Usando o método de Frobenius, resolva:
x^{2} y^{\prime \prime}+\left(x^{2}+x\right) y^{\prime}-y=0 em x_{0}=0.

Passo 1

O enunciado pede para resolver a equação
x^{2}y'' + \bigl(x^{2}+x\bigr)y' - y = 0
em torno de x_{0}=0 pelo método de Frobenius. Isso indica que devemos verificar se x=0 é uma singularidade regular, escrever a equação na forma
y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0
e então assumir uma série do tipo
y = \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\,x^{n+r}.

Passo 2

Dividindo por x^{2}, obtemos
y'' + \Bigl(1 + \tfrac1x\Bigr)y' - \tfrac1{x^{2}}\,y = 0,
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P(x)=1+\tfrac1x,\quad Q(x)=-\tfrac1{x^{2}}.
Para a equação indicial usamos
r(r-1) + p_{0}\,r + q_{0} = 0,
onde
p_{0} = \lim_{x\to0} xP(x) = 1, \quad q_{0} = \lim_{x\to0} x^{2}Q(x) = -1.
Assim
r(r-1) + 1\cdot r -1 = r^{2}-1 = 0
e as raízes são
r_{1}=1,\quad r_{2}=-1.

Passo 3

Substituindo y=\sum_{n=0}^\infty a_{n}x^{n+r} na equação original e igualando coeficientes de x^{n+r}, chega-se à recorrência geral
\bigl((n+r)^{2}-1\bigr)a_{n} + (n+r-1)\,a_{n-1} = 0,
ou seja
a_{n} \;=\; -\,\frac{n+r-1}{(n+r)^{2}-1}\;a_{n-1},\quad n\ge1.

Passo 4

Para r=r_{1}=1, o denominador fica (n+1)^{2}-1 = n(n+2) e o numerador é n+1-1 = n. Logo
a_{n} = -\,\frac{n}{n(n+2)}\,a_{n-1} = -\frac{1}{n+2}\,a_{n-1}.
Isso dá
a_{n} = \frac{(-1)^{n}\,2}{(n+2)!}\,a_{0}.
Portanto a primeira solução é
y_{1}(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\,x^{n+1} = 2a_{0}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\,x^{n+1}}{(n+2)!} = 2a_{0}\,\frac{1-\cos x}{x}.

Passo 5

Para r=r_{2}=-1, o denominador é (n-1)^{2}-1 = n(n-2) e o numerador n-1-1 = n-2. Então
a_{n} = -\,\frac{n-2}{n(n-2)}\,a_{n-1} = -\frac{1}{n}\,a_{n-1},
resultando em
a_{n} = \frac{(-1)^{n}}{n!}\,a_{0}.
A segunda solução fica
y_{2}(x) = \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\,x^{n-1} = a_{0}\,x^{-1}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{n}}{n!} = a_{0}\,\frac{e^{-x}}{x}.

Resposta

A solução geral em x=0 é
y(x) = C_{1}\,\frac{1-\cos x}{x} \;+\; C_{2}\,\frac{e^{-x}}{x},
com C_{1},C_{2} constantes arbitrárias.

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