Use o método de Frobenius para obter duas soluçōes seriais linearmente maependentes em torno do ponto singular regular
.
Passo 1
O enunciado pede para resolver a equação
x^{2}y’’+x(x-1)y’+y=0\
no ponto singular regular x=0 usando o método de Frobenius. Isso significa assumir uma solução da forma \
x^{2}y’’+x(x-1)y’+y=0\
no ponto singular regular x=0 usando o método de Frobenius. Isso significa assumir uma solução da forma \
y(x)=\sum_{n=0}{\infty}a_nx{n+r}\
com r determinado pela equação indicial e depois achar uma segunda solução linearmente independente.
Passo 2
Para obter a equação indicial, substituímos
y(x)=\sum_{n=0}{\infty}a_nx{n+r},\
y’(x)=\sum_{n=0}{\infty}(n+r)a_nx{n+r-1},\
y’’(x)=\sum_{n=0}{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx{n+r-2}\
y(x)=\sum_{n=0}{\infty}a_nx{n+r},\
y’(x)=\sum_{n=0}{\infty}(n+r)a_nx{n+r-1},\
y’’(x)=\sum_{n=0}{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx{n+r-2}\
dentro da equação dada e igualamos os coeficientes de x^{r}. O termo de menor potência (n=0) dá
[r(r-2)+1]a_0=0\
[r(r-2)+1]a_0=0\
o que leva à equação indicial
(r-1)^{2}=0\
(r-1)^{2}=0\
dando raiz dupla r=1.
Passo 3
Para construir a série, igualamos os coeficientes de x^{n+r} para n\ge1 e obtemos a recorrência
[(n+r)(n+r-2)+1]a_n+(n+r-1)a_{n-1}=0.\
[(n+r)(n+r-2)+1]a_n+(n+r-1)a_{n-1}=0.\
Tomando r=1, isso vira
n^{2}a_n+ n,a_{n-1}=0\quad\Longrightarrow\quad a_n=-\frac{a_{n-1}}{n}.\
n^{2}a_n+ n,a_{n-1}=0\quad\Longrightarrow\quad a_n=-\frac{a_{n-1}}{n}.\
Escolhendo a_0=1, segue
a_n=\frac{(-1)^n}{n!}.\
a_n=\frac{(-1)^n}{n!}.\
Logo a primeira solução é
y_1(x)=\sum_{n=0}{\infty}\frac{(-1)n}{n!}x^{n+1}=x e^{-x}.
y_1(x)=\sum_{n=0}{\infty}\frac{(-1)n}{n!}x^{n+1}=x e^{-x}.
Passo 4
Como a raiz r=1 tem multiplicidade dois, a segunda solução do tipo Frobenius é
y_2(x)=\frac{\partial}{\partial r}\Bigl[x{r}\sum_{n=0}{\infty}a_n®x^n\Bigr]\Big|_{r=1}.\
y_2(x)=\frac{\partial}{\partial r}\Bigl[x{r}\sum_{n=0}{\infty}a_n®x^n\Bigr]\Big|_{r=1}.\
Isso produz o termo logarítmico e uma nova série com harmônicos H_n=\sum_{k=1}^n1/k. O resultado final é
y_2(x)=x e^{-x}\ln x+ x\sum_{n=1}{\infty}\frac{(-1)nH_n}{n!}x^n,\
y_2(x)=x e^{-x}\ln x+ x\sum_{n=1}{\infty}\frac{(-1)nH_n}{n!}x^n,\
do qual H_0=0 e a soma pode até começar em n=0.
Passo 5
Portanto as duas soluções de Frobenius linearmente independentes em torno de x=0 são y_1 e y_2 obtidas acima. Elas formam uma base de soluções do espaço de soluções da equação diferencial.