Aporte Trabajo colaborativo 3

2. Revisar la convergencia de las siguientes series

∑n=1

∞1

2n+1∑n=1

∞1n !

∑ 1

(2n+1)

Serie expansión de Taylor.

12−1

4n log (2 )+0(¿n2)¿

Serie Expansión de Laurent−1

log(2)¿¿¿

Límites de la serie en el infinito (convergencia)

limn→∞

1

1+2n=1

limn→∞

1

1+2n=0

La serie converge en los valores mostrados arriba

∑ 1n!

Serie expansión de Taylor

1+ yn+ 112

(6 y2−n2 )n2+¿

112n3 ¿+

n5(12 y5−20 y3 π2+ y π4−120 y2ψ ( 2) (1 )+20 π2ψ (2) (1 )−12ψ (4 ) (1 ))+ ¿1440

¿

0(n6)

Límite de la serie:

limn→∞ ( 1

n! )=0

Converge cuando n tiene a infinito, pero diverge cuando n tiende a infinito negativo.

5. Solución en forma de serie de potencias en torno a un punto ordinario

(x2+1 ) y +xy'-y=

Puesto que x2+1=0 , x=i ,−1 son puntos singulares, la solución en serie de potencias centradas en 0 convergerá al menos par lxI <1. Usando la solución en forma en serie de potencia de y, y’ e y”.

(x2+1 )∑n=2

∞

n (n−1 )cn xn−2+x∑

n=1

∞

ncn xn−1−∑

n=0

∞

cn xn

¿∑n=2

∞

n (n−1 ) cn xn+∑

n=2

∞

n (n−1 ) cn xn−2+∑

n=1

∞

ncn xn−∑

n=0

∞

cn xn

Primero hacemos que todos los sumatorios comiencen por la potencia más alta, que en este caso es x2, y separamos los términos “sobrantes”.

Ahora reidexamos:

¿2c2−c0+6c3 x+∑k=2

∞

[¿k (k−1 )ck+( k+2 ) ( k+1 ) ck+2+k ck−ck ]xk ¿

¿2c2−c0+6c3 x+∑k=2

∞

[¿ (k+1 ) (k−1 )ck+(k+2 ) ( k+1 ) ck+2] xk=0¿

De lo anterior, tenemos 2c2−c0=0,6c3=0 , y

(k+1 ) (k−1 ) ck+ (k+2 ) (k+1 ) ck+2=0

Así que c2=c0 /2 , c3=0 , ck+ 2=(1−k )ck /(k+2) . Luego:

c4=−14c2=

12.4

c0=−1

222 !c0

c5=−25c3=0

c6=−36c4=

32.4. 6

c0=−1.3

232 !c0

c7=−47c5=0

c8=−58c6=

−3.52.4.6.8

c0=−1.3. 5

24 4 !c0

c9=−69c7=0

c10=−710c8=

−3. 5. 72. 4.6. 8. 10

c0=−1. 3.5. 7

25 .5 !c0

y¿c0+c1 x+c2 x2+c3 x

3+c4 x4+c5 x

5

+c6 x6+c7 x

7+c8 x8+c9 x

9+c10 x10+…

¿ ⌊1+ 12x2− 1

22 2!x4+ 1.3

233 !x6−1. 3.5

24 4 !x8+1.3. 5.7

25 5!x10−… ⌋+c1 x

¿c0 y0(x)+c1 y1(x)

y0 ( x )=1+12x2+∑

n=2

∞

¿¿

y2 ( x )=x

Si se busca una solución en serie de potencias y(x) centradas en cero para y ”−(1+x ) y=0

Obtenemos c2=c0 /2 y la siguiente relación de recurrencia:

ck +2=ck+ck−1

(k+1)(k+2), k=1 ,2 ,3 ,…

Examinando la fórmula se ve que c3, c4, c5,… se expresan en términos de c1 y c2. Eligiendo primero c0≠o, c1=0 tenemos:

c2=12c0 y−−−→

c3=c1+c0

2.3=c0

2. 3=1

6c0

c4=c2+c1

3. 4=

c0

2.3. 4= 1

24c0

c5=c3+c2

4.5=c0

4.5=[ 1

6+ 1

2 ] 130c0 y así sucesivamente…

Y ahora elegimos c0=0, c1≠0, y entonces c2=12c0=0

c3=c1+c0

2.3=c0

2. 3=1

6c1

c4=c2+c1

3. 4=c0

3. 4= 1

12c1

c5=c3+c2

4.5=

c1

4.5.6= 1

120c1

La solución es:

y=c0 y0+c1 y1 , donde

y0 ( x )=1+12x2+ 1

6x3+ 1

24x4+ 1

30x5+…

y1 (x )=x+ 16x3+ 1

12x4+ 1

120x5+…

Que convergen para todo x.