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;
mostre que para s1 e s2, C1=0;

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial de Frobenius
x^2y''+2x,y'+l(x^2-2r)y=0
e propõe a solução
y(x)=sumn=0^inftyCn,x^n+s
O conteúdo aqui é o método de Frobenius: vamos obter a equação indicial para s e a recorrência para os coeficientes Cn, e então verificar o caso n=1.

Passo 2

Calculemos y' e y'' em série e substituamos na EDO.
y'=sumn=0^infty(n+s),Cn,x^n+s-1, y''=sumn=0^infty(n+s)(n+s-1),Cn,x^n+s-2
Multiplicando:
x^2y''=sumn=0^infty(n+s)(n+s-1),Cn,x^n+s, 2x,y'=sumn=0^infty2(n+s),Cn,x^n+s,
x^2y=sumn=0^inftyCn,x^n+s+2, -2y=-2sumn=0^inftyCn,x^n+s

Passo 3

Juntando tudo em potências de x^n+s, observamos que
x^2y'':;; (n+s)(n+s-1)Cn, 2x,y':;;2(n+s)Cn, -2y:;;-2Cn,
e o termo x^2y ao reindexar nmapsto n-2 vira Cn-2. Logo para todo n>=0
l[(n+s)(n+s-1)+2(n+s)-2r]Cn+Cn-2=0
No caso n=0 surge a equação indicial
l[s(s-1)+2s-2r]C0=0 ;Longrightarrow; s^2+s-2=0 ;Longrightarrow; s1=1,;s2=-2
Para n>=2 temos a recorrência
Cn=-Cn-2(n+s)^2+(n+s)-2

Passo 4

Falta agora o caso n=1. A recorrência para n=1 é
l[(1+s)^2+(1+s)-2r]C1+C-1=0
Por definição C-1=0, então
l[(1+s)^2+(1+s)-2r]C1=0
Mas
(1+s)^2+(1+s)-2 =s^2+2s+1+s+1-2 =s^2+3s =s,(s+3)
Para s1=1 isso vale 1cdot4=4neq0; para s2=-2 vale (-2)cdot1=-2neq0. Em ambos os casos o fator multiplicador de C1 não é zero, logo a única solução é
C1=0

Resposta

Para as duas raízes s1=1 e s2=-2 da equação indicial, temos C1=0.

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