Use o método de Frobenius para encontrar pelo menos os quatro primeiros termos não nulos na expansão em série em torno de \boldsymbol{x}=\mathbf{0} para uma solução da seguinte equação diferencial para \boldsymbol{x}>\mathbf{0}
x y^{\prime \prime}+y^{\prime}-4 y=0.
Escolha uma opção:
\bigcirc a. Resolvi
\bigcirc b. Não resolvi

Passo 1

O enunciado pede: encontrar, pelo método de Frobenius, os quatro primeiros termos não nulos da expansão em série em torno de \,x=0, para uma solução da equação diferencial
x y'' + y' - 4y = 0,\qquad x>0.
Informações dadas e o que devemos devolver:
  • A equação diferencial linear de segunda ordem é \,x y'' + y' - 4y = 0.
  • Queremos a expansão em série centrada em \,x=0 (ou seja, uma solução do tipo de Frobenius) e pelo menos os quatro primeiros termos não nulos dessa expansão.
  • Não há mais condições iniciais; a solução terá uma constante multiplicativa arbitrária (normalmente escrita como a_0 ou C).

Passo 2

Explicando a ideia do método de Frobenius (passo a passo, sem pular etapas):
  • Em torno de um ponto singular regular (aqui x=0 é ponto singular regular), procuramos soluções da forma de série de Frobenius
y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r},
onde \,r é um número (o expoente indicial) e \,a_0\neq0.
  • Aqui \,r representa o possível crescimento inicial da solução: se r for inteiro não-negativo a solução é uma série de potências comum; se for outro valor pode surgir comportamento singular. Vamos determinar r usando a equação (isso é a equação indicial).
  • Para aplicar, precisamos das derivadas de y. Calculamos termo a termo:
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r) x^{n+r-1},
y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r)(n+r-1) x^{n+r-2}.

Passo 3

Substituindo y,\\ y',\\ y'' na equação x y'' + y' - 4y = 0 e agrupando os somatórios:
  • Primeiro termo:
x\,y''(x)=x\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r)(n+r-1) x^{n+r-2} =\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r)(n+r-1) x^{n+r-1}.
  • Segundo termo:
y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r) x^{n+r-1}.
  • Terceiro termo:
-4y(x)=-4\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r}.
Somando os dois primeiros (que têm x^{n+r-1}) obtemos
\sum_{n=0}^{\infty} a_n\big[(n+r)(n+r-1)+(n+r)\big] x^{n+r-1}-4\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r}=0.
Simplificando a expressão entre colchetes:
(n+r)(n+r-1)+(n+r)=(n+r)\big((n+r-1)+1\big)=(n+r)^2.
Logo
\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r)^2 x^{n+r-1}-4\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r}=0.

Passo 4

Alinhar potências de x (mudar índices para somatórios terem a mesma potência):
  • O primeiro somatório tem potências x^{n+r-1}. Fazemos a mudança de índice n\mapsto n+1 nessa soma para obter potências x^{n+r}:
\sum_{n=0}^{\infty} a_n (n+r)^2 x^{n+r-1} = \sum_{n=-1}^{\infty} a_{n+1}(n+1+r)^2 x^{n+r}.
  • O segundo somatório já tem potências x^{n+r}:
-4\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r}.
Agora combinamos:
\underbrace{a_0 r^2 x^{r-1}}_{\text{termo }n=-1} + \sum_{n=0}^{\infty}\Big[a_{n+1}(n+1+r)^2-4a_n\Big] x^{n+r}=0.
Para que essa soma seja zero para todos x é necessário que:
  1. Coeficiente do termo mais baixo x^{r-1} se anule: a_0 r^2=0.
  2. Para todo n\ge0 o coeficiente de x^{n+r} se anule:
a_{n+1}(n+1+r)^2-4a_n=0.

Passo 5

Resolver a equação indicial e a recorrência:
  • Da condição a_0 r^2=0 e como a_0\neq0 segue r^2=0, isto é
r=0,
é raiz dupla do polinômio indicial. Isso significa que existe uma solução analítica (uma série de potências) correspondente a r=0 — vamos encontrá-la. (Observação: a segunda solução geralmente envolve logaritmo porque a raiz é dupla, mas aqui só nos pediram uma solução; a solução principal é a com r=0.)
  • Com r=0, a relação de recorrência fica, para n\ge0,
a_{n+1}=\frac{4}{(n+1)^2}\,a_n.
Isto nos permite calcular os coeficientes a partir de a_0 (constante arbitrária).

Passo 6

Calcular explicitamente os primeiros coeficientes (mostrando as contas):
  • Tome a_0 como constante arbitrária (vou chamar de C no final). Então
a_1=\frac{4}{1^2}a_0=4a_0.
a_2=\frac{4}{2^2}a_1=\frac{4}{4}\cdot 4a_0=4a_0.
a_3=\frac{4}{3^2}a_2=\frac{4}{9}\cdot 4a_0=\frac{16}{9}a_0.
a_4=\frac{4}{4^2}a_3=\frac{4}{16}\cdot\frac{16}{9}a_0=\frac{4}{9}a_0.
Esses já fornecem quatro termos não nulos da série (os termos correspondentes a n=0,1,2,3 são não nulos). Se quiser mais, podemos continuar com a mesma regra.

Passo 7

A fórmula fechada para a_n (apresentação e verificação rápida por indução):
  • Observando a recorrência, percebe-se que
a_n = a_0\frac{4^n}{(n!)^2}\qquad\text{para todo }n\ge0.
Verificação rápida:
  • Para n=0 a_0 — ok.
  • Se a fórmula vale para n, ao calcular a_{n+1} temos
a_{n+1}=\frac{4}{(n+1)^2}a_n=\frac{4}{(n+1)^2}\,a_0\frac{4^n}{(n!)^2} =a_0\frac{4^{n+1}}{((n+1)!)^2},
que é exatamente a fórmula para n+1. Logo a fórmula vale por indução.

Passo 8

Montando a solução em série e exibindo os quatro primeiros termos não nulos:
  • A solução de Frobenius correspondente a r=0 é (com constante arbitrária C=a_0)
y(x)=C\sum_{n=0}^{\infty}\frac{4^n}{(n!)^2}x^n.
  • Os quatro primeiros termos não nulos (correspondendo a n=0,1,2,3) são:
y(x)=C\left(1 + 4x + 4x^2 + \frac{16}{9}x^3 + \cdots\right).

Resposta

y(x)=C\sum_{n=0}^{\infty}\frac{4^n}{(n!)^2}x^n = C\left(1+4x+4x^2+\frac{16}{9}x^3+\cdots\right)

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