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}+2 x y^{\prime}+\left(x^{2}-\frac{1}{4}\right) y=0
Discuta a existência de uma segunda solução independente e a possível ocorrência de logaritmos.

Passo 1

O enunciado nos dá a equação diferencial
x^{2}y''+2x y'+\left(x^{2}-\tfrac{1}{4}\right)y=0
e pede:
  • encontrar o polinômio indicial (logo: as raízes r do indicial);
  • obter a fórmula de recorrência para os coeficientes da série de Frobenius;
  • discutir existência de uma segunda solução independente e se aparecem termos com logaritmo.
Informações relevantes que já temos (do enunciado):
  • O ponto x=0 é o ponto em torno do qual se pede a solução (potencial ponto singular).
  • A equação é de segunda ordem linear com coeficientes singulares em x=0.

Passo 2

Primeiro, por que usar Frobenius e quando ele é aplicável?
  • Se uma equação linear de segunda ordem pode ser escrita como
y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0
e x=0 é um ponto singular regular (ou seja, x p(x) e x^{2} q(x) são analíticos em x=0), então procuramos soluções da forma de Frobenius
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r},\qquad a_0\neq0,
onde r é um número a determinar (é a raiz do polinômio indicial).
Vamos checar que x=0 é um ponto singular regular para a equação dada.
Dividindo por x^2 obtemos
y''+\frac{2}{x}y'+\left(1-\frac{1}{4x^2}\right)y=0.
Aqui p(x)=2/x e q(x)=1-\tfrac{1}{4x^{2}}. Verifica-se que x p(x)=2 e x^{2}q(x)=x^{2}-\tfrac{1}{4} são analíticos em x=0. Logo x=0 é ponto singular regular e Frobenius é aplicável.

Passo 3

Agora construímos a série de Frobenius e suas derivadas. Assuma
y=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r}.
Então
y'=\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r) x^{n+r-1}, \qquad y''=\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r)(n+r-1) x^{n+r-2}.
Multiplicando pelos fatores da equação e substituindo:
x^{2}y''=\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r)(n+r-1) x^{n+r},
2x y' = \sum_{n=0}^{\infty} 2a_n (n+r) x^{n+r},
x^{2}y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r+2} = \sum_{n=2}^{\infty} a_{n-2} x^{n+r}.
E
-\tfrac{1}{4}y = \sum_{n=0}^{\infty} -\tfrac{1}{4} a_n x^{n+r}.
Somando todos os termos, para o expoente x^{n+r} obtemos a condição (para cada n\ge0):
a_n\big[(n+r)(n+r-1)+2(n+r)-\tfrac{1}{4}\big] + a_{n-2}=0,
onde, por convensão, a_{-1}=a_{-2}=0.

Passo 4

Simplificamos o coeficiente entre colchetes:
(n+r)(n+r-1)+2(n+r)= (n+r)(n+r+1).
Portanto a relação fica
a_n\big[(n+r)(n+r+1)-\tfrac{1}{4}\big] + a_{n-2}=0.
Para n=0 obtemos o polinômio indicial (coeficiente do menor expoente x^{r}):
a_0\big[r(r+1)-\tfrac{1}{4}\big]=0.
Como a_0\neq0 por hipótese, o polinômio indicial é
r(r+1)-\tfrac{1}{4}=0.
Resolvendo:
r^{2}+r-\tfrac{1}{4}=0 \quad\Rightarrow\quad r=\frac{-1\pm\sqrt{1+1}}{2}=\frac{-1\pm\sqrt{2}}{2}.
Chamemos r_1=\dfrac{-1+\sqrt{2}}{2} e r_2=\dfrac{-1-\sqrt{2}}{2}.

Passo 5

Agora a fórmula de recorrência geral vem de reescrever a condição para n\ge2:
a_n = -\frac{a_{n-2}}{(n+r)(n+r+1)-\tfrac{1}{4}},\qquad n\ge2.
Note que a equação para n=1 (onde não há a_{-1}) é
a_1\big[(1+r)(2+r)-\tfrac{1}{4}\big]=0.
Usando que r satisfaz r^{2}+r-\tfrac{1}{4}=0 podemos simplificar o fator:
(1+r)(2+r)-\tfrac{1}{4} = 2(r+1),
que não é zero para os valores de r encontrados (nenhum dos r é -1). Portanto a equação força
a_1=0.
Conclusão importante: a_1=0, e pela recorrência a_3,a_5,\dots também serão zero (pois cada coeficiente ímpar é obtido a partir do anterior ímpar). Assim a série resultante tem apenas termos de mesma paridade que a_0: os coeficientes pares são determinados por a_0, os ímpares são nulos. Logo uma solução de Frobenius tem a forma
y(x)=x^{r}\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k} x^{2k},
com recorrência (em termos de k\ge1)
a_{2k} = -\dfrac{a_{2k-2}}{\big(2k+r\big)\big(2k+r+1\big)-\tfrac{1}{4}}.
Em particular
a_2 = -\frac{a_0}{(r+1)(r+2)-\tfrac{1}{4}} = -\frac{a_0}{2(r+1)}.

Passo 6

Sobre existência de uma segunda solução independente e ocorrência de logaritmos:
  • As duas raízes do indicial, r_1 e r_2, são distintas e a diferença
r_1-r_2=\sqrt{2}
não é inteiro. Pelo teorema clássico de Frobenius, quando as raízes são distintas e não diferem por inteiro, existem duas soluções de Frobenius independentes, uma correspondente a r=r_1 e outra a r=r_2, cada uma do tipo
y_j(x)=x^{r_j}\sum_{k=0}^{\infty} a^{(j)}_{2k} x^{2k},\qquad j=1,2,
com as recorrências acima (cada série tem apenas termos de potências pares a partir de x^{r_j}).
  • Como as raízes não diferem por inteiro, NÃO aparecem logaritmos nas soluções: ambas as soluções são séries de Frobenius puras (sem multiplicadores logarítmicos).

Passo 7

Resumo prático para aplicar na prova (passo-a-passo curto):
  1. Mostrar que x=0 é singular regular (verifique x p(x) e x^{2}q(x)).
  2. Inserir y=\sum_{n\ge0} a_n x^{n+r}, computar derivações e igualar coeficientes de x^{n+r}.
  3. Obter indicial r(r+1)-\tfrac14=0 e resolver r=\dfrac{-1\pm\sqrt2}{2}.
  4. Escrever recorrência
a_n = -\dfrac{a_{n-2}}{(n+r)(n+r+1)-\tfrac{1}{4}},\quad n\ge2,
concluir a_1=0 e que somente coeficientes pares sobrevivem.
5. Como r_1-r_2\not\in\mathbb{Z}, há duas soluções independentes sem logaritmos.

Resposta

Polinômio indicial: \;r(r+1)-\tfrac{1}{4}=0, com raízes \;r=\dfrac{-1\pm\sqrt{2}}{2}.
Fórmula de recorrência (para uma solução de Frobenius com expoente r):
a_n = -\dfrac{a_{n-2}}{(n+r)(n+r+1)-\tfrac{1}{4}},\qquad n\ge2,
com a_1=0 e a_0 livre; portanto cada solução tem apenas termos de potência pares:
y(x)=x^{r}\sum_{k=0}^{\infty} a_{2k} x^{2k},\qquad a_{2k}=-\dfrac{a_{2k-2}}{(2k+r)(2k+r+1)-\tfrac{1}{4}}.
Segunda solução / logaritmos: As duas raízes do indicial são distintas e não diferem por inteiro ( r_1-r_2=\sqrt{2}\not\in\mathbb{Z}), portanto existem duas soluções independentes de Frobenius (uma para cada raiz) e não ocorrem termos com logaritmo.

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