Método de Frobenius
Vamos continuar nossa investigação teórica do método de Frobenius. Consider-emos a equação diferencial
d2y
dx2 + p (x)
dy
dx + q (x) y = 0, onde x0= 0é um ponto singular regular, isto é,
lim x→0xp (x) = p0 e lim x→0x 2q (x) = q 0,
com p0e q0números nitos e, além disso, com xp (x) e x2q (x)funções analíticas
em x0= 0.Então, como vimos anteriormente,
xp (x) = ∞ X n=0 pnxn e x2q (x) = ∞ X n=0 qnxn.
Vamos agora considerar o ansatz de Frobenius, propondo uma solução da equação diferencial da seguinte forma:
y = xr ∞ X n=0 anxn = ∞ X n=0 anxn+r,
onde a0 6= 0, já que no limite em que x → 0 a equação dada se aproxima da
equação de Euler e r será uma das raízes da equação indicial, como veremos a seguir. Calculemos as derivadas de y :
dy dx = ∞ X n=0 (n + r) anxn+r−1 e d2y dx2 = ∞ X n=0 (n + r) (n + r − 1) anxn+r−2.
Substituindo nossos resultados na equação diferencial dada, obtemos: ∞ X n=0 (n + r) (n + r − 1) anxn+r +xp (x) ∞ X n=0 (n + r) anxn+r +x2q (x) ∞ X n=0 anxn+r = 0,
onde multiplicamos tudo por x2. Vamos agora usar as séries de Taylor de
xp (x)e x2q (x) : ∞ X n=0 (n + r) (n + r − 1) anxn+r + ∞ X m=0 pmxm ∞ X n=0 (n + r) anxn+r + ∞ X m=0 qmxm ∞ X n=0 anxn+r = 0. (1)
A seguir reescrevemos esta equação colecionando os termos em ordem crescente de potências de x : r (r − 1) a0xr+ (r + 1) ra1xr+1+ (r + 2) (r + 1) a2xr+2+ . . . +p0ra0xr+ p0(r + 1) a1xr+1+ p1ra0xr+1 +p0(r + 2) a2xr+2+ p1(r + 1) a1xr+2+ p2ra0xr+2. . . +q0a0xr+ q0a1xr+1+ q1a0xr+1 +q0a2xr+2+ q1a1xr+2+ q2a0xr+2+ . . . = 0, isto é, [r (r − 1) + p0r + q0] a0xr + [(r + 1) ra1+ p0(r + 1) a1+ p1ra0+ q0a1+ q1a0] xr+1 + [(r + 2) (r + 1) a2+ p0(r + 2) a2+ p1(r + 1) a1 +p2ra0+ q0a2+ q1a1+ q2a0] xr+2+ . . . = 0. (2)
Vamos seguir o livro-texto e de nir
F (r) ≡ r (r − 1) + p0r + q0, (3)
de modo que
e
F (r + 2) = (r + 1) (r + 2) + p0(r + 2) + q0.
Notando estas quantidades na Eq. (2), temos:
F (r) a0xr+ [F (r + 1) a1+ (p1r + q1) a0] xr+1
+ {F (r + 2) a2+ [p1(r + 1) + q1] a1+ (p2r + q2) a0} xr+2+ . . . = 0.
Como encontramos o coe ciente de xr+n, que o livro-texto mostra? Para
responder esta questão, notemos primeiro o seguinte:
∞ X m=0 pmxm ∞ X n=0 (n + r) anxn+r = ∞ X m=0 ∞ X n=0 (n + r) pmanxm+n+r = ∞ X m=0 ∞ X j=0 (j + r) pmajxm+j+r,
que aparece na Eq. (1). Note que podemos reescrever este resultado assim:
∞ X m=0 pmxm ∞ X n=0 (n + r) anxn+r = ∞ X m=0 ∞ X j=0 (j + r) pmaj ∞ X n=0 δm+j,nxn+r, onde δm+j,n = ( 1, se m + j = n, 0, se m + j 6= n é a chamada delta de Kronecker. Podemos ainda escrever:
∞ X m=0 pmxm ∞ X n=0 (n + r) anxn+r = ∞ X m=0 ∞ X j=0 ∞ X n=0 δm+j,n(n − m + r) pman−mxn+r = ∞ X n=0 ∞ X j=0 " ∞ X m=0 δm+j,n(n − m + r) pman−mxn+r # = ∞ X n=0 ∞ X j=0 " ∞ X m=0 δm,n−j(n − m + r) pman−mxn+r # = ∞ X n=0 n X j=0 " ∞ X m=0 δm,n−j(n − m + r) pman−mxn+r # = ∞ X n=0 n X j=0 (j + r) pn−jajxn+r. (4)
De forma análoga, tomamos também
∞ X m=0 qmxm ∞ X n=0 anxn+r = ∞ X m=0 ∞ X j=0 qmajxm+j+r,
da Eq. (1). Assim, ∞ X m=0 qmxm ∞ X n=0 anxn+r = ∞ X m=0 ∞ X j=0 qmaj ∞ X n=0 δm+j,nxn+r = ∞ X m=0 ∞ X j=0 ∞ X n=0 δm+j,nqman−mxn+r = ∞ X n=0 ∞ X j=0 ∞ X m=0 δm+j,nqman−mxn+r ! = ∞ X n=0 ∞ X j=0 ∞ X m=0 δm,n−jqman−mxn+r ! = ∞ X n=0 n X j=0 ∞ X m=0 δm,n−jqman−mxn+r ! = ∞ X n=0 n X j=0 qn−jajxn+r. (5)
Substituindo as Eqs. (4) e (5) na Eq. (1), obtemos:
∞ X n=0 (n + r) (n + r − 1) anxn+r + ∞ X n=0 n X j=0 (j + r) pn−jajxn+r + ∞ X n=0 n X j=0 qn−jajxn+r = 0, ou seja, r (r − 1) a0xr+ rp0a0xr+ q0a0xr + ∞ X n=1 (n + r) (n + r − 1) anxn+r + ∞ X n=1 n X j=0 (j + r) pn−jajxn+r + ∞ X n=1 n X j=0 qn−jajxn+r = 0,
ou ainda, r (r − 1) a0xr+ rp0a0xr+ q0a0xr + ∞ X n=1 (n + r) (n + r − 1) anxn+r + ∞ X n=1 (n + r) p0anxn+r+ ∞ X n=1 q0anxn+r + ∞ X n=1 n−1 X j=0 (j + r) pn−jajxn+r + ∞ X n=1 n−1 X j=0 qn−jajxn+r = 0,
seguindo o que o livro-texto faz. Então, notando a Eq. (3), vem: [r (r − 1) + rp0+ q0] a0xr + ∞ X n=1 [(n + r) (n + r − 1) + (n + r) p0+ q0] anxn+r + ∞ X n=1 n−1 X j=0 [(j + r) pn−j+ qn−j] ajxn+r = 0, isto é, F (r) a0xr+ ∞ X n=1 F (r + n) anxn+r + ∞ X n=1 n−1 X j=0 [(j + r) pn−j+ qn−j] ajxn+r = 0, ou seja, F (r) a0xr+ ∞ X n=1 F (r + n) an+ n−1 X j=0 [(j + r) pn−j+ qn−j] aj xn+r = 0, (6) que é o resultado do livro-texto. Como esta equação deve valer para todo x em um intervalo em torno de x0= 0,temos que ter
F (r) = 0,
já que estamos supondo que a0 6= 0.Esta é a equação indicial, que já vimos
torno da singularidade, isto é, a maneira como a solução vai se aproximar de x0= 0.Ambos podem ser iguais.
Para n > 1, a Eq. (6) dá a chamada relação de recorrência: F (r + n) an+
n−1
X
j=0
[(j + r) pn−j+ qn−j] aj = 0. (7)
Veja que com esta equação, se
F (r + n) 6= 0
para n > 1, encontramos a1em termos de a0,depois encontramos a2em termos
de a1e a0 e, portanto, só em termos de a0 e, en m, todos os coe cientes serão
encontrados em termos de a0. Note também que todos os coe cientes an>1
serão também funções dos coe cientes pn e qn.Em suma, teremos uma série de
potências se a equação indicial for satisfeita, isto é, se F (r) = 0 e, por esta ser uma equação quadrática, teremos duas raízes, r1e r2,que podem ser diferentes
ou iguais.
Vamos escolher as raízes de forma tal que r1 seja r1> r2,quando as raízes
forem reais e se forem complexas já sabemos que uma é a complexa conjugada da outra. Então, como F (r) = 0 só ocorre para r = r1 e r = r2, segue que
F (r1+ n) 6= 0para todo n > 1, já que não vai ter um n > 1 tal que r2= r1+ n,
que violaria a nossa escolha r1 > r2 quando r1, r2 ∈ R e no caso estritamente
complexo (não real) obviamente as respectivas partes imaginárias não seriam iguais, sendo uma a negativa da outra. Então, sempre teremos uma solução
y1 = xr1 1 + ∞ X n=1 an(r1) xn ! ,
para x > 0, onde escolhemos, como o livro-texto, a0 = 1 e escrevemos an(r1)
para explicitar o fato de que estamos usando a raiz r1 e que os coe cientes
dependerão deste número.
Caso em que as raízes são distintas e não diferem por um
número inteiro
Veja agora que se r26= r1 e se r1− r2 não é um número inteiro positivo, segue
que r2+ n 6= r1 para todo n > 1 e, assim, F (r2+ n) 6= 0, já que F (r) = 0
só para r = r1 e r = r2. Neste caso, portanto, usando a Eq. (7), vemos que
teremos outra solução da forma de Frobenius: y2 = xr2 1 + ∞ X n=1 an(r2) xn ! ,
para x > 0, onde agora os coe cientes são dependentes da raiz r2 e também
r1 6= r2 e que não diferem por um inteiro positivo, isto é, r1− r2 6= n, com
n > 1, y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções da equação
difer-encial homogênea dada. Veja também que as soluções não são linearmente dependentes, fato que pode ser igualmente veri cado com o cálculo do Wron-skiano. E, nalmente, se as soluções tiverem comportamento singular, este é proveniente de xr1 ou xr2 e não das séries entre parênteses nas expressões de y
1e
y2,respectivamente, acima, já que estas são analíticas dentro de seus intervalos
de convergência.
Caso em que as raízes são iguais
Quando as soluções da equação indicial, F (r) = 0, são idênticas, r2 = r1,
segue que só esta raiz satisfaz a equação indicial. Logo, F (r + n) 6= 0 para todo n > 1. Sendo assim, a ideia agora é resolver a relação de recorrência, Eq. (7), e encotrar an(r) , mas sem substituir r por r1, obtendo estes coe cientes
como funções contínuas de r. Note agora que a Eq. (6) foi obtida da equação diferencial original multiplicada por x2,isto é,
x2d 2y dx2 + x 2p (x)dy dx+ x 2q (x) y = F (r) a 0xr+ ∞ X n=1 ( F (r + n) an(r) + n−1 X j=0 [(j + r) pn−j+ qn−j] aj(r) xn+r. Mas, como estamos usando os coe cientes obtidos resolvendo a Eq. (7), a última equação ca: x2d 2y dx2+ x 2p (x)dy dx+ x 2q (x) y = F (r) a 0xr.
Como r1é uma raiz repetida de F (r) = 0, segue que podemos escrever que
F (r) = (r − r1)2. Com isto, x2d 2y dx2 + x 2p (x)dy dx+ x 2q (x) y = a 0(r − r1) 2 xr.
Veja que não estamos especi cando que r = r1 e, assim, podemos escrever que
y = y (r, x) ,ou seja, x2 d 2 dx2y (r, x) + x 2p (x) d dxy (r, x) + x 2q (x) y (r, x) = a 0(r − r1) 2 xr. (8) Fazendo r = r1 dá simplesmente a série de Frobenius y (r1, x) ,que satisfaz a
equação homogênea original: x2 d 2 dx2y (r1, x) + x 2p (x) d dxy (r1, x) + x 2q (x) y (r 1, x) = a0(r1− r1) 2 xr1 = 0.
Mas veja o que acontece se derivarmos parcialmente a Eq. (8) com relação a r : x2 d 2 dx2 ∂ ∂ry (r, x) + x2p (x) d dx ∂ ∂ry (r, x) + x2q (x) ∂ ∂ry (r, x) = a0 ∂ ∂r h (r − r1)2xr i = 2a0(r − r1) xr +a0(r − r1) 2 ∂ ∂rx r.
Fazendo agora r = r1 nesta equação, obtemos uma nova solução:
x2 d 2 dx2 ∂ ∂ry (r, x) r=r1 + x2p (x) d dx ∂ ∂ry (r, x) r=r1 + x2q (x) ∂ ∂ry (r, x) r=r1 = 0. Como supomos que já encontramos uma das soluções, ou seja,
y1 = xr1 1 + ∞ X n=1 an(r1) xn ! , segue que a nova solução ca:
∂ ∂r1 y1 = ∂ ∂r1 xr1 1 + ∞ X n=1 an(r1) xn ! + xr1 ∞ X n=1 ∂ ∂ran(r) r=r1 xn. Note que ∂ ∂r1 xr1 = ∂ ∂r1 exp [ln (xr1)] = ∂ ∂r1 exp [r1ln (x)] = ln (x) exp [r1ln (x)] = ln (x) xr1 e, portanto, ∂ ∂r1 y1 = ln (x) xr1 1 + ∞ X n=1 an(r1) xn ! + xr1 ∞ X n=1 ∂ ∂ran(r) r=r1 xn = y1ln x + xr1 ∞ X n=1 ∂ ∂ran(r) r=r1 xn.
Como diz o livro-texto, encontrar os coe cientes em função de r para depois derivá-los com relação a r pode ser difícil. Então, a proposta é usar um ansatz especí co para a segunda solução assim:
y2 = y1ln x + xr1 ∞
X
n=1
bnxn,
onde os bn serão calculados diretamente com a substituição de y2 na equação
diferencial original, já usando a primeira solução encontrada, y1.Veja que,
obvia-mente, y1e y2são linearmente independentes, como também pode ser veri cado
Caso em que as raízes diferem por um número inteiro
Agora vamos considerar o caso em que r1 = r2+ N,com N sendo um númerointeiro positivo. Como este é um caso mais complicado, vamos de nir o operador diferencial: L ≡ x2 d 2 dx2 + x 2p (x) d dx + x 2q (x) ,
já com o fator x2 multiplicado, por conveniência. Assim, a equação diferencial
dada é equivalente a
Ly = 0.
Novamente, como zemos para o caso das raízes iguais, usamos o ansatz de Frobenius, y (x, r) = xr 1 + ∞ X n=1 an(r) xn ! , (9)
e encontramos os coe cientes como funções de r e usamos a fórmula de recor-rência, resultando em
Ly = F (r) a0xr.
Mas agora, como temos duas raízes distindas, r1e r2,podemos escrever
F (r) = (r − r1) (r − r2) (10)
e a equação acima ca:
L [y (r, x)] = a0(r − r1) (r − r2) xr. (11)
Aqui supomos que já temos a solução y (r1, x) .
Se tentarmos colocar r = r2 na Eq. (7) da relação de recorrência,
F (r + n) an(r) + n−1
X
j=0
[(j + r) pn−j+ qn−j] aj(r) = 0, (12)
vamos car com o N-ésimo coe ciente, aN(r) ,divergente, já que F (r2+ N ) =
F (r1) = 0.Vamos deixar isso mais explícito. Da Eq. (12), vem:
F (r + N ) aN(r) = − N −1 X j=0 [(j + r) pN −j+ qN −j] aj(r) , isto é, (r + N − r1) (r + N − r2) aN(r) = − N −1 X j=0 [(j + r) pN −j+ qN −j] aj(r) ,
onde usamos a Eq. (10) com r → r + N. Logo, como r1 = r2+ N,esta última equação dá: (r − r2) (r + N − r2) aN(r) = − N −1 X j=0 [(j + r) pN −j+ qN −j] aj(r) , (13) ou seja, (r + N − r2) aN(r) = − 1 (r − r2) N −1 X j=0 [(j + r) pN −j+ qN −j] aj(r) ,
e vemos facilmente que aN(r)diverge se r → r2,a menos que aj(r) ∝ (r − r2) .
Como já observamos anteriormente, se tomamarmos a0(r) 6= 0, por
exem-plo, teremos todos os coe cientes, a1(r) , a2(r) , . . . , aN −1(r) , proporcionais a
a0(r) .Se, por ventura, multiplicarmos ambos os membros do ansatz, Eq. (9),
por (r − r2) ,quando zermos r → r2,o que acontece? Para ver o que isso
acar-reta, vejamos uma nova função em forma de série, obtida simplesmente pela multiplicação da Eq. (9) por (r − r2) :
(r − r2) y (x, r) = xr " (r − r2) + ∞ X n=1 cn(r) xn # , (14)
onde de nimos novos coe cientes
cn(r) ≡ (r − r2) an(r) , (15)
para n = 1, 2, . . .
Como o operador diferencial L não opera na variável r, que é meramente um parâmetro neste nosso contexto, podemos escrever, a partir da Eq. (11), que
L [(r − r2) y (r, x)] = a0(r − r1) (r − r2) 2
xr
e vemos que, novamente, quando r → r2,o membro direito desta equação
difer-encial se anula e se limr→r2[(r − r2) y (r, x)]for nito, segue que limr→r2[(r − r2) y (r, x)]
será uma solução da equação diferencial dada. Veja que agora a Eq. (14) é o mesmo tipo de ansatz, com a diferença de que teremos que usar, ao invés de c0(r) = 1, como antes já zemos, c0(r) ≡ (r − r2) . Da equação diferencial,
novamente, podemos encontrar a mesma relação de recorrência da Eq. (13), mas agora para os coe cientes cn(r) ,ou seja,
(r − r2) (r + N − r2) cN(r) = − N −1
X
j=0
[(j + r) pN −j+ qN −j] cj(r) . (16)
Vamos olhar para a Eq. (16). No caso em que n = N, teremos: F (r + N ) cN(r) = −
N −1
X
j=0
e, como várias vezes já mencionamos, todos os coe cientes cj(r) do membro
direito desta equação vão ser proporcionais a c0(r) = (r − r2) . Logo, seja αN
tal que − N −1 X j=0 [(j + r) pN −j+ qN −j] cj(r) = αN(r − r2) .
Com isto, vemos que a Eq. (17) pode ser escrita assim:
(r + N − r1) (r + N − r2) cN(r) = αN(r − r2) ,
onde usamos a Eq. (10) com r → r + N. Como r1= r2+ N,esta equação dá:
(r − r2) (r + N − r2) cN(r) = αN(r − r2) ,
isto é,
(r + N − r2) cN(r) = αN,
que, quando fazemos r → r2, ca
N cN(r2) = αN,
resultando em um coe ciente cN(r2) nito! Agora, para os próximos n > N,
usando a Eq. (12) com r = r2 para a relação de recorrência, obteremos todos
os coe cientes cn>N(r2) proporcionais a cN(r2) , que é nito. Note também
que todos os outros coe cientes com n < N, por serem proporcionais a r − r2,
quando r = r2 todos eles se anulam. E mais: a Eq. (13) quando r = r2 e
n = N + m,com m = 0, 1, 2, . . . , ca: F (r2+ N + m) cN +m(r2) + N +m−1 X j=0 [(j + r2) pN +m−j+ qN +m−j] cj(r2) = 0.
Como todos os primeiros cj(r2) = 0para j = 0, 1, 2, . . . , N − 1, segue que esta
equação é, na verdade, F (r2+ N + m) cN +m(r2) + N +m−1 X j=N [(j + r2) pN +m−j+ qN +m−j] cj(r2) = 0.
Mas agora, na soma, trocamos de j para o novo índice k = j − N, que dá: F (r2+ N + m) cN +m(r2) +
m−1
X
k=0
[(N + k + r2) pm−k+ qm−k] cN +k(r2) = 0.
Usando de novo que r1= r2+ N,vem:
F (r1+ m) cN +m(r2) + m−1
X
k=0
Vamos rebatizar os coe cientes cN +m(r2)de tal forma que
cN +m(r2) ≡ bm. (18)
Assim, obtemos a nova relação de recorrência para os coe cientes bm:
F (r1+ m) bm+ m−1
X
k=0
[(k + r1) pm−k+ qm−k] bk = 0. (19)
Comparando esta Eq. (19) com a Eq. (7) concluímos que os coe cientes bm
vão dar os mesmos coe cientes am(r1)para a solução já encontrada, y1,com a
exceção de que agora, pela Eq. (18), b0 = cN(r2)
= lim
r→r2
[(r − r2) aN(r)] , (20)
onde usamos também a Eq. (15). Em resumo, portanto, a Eq. (9) agora, incorporando toda a informação que temos, dá:
lim r→r2 [(r − r2) y (r, x)] = xr2 lim r→r2 " (r − r2) + ∞ X n=1 (r − r2) an(r) xn # = xr2 lim r→r2 " (r − r2) + ∞ X n=1 cn(r) xn # = xr2 lim r→r2 ∞ X n=N cn(r) xn ! = xr2 lim r→r2 ∞ X m=0 cN +m(r) xN +m ! = xr2+N lim r→r2 ∞ X m=0 bm(r) xm ! = xr1 ∞ X m=0 bm(r2) xm
e, como acabamos de ver em conexão com a Eq. (19), xr1 ∞ X m=0 bm(r2) xm ! = b0y1(r1, x) e, assim, lim r→r2 [(r − r2) y (r, x)] = b0y1(r1, x) . (21)
Vemos, portanto, que limr→r2[(r − r2) y (r, x)] é uma solução da equação
diferencial dada e, no m, é proporcional à solução y1(r1, x) , não fornecendo
Mas, inspirados com o caso de raízes iguais, podemos agora tomar a derivada parcial de (r − r2) y (r, x)com relação a r e aí tomar o limite em que r → r2.
Neste caso, obtemos: ∂ ∂rL [(r − r2) y (r, x)] = a0 ∂ ∂r h (r − r1) (r − r2) 2 xri, isto é, L ∂ ∂r[(r − r2) y (r, x)] r=r2 = a0 ∂ ∂r h (r − r1) (r − r2) 2 xri r=r2 = 0. Vemos então que
y2 =
∂
∂r[(r − r2) y (r, x)]
r=r2
é uma segunda solução da equação diferencial homogênea original. Para ver que é linearmente independente da primeira dá mais trabalho. Mas vamos lá! Tomamos o ansatz de Frobenius sem especi car r :
y (r, x) = xr
∞
X
n=0
an(r) xn.
Então, a solução y2 ca
y2 = ( ∂ ∂r " (r − r2) xr ∞ X n=0 an(r) xn #) r=r2 = (" (r − r2) ∞ X n=0 an(r) xn # ∂ ∂rx r ) r=r2 + ∞ X n=0 xr ∂ ∂r[(r − r2) an(r)] r=r2 xn = (" (r − r2) xr ∞ X n=0 an(r) xn #) r=r2 ln x +xr2 ∞ X n=0 ∂ ∂r[(r − r2) an(r)] r=r2 xn = [(r − r2) y (r, x)]r=r2ln x +xr2 ∞ X n=0 ∂ ∂r[(r − r2) an(r)] r=r2 xn.
Mas, como demonstramos acima, [(r − r2) y (r, x)]r=r2 é proporcional a y (r1, x)
e, então, podemos escrever a segunda solução como y2 = b0y1ln x + xr2
∞
X
n=0
onde de nimos cn ≡ ∂ ∂r[(r − r2) an(r)] r=r2 .
Aqui, b0 é mais um coe ciente a ser determinado se usarmos a Eq. (22) como
um ansatz para a segunda solução da equação diferencial dada. O livro-texto dá a fórmula para calcular b0,que aqui pode ser obtida da nossa Eq. (20):
b0 = lim r→r2
