Soluciones de ecuaciones lineales

en series de potencias

Proyecto Curricular de Matemáticas

Universidad Distrital Francisco José de Caldas

Repaso de Series de Potencias

Una serie de potencias en (x – a) es una serie de la forma

Se dice que es una serie de potencias centrada en a.

La serie converge

si el límite de las sumas parciales existe:

2210

0

)()()( axcaxccaxcn

nn

N

n

n

nNNN axcxS0

)(lim)(lim

Intervalo de convergencia Es el conjunto de números reales x o intervalo para los que la serie converge.

Radio de convergencia Si R es el radio de convergencia, la serie de potencias converge para |x – a| < R y diverge para |x – a| > R. Si R = 0 la serie converge solo para x = a. Y si la serie converge para todo x, entonces escribimos R = ∞.

Convergencia absoluta Dentro de su intervalo de convergencia, una serie de potencias converge absolutamente. Es decir, la siguiente serie converge:

0|)(|

n

nn axc

Prueba de convergencia (criterio del cociente) Suponiendo cn 0 para todo n, y

Si L < 1, la serie converge absolutamente; si L > 1, la serie diverge; y si L = 1, el criterio no es concluyente.

Una serie de potencias define una función

cuyo dominio es el intervalo de convergencia de la serie, donde es

continua, derivable e integrable:

Lc

cax

axc

axc

n

n

nn

n

n

n

n

1

1

1 lim||)(

)(lim

0)(

n

n

nxcxy

)1()(",)('2

2

1

1

n

n

n

n xnnxyxnxy

Función analítica en un punto

Una función f(x) es analítica en un punto a, si se puede representar

mediante una serie de potencias en (x – a) con un radio de convergencia

positivo. Por ejemplo:

!6!4!21cos

!5!3sin

,!2!1

1

642

53

2

xxxx

xxxx

xxex

Las series de potencias se pueden combinar mediante operaciones de

suma, resta, multiplicación y división.

303

24

1

12

1

120

1

6

1

6

1

2

1

6

1)1()1(

5040120624621

sin

532

5432

753432

xxxx

xxxxx

xxxx

xxxx

xex

Escribir como una sola serie de

potencias.

Solución:

Primero, buscamos que ambos sumatorios comiencen por la misma

potencia:

Ahora cuando sustituimos el primer valor de n en ambos sumatorios,

las series comienzan con potencias de x1. Haciendo los cambios de

índice k = n – 2 para la primera serie y k = n + 1 para la segunda serie:

0

12

2)1(n

nnn

nn xcxcnn

2 0 3 0

120

2

12 )1(12)1(n n n n

n

n

n

n

n

n

n

n xcxcnnxcxcxcnn ．

1 1

122 )1)(2(2k k

kk

kk xcxckkc

1

122 ])1)(2[(2k

k

kk xcckkc

Problemas:

1. Determine el radio de convergencia de las siguientes series de

potencias:

2. Determine la serie de Taylor alrededor del punto indicado para la

función dada:

.)(

;!

;3

)2()1(

;)12(

;!

;)3(

1

0

11

2

0 20

2

0

n

n

n n

n

n n

nn

n

n

n

n

n

n

n

xx

n

xnxn

n

x

n

xx

.0),cos(;2,0,1

1;1),ln( 0000

xxxxx

xx

3. Verifique la ecuación dada:

4. Reescriba la expansión dada como una suma cuyo término genérico

contenga xn:

.)(

,)1()1(

1 1110 0

11

1

1 10

1

k

k

kkk k

k

k

k

k

n

n

nn

n

n

xaaaxaxa

xaxa

2

22

2 0

2

0 01

1

2

2

.)1()1(;)1(

;;)1(

n

n

nn n

n

n

n

n

n

n

n

n

nn

n

n

xannxxaxannx

xaxnaxxann

Determine an de modo que se satisfaga la ecuación:

E identifique la función representada por la serie

0 01

1 .02n

n

n

n

n xaxna

0.

n

n

nxa

Supongamos la ED lineal

que podemos escribir como

(1)

0)()()( 012 yxayxayxa

0)()( yxQyxPy

Se dice que un punto x0 es un punto ordinario o regular de la ED

si P(x) y Q(x) son analíticas en x0; es decir si admiten desarrollos

en serie de potencias alrededor de x0. Un punto que no es un punto

ordinario es un punto singular.

DEFINICIÓN

Si P(x) y Q(x) son cocientes de polinomios: P(x) = a1(x)/a2(x),

Q(x) = a0(x)/a2(x), entonces x = x0 es un punto ordinario de nuestra

ecuación simplemente si a2(x0) 0.

que converge en |x – x0| < R, R>0. El intervalo –R< x – x0<R donde converge la expansión en serie para y(x) es, por lo menos, igual al mayor de los intervalos alrededor de x0 en donde ambos coeficientes de (1), tienen una representación convergente en serie de potencias alrededor de x0.

Si x = x0 es un punto ordinario o regular de la ecuación diferencial

lineal homogénea (1), entonces dado un par cualquiera de números,

La única solución y = y(x) de (1) que satisface las condiciones iniciales

y(x0)=y0 y y’(x0)=v0 , puede representarse en la forma de series de

potencias centradas en x0:

,

Teorema

0 0)(n

nn xxcy

Soluciones respecto a puntos ordinarios

Resolver

Solución

No tenemos puntos singulares. Podemos buscar solución en serie

alrededor de cualquier punto porque todos son regulares. En particular, lo

haremos para x = 0.

y

Sustituyendo en la ED obtenemos:

0" xyy

0)(

n

n

nxcxy

2

2)1()("n

n

nxcnnxy

0

1

2

2

2 0

2

)1(

)1(

n

nn

n

nn

n n

nn

nn

xcxnnc

xcxxnncxyy

P(x) = 0, Q(x) = x

Obtuvimos esta suma de series en el ejercicio anterior

Para que la identidad se cumpla es necesario que todos los coeficientes sean cero: 2c2 = 0; c2 = 0 y

Puesto que (k + 1)(k + 2) 0, obtenemos la siguiente relación de recurrencia:

1

122 0])2)(1[(2k

k

kk xcckkcxyy

,3,2,1,0)2)(1( 12 kcckk kk

,3,2,1,)2)(1(

12

kkk

cc k

k

,1k32

03

．

cc

,2k43

14

．

cc

,3k 054

25

．

cc

,4k0

36

6532

1

65c

cc

．．．．

,5k1

47

7643

1

76c

cc

．．．．

,6k 087

58

．

cc

,7k0

69

986532

1

98c

cc

．．．．．．

,8k 17

101097643

1

109c

cc

．．．．．．

,9k 01110

811

．

cc

(....)

Observa que todos los coeficientes dependen de c0, o de c1.

)()(....07643

65320

43320)(

1100

71

604130100

xycxycxc

xc

xc

xc

xccxcxyn

n

n

1

13

1074

1

)13)(3(4．3

)1(

10．9．7．6．4．3

1

7．6．4．3

1

4．3

11)(

k

kk

xkk

x

xxxxy

1

3

963

0

)3)(13(3．2

)1(1

9．8．6．5．3．2

1

6．5．3．2

1

3．2

11)(

k

kk

xkk

xxxxy

Entonces las dos soluciones linealmente independientes en serie de

potencias son:

Observa que si hacemos primero c0 = 1 y c1 = 0, (recordando que en

este caso particular además c2 = 0), obtenemos directamente los

coeficientes del desarrollo de y0(x). Y haciendo c0 = 0 y c1 = 1,

obtenemos directamente los coeficientes del desarrollo de y1(x).

Repite el cálculo anterior desde el principio, utilizando esta estrategia.

,3,2,1,)2)(1(

12

kkk

cc k

k

Hay una manera algo menos trabajosa de realizar el cálculo

anterior para encontrar los coeficientes en la relación de

recurrencia:

Si hacemos primero c0 = 1 y c1 = 0, (con c2 = 0):

,3,2,1,)2)(1(

12

kkk

cc k

k

,1k3．2

13 c

,2k 04 c

,3k 054

25

．

cc

,4k6．5．3．2

1

6．5

36

cc

,5k 07 c

1

3

963

0

)3)(13(3．2

)1(1

9．8．6．5．3．2

1

6．5．3．2

1

3．2

11)(

k

kk

xkk

xxxxy

(...)

Si hacemos ahora c0 = 0 y c1 = 1, obtenemos:

,3,2,1,)2)(1(

12

kkk

cc k

k

,1k 03 c

,2k4．3

14 c

,3k 054

25

．

cc

,4k 06．5

36

cc

,5k7．6．4．3

1

7．6

47

cc

(....)

1

13

1074

1

)13)(3(4．3

)1(

10．9．7．6．4．3

1

7．6．4．3

1

4．3

11)(

k

kk

xkk

x

xxxxy

Resolver

Solución

Puesto que x2 + 1 = 0, x = i, −i son puntos singulares, la solución en

serie de potencias centrada en 0 convergerá al menos para |x| < 1.

Usando la solución en forma en serie de potencia de y, y’ e y”:

0'")1( 2 yxyyx

012

2

2

2 01

122

)1()1(

)1()1(

n

nn

n

nn

n

nn

n

nn

n n

nn

n

nn

nn

xcxncxcnnxcnn

xcxncxxcnnx

nk

n

nn

nk

n

nn

nk

n

nn

nk

n

nn

xcxncxcnn

xcnnxcxcxcxcxc

22

2

4

2

2

1130

00

2

)1(

)1(62

2

2302

2

2302

0])1)(2()1)(1[(62

])1)(2()1([62

k

kkk

k

kkkkk

xckkckkxccc

xckcckkckkxccc

Primero hacemos que todos los sumatorios comiencen por la potencia más

alta, que en este caso es x2, y separamos los términos "sobrantes":

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

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

0)1)(2()1)(1( 2 kk ckkckk

02024!22

1

42

1

4

1cccc

．

05

235 cc

03046!32

31

642

3

6

3cccc

．

．．

07

457 cc

... y así

sucesivamente.

04068!42

531

8642

53

8

5cccc

．．

．．．

．

09

679 cc

050810!52

7531

108642

753

10

7cccc

．

．．．

．．．．

．．

)()(

!52

7．5．3．1

!42

5．3．1

!32

3．1

!22

1

2

11

1100

1

10

5

8

4

6

3

4

2

2

0

10

10

9

9

8

8

7

7

6

6

5

5

4

4

3

3

2

210

xycxyc

xcxxxxxc

xcxcxcxcxc

xcxcxcxcxccy

1||,!2

)32(5．3．1)1(

2

11)( 2

2

12

0

xxn

nxxy n

nn

n

xxy )(1

Si se busca una solución en serie de potencias y(x) centrada en cero para

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

Examinando la fórmula se ve que c3, c4, c5, … se expresan en términos

de c1 y c2. Eligiendo primero c0 0, c1 = 0, tenemos:

,3,2,1,)2)(1(

12

kkk

ccc kk

k

0)1( yxy

022

1cc

0001

36

1

3232c

cccc

．．

Ahora elegimos c0 = 0, c1 0, y entonces

0012

424

1

43243c

cccc

．．．

0023

530

1

2

1

6

1

5454c

cccc

．．

02

102 cc

y así sucesivamente...

1101

36

1

3232c

cccc

．．

1112

412

1

4343c

cccc

．．1

1235

120

1

65454c

cccc

．．．

Finalmente, la solución será: y = c0y0 + c1y1, donde

5432

030

1

24

1

6

1

2

11)( xxxxxy

543

1120

1

12

1

6

1)( xxxxxy

que convergen para todo x.

Resolver

Solución

Observemos que en este caso Q(x) no es un polinomio. x = 0 es un

punto ordinario de la ecuación. Usando la serie de Maclaurin para

cos x, y empleando como solución:

0n

nnxcy

0)(cos" yxy

2 0

6422

!6!4!21)1(

)(cos

n n

nn

nn xc

xxxxcnn

yxy

0

2

120

2

112)6(2 3

1352

0241302

xcccxcccxcccc

De ahí deducimos que

c2 =－1/2c0, c3 =－1/6c1, c4 = 1/12c0, c5 = 1/30c1,…. Agrupando

términos llegamos a la solución general y = c0y1 + c1y2, con radio de

convergencia

|x| < :

02

120,0

2

112

,06,02

135024

1302

cccccc

cccc

42

012

1

2

11)( xxxy

53

130

1

6

11)( xxxy

Soluciones respecto a puntos singulares

Un punto singular x0 de una ED lineal

puede ser regular o irregular. La clasificación depende de

0)()()( 012 yxayxayxa

0)()( yxQyxPy

Se dice que un punto singular x0 es un punto singular regular si

p(x) = (x – x0)P(x) y q(x) = (x – x0)2Q(x)son analíticas en x0 ,

i.e. admiten desarrollos en series de potencias centradas en x0.

Un punto singular que no es regular es un punto singular irregular

de la ecuación.

DEFINICIÓN Puntos singulares regulares e irregulares

Coeficientes polinomiales

Si (x – x0) aparece a lo sumo a la primera potencia en el

denominador de P(x) y a lo sumo a la segunda potencia en el

denominador de Q(x), entonces x0 es un punto singular regular.

Para resolver la EDO la multiplicaremos en forma estándar por

(x – x0)2:

donde p(x) = (x – x0)P(x) y q(x) = (x – x0)2Q(x) son analíticas en

x = x0. Observa que de esta manera hemos eliminado las

singularidades.

0)()()()(

0)()()()()(

0

2

0

2

0

2

0

2

0

yxqyxpxxyxx

yxQxxyxPxxyxx

Ejemplo: observemos que x = 2, x = – 2 son puntos singulares de:

(x2 – 4)2y” + 3(x – 2)y’ + 5y = 0

Entonces:

2)2)(2(

3)(

xxxP 22 )2()2(

5)(

xxxQ

Para x = 2, la potencia de (x – 2) en el denominador de P(x) es 1, y la

potencia de (x – 2) en el denominador de Q(x) es 2. Así que x = 2 es un punto

singular regular.

Para x = −2, la potencia de (x + 2) en el denominador de P(x) y Q(x) es 2.

Así que x = − 2 es un punto singular irregular.

32

Si x = x0 es un punto singular regular, entonces existe al menos

una solución de la forma

donde r es una raíz de la ecuación de índices

La serie converge al menos en algún intervalo 0 < x – x0 < R.

TEOREMA

Teorema de Frobenius

0

0

0

00 )()()(n

rn

n

n

n

n

r xxcxxcxxy

0)1(2 rr

Debido a que x = 0 es un punto singular regular de

trataremos de hallar una solución en serie con:

03 yyyx

0n

rnnxcy

0

1)(n

rnnxcrny

0

2)1)((n

rnnxcrnrny

00

1

00

1

0

1

)233)((

)()1)((3

3

n

rnn

n

rnn

n

rnn

n

rnn

n

rnn

xcxcrnrn

xcxcrnxcrnrn

yyyx

0])133)(1[()23(

)233)(()23(

0

1

1

0

0

1

1

11

0

k

k

kk

r

nk

n

n

n

nk

n

n

n

r

xccrkrkxcrrx

xcxcrnrnxcrrx

Que implica: r(3r – 2)c0 = 0, (k + r + 1)(3k + 3r + 1)ck+1 – ck = 0,

k = 0, 1, 2, …

Haciendo c0 = 1, r(3r – 2) = 0. Entonces: r = 0, 2/3. Cada valor

de r nos transforma la ecuación de recurrencia en:

,2,1,0,)133)(1(

1

krkrk

cc k

k

r1 = 2/3, k = 0, 1, 2,…

r2 = 0, k = 0, 1, 2,…

,)1)(53(

1

kk

cc k

k

,)13)(1(

1

kk

cc k

k

)23(741!

)1(

)23(1185!

10741!4104141185!4414

741!3731185!3311

41!24285!228

00

034

034

023

023

012

012

nn

cc

nn

cc

ccc

ccc

ccc

ccc

ccc

ccc

n

nn

．．．．

．．．．．．．．

．．．．．．

．．．．

r1 = 2/3,

k = 0, 1, 2,…

,)1)(53(

1

kk

cc k

k

,)13)(1(

1

kk

cc k

k

r2 = 0,

k = 0, 1, 2,…

Observa que los dos conjuntos contienen el mismo múltiplo c0. Si se

omite este término, haciéndolo igual a ,1 tenemos:

1

3/2

0)23(11．8．5!

11)(

n

nxnn

xxy

1

0

1)23(7．4．1!

11)(

n

nxnn

xxy

que convergen para |x| < y son linealmente independientes. Así que la

solución es: y(x) = C0y0(x) + C1y1(x), 0 < x <

Ecuación indicial

• La ecuación r (3r – 2) c0 = 0 se llama ecuación indicial, y los valores de r se llaman raíces indiciales.

• Recordemos que si x0 = 0 es un punto singular regular, entonces p(x) = x P(x) y q(x) = x2 Q(x) son analíticas en x0 = 0.

Sus desarrollos en serie de potencia son:

p(x) = xP(x) = a0＋a1x＋a2x2＋…

q(x) = x2Q(x) = b0＋b1x＋b2x2＋…

que serán válidos en intervalos con ciertos radios de convergancia.

0)()(

0)]([)]([

2

22

yxqyxxpyx

yxQxyxxPxyx

Multiplicando por x2, tenemos

Después de sustituir

p(x) = xP(x) = a0＋a1x＋a2x2＋…

q(x) = x2Q(x) = b0＋b1x＋b2x2＋… en la EDO,

obtendremos la ecuación indicial:

0)()( yxQyxPy

0n

rnnxcy

0

1)(n

rnnxcrny

0

2)1)((n

rnnxcrnrny

r(r – 1) + a0r + b0 = 0

00

1

00

0

1

0

1

)1()122)((

)(

)()1)((2

)1(2

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n

n

rn

n

xcrnxcrnrn

xcxcrn

xcrnxcrnrn

yyxyx

0n

rnnxcy

0')1("2 yyxxy

0

11

0

0

1

1

110

])1()122)(1[()12(

)1()122)(()12(

k

kkk

r

nk

n

nn

nk

n

nn

r

xcrkcrkrkxcrrx

xcrnxcrnrnxcrrx

,2,1,0,0)1()122)(1( 1 kcrkcrkrk kk

r (2r – 1) = 0; r1 = ½ , r2 = 0.

,2,1,0,)1(2

1

k

k

cc k

k,2,1,0,

121

k

k

cc k

k

1

1．20

10

1

cc

cc

)12(7531

)1(

!2

)1(

75317!4242

5315!3232

313!2222

00

0344

034

0233

023

0122

012

n

cc

n

cc

ccc

ccc

ccc

ccc

ccc

ccc

n

nn

n

n

．．．

．．．．．

．．．．

．．．

,2,1,0

,)1(2

1

k

k

cc k

k

,2,1,0

,12

1

k

k

cc k

k

Así para r1 = ½

y para r2 = 0

Y la solución final es y(x) = C1y1 + C2y2.

0

2/1

1

2/11

!2

)1(

!2

)1(1)(

n

n

n

n

n

n

n

n

xn

xn

xxy

||,)12(7531

)1(1)(

1

2 xxn

xyn

nn

．．．

Resolver

Solución

De xP = 0, x2Q = x, y el hecho de que 0 y x sean sus propias

series de potencias centradas en 0, se concluye a0 = 0, b0 = 0.

De modo que la ecuación indicial r(r – 1) + a0r + b0 = 0,

queda:

r(r – 1) = 0, r1 = 1, r2 = 0.

Comprueba que en este caso ambas raíces producen el mismo

conjunto de coeficientes. En otras palabras, que sólo

obtenemos una solución en serie

0" yxy

...122)!1(!

)1()(

321

0

1

xx

xxnn

xy n

n

n

0

2

0

121 )( )(

n

rn

n

n

rn

n xbxyxcxy

¿Cómo obtener la segunda solución?

Hay que distinguir tres casos:

(1) Si r1, r2 son distintas y la diferencia r1 - r2 no es un entero positivo,

entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación de

la forma :

(2) Si r1 – r2 = N, donde N es un entero positivo, entonces existen dos

soluciones linealmente independientes de la ecuación de la forma :

0 ,ln)()(

0 ,)(

0

0

12

0

0

1

2

1

bxbxxCyxy

cxcxy

n

rn

n

n

rn

n

(3) Si r1 = r2, entonces existen dos soluciones linealmente

independientes de la ecuación de la forma:

ln)()(

0 ,)(

0

12

0

0

1

2

1

n

rn

n

n

rn

n

xbxxyxy

cxcxy

Si ya conocemos una solución y1, la segunda puede obtenerse de la

siguiente manera

Veamos un ejemplo.

)(212

1

dxy

eyxy

Pdx

Hallar la solución general de

Solución Habíamos hallado una solución:

0" yxy

...122)!1(!

)1()(

321

0

1

xx

xxnn

xy n

n

n

dxxxxx

xy

dxxxx

xy

xxxx

dxxy

xxxx

dxxydx

xy

exyxy

dx

2

1

21

54321

2

432

12

1

0

12

144

19

12

7ln

1)(

72

19

12

711)(

12

7

12

5)(

144

1

12

1

2

1)(

)]([)()(

2

112144

19

12

71)(ln)()( xx

xxyxxyxy

Que finalmente nos proporciona como solución: