Use o método de Frobenius para obter duas soluções seriais linearmente independentes em torno do ponto singular regular x=0.
2 x^2 y^prime prime-x(x-1) y^prime-y=0

Passo 1

O enunciado pede duas soluções em série (Frobenius) em torno de x=0 para a EDO
2 x² y’’ – x(x–1) y’ – y = 0
O ponto x=0 é singular regular, então vamos usar o método de Frobenius: assumir y = ∑_{n=0}^∞ a_n x^{n+r}, encontrar o indicial, depois a recorrência de a_n.

Passo 2

Primeiro colocamos a EDO na forma padrão y’’ + p(x) y’ + q(x) y = 0 dividindo por 2 x²:
p(x)= –\frac{x–1}{2x}=\frac1{2x} – \frac12,
q(x)= –\frac1{2x²}.
Como p(x) tem pólo simples e q(x) pólo duplo em x=0, confirmamos ponto singular regular.

Passo 3

Para achar o expoente r escrevemos a equação indicial r(r–1) + p_0 r + q_0 = 0,
onde p_0 = coeficiente de 1/x em p(x) = 1/2, e q_0 = coeficiente de 1/x² em q(x) = –1/2.
Logo
r(r–1) + \tfrac12 r – \tfrac12 = 0 \quad\Longrightarrow\quad 2r² – r –1 = 0,
cuja soluções são r₁=1 e r₂=–1/2.

Passo 4

Assumindo y = ∑_{n=0}^∞ a_n x^{n+r} e substituindo na EDO obtemos, para n≥1, a recorrência
an l[2(n+r)^2 (n+r) 1r] = (n+r1),an-1
Como 2(n+r)² –(n+r) –1 = (2(n+r)+1)(n+r–1), simplifica-se para
an = an-12(n+r)+1

Passo 5

Para r₁=1:
an = an-12(n+1)+1 = an-12n+3
e assim, com a₀ arbitrário,
y1(x) = x^1 sumn=0^infty an x^n, an = a0(2cdot1+3)(2cdot2+3)cdots(2n+3),
ou de modo explícito
y1(x)= xl(1 + x5 + x^25cdot7 + x^35cdot7cdot9 + cdotsr)

Passo 6

Para r₂=–1/2:
an = an-12(ntfrac12)+1 = an-12n,
portanto
an = a02^n n!,
e
y2(x) = x^-1/2sumn=0^infty a02^n n! x^n = C,x^-1/2e^x/2

Resposta

Duas soluções independentes são
y_1(x) = x\bigl(1 + \tfrac{x}{5} + \tfrac{x^2}{5\cdot7} + \tfrac{x^3}{5\cdot7\cdot9}+\cdots\bigr),
y_2(x) = x{-1/2}e{x/2}

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