0,
C2=-C02cdot5=-C010,
C3=-C13cdot6=0,
C4=-C24cdot7=C0280,
et assim por diante. Isso leva à solução
y1(x)=C0l[x-tfracx^310+tfracx^5280-cdotsr]

Passo 4

Para s2=-2 a recorrência vira
Cn=-Cn-2(n-2)^2+(n-2)-2=-Cn-2n(n-3)
Com C0 livre (aqui renomeado como C1 no enunciado), obtemos
C1=0,
C2=-C02cdot(-1)=C02,
C4=-C24cdot1=-C08,
C6=-C46cdot3=C0144,
et assim segue. A série resultante é
y2(x)=C1l[x^-2+tfrac12-tfracx^28+cdotsr]

Passo 5

Essas duas séries são as soluções independentes pedidas pelo método de Frobenius para s1=1 e s2=-2.

Resposta

y1(x)=C0l[x-x^310+x^5280-cdotsr], y2(x)=C1l[x^-2+12-x^28+cdotsr]

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