Use o método de Frobenius para encontrar a forma da solução geral em torno de x=0 das seguintes equações, determinando o polinômio indicial e a fórmula de recorrência:
x^{2} y^{\prime \prime}+3 x y^{\prime}+\left(x^{2}-1\right) y=0
Discuta a existência de uma segunda solução independente e a possível ocorrência de logaritmos.

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial
x^{2}y''+3x y'+(x^{2}-1)y=0
e pede que eu use o método de Frobenius para encontrar a forma da solução geral em torno de x=0, determinando o polinômio indicial e a fórmula de recorrência. Também pede que eu discuta se existe uma segunda solução independente e se aparecem logaritmos.
Informações relevantes dadas:
  • Ponto de interesse: x=0.
  • É uma equação com coeficientes singulares regulares (coeficientes têm no máximo singularidade do tipo 1/x e 1/x^2 em x=0).
  • Objetivos explícitos: polinômio indicial, fórmula de recorrência, forma das soluções de Frobenius, e discussão sobre independência das soluções / ocorrência de logaritmos.

Passo 2

Vou aplicar o método de Frobenius: assumo uma solução da forma
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r},\qquad a_0\neq0,
onde r é o expoente a determinar (é o que aparece no polinômio indicial) e os a_n são coeficientes a determinar.
Calculo as derivadas (tudo em séries de Potências de x):
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}.
Multiplico pelos fatores da equação:
x^{2}y''=\sum_{n=0}^\infty (n+r)(n+r-1)a_n x^{n+r},
3x y' = \sum_{n=0}^\infty 3(n+r)a_n x^{n+r},
(x^{2}-1)y = \sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+r+2} \;-\; \sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+r}.
Agora somo os termos correspondentes e reúno as potências x^{n+r}.

Passo 3

Juntando os termos que aparecem com a mesma potência x^{n+r} obtenho, para cada n\ge0,
\big[(n+r)(n+r-1)+3(n+r)-1\big]a_n \;+\; a_{n-2}=0,
onde entendo a_{-1}=a_{-2}=0 (porque não existem esses coeficientes na série inicial).
Simplifico o coeficiente:
(n+r)(n+r-1)+3(n+r)-1=(n+r)(n+r+2)-1.
Portanto a relação geral é
\big[(n+r)(n+r+2)-1\big]a_n + a_{n-2}=0.
O polinômio indicial vem do termo com n=0 (onde a_{-2}=0), ou seja
\big[r(r+2)-1\big]a_0=0.
Como a_0\neq0 segue que o polinômio indicial é
\boxed{\,r(r+2)-1=0\,}
e as raízes são
\boxed{\,r = -1\pm\sqrt{2}\,}.

Passo 4

Escrevo explicitamente a fórmula de recorrência. Para n\ge2 temos
a_n = -\frac{a_{n-2}}{(n+r)(n+r+2)-1}.
Para n=1 a equação é
\big[(1+r)(1+r+2)-1\big]a_1 + a_{-1}=0 \quad\Rightarrow\quad \big[(r+1)(r+3)-1\big]a_1=0,
mas a_{-1}=0. Vou verificar se o fator em colchetes pode ser zero para nossos valores de r. Note que, usando a relação do polinômio indicial r^{2}+2r-1=0 (equivalente a r(r+2)-1=0), posso reescrever
(r+1)(r+3)-1 = r^{2}+4r+2 = (r^{2}+2r-1) + 2r +3 = 0 + (2r+3) = 2r+3.
Para r=-1+\sqrt{2} obtemos 2r+3=1+2\sqrt{2}\neq0. Para r=-1-\sqrt{2} obtemos 2r+3=1-2\sqrt{2}\neq0. Logo o coeficiente multiplicador de a_1 não é zero para nenhuma das raízes, portanto
\boxed{a_1=0}
em ambos os casos. A consequência prática é que a recorrência liga apenas coeficientes separados por dois índices: a_n em função de a_{n-2}. Assim, escolhendo a_0 livre obtém-se a_2,a_4,\dots; e a_1 é forçado a zero e portanto a_3,a_5,\dots também serão zero.
Posso escrever as soluções de Frobenius de forma explícita (uma para cada raiz r). Para cada raiz r existe uma Série de Frobenius do tipo
y(x)=x^{r}\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k} x^{2k},
com coeficientes dados por
a_{2k} = (-1)^{k}\,a_0\prod_{m=1}^{k}\frac{1}{\big[(2m+r)(2m+r+2)-1\big]}
(e convenção \prod_{m=1}^{0}(\cdots)=1). Em particular
a_2 = -\frac{a_0}{(2+r)(4+r)-1},\qquad a_4 = -\frac{a_2}{(4+r)(6+r)-1},\\ \text{etc.}

Passo 5

Discussão sobre a segunda solução e logaritmos. Os dois expoentes são
r_1=-1+\sqrt{2},\qquad r_2=-1-\sqrt{2}.
A diferença é
r_1-r_2 = 2\sqrt{2},
que não é um inteiro. Pelo teorema clássico de Frobenius, quando as raízes do polinômio indicial não diferem por um inteiro, existem duas soluções independentes dadas por séries de Frobenius (uma associada a cada raiz) e não aparecem termos com logaritmos. Portanto há duas soluções lineares independentes
y_1(x)=x^{r_1}\sum_{k=0}^\infty a_{2k}^{(1)} x^{2k},\qquad y_2(x)=x^{r_2}\sum_{k=0}^\infty a_{2k}^{(2)} x^{2k},
e a solução geral é y=C_1 y_1 + C_2 y_2. Não há ocorrência de logaritmos.

Resposta

Polinômio indicial: \;r(r+2)-1=0.
Raízes: \;r=-1\pm\sqrt{2}.
Recorrência: \;a_n = -\dfrac{a_{n-2}}{(n+r)(n+r+2)-1} para n\ge2, com a_{-1}=a_{-2}=0 e a_1=0. Assim os coeficientes ímpares são nulos e as séries envolvem apenas potências de x^{2} multiplicando x^{r}.
Forma das soluções de Frobenius: duas soluções independentes
y_1(x)=x^{\,r_1}\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k}^{(1)} x^{2k},\qquad y_2(x)=x^{\,r_2}\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k}^{(2)} x^{2k},
com r_1=-1+\sqrt{2}, r_2=-1-\sqrt{2} e coeficientes dados pela recorrência acima.
Sobre segunda solução / logaritmos: as raízes diferem por 2\sqrt{2}\not\in\mathbb{Z}, logo existem duas soluções de Frobenius independentes e não aparecem termos com logaritmos.

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