Usando o método de Frobenius obtenha, no caso abaixo, a equação indicial para r, a relação de recorrência e os primeiros coeficientes das respectivas séries:
3 x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+(4 x-1) y=0

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
3x^{2}y''+xy'+(4x-1)y=0
e pede:
  • a equação indicial para r;
  • a relação de recorrência entre os coeficientes da série de Frobenius;
  • os primeiros coeficientes das séries (ou seja, a_0,a_1,a_2,\dots até alguns termos) para cada solução de Frobenius.
Informações relevantes fornecidas: a equação é singular em x=0 (os coeficientes multiplicam x^2 e x), então a técnica de Frobenius é apropriada. Não há imagens.

Passo 2

Ideia do método de Frobenius (explicação didática rápida): procurar soluções da forma
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r},
onde r é um número a determinar (pode ser não inteiro) e a_0\neq0 é a constante inicial. Aqui:
  • cada a_n é um coeficiente desconhecido a determinar;
  • r é o expoente inicial que aparece na equação indicial;
  • substitui-se y, y' e y'' na EDO e iguala-se coeficientes de potências de x para obter uma relação entre a_n e uma equação para r.

Passo 3

Calcular y' e y'' a partir do ansatz e escrever explicitamente (cada expressão em série):
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r},
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)a_n x^{n+r-1},
y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1)a_n x^{n+r-2}.

Passo 4

Multiplicar cada termo pelos fatores da EDO e escrever em potências x^{n+r}:
3x^{2}y''=3\sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1)a_n x^{n+r},
xy'= \sum_{n=0}^{\infty} (n+r)a_n x^{n+r},
(4x-1)y = 4\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r+1} \;-\; \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r}.
Para somar tudo em potências x^{n+r} ajustamos o termo com x^{n+r+1}: fazemos a mudança de índice n\mapsto n-1 em 4\sum a_n x^{n+r+1} para obter
4\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n+r}.
(Já que a_{-1}=0 por convenção.)
Logo, somando todos os termos, o coeficiente de x^{n+r} é, para n\ge0,
3(n+r)(n+r-1)a_n + (n+r)a_n - a_n + 4 a_{n-1}.

Passo 5

Obter a equação indicial: olhar o coeficiente correspondente à menor potência possível, que é x^{r} (i.e. tomar n=0). O termo com a_{-1} some, então para n=0 fica
\big(3r(r-1)+r-1\big)a_0 = 0.
Simplificar a expressão dentro do parêntese:
3r(r-1)+r-1 = 3r^{2}-3r + r -1 = 3r^{2}-2r-1.
Portanto a equação indicial é
3r^{2}-2r-1=0.
Resolver essa quadrática:
\Delta = (-2)^{2}-4\cdot3\cdot(-1)=4+12=16,
r=\frac{2\pm\sqrt{16}}{6}=\frac{2\pm4}{6}.
Logo os dois valores de r são
r_1=1,\qquad r_2=-\tfrac{1}{3}.
Comentário útil para prova: como r_1-r_2=4/3 não é inteiro, as duas soluções de Frobenius com esses r serão linearmente independentes e obtidas diretamente pelo procedimento.

Passo 6

Derivar a relação de recorrência geral: para n\ge0 o coeficiente de x^{n+r} deve ser zero, logo
\big(3(n+r)(n+r-1)+(n+r)-1\big)a_n + 4 a_{n-1}=0.
Simplificando a expressão entre parênteses:
3(n+r)(n+r-1)+(n+r)-1 = 3(n+r)^2-2(n+r)-1.
Portanto a relação de recorrência é
\big(3(n+r)^2-2(n+r)-1\big)a_n + 4 a_{n-1}=0,
ou isolando a_n,
\boxed{a_n = -\dfrac{4}{\,3(n+r)^2-2(n+r)-1\,}\;a_{n-1},\qquad n\ge1.}

Passo 7

Calcular os primeiros coeficientes explicitamente em função de a_0 para cada raiz r. Vamos usar a recorrência para n=1,2,3. Para facilitar, definimos
D(n,r)=3(n+r)^2-2(n+r)-1.
  • Para n=1 temos
D(1,r)=3r^2+4r.
Assim
a_1=-\dfrac{4}{3r^2+4r}\,a_0.
  • Para n=2 temos
D(2,r)=3r^2+10r+7,
a_2=-\dfrac{4}{3r^2+10r+7}\,a_1.
  • Para n=3 temos
D(3,r)=3r^2+16r+20,
a_3=-\dfrac{4}{3r^2+16r+20}\,a_2.
Agora substituímos os valores de r e simplificamos numericamente.
Caso r=r_1=1:
  • D(1,1)=3+4=7 então
a_1=-\dfrac{4}{7}a_0.
  • D(2,1)=3+10+7=20 então
a_2=-\dfrac{4}{20}a_1 = -\dfrac{4}{20}\left(-\dfrac{4}{7}a_0\right)=\dfrac{16}{140}a_0=\dfrac{4}{35}a_0.
  • D(3,1)=3+16+20=39 então
a_3=-\dfrac{4}{39}a_2 = -\dfrac{4}{39}\cdot\dfrac{4}{35}a_0 = -\dfrac{16}{1365}a_0.
Portanto a solução correspondente a r=1 tem expansão
y_1(x)=x^{1}\Big(a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3+\cdots\Big)
com
a_1=-\tfrac{4}{7}a_0,\quad a_2=\tfrac{4}{35}a_0,\quad a_3=-\tfrac{16}{1365}a_0,\\ \ldots
Caso r=r_2=-\tfrac{1}{3}:
  • Calcular D(1,-\tfrac{1}{3}): r^2=1/9 então 3r^2=1/3, 4r=-4/3; soma 1/3-4/3=-1. Logo
D(1,-\tfrac{1}{3})=-1,
a_1=-\dfrac{4}{-1}a_0=4a_0.
  • D(2,-\tfrac{1}{3}): 3r^2=1/3, 10r=-10/3, soma 1/3-10/3+7=4. Então
a_2=-\dfrac{4}{4}a_1=-4a_1=-4(4a_0)=-4a_0.
(Observe que no passo anterior houve cancelamento que simplificou os números.)
  • D(3,-\tfrac{1}{3}): 3r^2=1/3, 16r=-16/3, soma 1/3-16/3+20=15. Então
a_3=-\dfrac{4}{15}a_2 = -\dfrac{4}{15}(-4a_0)=\dfrac{16}{15}a_0.
Portanto a solução correspondente a r=-\tfrac{1}{3} tem expansão
y_2(x)=x^{-1/3}\Big(a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3+\cdots\Big)
com
a_1=4a_0,\quad a_2=-4a_0,\quad a_3=\tfrac{16}{15}a_0,\\ \ldots
Comentário final de método: na prova, deixe a_0 gratuito (normalmente a_0=1 para escrever série normalizada), calcule r pela indicial, depois aplique a recorrência para tantos termos quantos precisar.

Resposta

Equação indicial: 3r^{2}-2r-1=0 com raízes r=1 e r=-\tfrac{1}{3}.
Relação de recorrência:
a_n = -\dfrac{4}{\,3(n+r)^2-2(n+r)-1\,}\;a_{n-1},\qquad n\ge1.
Primeiros coeficientes (em função de a_0) para r=1:
a_1=-\tfrac{4}{7}a_0,\qquad a_2=\tfrac{4}{35}a_0,\qquad a_3=-\tfrac{16}{1365}a_0,\\ \ldots
Primeiros coeficientes (em função de a_0) para r=-\tfrac{1}{3}:
a_1=4a_0,\qquad a_2=-4a_0,\qquad a_3=\tfrac{16}{15}a_0,\\ \ldots

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