TEMA No 4

SOLUCION POR SERIE DE POTENCIAS DEECUACIONES DIFERENCIALES

REPASO DE SERIE DE POTENCIAS

1. Una serie innita de la forma1Xn=0

anxn = a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3 + � � � (1)

se llama una serie de potencias en x:

2. La serie.1Xn=0

an (x� x0)n = a0 + a1 (x� x0) + a2 (x� x0)2 + � � � (2)

es una serie de potencias en x � x0, que es algo más general que (1). Sinembargo (2) se puede reducir a (1) sustituyendo x� x0 por x:

3. Con relación a la disposición de sus puntos de convergencia, todas lasseries de potencias caen en algunas de las tres categorias siguientes.

1).1Xn=0

n!xn = 1 + x+ 2!x2 + � � �

2).1Xn=0

xn

n!= 1 + x+

x2

2!+ � � �

3).1Xn=0

xn = 1 + x+ x2 + � � �

La primera serie es divergente para todo x 6= 0, la segunda es convergentepara todo x, la tercera es convergente para jxj < 1 y diverge para jxj > 1:

Radio de Convergencia.Toda serie de potencia en x, tiene un radio de convergencia R, que tiene

la propiedad de que, la serie converge sí jxj < 1 y diverge sí jxj > 1, donde0 6 R 61:

Para poder determinar el valor de R, consideramos. Sea una serie de con-stantes no nula

1

1Xn=0

un = u0 + u1 + u2 + � � �

por cálculo elemental, sí el límite

limn!0

����un+1un���� = L,

existe, entonces por "criterio del cociente" se asegura que:

Sí: L < 1, la serie converge.

Sí: L > 1, la serie diverge.

para el caso de serie de potencias.

1Xn=0

anxn = a0 + a1x+ a2x

2 + � � �

Donde

limn!1

����an+1xn+1anxn���� = jxj limn!1

����an+1an���� = L;

Para la serie1Xn=0

an (x� x0)n = a0 + a1 (x� x0) + a2 (x� x0)2 + � � �

donde

limn!1

�����an+1 (x� x0)n+1an (x� x0)n����� = jx� x0j limn!1

����an+1an���� = L;

sí el límite existe, entonces.

Sí L < 1, la serie de potencias converge.

Sí L > 1, la serie de potencias diverge.

Sí L = 0, la prueba no es concluyente.

En concecuencia, la fórmula de radio de convergencia es

2

R = limn!0

���� anan+1����

sí el limite existe con R = 0 si L =1 y R =1 si L = 0.Sí R es nito y no nulo determina un "intervalo de convergencia" �R 6

x 6 R, tal que la serie es convergente en su interior y divergente en el exterior.Gracamente tenemos

Una serie de potencias puede o no ser convergente en los puntos terminalesde su intervalo de convergencia.

Ejemplo.Determinar radio e intervalo de convergencia de la serie de potencias.

1Xn=1

(x+ 2)n

3nn

Solución.

Primero determinamos radio de convergencia.

R = limn!1

��������1

3nn1

3n+1 (n+ 1)

�������� = limn!1����3n+1 (n+ 1)3nn

���� = limn!1����3n3 (n+ 1)3nn

���� =

limn!1

����3 (n+ 1)n���� =?

Aplicando algunos articios matemáticos, para levantar la indeterminada,tenemos

R = limn!1

�������3 (n+ 1)

nn

n

������� = limn!1��������3

�1 +

1

n

�1

�������� = 3 limn!1��1 + 1n �� = 3 � 1 = 3.

3

NOTA:1

1 = 0.Siendo el radio de convergencia R = 3. Ahora determinemos el intervalo de

convergencia, utilizando el criterio del cociente.

limn!1

����an+1an���� = limn!1

���������(x+ 2)

n+1

3n+1 (n+ 1)

(x+ 2)n

3nn

��������� = limn!1����� 3nn (x+ 2)n+13n+1 (n+ 1) (x+ 2)n

����� =limn!1

����n (x+ 2)3 (n+ 1)���� = jx+ 2j limn!1

���� n3 (n+ 1)����

= jx+ 2j limn!1

�������n

n3 (n+ 1)

n

������� = jx+ 2j limn!1��������

1

3

�1 +

1

n

��������� = jx+ 2j �

1

3< 1.

jx+ 2j < 3

�3 < x+ 2 < 3

De modo que la serie de potencias converge para �5 < x < 1. Ahora

analizaremos los puntos terminales del intervalo I de convergencia.

Para x = �5, la serie de potencias se convierte en la serie canónica alternada1Xn=1

(�5 + 2)n

3nn=

1Xn=1

(�3)n

3nn=

1Xn=1

(�1)n

n,

la cual es convergente.

Para x = 1, la serie se convierte en la serie armonica.

1Xn=1

(1 + 2)n

3nn=

1Xn=1

1

n,

la cual es divergente. Por tanto, el intervalo de convergencia es

�5 6 x < 1.

Ejemplo.Determinar radio e intervalo de convergencia de la serie

4

1Xn=1

4

n2 + 2(x� 3)n

Solución.Primero determinamos radio de convergencia.

R = limn!1

���� anan+1���� = limn!1

��������4

n2 + 24

(n+ 1)2+ 2

�������� = limn!1����� (n+ 1)2 + 2n2 + 2

����� =

limn!1

����n2 + 2n+ 3n2 + 2���� = limn!1

�������n2 + 2n+ 3

n2

n2 + 2

n2

������� = limn!1�������1 +

2

n+3

n2

1 +2

n2

������� = 1.

Siendo el radio de convergencia R = 1. Ahora determinamos el intervalo deconvergencia, aplicando el criterio del cociente.

limn!1

����an+1an���� = limn!1

��������4

(n+ 1)2+ 2

(x� 3)n+1

4

n2 + 2(x� 3)n

�������� =limn!1

������ 4 (x� 3)n+1 �

n2 + 2�h

(n+ 1)2+ 2i4 (x� 3)n

������ = limn!1������ 4 (x� 3)

n+1 �n2 + 2

�h(n+ 1)

2+ 2i4 (x� 3)n

������= lim

n!1

����� (x� 3)�n2 + 2

�n2 + 2n+ 3

����� = jx� 3j limn!1���� n2 + 2n2 + 2n+ 3

���� =jx� 3j lim

n!1

�������n2 + 2

n2

n2 + 2n+ 3

n2

������� = jx� 3j limn!1�������1 +

2

n2

1 +2

n+3

n2

�������= jx� 3j

�1

1

�= jx� 3j � 1 < 1.

De modo que la serie de potencias "Converge", como jx� 3j < 1 es decir

�1 < x� 3 < 1

�1 + 3 < x� 3 + 3 < 1 + 3

2 < x < 4,

5

siendo el intervalo de convergencia: 2 < x < 4.

Analizaremos los puntos terminales del intervalo de convergencia.

Para x = 2, se tiene1Xn=1

4

n2 + 2(x� 3)n =

1Xn=1

4

n2 + 2(2� 3)n =

1Xn=1

4 (�1)n

n2 + 2=

1Xn=1

4 (�1)n

n2 + 2

La serie es convergente.

Para x = 4, se tiene

1Xn=1

4

n2 + 2(x� 3)n =

1Xn=1

4

n2 + 2(4� 3)n =

1Xn=1

4 (1)n

n2 + 2ó

1Xn=1

4

n2 + 2

La serie es divergente. Por tanto, el intervalo de convergencia es: 2 6 x < 4.4. Sea f(x) una función continua y que admite derivadas de todo orden

en jxj < R con R > 0 de f (x) se puede representar mediante una serie depotencias de la forma

f (x) =1Xn=0

f (n) (0)

n!xn = f (0) + f 0 (0)x+

f 00 (0)

2!x2 + � � �

donde

an =f (n) (0)

n!.

Una forma de vericar la validez de este desarrollo es mediante la fórmulade Taylor

f (x)1

=Pk=0

f (k) (0)

k!xn +Rn (x).

Donde Rn (x) es el resto

Rn (x) =f (n+1) (�)

(n+ 1)!,

Para � 2 (0; 1).

Ejemplo.Sean los dsarrollos alrededor del punto x0 , llamadas series Maclaurin

6

ex =1Xn=0

xn

n!= 1 + x+

x2

2!+x3

3!+ � � �

senx =1Xk=0

(�1)n x2n+1

(2n+ 1)!= x� x

3

3!+x5

5!� x

7

7!+ � � �

cosx =1Xn=0

(�1)n x2n

(2n!)= 1� x

2

2!+x4

4!� x

6

6!+ � � �

5. Una función que admite un desarrolla en serie de potencias de la forma

f (x) =1Xn=0

an (x� x0)n,

en algún entorno del punto x0, se dice que f (x) es "analitica" en x0.

Ejemplo.Las funciones ex, senx y cosx son analíticas en x0 = 0.

SOLUCIÓN POR SERIE DE POTENCIAS DE ECUACIONESDIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

Ejemplo.Consideremos la ecuación diferencial

y0 + y = 0 (1)

Solución.Suponemos que la solución es en forma de serie de potencias

y = a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + � � �+ anx+ � � � (2)

que convenge para jxj < R, con R > 0 y que tiene una solución análitica enel origen, es decir, x0 = 0:

La ecuación (2) puede derivarse término a término.

y0 = a1 + 2a2x+ 3a3x2 + 4a4x

3 + � � �+ (n� 1)

an�1xn�2 + nanx

n�1 + (n+ 1)an+1xn + � � � (3)

Sustituyendo (2) y (3) en (1), tenemos(a1+2a2x+3a3x

2+� � �+(n� 1) an�1xn�2+nanxn�1+(n+1)an+1xn+� � � )+

7

+�a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3 + � � �+ an�1xn�1 + anxn + an+1xn+1 + � � �

�= 0.

Agrupando los coecientes de potencia iguales de x, tenemos

(a1 + a0) + (2a2 + a1)x+ (3a3 + a2)x2 + (4a4 + a3)x

3 + � � �+ (nan +

an�1)xn�1 + [(n+ 1) an+1 + an]x

n + :::: = 0.

Igualando a cero los coeciente, resulta.a1 + a0 = 0) a1 = �a0

2a2 + a1 = 0) a2 = �a12=

a01 � 2

3a3 + a2 = 0) a3 = �a23= � a0

1 � 2 � 3

4a4 + a3 = 0) a4 = �a34=

a01 � 2 � 3 � 4

� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �

nan + an�1 = 0 entonces an+1 = (�1)na0

1 � 2 � 3 � � � � � (n+ 1) .

Sustituyendo estos coecientes en la ecuación (2) obtenemos la solución de(1) , en serie de potencias, esto es

y = a0 � a0x+a02!x2 � a0

3!x3 +

a04!x4 + � � �+ a0

n!xn � a0

(n+ 1)!xn+1 + � � �

y = a0

�1� x+ x

2

2!� x

3

3!+x4

4!+ � � �+ x

n

n!� x

n+1

(n+ 1)!+ � � �

�

ó bieny =

a0e�x.

Ejemplo.

Sea la ecuación diferencial

(1 + x) y0 + y = 0 (1)

8

Determinar una solución en serie de potencias en el entorno x0 = 0.

Solución.

Suponemos que la solución es de la forma

y = a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + a4x4 + � � � (2)

Siendo las derivadas

y0 =

a1+2a2x+3a3x2+4a4x

3+� � �+(n�1)an�1xn�2+nanxn�1+(n+1)an+1xn+� � �(3)

Sustituyendo los desarrollos y y y0 en (1), tenemos

(1 + x)�a1 + 2a2x+ 3a3x

2 + 4a4x3 + � � �

�+�

a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + a4x4 + � � �

�= 0

(a1 + 2a2x+ 3a3x2 + 4a4x

3 + � � �+ a1x+ 2a2x2 + 3a3x3 + 4a4x4 + � � � ) + (a0 +

a1x+ a2x2 + a3x

3 + a4x4 + � � � ) = 0.

Agrupamos los términos semejantes

(a1 + a0) + (2a2 + 2a1)x+ (3a3 + 3a2)x2 + (4a4 + 4a3)x

3 + � � � = 0.

Luego igualamos los coecientesa1 + a0 = 0) a1 = �a0

2a2 + 2a1 = 0) a2 = �a1 = a0

3a3 + 3a2 = 0) a3 = �a2 = �a0

4a4 + 4a3 = 0) a4 = �a3 = a0

� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �

Sustituyendo estos coecientes en (2) tenemos la solución

9

y = a0�1� x+ x2 � x3 + x4 + � � �

�

ó simplemente

y = a0

�1

1 + x

�.

Ejemplo.

Resolver la ecuación

2(x� 1)y0 � 3y = 0, (1)

por serie de potencias entorno al punto x0 = 0.Solucion.

Suponemos que la solucion es de la forma

y = a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + a4x4 + � � � (2)

Su derivada es

y0 = a1 + 2a2x+ 3a3x2 + 4a4x

3 + � � �+ (n� 1)an�1xn�2 + nanxn�1 + (n+

1)an+1xn + � � � (3)

Sustituyendo (2) y (3) en (1), tenemos

2 (x� 1)�a1 + 2a2x+ 3a3x

2 + 4a4x3 + � � �

��

3�a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3 + a4x

4 + � � ��= 0�

2a1x+ 4a2x2 + 6a3x

3 + 8a4x4 + � � � � 2a1 � 4a2x� 6a3x2 � 8a4x3 � � � �

�+�

�3a0 � 3a1x� 3a2x2 � 3a3x3 � 3a4x4 � � � ��= 0

Agrupamos los términos semejantes

(�2a1 � 3a0) + (�a1 � 4a2)x+ (a2 � 6a3)x2 + (3a3 � 8a4)x3 +

(5a4 � 10a5)x4 + � � � = 0.

10

Igualando términos se tiene;

�2a1 � 3a0 = 0) a1 = �3a02

�a1 � 4a2 = 0) a2 = �a14=3a08

a2 � 6a3 = 0) a3 =a26=3a048

3a3 � 8a4 = 0) a4 =3a38=3a0128

� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �

Siendo la solución

y = a0

�1� 3

2x+

3

8x2 +

3

48x3 +

3

128x4 + � � �

�

y = a0

�1

2 (x� 1)

�= a0

�1

2x� 2

�.

ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDENPuntos Ordinarios.Consideramos la ecuación lineal homogénea de segundo orden

y00 + P(x)y0 +Q(x)y = 0 (1)

donde P (x) y Q (x) son funciones continuas de x para nuestro análisis nosrestringiremos al caso en que P (x) y Q (x) deben ser análiticas en x0, lo quesignica que P (x) y Q (x) tiene un desarrollo en serie de potencias, válida enalgún entorno del punto x0, en tal caso se dira que x0 es "punto ordinario" dela ecuación (1), en caso contrario es un "punto singular".

Ejemplo.Resolver la ecuación

y00 + y = 0 (2)

en serie de potencias de x.Solución.Las funciones P (x) = 0, Q (x) = 1, ambas a la vez son analíticas en el punto

x0 = 0 (más en general para todo x), de manera que x0 = 0 es un puntoordinario.Buscamos la solución de la forma

11

y = a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + ::::+ an�1xn�1 + anx

n + an+1xn+1 + ::: (3)

cuyas derivadas son

y0 = a1 + 2a2x+ 3a3x2 + 4a4x

3 + � � �+ (n� 1) an�1xn�2 + nanxn�1 + (n+

1)an+1xn + (n+ 2)an+2x

n+1 + � � �y00 = 2a2 + 6a3x+ 12a4x

2 + � � �+ (n� 2) (n� 1) an�1xn�3 +

(n� 1)nanxn�2 + n (n+ 1) an+1xn�1 + (n+ 1) (n+ 2) an+2xn + � � � (4)

Sustituyendo los desarrollos (3) y (4) en (2), tenemos:[2a2 + 6a3x+ 12a4x

2 + � � �+ (n� 2) (n� 1) an�1xn�3 + (n� 1)nanxn�2 +

n (n+ 1) an+1xn�1 + (n+ 1) (n+ 2) an+2x

n + � � � ]+

+�a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3 + a4x

4 + � � ��= 0

Agrupamos los términos semejantes:

(2a2 + a0) + (6a3 + a1)x+ (12a4 + a2)x2 + � � �+

[(n� 2) (n� 1) an�1 + an�3]xn�3 + [(n� 1)nan + an�2]xn�2 +[n (n+ 1) an+1 + an�1]x

n�1+[(n+ 1) (n+ 2) an+2 + an]x

n + � � � = 0

Igualando a cero cada coeciente, tenemos2a2 + a0 = 0) a2 = �

a01 � 2

6a3 + a1 = 0 ) a3 = �a1

1 � 2 � 3

12a4 + a2 = 0) a4 = �a23 � 4 =

a01 � 2 � 3 � 4

20a5 + a3 = 0) a5 = �a34 � 5 =

a11 � 2 � 3 � 4 � 5

� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �

Sustituyendo estos coecientes en (3), obtenemos la solución.

12

y = a0 + a1x�a02!x2 � a1

3!x3 +

a04!x4 +

a15!x5 � � � �

y = a0

�1� x

2

2!+x4

4!� x

6

6!+ � � �

�+ a1

�x� x

3

3!+x5

5!� x

7

7!+ � � �

�,

o simplemente

y = a0 cosx+ a1 senx

Ejemplo.

Resolver la ecuación

(1 + x) y00 + y0 = 0 (6)

en serie de potencias.

Solución.

Escribimos la ecuación en forma canónica

y00 +1

1 + xy0 = 0.

Como P (x) =1

1 + xy Q(x) = 0 son ambas son análiticas en el origen

x0 = 0, entonces x0 = 0 es un punto ordinario.Suponemos que la solución es de forma siguiente

y = a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + a4x4 + � � � (7)

o bien

y =1Xn=0

anxn

Las derivadas son

13

y0 =1Xn=0

nanxn�1

y00 =1Xn=0

(n� 1)nanxn�2

Sea n n+ 1 para y0; entonces:

y0 =1Xn=0

(n+ 1) an+1xn

Sea n n+ 2 para y00;entonces

y00 =

1Xn=0

(n+ 1) (n+ 2) an+2xn

Sustituyendo los desarrollos y0 y y00 en (6) , tenemos

(1 + x)1Xn=0

(n+ 1) (n+ 2) an+2xn +

1Xn=0

(n+ 1) an+1xn = 0

1Xn=0

(n+ 1) (n+ 2) an+2xn +

1Xn=0

(n+ 1) (n+ 2) an+2xn+1 +

1Xn=0

(n+ 1) an+1xn = 0

Para la segunda sumatoria sea: n n� 11Xn=0

(n+ 1) (n+ 2) an+2xn +

1Xn=1

n (n+ 1) an+1xn +

1Xn=0

(n+ 1) an+1xn = 0

1 � 2a2 +1Xn=1

(n+ 1) (n+ 2) an+2xn +

1Xn=1

n (n+ 1) an+1xn + a1 +

1Xn=1

(n+ 1) an+1xn = 0

14

Agrupamos los términos semejantes, se tiene

(1 � 2a2 + a1)+1Xn=1

[(n+ 1) (n+ 2) an+2 + n (n+ 1) an+1 + (n+ 1) an+1]xn = 0

(1 � 2a2 + a1) +1Xn=1

h(n+ 1) (n+ 2) an+2 + n (n+ 1)

2an+1

ixn = 0

Igualamos a cero los coecientes,resulta1 � 2a2 + a1 = 0) a2 = �

a11 � 2

(n+ 1) (n+ 2) an+2 + n (n+ 1)2an+1 = 0

siendo

an+2 = �n (n+ 1)

2an+1

(n+ 1) (n+ 2)= �n (n+ 1) an+1

(n+ 2)= �n (n+ 1)

(n+ 2)an+1, para

n : 1; 2; 3; : : :

Está ecuación es conocida como la "formula de recurrencia".a2 = �

a11 � 2

a3 = �2

3a2 =

��23

��� a11 � 2

�=a13

a4 = �3

2a3 =

��32

���a13

�= �a1

2

a5 = �12

5a4 =

��125

���a12

�=6

5a1

a6 = �10

3a5 = �

10

3

6

5a1 = �4a1

� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �

Sustituyendo estos coecientes , en la ecuación (7) ,obtenemos la solución

y = a0 + a1x�a12x2 +

a13x3 � a1

2x4 +

6

5x5 � 4a1x6 + � � �

15

Ejemplo.

Resolver por serie de potencias, la ecuación

y00 � (x+ 1) y = 0 (8)

Solución.Como P (x) = 0 yQ (x) = � (x+ 1) como las funciones, ambas son análiticas

en x0 = 0. Suponemos que la ecuación tiene la solución de la forma

y = a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + a4x4 + � � � (9)

o bien

y =1Xn=0

anxn, con y0 =

1Xn=0

(n+ 1) an+1xn, y y00 =

1Xn=0

(n+ 1) (n+ 2) an+2xn.

Sustituyendo los desarrollos en y0 y y00 en (8), tenemos

1Xn=0

(n+ 1) (n+ 2) an+2xn � (x+ 1)

1Xn=0

anxn = 0

1Xn=0

(n+ 1) (n+ 2) an+2xn �

1Xn=0

anxn+1 �

1Xn=0

anxn = 0

Debemos igualar las potencias de x de la segunda sumatoria, para ello efec-tuamos una operación de asignación a n n� 1, tenemos

1Xn=0

(n+ 1) (n+ 2) an+2xn �

1Xn�1=0

an�1xn�1+1 �

1Xn=0

anxn = 0

1Xn=0

(n+ 1) (n+ 2) an+2xn �

1Xn=1

an�1xn �

1Xn=0

anxn = 0

16

Desarrollamos un primer término de la primera y tercera sumatoria, respec-tivamente. Entonces, sí n = 0, tenemos

1 � 2a2 +1Xn=1

(n+ 1) (n+ 2) an+2xn �

1Xn=1

an�1xn � a0 �

1Xn=1

anxn = 0

Agrupando los términos semejantes, tenemos

(1 � 2a2 � a0) +" 1Xn=1

(n+ 1) (n+ 2) an+2 �1Xn=1

an�1 �1Xn=1

an

#xn = 0

(1 � 2a2 � a0) +1Xn=1

[(n+ 1) (n+ 2) an+2 � an�1 � an]xn = 0

Igualando a cero los coeentes,se tiene1 � 2a2 � a0 = 0) a2 =

a01 � 2

Luego, la formula de recurrencia es:(n+ 1) (n+ 2) an+2 � an�1 � an = 0

(n+ 1) (n+ 2) an+2 = an�1 + an

an+2 =an�1 + an

(n+ 1) (n+ 2)

Para n = 1; 2; 3; 4; : : :

Tenemos los siguientes coecientes

a3 =a0 + a12 � 3 =

a02 � 3 +

a12 � 3

a4 =a1 + a23 � 4 =

a13 � 4 +

a23 � 4 =

a13 � 4 +

a01 � 23 � 4 =

a13 � 4 +

a01 � 2 � 3 � 4

a5 =a2 + a34 � 5 =

a24 � 5 +

a34 � 5 =

a01 � 24 � 5 +

a02 � 3 +

a12 � 3

4 � 5 =a0

1 � 2 � 4 � 5 +a0 + a12 � 3 � 4 � 5

=a0

1 � 2 � 4 � 5 +a0

2 � 3 � 4 � 5 +a1

2 � 3 � 4 � 5 =3a0 + a0

1 � 2 � 3 � 4 � 5 +a15!=4a05!+a15!

� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �

Sustituyendo estos coecientes en al aecuación (9), la solución es:

17

y = a0 + a1x+a02!x2 +

a0 + a13!

x3 +2a1 + a04!

x4 +4a0 + a15!

x5 + � � �

Puntos Singulares.Consideremos la ecuación diferencial líneal de segundo orden

y00 + P (x) y0 +Q (x) y = 0 (1)

El punto x0, es un "punto singular" de la ecuación (1), si una de lasfunciones P (x), Q (x)o ambas a la vez no son analíticas en x0, en caso contrarioes un "punto ordinario" .

Ejemplo.

Sea la ecuación

x2y00 + 3xy0 � 2y = 0

Determinamos los punto singulares y ordinarios.Solución.

Primero escribimos la ecuación en la siguiente forma

y00 +3

xy0 � 2

x2y = 0

Donde: P (x) =3

xy Q (x) = � 2

x2, de manera que el punto singular es

x0 = 0. Esto signica que P (x) como Q (x) no son análiticas en el punto x = 0,y los puntos ordinarios son todos los valores de x, excepto x0 = 0:

Ejemplo.Determinar los puntos singulares y ordinarios de la ecuacion de "Bessel"

x2y00 + xy0 +�x2 � n2

�y = 0

donde n es una constante.

Solución.Escribimos la ecuacion de forma

18

y00 +1

xy0 +

x2 � n2x2

y = 0

y00 +1

xy0 +

�1� n

2

x2

�y = 0

Donde P (x) =1

x, Q (x) = 1 � n

2

x2. De manera que x = 0 es un punto

singular de la ecuacion de Bessel. Los puntos ordinarios son todos los valoresde x, excepto el cero.

Ejemploconsideramos la ecuación de "Legendre"�

1 + x2�y00 � 2xy0 + a (a+ 1) y = 0

donde a es una constante. Determinar los puntos singulares y regulares.Solución.

La ecuación escribimos en su forma más simple.

y00 � 2x1� x2 y

0 +a (a+ 1)

1� x2 y = 0

Donde: P (x) = � 2x1� x2 , Q (x) =

a (a+ 1)

1� x2 . Para determinar los puntos

singulares de la ecuación de "Legendre", resolvemos la ecuación

1� x2 = 0) x = �1

De manera que los puntos singulares son: x = �1. Los puntos ordinariosson todos los valores de x , excepto �1.

Puntos Singulares Regulares.

Denición.Se dice que el punto singular x0, de la ecuación (1) , es un "punto singular

regular " si tanto (x� x0)P (x) como (x� x0)2Q (x) son analíticas en x0, encaso contrario se llama punto singular irregular.

Ejemplo.Consideremos la ecuación de "Bessel" en su forma estándar es de la siguiente

manera

19

y00 +1

xy0 +

x2 � n2x2

y = 0:

Clasicar los puntos singulares.

Solución.El punto singular de la ecuación "Bessel" es x0 = 0. Luego, hacemos la

prueba

(x� x0)P(x) = (x� 0) �1

x= 1

(x� x0)2Q(x) = (x� 0)2�x2 � n2x2

�= x2 � n2:

Esto muestra que x0 = 0 es un punto singular regular.

Ejemplo.

Ahora consideremos la ecuación de "Legendre".

y00 � 2x1� x2 y

0 +a (a+ 1)

1� x2 y = 0:

Clasicar los puntos singulares.

Solución.

Los punto singulares de la ecuación de Legendre son x0 = �1.

Donde: P (x) = � 2x1� x2 y Q (x) =

a (a+ 1)

1� x2 .

Hacemos la prueba para el punto singular x0 = 1.

(x� x0)P (x) = (x� 1)�� 2x1� x2

�=�2x (x� 1)� (x2 � 1) =

2x (x� 1)(1 + x) (x� 1) =

2x

1 + x

(x� x0)2Q (x) = (x� 1)2�a (a+ 1)

1� x2

�=a (a+ 1) (x� 1)2

� (1 + x) (x� 1) = �a (a+ 1) (x� 1)

x+ 1

De manera que x0 = 1, es un punto singular regular. En forma análoga severica que el punto singular x0 = �1 es un punto singular regular.

Ejemplo.Clasicar los puntos singulares de la siguiente ecuación

20

�x2 � 1

�2y00 + (x+ 1) y0 � y = 0

Solución.Primero la ecuación escribimos en forma canónica

y00 +(x+ 1)

(x2 � 1)2y0 � 1

(x2 � 1)2y = 0

o simplemente

y00 +1

(x+ 1) (x� 1)2y0 � 1

(x+ 1)2(x� 1)2

y = 0

Donde: P (x) =1

(x+ 1) (x� 1)2y Q(x) = �

1

(x+ 1)2(x� 1)2

Para obtener los puntos singulares, resolvemos la ecuacion.

(x+ 1)2(x� 1)2 = 0:

De manera que los puntos singulares son x0 = �1.

Ahora veriquemos para x0 = 1

(x� x0)P (x) = (x� 1) �1

(x+ 1) (x� 1)2=

1

(x+ 1) (x� 1)

Para: x0 = 1, resulta

) 1(x+ 1) (x� 1) =

1

0 � 2 =1

0=1

Esto muestra que la función no esta denida y que x0 = 1, es un puntosingular irregular.Para x0 = �1.(x� x0)P (x) = (x+ 1) �

1

(x+ 1) (x� 1)2=

1

(x� 1)2

(x� x0)2Q(x) = (x+ 1)2 �"� 1(x+ 1)

2(x� 1)2

#= � 1

(x� 1)2

) � 1(x� 1)2

= � 1x2 � 2x+ 1 = �

1

1 + 2 + 1= �1

4

Esto muestra que x0 = �1; es un punto singular regular.

Ejemplo.

Clasicar los puntos singulares de la ecuación

21

x3 (1� x) y00 + (3x+ 2) y0 + xy = 0

Solución.

Escribimos la ecuación en la forma siguiente

y00 +(3x+ 2)

x3 (1� x)y0 +

x

x3 (1� x)y = 0

y00 +(3x+ 2)

x3 (1� x)y0 +

1

x2 (1� x)y = 0

Como: P (x) =3x+ 2

x3 � x4 y Q (x) =1

x2 (1� x)

Para obtener los puntos singulares , resolvemos la ecuación:

x3 (1� x) = 0

x3 = 0 y 1� x = 0

x = 0 y x = 1

De manera que los puntos singulares son x0 = 0 y x0 = 1.

Vericamos para x0 = 0

(x� x0)P (x) = (x� 0) �3x+ 2

x3 (1� x) =x (3x+ 2)

x3 (1� x) =3x+ 2

x2 (1 + x)

Para: x0 = 0;resulta3x+ 2

x2 (1 + x)=0 + 2

0=2

0=1

Esto muestra que x0 = 0, es un punto singular irregular.

Veamos para x0 = 1, tenemos

(x� x0)P(x) = (x� 1) �3x+ 2

x3 (1� x) = �3x+ 2

x3

(x� x0)2Q(x) = (x� 1)2 �1

x2 (1� x) = (x� 1)2 1

�x2(x� 1) = �x� 1x2

Como: x0 = 1

�x� 1x2

= �1� 11

= �01= 0

22

Esto muestra que x0 = 1, es un punto singular regular.

METODO DE FROBENIUSSi x = x0 es un punto singular regular de la ecuación

y00 + P (x)y0 +Q(x)y = 0 (1)

entonces, existe al menos una solución en forma de serie de potencias en laforma:

y = (x� x0)r1Xn=0

an(x� x0)n =1Xn=0

an(x� x0)n+r

donde r es un número constante, que debe determinarse. Estudiaremossolamente cuando el punto singular regular sea x0 = 0; de manera que

y = xr1Xn=0

anxn =

1Xn=0

anxn+r

La ecuación

r(r � 1) + p0r + q0 = 0

Se llama ecuación inicial de (1), cuyas raices son r1 y r2 con r1 > r2 siendo

p0 = limx!x0

(x� x0)P (x) y q0 = limx!x0

(x� x0)2Q(x).

Teorema.La ecuación (1), tiene dos soluciones Linealmente Independientes (L.I.) y1

y y2 si se dan los siguientes casos:CASO I. Si r1 � r2 no es un entero, entonces

y1 =1

xr1X

n=0

anxn; a0 6= 0

y2 = xr2

1Xn=0

bnxn+r2 ; b0 6= 0

CASO II. Si r1 = r2, son raices iguales, entonces.

23

y1 =1

xr1X

n=0

anxn; a0 6= 0

y2 = y1 ln jxj+1

xr2X

n=0

bnxn; b0 6= 0

CASO III. Si r1�r2 = N; donde N es un número entero positivo, entonces

y1 =1Xn=0

anxn+r1 ; a0 6= 0

y2 = Cy1 lnx+1Xn=0

bnxn+r2

donde C es una constante que puede ser cero.

Ejemplo.Encuentre dos soluciones Linealmente Independientes usando el método de

Frobenios alrededordel punto x0 = 0, para la ecuación.

2xy00 + (1 + x)y0 � 2y = 0

Solución.La ecuación escribimos en la forma.

y00 +1 + x

2xy0 � 1

xy = 0

Donde :P (x) =1 + x

2xy Q(x) = � 1

x, vemos que x0 = 0, evidentemente es

un punto singular regular, donde:

p0 = limx!x0

(x�x0)P (x) = limx!x0

(x�x0)�1 + x

2x

�= lim

x!x0

x(1 + x)

2x= lim

x!x0

1 + x

2x=

1

2

q0 = limx!x0

(x�x0)2Q(x) = limx!x0

(x�x0)2�� 1x

�= lim

x!x0� x

2

x= lim

x!x0�x = 0

De manera que la ecuación inicial es:

24

r(r � 1) + p0r + q0 = 0

r(r � 1) + 12r + 0 = 0

r�r � 1 + 12

�= 0

r�r � 12

�= 0

Igualando cada factor a cero. Por tanto las raices sonr2 = 0

r1 �1

2= 0) r1 =

1

2

Como r1 � r2 =1

2� 0 = 1

2, la diferencia de las raices "no es un entero",

entonces las soluciones son de la forma:

y = xr1Xn=0

anxn =

1Xn=0

anxn+r

cuyas derivadas son:

y0 =1Xn=0

(n+ r)anxn+r�1

y00 =1Xn=0

(n+ r � 1)(n+ r)anxn+r�2

Sustituyendo y y sus derivadas, en la ecuación inicial,se tiene.

2xy00 + (1 + x)y0 � 2y = 0

2x1Xn=0

(n+r�1)(n+r)anxn+r�2+(1+x)1Xn=0

(n+r)anxn+r�1�2

1Xn=0

anxn+r = 0

21Xn=0

(n+ r � 1)(n+ r)anxn+r�1 +1Xn=0

(n+ r)anxn+r�1 +

1Xn=0

(n+ r)anxn+r �

21Xn=0

anxn+r = 0

25

1Xn=0

(n+ r) [2(n+ r � 1) + 1] anxn+r�1 +1Xn=0

[(n+ r)� 2] anxn+r = 0

1Xn=0

(n+ r)(2n+ 2r � 1)anxn+r�1 +1Xn=0

(n+ r � 2)anxn+r = 0

Luego:

1Xn=�1

(n+ r + 1) [2(n+ 1) + 2r � 1] an+1xn+r +1Xn=0

(n+ r � 2)anxn+r = 0

1Xn=�1

(n+ r + 1)(2n+ 2 + 2r � 1)an+1xn+r +1Xn=0

(n+ r � 2)anxn+r = 0

1Xn=�1

(n+ r + 1)(2n+ 2r + 1)an+1xn+r +

1Xn=0

(n+ r � 2)anxn+r = 0

Desarrollaremos un término para la primera serie, esto es

r(2r�2+1)a0xr�1+1Xn=0

(n+r+1)(2n+2r+1)an+1xn+r+

1Xn=0

(n+r�2)anxn+r = 0

r(2r � 1)a0xr�1 +1Xn=0

[(n+ r + 1)(2n+ 2r + 1)an+1 + (n+ r � 2)an]xn+r = 0

Igualando a cero los coecientes de potencias de x, resultar(2r � 1)a0 = 0

(n+ r + 1)(2n+ 2r + 1)an+1 + (n+ r � 2)an = 0

De manera que la ecuación inicial es: r(2r � 1) = 0

Luego obtenemos la fórmula de recurrencia general

an+1 = �(n+ r � 2)an

(n+ r + 1)(2n+ 2r + 1); n = 0; 1; 2; 3; 4; : : : (2)

26

Para r1 =1

2la ecuación (2) se reduce a

an+1 =

��n+

1

2� 2�an�

n+1

2+ 1

��2n+ 2

�1

2

�+ 1

� = � (2n� 3)an2(n+ 1)(2n+ 3)

;

n = 0; 1; 2; 3; : : :

Sí hacemos esta ecuación n = 0; 1; 2; : : :nos da

a1 = �(2 � 0� 3)a0

2(0 + 1)(2 � 0 + 3) = ��32 � 3a0 =

3

2 � 3a0

a2 = �(2 � 1� 3)a1

2(1 + 1)(2 � 1 + 3) = ��1

2 � 2 � 5a1 =1

4 � 5

�3

2 � 3

�a0 =

3

2 � 3 � 4 � 5a0

a3 = �(2 � 2� 3)a2

2(2 + 1)(2 � 2 + 3) = �4� 3

2 � 3 � (4 + 3)a2 = �1

6 � 7

�3

2 � 3 � 4 � 5

�a0 =

� 32 � 3 � 4 � 5 � 6 � 7a0

a4 = �(2 � 3� 3)a3

2(3 + 1)(2 � 3 + 3) = �3

8 � 9

�� 32 � 3 � 4 � 5 � 6 � 7

�a0 =

32

2 � 3 � 4 � 5 � 6 � 7 � 8 � 9a0

� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �

En consecuencia la primera solución de la ecuación inicial en serie de poten-cias es:

y1 = xr

1Xn=0

anxn = x

12

�a0 +

3

3!a0x+

3

5!a0x

2 � 37!a0x

3 +32

9!a0x

4 + :::::

�

y1 = a0x12

�1 +

3

3!x+

3

5!x2 � 3

7!x3 +

32

9!x4 + :::::

�.

Para r1 = 0; la ecuación (3), se reduce a:

an+1 = �(n� 2)an

(n+ 1)(2n+ 1); n = 0; 1; 2; 3; 4:::

a1 = �(0� 2)a0

(0 + 1)(2 � 0 + 1) =2

1 � 1a0 = 2a0

a2 =1

2 � 3a1 =1

2 � 32a0 =2

2 � 3a0

27

a3 =0

3 � 5a2 = 0

a4 = 0

� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �

an+1 = �(n� 2)an

(n+ 1)(2n+ 1)= 0; para n � 2

En consecuencia la segunda solución Linealmente Independiente es:

y2 = xr

1Xn=0

anxn = x0

�a0 + 2a0x+

1

3a0x

2 + 0 + � � �+�= a0

�1 + 2x+

x2

3

�:

Por tanto la solución es:

y = a0y1(x) + a0y2(x)

y = a0x12

�1 +

3

3!x+

3

5!x2 � 3

7!x3 +

3

9!x4 + � � �

�+ a0

�1 + 2x+

x2

3

�:

Ejemplo.Determinar dos soluciones Linealmente Independientes, por el método de

Frobenius, alrededor del punto singular regular x0 = 0, de la ecuación

xy00 + 2y0 + 9xy = 0 (1)

Solución.

Escribimos la ecuación de la siguiente forma:

y00 +2

xy0 + 9y = 0

28

Donde: P (x) =2

xy Q(x) = 9. Vemos que x0 = 0; es un punto singular

regular de la ecuación (1) siendo

p0 = limx!x0

(x� x0)P (x) = limx!0

(x� x0)2

x= lim

x!0

2x

x= lim

x!02 = 2

q0 = limx!x0

(x� x0)2Q(x) = limx!0

(x� x0)29 = limx!0

9x2 = 0

De manera que la ecuación inicial esr(r � 1) + p0r + q0 = 0

r(r � 1) + 2r + 0 = 0

r (r � 1 + 2) = 0

r (r + 1) = 0

r1 = 0

r2 + 1 = 0 r2 = �1

Como r1�r2 = 0�(�1) = 1, la diferencia de las raices es un entero positivo,entonces una solución linealmente independiente es:

y = xr1Xn=0

anxn =

1Xn=0

anxn+r

Sus derivadas son:

y0 =1Xn=0

(n+ r)anxn+r�1

y00 =1Xn=0

(n+ r � 1)(n+ r)anxn+r�2.

Sutituyendo y y sus derivadas en (1), tenemos

x1Xn=0

(n+ r � 1)(n+ r)anxn+r�2 + 21Xn=0

(n+ r)anxn+r�1 + 9x

1Xn=0

anxn+r = 0

1Xn=0

(n+ r � 1)(n+ r)anxn+r�1 + 21Xn=0

(n+ r)anxn+r�1 + 9

1Xn=0

anxn+r+1 = 0

29

1Xn=0

(n+ r) [(n+ r � 1 + 2)] anxn+r�1 + 91Xn=0

anxn+r+1 = 0

1Xn=0

(n+ r)(n+ r + 1)anxn+r�1 + 9

1Xn=0

anxn+r+1 = 0

Haciendo: n n+ 1 y n n� 1, respectivamente, tenemos

1Xn=�1

(n+ r + 1)(n+ r + 2)an+1xn+r + 9

1Xn=1

an�1xn+r = 0

Desarrollamos dos términos para la primeria serie, tenemosPara r = r1 = 0, se tiene

r(r + 1)a0xr�1 + (r + 1)(r + 2)a1x

r +1Xn=1

(n+ r + 1)(n+ r + 2)an+1xn+r +

9

1Xn=1

an�1xn+r = 0

[r(r + 1)a0xr]x�1 + (r + 1)(r + 2)a1x

r +

1Xn=1

(n+ r + 1)(n+ r + 2)an+1xn+r +

9

1Xn=1

an�1xn+r = 0

�r(r + 1)a0x

�1�xr + (r+ 1)(r+ 2)a1xr + 1Xn=1

(n+ r+ 1)(n+ r+ 2)an+1xn+r +

9

1Xn=1

an�1xn+r = 0

r(r + 1)a0x�1 + [r(r + 1)a0 + (r + 1)(r + 2)a1]x

r +

1Xn=1

[(n+ r + 1)(n+ r + 2)an+1 + 9an�1]xn+r = 0

Igualando a cero los coecientes de potencias iguales de x, tendremosr(r + 1)a0 = 0

r(r + 1)a0 + (r + 1)(r + 2)a1 = 0 como r = 0, entonces a1 = 0:

(n+ r + 1)(n+ r + 2)an+1 + 9an�1 = 0

30

La ecuación inicial es r(r+ 1) = 0, entonces r1 = 0 y r2 = �1. Nótese que

esta ecuación indicial es el mismo que se obtuvo más arriba.

Como se verica las raices son las mismas anteriormente encontradas. Siendo

a1 =�r(r + 1)a0(r + 1)(r + 2)

=�ra0r + 2

Para n � 1; la fórmula de recurrencia general es:

an+1 =�9an�1

(n+ r + 1)(n+ r + 2)=

�32an�1(n+ r + 1)(n+ r + 2)

; n = 1; 2; 3; : : :

Para la raíz más pequeña r2 = �1, tenemos

an+1 =�32an�1

(n� 1 + 1)(n� 1 + 2) =�32an�1n(n+ 1)

; n = 1; 2; 3; : : :

Siendo a1 = �ra0r + 2

:

Para r = r2 = �1; tenemos:a1 = �

�1a0�1 + 2 = �

�a01

= a0

Sí: n = 1; 2; 3; : : :

a2 = �32a0

1(1 + 1)= �3

2

2a0 = �

32

2!a0

a3 = �32a1

2(2 + 1)= � 3

2

2 � 3a0 = �32

3!a0

a4 = �32a2

3(3 + 1)= � 3

2

3 � 4

��3

2

2!a0

�= � 3

2

3 � 4

�� 3

2

1 � 2

�a0 =

34

1 � 2 � 3 � 4a0 =

34

4!a0� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �

Sustituyendo estos coecientes en la primera ecuación obtenemos

31

y1 = xr2

1Xn=0

anxn = x�1

�a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3 + � � �

�

y1 = x�1�a0 + a0x�

32

2!a0x

2 � 32

3!a0x

3 +34

4!a0x

4 + � � ��

y1 =1

xa0

�1 + x� 3

2

2!x2 � 3

2

3!x3 +

34

4!x4 + � � �

�

y1 = a0

�1

x+ 1� 3

2

2!x� 3

2

3!x2 +

34

4!x3 + � � �

�:

La segunda solución Linealmente Independiente podemos obtener medianteel método de reducción de orden conociendo una solución y1.

y2 = y1

Z1

y21e�

RP (x)dxdx

Siendo P (x) =2

x; de manera que:

y2 = y1

Z1

y21e�R 2xdxdx = y1

Z1

y21e�2

R 1xdxdx = y1

Z1

y21e�2 lnjxjdx

y2 = y1

Z1

y21elnjxj

�2dx = y1

Z1

y21x�2dx = y1

Z1

y21� 1x2dx = y1

Z1

y21x2dx

y2 = y1

Z1

x2

"a0

�1

x+ 1� 3

2

2!x� 3

2

3!x2 +

34

4!x3 + � � �

�2#dx

y2 = y1a0

Z1

x2�1

x+ 1� 9

2x� 3

2x2 +

27

8x3 + � � �

�2 dx

y2 = a0y1

Z1

x2�1

x2+ 1 +

81

4x2 +

9

4x4 +

729

64x6 + � � �+ 2

x� 9� 3x+ 27

4x2 + � � � � 9x� 3x2 + � � �

�dx

y2 = a0y1

Z1

x2�1

x2+2

x� 8� 11x+ 27x2 + � � �

�dx

y2 = a0y1

Z1

1 + 2x� 8x2 � 11x3 + 27x4 + � � �dx

32

y2 = a0y1

Z �1�1 + 2� 8x� 11x2 + 27x3 + � � �

�dx

y2 = a0y1

�Z1�1dx+ 2

Zdx� 8

Zxdx� 11

Zx2dx+ 27

Zx3 + � � �

�dx

y2 = a0y1

�x+ 2x� 4x2dx� 11

3x3 +

27

4x4 + � � �

�.

33