CAP´ ITULO 5
SOLUCIONES POR SERIEScas
5.1. 5.1.
at M
INTR INTROD ODUC UCCI CION ON
ta i em
e d Una serie de potencias en (x (x − a), es una expresi´on on. de la forma tp o ∞ e C (x − a) . ,a D i u Toda serie de potencias tiene un intervalo de q o convergencia que consiste de todos los puntos para los cuales la serie i es convergente, por sto, t decimos que una serie de potencias definen una funcin cuyo dominio es, precisamente, el intervalo de convergencia. A de Una serie de potencias converge absolutamente en un n´ umero x, si ∞ ad d |C si| |x − a| r e es convergente . in v Todo intervalo de convergencia U tiene un radio de convergencia R.
n
n
n=0
n
n
n=0
Una serie de potencias converge absolutamente para x a < R y diverge para x a > R. Cuando R = 0, la serie s´olo olo converge en x = a. Cuando R = , la serie converge para todo x.
| − |
| − | ∞
169
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
El radio de convergencia se obtiene mediante el criterio de la raz´on, on, en efecto, como
C n+1 (x l´ım n→∞ C n (x donde L =
− a) − a)
n+1 n
C n+1 C n
l´ım
→∞
n
= x
C n+1 =Lx a l´ım n→∞ C n
| − |
| − a| < 1
y como como la seri seriee es con converge ergen nte cuan cuando do 1
|x − a| < R, entonces el radio de convergencia es R = . 0 o´ R = ∞, el intervalo de convergencia puede o no incluir los Si R = extremos a − R , a + R de dicho intervalo. s L
a c Una serie de potencias representa una funci´ on continua tien el interior on a de su intervalo de convergencia. m ermino en el Una serie de potencias puede ser derivada derivada t´ermino ermino tea t´ermino a interior de su intervalo de convergencia. M ermino en el Una serie de potencias puede ser integrada integrada t´ermino ermino ed a t´ermino interior de su intervalo de convergencia. . o t o a t´ermino Dos series s eries de potenc p otencias ias pueden pu eden ser sumada s umadass t´ermino ermin ermin o si tienen tiene n p e un intervalo com´ un un de convergencia. D , SERIES MACLAURIN DE ALGUNASa FUNCIONES ∞ui 1. e = 1 + x + + + . . . + + . . . = q tn io −∞ < x < ∞) convergente para todo x real ( o sea para ∞ A 2. sen sen x = x − + − + . . . + ( −e1) + ... = (−1) d convergente para todo x real. ad d i ∞ s 3. cos x = 1 − + − + . . . + r (−1) + . . . = (−1) e convergente para todo x en los in v reales. U ∞ x
x2
x3
2!
3!
xn n!
x3
x5
x7
3!
5!
7!
x2
x4
x6
2!
4!
6!
4. senh senh x = x +
x3
3!
+
x5
5!
+
n=0
xn n!
n x2n (2n)!
x7
7!
n x2n+1 (2n+1)!
+ ... +
convergente para todo x real.
170
x2n+1 (2n+1)!
+ ... =
n x2n+1 (2n+1)!
n=0
n=0
n=0
n x2n (2n)!
x2n+1
(2n+1)!
5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS 5. cosh x = 1 +
x2
+
2!
x4
+
4!
x6
6!
+ ... +
x2n (2n)!
2
3
x2n (2n)!
∞
6. 1−x = 1 + x + x + x + . . . + x + = xn n=0 convergente para x en el intervalo 1 < x < 1
7. ln(1 ln(1 + x) = x
−
x2
2
n
n=0
convergente para todo x en los reales. 1
∞
+ ... =
x3
+
3
−
x4
4
+ . . . + ( 1)
−
convergente para x en el intervalo
8. tan−1 x = x
x3
··· −
x5
n+1 xn n
+ ... =
3
+
n x2n+1 2n+1
5
∞
( 1)n+1 xn
n
ta ic em
n=1
−1 < x ≤ 1
+ ... = − . . . + (−1) convergente para x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1
−
−as
−at ∞
( 1)n
x2n+1 2n+1
M ed ∞ ·· . − · · · − 9. sen sen x = x + + · + ·· + ... = tp ·o· convergente para todo x en el intervalo −1 ≤ x ≤ e1 ,a D i 10. Serie binomial: binomial: u (1 + x) = 1 + rx + − + − − +q . . . o convergente para x en el intervalo −1 < xti < 1 n A 5.2. .2. SOLU SOLUCI CION ON EN PUN PUN TOS ORDI ORDINA NAR RIOS IOS de TOS ad d Supongamos que la ecuaci´ on on i s a (x)y + a (x)eyr + a (x)y = 0 v i se puede escribir escri bir as´ as´ı: n y + P ( P (xU)y + Q(x)y = 0 1 x3 2 3
1
1 3 x5 24 5
r
n=0
r (r 1)x2
r(r 1)(r 2)x3
2!
3!
2
donde a2(x) = 0 en I y P ( P (x) =
1 3 5 x7 246 7
1
a1 (x) a2 (x)
n=0
1 3 5...(2n 1) x2n+1 2 4 6...2n 2n+1
0
y Q(x) =
a0 (x) a2 (x)
171
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Definici´ on 5.1 (Punto Ordinario). Se dice que x = a es un punto ordion nario de la E.D. y + P ( P (x)y + Q(x)y = 0, si P ( P (x) y Q(x) son anal ana l´ıticas ıtic as en x = a, es decir, si P ( P (x) y Q(x) se pueden expandir en serie de potencias de x a con un radio de convergencia positivo.
−
Nota: si un punto no es ordinario se dice que es singular. RECORDEMOS: serie Taylor de y(x) en x = a es:
ac s i t a de x = a luego, toda funci´on on que tenga un desarrollo en serie Taylor alrededor es anal ana l´ıtica ıtic a en x = a. et m a En particular cuando x = 0 a la serie Taylor se le llama serie Maclaurin M de y(x) y la serie tiene la forma: e d . ∞ y (0) o (x) , n! p e t luego, toda funci´ on on que tenga un desarrollo desarrollo en serie anal´ıtica ,a D Maclaurin es anal´ en x = 0. uq i Ejemplo 1. Hallar los puntos ordinarios yio singulares de y + sen xy + e y = 0 nt A e para cualquier a Soluci´on: o n: sen sen x: tiene expansi´on on Taylor d e : tiene expansi´on on Taylor para cualquier a. d Es decir todo a en R es punto ordinarioa de la ecuaci´ on on diferencial, por tanto d no tiene puntos singulares. sr i e Ejemplo 2. Hallar los puntos ordinarios y singulares de v i xy + ( sen sen x)y = 0 n U Soluci´on: on: ∞ y(n) (a)
n=0
n!
(x
(n)
n
− a) ,
n
n=0
x
x
Q(x) sen x y + y=0 x
172
5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS
∞
−
sen x Q(x) = = x
( 1)n
n=0
x(2n+1) (2n+1)!
=
x
∞ ( 1)n x2n
− n=0
(2n + 1)!
⇒ x = 0 es punto ordinario de la E.D.,por tanto todos los x = 0 son puntos singulares. Ejemplo 3. Hallar los puntos ordinarios y singulares de y + (ln x)y = 0
ac s i t Analicemos el caso en que a (x), a (x) y a (x) son polinomios. a Si en la E.D. a (x)y + a (x)y + a (x)y = 0 se tiene que a (x), a (x), am(x) son polinomios sin factores comunes, o sea, sin races comunes, entonces ta e x = a es : M del polinomio i) Un punto ordinario si a (a) = 0 es decir, x = a no es raz e a (x). .o d ii) Un punto singular si a (a) = 0, es decir, si a es ra´ p e t ız de a (x). D de Ejemplo 4. Hallar los puntos ordinarios y singulares , (x − 4)y + 2xy + 3y = 0 a i Soluci´on: u q a (x) = x − 4 = 0, luego x = ±2 son puntos singulares y x = ±2 son o i puntos ordinarios. nt A Teorema 5.1. Si x = a es un punto ordinario de la ecuaci´ doe n d a (x)y + a (x)y +a a (x)y = 0, d i siempre podemos encontrar dos soluciones re s distintas (linealmente independientes), en serie de potencias; soluciones v que son de la forma i ∞n y = U C (x − a) . Soluci´on: x = 0 es un punto singular ya que ln x no tiene expansi´on en x = 0, todos los dem´as puntos diferentes de cero son puntos ordinarios. 2
2
1
1
0
0
2
1
0
2
2
2
2
2
2
2
2
1
0
n
n
n=0
Una soluci´on en serie de potencias converge por lo menos para x donde R1 es la distancia de a al punto singular m´ as cercano.
| − a| < R , 1
173
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Nota: para simplificar supondremos que el punto ordinario es a = 0, si a = 0, se hace la sustituci´on t = x a. Esta sustituci´on convierte la E.D. en otra E.D. con punto ordinario t = 0.
−
Ejemplo 5. Resolver por series la E.D. (x2 Soluci´on: x2 1 = 0 ordinarios.
−
− 1)y + 4xy + 2y = 0
⇒ x = ±1 son puntos singulares y los x = ±1 son puntos
ac s ta i em
Trabajemos con el punto ordinario x = 0, los candidatos a soluci´ o n son
∞
de la forma y(x) =
C n xn
n=0
at M
Debemos hallar las C n : derivamos dos veces:
∞
−
d. e ∞ o t − y (x) = n(n 1)C x p e ,a D Pasamos a sustituir y (x) y y (x) en la E.D. original: i u x y − y + 4xy + 2yq = 0 o i ∞ ∞ ∞ ∞ t − n(n − 1)C x − n(n − 1)C x +n 4n C x + 2 C x = 0 A Homogenizamos las potencias de x: de d ∞ ∞ ∞ ∞ a n(n − 1)C x − (m+2)(m+1)C is d x + 4n C x + 2 C x = 0 ev r n − 2 = m ⇒ n = mi + 2 haciendo ⇒ m U=n 0 n=2 y (x) =
nC n xn−1
n=1
n 2
n
n=2
2
n
n=2
n
n
n 2
n=2
n
n
n=2
n=1
m+2
m
m=0
n
n
n
n
n=0
n
n
n=1
n
n
n=0
Escribimos todo en t´erminos de k:
∞
k=2
174
k(k
− 1)C x k
k
∞
− k=0
(k + 2)(k + 1)C k+2 xk +
∞
k=1
4k C k xk +
∞
k=0
2 C k xk = 0
5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS Ahora homogenizamos el ´ındice de las series:
∞
k(k
k=2
k
− 1)C x − 2C − (3)(2)C x k
2
3
+
∞
∞
−
(k + 2)(k + 1)C k+2 xk + 4C 1 x+
k=2
∞
k
4k C k x + 2C 0 + 2C 1 x +
k=2
k=2
ac s ta i +4kC +2C ]x et m a M
luego
2C 0 2C 2 +(6C 1 2 3C 3 )x+
−
−·
∞
[k(k 1)C k (k+2)(k+1)C k+2
−
k=2
−
Comparando coeficientes:
k
k
k
=0
− 2C = 0 ⇒ C = C de . o x : 6C − 6C = 0 ⇒ C = C t p k = 2, 3, . . . : [k(k − 1) + 4k + 2]C − (k + 2)(k + 1)C =e 0 D , (k + 3k + 2)C − (k + 2)(k + 1)C a =0 i (k + 2)(k + 1)C − (k + 2)(k + 1)C q u = 0 x0 : 2C 0 1
xk
2 C k xk = 0
1
2
2
0
3
1
3
k+2
k
2
k+2
k
tn io (k + 2)(k +A1) C = C (k + 2)(k +e 1) d C = C d a F´ormula de recurrencia para los coeficientes is d Iteremos la f´ ormula de recurrencia: r e v i k = 2 : C n = C = C U k = 3 : C = C = C k
k+2
k+2
k+2
k
k
4
2
0
5
3
1
k = 2, 3, . . .
k = 4 : C 6 = C 4 = C 0 k = 5 : C 7 = C 5 = C 1 175
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Volviendo a y(x) =
∞
C n xn = C 0 + C 1 x + C 2 x2 + C 3 x3 + C 4 x4 + C 5 x5 + C 6 x6 + . . .
n=0
= C 0 + C 1 x + C 0 x2 + C 1 x3 + C 0 x4 + C 1 x5 + C 0 x6 + . . . La soluci´on general: = C 0 (1 + x2 + x4 + x6 + . . . + x2n + . . .)+C 1 (x + x3 + x5 + . . . + x2n+1 + . . .)
s a 1 c = C + C x(1 + x + x + x + . . . + x + . .ti.) 1−x a 1 C x 1 mx + . . . = C + ya que = 1 + x + x t+ e 1−x 1−x 1−x a M Siendo y (x) y y (x) dos soluciones linealmente independientes. ed El siguiente ejercicio resuelto, s´ olo tiene validez para. E.D. con condiciones tp o las series Maclaurin iniciales. Si la condici´on inicial est´a en x = 0, utilizamos y si la condici´on inicial est´a en x = a, utilizamos la eserie Taylor. D , Ejemplo 6. y − e− y = 0, y(0) = y (0) a= 1 Soluci´on. uq i Serie Maclaurin de y(x). tn io ∞ A y (0)x y(x) = de n! d y (0) ya (0) y (0) d y(x) = y(0) + x+i 1! sr 2! x + 3! x + . . . y(0) = 1 e y (0) = 1 v De la ecuaci´ on tenemos que ni U y (x) = e− y(x), evaluando en x = 0 ⇒ y (0) = 1 × 1 = 1 y1 (x)
0
0
1
1
2
2
4
6
y2 (x)
2n
1
2
2
2
2
x
(n)
n
n=0
2
3
x
Derivando nuevamente tenemos que: y (x) = e−x y (x) 176
− e− y(x) x
3
5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS evaluando en x = 0 y (0) = 1
×1−1×1=0 y (x) = e− (y (x) − y (x)) − e− (y (x) − y(x)) ⇒ y (0) = 1(1 − 1) − 1(1 − 1) = 0 (x) = e− (y (x) − 2y (x) + y (x)) − e− (y (x) − 2y + y(x) y (0) = 1(0 − 2(1) + 1) − 1(1 − 2(1) + 1) = −1 ⇒
(iv )
x
x=0
y(v)
x
(iv )
x
x
(v )
s a x x ic t y(x) = 1 + x + + ... − a 2! 5! et m x = 0: Resolver por series los siguientes ejercicios en el punto ordinario a Ejercicio 1. y − 2xy + 8y = 0 y(0) = 3, y (0) = M0 (Rta: y = 3 − 12x + 4x ) d. e o Ejercicio 2. (x − 1)y − 6y = 0 t (Rta: y = C ∞ ep − − x + C (x − x )) D , Ejercicio 3. y − xy = 0 ia (x + · x + · · x + (Rta: y = C (1 + · x + · · x + · · · x + . . .)u+C · · · x + . . .)) oti q Ejercicio 4. (x + 1)y + 6xy + 6y = 0 n (Rta: y = C ∞ (−1) (2n + 1)x + C A∞ (−1) (n + 1)x ) ed Ejercicio 5. y − xy − y = 0 d ∞ ∞ a (Rta: y = C x + C x ) ··· is d · · · r Ejercicio 6. y + e− y = 0 e (Sugerencia: Hallar la serie e− y multiplicarla por la serie de y) in v (Rta: y = C (1 − + − − + U ··· ) + C (x − + − − · ·· )) Sustituyendo en la f´ ormula de Maclaurin: 2
2
5
4
2
0
1 1 1 10 10 9 7 6 4 3
3
2n
n=0 (2n 1)(2n 3)
1 3 32
0
1 1 6 6532
3
1
1 1 1 9 986532
1
1 4 43
1 1 7 7643
2
0
0
2n
n
n=0
1 2n n=0 2 4 6 8...2n
1
x
1
2n+1
n
n=0
1
n=0 1 3 5 7...(2n+1)
2n+1
x
0
x2
x3
x4
x5
2
6
12
40
Ejercicio 7. (x (Rta: y1 = C 0 ,
− 1)y ∞+ y = 0
y2 = C 1
n=1
xn n
11x6 6!
1
x3
x4
x5
x6
6
12
60
360
= C 1 ln x
| − 1|) 177
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Ejercicio 8. (1 + x2)y + 2xy 2y = 0 (Rta: y(x) = C 0 (1 + x tan−1 x) + C 1 x)
−
Ejercicio 9. y xy + y = (Rta: y(x) = x + sen x)
−
Ejercicio 10. y (Rta: y = 1 2x2 )
−
Ejercicio 11. (1 (Rta: y = 1−1 x )
−x cos x,
y(0) = 0,
y (0) = 2
− 2xy + 4y = 0 con y(0) = 1 y y(0) = 0 − x) y − (1 − x)y − y = 0 con y(0) = y(0)s = 1 2
cti a Ejercicio 12. y − 2xy − 2y = x con y(0) = 1 y y (0) = −a (Rta: y = e − ) et m a Ejercicio 13. y + xy + (2x − 1)y = x con y(0) = 2 My y (0) = 3. Hallar los primeros 6 t´erminos de la soluci´ on particular. e d (Rta: y = 2 + 3x + x − x − x − x − . . .) ot . p de Ayry, alrededor Ejercicio 14. Hallar la soluci´on particular de la E.D. e del punto ordinario x = 1 D , y − xy = 0 y(1) = 1, yia (1) = 0 u q (Rta.: y = 1 + − + − + − + − io + . . .) t n Ejercicio 15. Hallar la soluci´on particular A de la E.D. e 1 d y − 2xy − 2y = x y(0) = 1, y (0) = − 4 ad d (Rta.: y = − + e ) sr i e Ejercicio 16. Resolviendo porivseries, mostrar que la soluci´on de la E.D. n (x − 1)y − xy + y =U0 con y(0) = −2, y (0) = 6 x2
1 4
x
4
2
(x 1)2 2!
x
1 3 2
(x 1)3 3!
7 4 12
(x 1)4 4!
x2
4
es y = 8x 2ex . Ejercicio 17. y + xy + y = 0
−
178
11 5 120
4(x 1)5 5!
5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS a). Hallar dos soluciones linealmente independientes y1 (x), y2 (x) b). Usando el criterio del cociente, mostrar que las dos series son convergentes para todo x. c). Probar que y1 (x) = e
−( √ 2 )2 x
d). Usando el m´etodo de reducci´ on de orden de D’Alembert, hallar y2 (x) (Rta: a). y1 (x) = 1
−
x2
4
+ 2x·4
−
x6
+ . . . , y2 (x) = x 2·4·6
−
x3
5
+ 3x·5
−
x7
· · + . . .)
s a Ejercicio 18. La E.D. de Legendre de orden α es: ic t (1 − x )y − 2xy + α(α + 1)y = 0 con α > −1 a m e Mostrar: at M a) Que las f´ ormulas de recurrencia son: ed (−1) α(α − 2)(α − 4) . . . (α − 2m + 2)(α +. 1)(α + 3) . . . (α + 2m − 1) o C = C (2m)! p t e D + 2)(α + 4) . . . (α + 2m) C (−1) (α − 1)(α − 3) . . . (α − 2m + 1)(α C = , (2m + 1)! iu a b) Las dos soluciones linealmente independientes oti q son: ∞ n y = C (−1) Aa x de d ∞ a y = C (−id1) a x sr donde a y a son las fracciones vi e encontradas en a), pero sin (−1) n c) Si α es entero no negativo yU par, entonces a = 0 para 2m > n; mostrar que y es un polinomio de grado n y y es una serie infinita. 2
3
357
2
m
2m
0
m
2m+1
1
1
m
0
2m
2m
m=0
2
1
m
2m+1
2m+1
m=0
2m
m
2m+1
2m
1
2
Si α es entero no negativo e impar; mostrar que a2m+1 = 0 para 2m + 1 > n y y2 es un polinomio de grado n y y1 es una serie infinita. 179
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
d) Se acostumbra tomar la constante arbitraria (C 0 o C 1 seg´ un el caso) n de tal manera que el coeficiente de x en el polinomio y1 o y2 (seg´ un el caso) sea 2(2(nn)!!)2 y se les llama polinomios de LegendreP n (x). Mostrar que: N ( 1)k (2n 2k)! P n(x) = xn−2k n 2 k!(n k)!(n 2k)! k=0 n
−
donde N =parte entera de
−
−
−
n
2
ac s i t P (x) = 1, P (x) = x, a 1 1 m P (x) = (3x − 1), P (x) = (5x − 3x), e t 2 2 a 1 1 P (x) = (35x − 30x + 3), P (x) = (63x M− 70x + 15x) 8 8 d. e Ejercicio 19. F´ormula de Rodriguez: tp o 1 d P (x) = (x − 1) e n!2 dx D , para el polinomio de Legendre de grado n. iu a a) Mostrar que u = (x − 1) satisface la E.D. oti q n =0 (1 − x )u + 2nxu A Derive ambos lados de la E.D. y obtenga de d (1 − x ) + 2(n a− 1)xu + 2nu = 0 is d b) Derive sucesivamente, n veceserambos lados de la ecuaci´ on y obtenga: vi (1 − x )u −n 2xu + n(n + 1)u = 0 U e) Mostrar que los 6 primeros polinomios de Legendre son:
0 2 4
1
2
3
3
4
2
n
n
2
5
5
n
2
3
n
n
n
2
2
2
(n+2)
(n+1)
(n)
Hacer v = u(n) y mostrar que v = Dn (1 x2 )n y luego mostrar que v satisface la ecuaci´ on de Legendre de orden n
−
c) Demostrar que el coeficiente de xn en v es 180
(2n)! n!
5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS d) Explicar porqu c) demuestra la f´ormula de Rodriguez (Notar que el coeficiente de xn en P n (x) es 2(2(nn)!!)2 ) n
Ejercicio 20. La E.D. y
− 2xy + 2αy = 0
se le llama ecuaci´ on de Hermite de orden α. a) Mostrar que las dos soluciones en serie de potencias son:
∞
−
y1 = 1 +
( 1)
m
2mα(α
− 2) . . . (α − 2m + 2) x cas (2m)!
m=1
y2 = x +
∞
−
( 1)
m
ta i em
2m
2m(α
− 1)(α − 3) . . . (α − 2m +at 1) x
2m+1
M e b) Si α es entero par, mostrar que y es un polinomio. d Si α es impar, mostrar que y es un polinomio. ot . c) El polinomio de la parte b) se denota por H (x) yep se le llama polinomio de Hermite cuando el coeficiente de x es 2 . D , a d) Demostrar que los 6 primeros polinomios de iHermite son: q o u i t H (x) = 1, H (x) n = 2x, A = 8x − 12x, H (x) = 4x − 2, H (x) e H (x) = 16x − 48x + 12, H d (x) = 32x − 160x + 120x d a e) La formula general de los polinomios is d de Hermite es r d − e H (x) = (− in v 1) e dx (e ) Por inducci´ on mostrar que genera U un polinomio de grado n. (2m + 1)!
m=1
1
2
n n
n
0 2 4
1
2
3
3
4
2
n
5
5
n x2
n
3
x2
n
181
CAP´ITULO 5.
5.3.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SINGULARES REGULARES
Definici´ on 5.2 (Punto singular). i. Decimos que x = x0 es un punto singular regular de la E.D.O. y + P (x)y + Q(x)y = 0, si (x x0 )P (x) y (x x0 )2 Q(x) son anal´ıticas en x = x0 , es decir, si (x x0 )P (x) y (x x0 )2 Q(x) tienen desarrollos en series de potencias de (x x0 ). Si x = x0 no cumple con la anterior definici´ on, entonces decimos que x = x0 es un punto singular irregular.
− − −
−
−
ii. Si en la E.D.
ac s ta i em
at se tiene que a (x), a (x), a (x) son polinomios sin factores M comunes, entonces decimos que x = x es un punto singular regular si e d a (x ) = 0 y adem´a s, si en P (x) = y Q(x) .o = , el factor x − x tiene a lo sumo grado uno en el denominador tp de P (x) y grado a lo sumo dos en el denominador de Q(x). e Ejemplo 7.Hallar los puntos singulares regulares ,a D e irregulares de i (x − 4) y + (x − 2)y +uy = 0 q o Soluci´on: tn i Puntos singulares: A a (x) = (x − 4) =de0 ⇒ x = ±2 x − 2 ad 1 P (x) = = (x − 4) id (x − 2)(x + 2) re s 1 Q(x) = v (x in − 2) (x + 2) U es un factor de grado uno en P (x) y de Con x = +2, como (x − 2) a2 (x)y + a1(x)y + a0 (x)y = 0
2
1
0
0
2
a1 (x) a2 (x)
0
a0 (x) a2 (x)
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
grado dos en Q(x), por lo tanto x = 2 es punto singular regular.
Con x = 2 es punto singular irregular, porque x+2 aparece con grado dos en el denominador de P (x).
−
182
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
Nota: los puntos singulares pueden ser n´ umeros complejos. Teorema 5.2 (de Frobenius). Si x = x0 es un punto singular regular de la E.D.O. a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0, entonces existe al menos una soluci´ on en serie de la forma:
ac s ta i donde r es una constante a determinar. m Esta serie converge en un intervalo de la forma 0 < x − x
∞
C n (x
n+r
−x ) 0
n=0
,
0
n
n+r
n=0
n
n+r 1
n=0
n
n+r 2
n=0
n
n+r 1
n=0
∞
n=0
(n + r)(3n + 3r
−
n
n+r 1
n=0
− 2)C x n
n+r 1
−
∞
n
n+r
n=0
C nxn+r = 0
n=0
183
=0
CAP´ITULO 5.
r
x
∞
n=0
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
n 1
(n + r)(3n + 3r − 2)C n x −
Sacamos la potencia m´ as baja: x
r
r(3r − 2)C 0 x−1 +
∞
n=1
hagamos
− ∞
C n xn
n=0
n 1
(n + r)(3n + 3r − 2)C n x −
=0
− ∞
C n xn = 0
n=0
k=n 1 n=1
− ⇒ n = k +1 ⇒k=0
ac s x r(3r − 2)C x− + (k + r + 1)(3k + 3r + 1)C x − ti C x = 0 a et m a ∞ x r(3r − 2)C x− + [(k + r + 1)(3k + 3r + 1)C M − C ] x = 0 e d en potencias de: . − o x : r(3r − 2)C = 0 t p e y en potencias de: D , x : (k + r + 1)(3k + 3r + 1)C − C = i0a con k = 0, 1, 2, . . . u 2 q si C = 0 ⇒ r(3r − 2) = 0 ⇒ r o= 0 r = y it 3 ec. indicial n ´ındices (o exponentes) de la singularidad A e C d C = (k + r + 1)(3k + 3r da + 1) , k = 0, 1, 2, . . . d i Con r = que es la raz mayor, entonces: re s v C C i C = = , k = 0, 1, . . . (5.1) n (3k + 5)(k + 1) (k + )(3k + 3) U r
r
∞
1
0
k
k+1
k=0
1
0
k
k
k=0
k+1
k=0
1
k
k
0
k
k+1
0
∞
k
2
k
1
k+1
1
2 3
k
k+1
k
5 3
Con r2 = 0 entonces: C k+1 = 184
C k , k = 0, 1, . . . (k + 1)(3k + 1)
(5.2)
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. Iteremos (5.1): k = 0 : C 1 =
C 0 5
×1 C C C k = 1 : C = = = 8×2 (5 × 1) × (8 × 2) 2! × (5 × 8) 1
2
0
C 2 = 11 3 (5 C 3 k = 3 : C 4 = = 14 4 4! k = 2 : C 3 =
0
C 0 1) (8 2) (11 C 0 5 8 11 14
×
× × × ×
×
× × × ×
× 3)
=
3!
C 0 5 8
× × × 11
generalizando C n =
n!
C 0 11 14 . . . (3n + 2)
n = 1, 2, . . .
×5×8× ×
Iteremos (5.2):
at M
ac s ta i em
e d k = 0 : C = . 1×1 o t C C p k = 1 : C = = e 2×4 (1 × 1) × (2 × 4) D C C C , k = 2 : C = = = 3×7 (1 × 1) × (2 × 4) × (3ia× 7) 3! × 4 × 7 u C C q = k = 3 : C = 4 × 10 4! × 4 × 7 × 10 io t n generalizando A e C d C = n = 1, 2, . . . n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n d− 2) di a s∞ ∞ ∞ r 2 = xe r = ⇒y = C x vi C x = x C + C x 3 ∞ n C U = x C + x 1
2
3
4
C 0 1
0
2
0
3
0
0
0
n
1
1
× × × × × × × × n
n+ 2 3
2 3
n=0
2 3
n
n=0
2 3
2 3
0
n
1+
n!
5
8
11
∞
n=1
n!
5
n
n=1
0
0
n=1
= C 0 x
n
8
n
14 . . . (3n + 2)
xn 11 14 . . . (3n + 2)
185
CAP´ITULO 5.
r2 = 0
⇒y
2
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
∞
=
C nx
n+0
n=0
=
∞
n
C n x = C 0 +
n=0
∞
n=1
n!
1
C 0
4
7
10 . . . (3n
∞
= C 0 1 +
n=1
C nxn
n=1
×××× × × × ×
= C 0 +
∞
− 2)
xn
xn
n!
1
4
7
10 . . . (3n
− 2)
s a y =k y +k y c i t ∞ a x = k C x 1 + + n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n +em2) t a ∞ x k C 1 + M n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2) e d . observemos que para este ejemplo tp o 2 2 e r = , r =0⇒r −r = = entero 3 3 D ai , u entonces las funciones Nota: en general si x = 0 es un punto singular regular, q xP (x) y x Q(x) son anal´ıticas en x = 0, es decir tn io xP (x) = p + p x +Ap x + . . . e x Q(x) = q + q xd+ q x + . . . d positivo. Despu´es de sustituir y = a son convergentes en intervalos de radio ∞ C x is d la ecuaci´on indicial es una ecuaci´on en la E.D. y simplificar, r a cero el coeficiente de la menor pocuadr´atica en r que resulta de igualar e v tencia de x. Siguiendo este procedimiento se puede mostrar que la ecuaci´ on i n indicial es r(r − U1) + p r + q = 0 Luego la soluci´ on general es : 1 1
2 2
1
2 3
0
n=1
2
0
n
n=1
1
n
2
1
2
2
0
2
n=0
n
0
1
2
1
2
0
0
2
2
n+r
Se hallan las ra´ıces de la ecuaci´ on indicial y se sustituyen en la relaci´o n de recurrencia.
186
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. Con las ra´ıces de la ecuaci´ on indicial pueden ocurrir los siguientes tres casos. CASO I: cuando r1 r2 = entero positivo, entonces las dos soluciones linealmente independientes son:
−
y1 =
∞
C n xn+r1
n=0
∞
C n xn+r2
s a Este caso lo hemos contemplado en el Ejemplo 8. ta ic CASO II: cuando r − r = entero positivo, entonces las dos m soluciones e linealmente independientes son: at ∞ M y = C x ed . o ∞ p e t0, y = Cy (x) ln x + b x b = D , donde C es una constante que puede ser cero. iu a utilizamos la f´ormula Nota: para saber si C es cero o diferente de q cero, o i el t´ermino logar´ıtmico. de D’Alembert; si es cero, entonces en y no aparece t El pr´oximo ejemplo lo haremos con C = 0; sin C = 0, y tambi´en se puede hallar utilizando la f´ormula de D’Alembert: A e − d e y = y (x) d dx [ya (x)] is d o tambi´en derivando dos veces ev ∞r i n y = Cy (x) ln x + U b x b = 0, y2 =
n=0
1
2
1
n+r1
n
n=0
2
1
n
n+r2
0
n=0
2
2
2
2
1
1
P (x) dx
1
n
2
n+r2
0
n=0
y sustituyendo en la E.D. e iterando la f´ormula de recurrencia para hallar los coeficientes bn .
187
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
CASO III: cuando r1 dependientes son: y1 =
−r
= 0, entonces las soluciones linealmente in-
2
∞
C n xn+r1
con C 0 = 0
n=0
∞
y2 = y1 (x) ln x +
bn xn+r1
sabiendo que r1 = r2
n=1
ac s 5.3.1. CASO II: = entero positivo ta i Con el siguiente ejemplo mostramos el CASO II, o sea cuando r −r = m e entero positivo. t a Ejemplo 9. xy + (5 + 3x)y + 3y = 0 M Soluci´on: ed x = 0 es punto singular regular, ya que ot . 5 + 3x 3p P (x) = Q(x) = e x D, x a que despu´es de efectuar Si utilizamos la f´ormula de D’Alembert encontramos i todas las operaciones, el primer t´ermino no tieneu logaritmo, por tanto C = 0. Ahora supongamos que oti q ∞ ∞ n ⇒ y = A(n + r)C x − y= C x de ∞ d a y = (n + r)(nd+ r − 1)C x − sr i sustituyendo en la E.D. vi e n xy + 5y + 3xy + 3y = 0 U r1
−
r2
1
n+r
n
n=0
n
n+r 1
n=0
n
n+r 2
n=0
∞
n=0
188
(n + r)(n + r
n+r 1
− 1)C x n
− +
∞
n=0
5(n + r)C n xn+r +
2
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
∞
3(n + r)C nx
n+r
+
n=0
xr
∞
(n + r)(n + r
n=0
xr r(r + 4)C 0x−1 +
∞
n 1
+
∞
n=0
(n + r)(n + r + 4)C n xn−1 +
xr r(r + 4)C 0x−1 +
∞
∞
3(n + r + 1)C nxn = 0
n=0
hagamos
3(n + r + 1)C n xn = 0
n=1
luego
3C n xn+r = 0
n=0
− 1 + 5)C x − n
∞
k=n 1 cuando n = 1
⇒ n = k+1 ⇒k=0
−
at M
ac s ta i em
[(k + r + 1)(k + r + 5)C k+1 + 3(k + r + 1)C k ]xk = 0
k=0
d. e r(r + 4) = 0 ⇒ r = 0 r = −4 o sea que r − r = tp o entero positivo e y la f´ormula de recurrencia es D , (k + r + 1)(k + r + 5)C + 3(k + r + 1)C i= a 0 k = 0, 1, . . . u e iteramos con la menor ra´ız indicial r = −4: q io t (k + 1)(k − 3)C + 3(k − 3)C = n 0 k = 0, 1, . . . A e 9C d k = 0 : 1(−3)C + 3(−3)C ⇒ C = da −3 = −3C 6C 3 9 k = 1 : 2(−2)C + 3(−2)C id = 0 ⇒ C = = − (−3)C = C 2 −4 2 re s 9 k = 2 : 3(−1)C + 3(−1)C = − C vi = 0 ⇒ C = 3C −3 2 n k = 3 : 4(0)C + 3(0)C U =0⇒ Por lo tanto la ecuaci´on indicial: 1
2
1
k+1
k
2
2
k+1
4
k
0
1
0
1
2
1
2
3
2
3
0
1
2
0
0
0
3
C 4 es par´ametro k
≥4
: C k+1 =
− (k +3 1) C
k
189
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
es decir C 1 =
9 C 2 = C 0 , 2
−3C , 0
− 92 C ,
C 3 =
0
C 4 : par´ametro k
≥
4 : C k+1 =
− (k +3 1) C
(5.3)
k
iteremos (5.3):
− 35 C s a 3 3×3 c i 5 : C = − C = C t 6 5×6 a 3 3 × 3 × 3m 6 : C = − C = − C 7 5 × 6 ×te7 a 3 4! =− C M 7!
k = 4 : C 5 =
4
k =
6
5
7
6
k =
4
4
3
e d . 3 − 4! o C = (−1) C nt ≥ 4 n! ep D ∞ , C x − iu a q ∞ o − x [C + C x + C x + C ti x + C x ] n 9 A 9 x− [C − 3C x + C ex − C x + C x 2 d 2 ∞ − 3 4! d + (−1) C x ] n! da i s r y e(x) v 9 9 i − C x 1 − 3nx + x − x U 2 2 4
generalizando n
y =
(n 4)
n
4
n 4
n
n=0
=
4
0
1
2
2
3
3
n
n
n=4
=
4
0
0
0
(n 4)
2
0
n
4
n
n=5
1
=
0
4
2
3
y2 (x)
+C 4 190
3
∞
3(n−4) 4! n−4 1+ ( 1) x (n)! n=5
−
n
4
4
+
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. hagamos
k=n 4 n=5
− ⇒ n = k+4 ⇒k=1
− − ∀ ∈ as ∞
y = C 0 y1 (x) + C 4 1 +
( 1)k+4
k=1
= C 0 y1 (x) + C 4
∞
3k 4! xk (k + 4)!
3n 1 + 24 ( 1) xn (n + 4)! n=1 n
ta ic Para abordar el caso iii) cuando r = r necesitamos definir la funci´on Gamma. et m a ´ GAMMA: Γ( ) M 5.3.2. FUNCION ed Definici´ on 5.3. Sea x > 0. La funci´on Gamma se define. as´ı: o ∞ t − − Γ(x) = e τ dτ ep D , Teorema 5.3 (F´ ormula de recurrencia para laa funci´on Γ). Para x > 0 : Γ(x + 1) = xΓ(x) uq i . ∞ e− τ dτ = −e−ioτ |∞ + ∞ xe− τ − dτ = Demostracin: Γ(x + 1) = t n la anterior integral se hizo por partes, u = τ ⇒ du = xτ − dτ A haciendo e dv = e− dt ⇒ v = −e− d ∞ e− τ − dτ = xΓ(x) = 0−0+x ad d de L’Hpital ya que por el teorema de estriccin y la regla l´ım e− τ = l´ım =0 sr i →∞ →∞ Observaciones: vi e n a). U Re
converge x
1
2
x
τ x 1
0
τ x
τ x
0
x
τ
0
x 1
τ x 1
0
τ
τ x 1
0
τ x
τ
τ
τ x eτ
x
0.1
0.2
0.3
0.4
Γ(x)
9.5
4.59
2.99
2.22
0.5
√π
0.6
0.7
0.8
0.9
1.49
1.30
1.16
1.07 191
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
5
4
3
2
1
0 -5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
-1
-2
-3
-4
-5
at M
ac s ta i em
d. e tp o b). Si x = n entero positivo: e Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = . . . =D n(n − 1)(n − 2) . . . 1Γ(1) , ∞ ∞ a − − Pero Γ(1) = e τ dτ = −e | = −(0i − 1) = 1 q o u Luego, Γ(n + 1) =tin! n as´ı: Γ(x) = (x − 1)Γ(x − 1) si Definici´ on 5.4. Si x < 0, definimos Γ(x) A x =0ox = de un entero negativo. eΓ(x) = ±∞ si x = 0 o x = entero d negativo.(Ver la grfica 5.1) d a NOTA: la f´ormula para calcular is d Γ(x) para x < 0 es: r 1 e Γ(x) in v = x Γ(x + 1) En la figuta 5.1 se muestraUla gr´afica de la funci´ on Γ(x). Figura 5.1
τ 0
τ
0
0
31 22
Ejemplo 10. Γ π
√
192
5 2
=Γ
3 2
+1 =
3 2
Γ
3 2
=
3 2
Γ
1 2
+1 =
31 22
Γ
1 2
=
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
− − − − − − − − − − − − − − − − − − − √ as 7 2
Ejemplo 11. Γ Soluci´on: Γ
7 2
2 5 Γ 7 2 2 2 7 5 2 2 7 5 2 2 7 5
= = =
=
2 7
2 Γ 5
3 2
2 1 Γ 3 2 2 2 1 Γ 3 1 2 2 2 π 3 1
ta ic Como Γ(n + 1) = n! para n entero positivo, generalizamos el factorial as: et m a x = entero Definici´ on 5.5 (Factorial generalizado). x! = Γ(x + 1), negativo. M ed Nota: con n = 0 obtenemos 0! = Γ(0 + 1) = Γ(1) = 1. y o t 1! = Γ(1 + 1) = 1 Γ(1) = 1 × 1 = 1p e con esto probamos, mediante la funci´ on Gamma, que ,a D 0! = 1 = 1! i u Ejemplo 12. Hallar ! q o 7 7 7 5ti3 1 √ !=Γ +1 = n π 2 2 2A2 2 2 de Ejemplo 13. Calcular − ! Soluci´on: ad d 7 7 5 si − 2 ! = Γ − 2 + 1 = Γ − 2er = − 25 − 23 − 21 Γ 12 v 2 2 2i √ − 5 − 3 − 1n π = U =
7 2
7 2
Ejercicio 1. Hallar (Rta: 43!4 )
1 0
x3 ln x1
3
dx
193
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Ejercicio 2. Hallar √π (Rta: 2 )
∞ e−x2 dx
0
Ejercicio 3. Hallar utilizando la funci´on Γ: √π (Rta: 4 )
∞ x2 e−x2 dx
0
Ejercicio 4. Probar que
√
− n+
y
1 (2n + 1)! ! = 2n+1 π 2 2 n!
√
1 (2n)! ! = 2n π 2 2 n!
n
para todo entero n no negativo.
at M
ac s ta i em
d. e CASO III: r = r . Tomamos como ejemplo para o este caso, la E.D. de t Bessel de orden cero. ep Definici´ on 5.6 (Ecuaci´ on Diferencial de Bessel). ,a D La E.D.: i dy dy u x + x + (x − p q )y = 0 dx dx io t n E.D. de Bessel de orden p. donde p es un par´ ametro positivo, se le llama A e funciones de Bessel de orden p. Las soluciones de esta E.D. se les llama d Cuando p = 0 y x = 0 entonces ad d d y dyi x + s + xy = 0. dx evdxr i en el intervalo 0 < x < R; es f´acil Hallemos explcitamente estas soluciones n ver que x = 0 es un punto singular regular. U Suponemos una soluci´ on de la forma 5.3.3.
CASO III: 1
r1
= r2
2
2
2
2
2
2
2
2
y=
∞
n=0
194
C n xn+r ,
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. con 0 < x < R y C 0 = 0; derivamos dos veces y sustituimos en la E.D. y llegamos a esto:
∞
(n + r)(n + r
n=0
− +
− 1)C x n
∞
∞
n+r 1
n+r 1
− +
(n + r)C n x
n=0
2
(n + r) C nx
∞
C n xn+r+1 = 0
n=0
n+r 1
− +
n=0
∞
C n xn+r+1 = 0
n=0
ac s i t para homogenizar los exponentes hagamos k = n − 1 (o sea que an = k + 1 y m k = n+1 cuando n = 0 entonces k = −1) en la primera sumatoria y hagamos e en la segunda sumatoria, luego at ∞ ∞ M e x (k + r + 1) C x + C − x = 0 − .o d t p ∞ e x r C x− + (r + 1) C x + [(k + r + 1) C D + C − ] x = 0 ai , comparamos coeficientes q o u r C = 0, (r + 1) C = 0, (k + r + 1) C ti + C − = 0 con k ≥ 1 n Ar=0 Si C =0⇒r =r = e (0 + 1) C = 0 ⇒dC = 0 d C − a C = − k = 1, 2, . . . (k + 1) id s r iterando k vi e C C n k = 1 ⇒ C = − =− U (1 + 1) 2 x
r
∞
2
n 1
n=0
r
∞
(n + r) C n x − +
n=0
2
k+1
k
k 1
2
0
2
0
1
k
n=1
k= 1
r
C n xn+1 = 0
2
1
0
2
k+1
k=1
2
2
1
0
1
2
k 1
2
1
1
2
0
2
k=3
k 1
k+1
k=2
k+1
k 1
k
⇒ ⇒
0 2
2
− C 3 C C = − 4 C 3 =
1 2
=0
4
2 2
=
C 0 22
×4
2
195
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
k=4 k=5
C 5 = 0
⇒ ⇒
C 6 =
− C 6 = − 2 × C 4 × 6 4 2
0 2
2
2
Generalizando, C 0 C 0 n = ( 1) 22 42 62 (2n)2 (2 4 6 (2n))2 C 0 = ( 1)n n (2 1 2 3 . . . n)2 C 0 = ( 1)n 2n , n = 0, 1, 2, . . . 2 (n!)2 = 0, n = 0, 1, 2, . . .
C 2n = ( 1)n
−
· · ···
−
· ·
−
· · · ··
−
C 2n+1
at M
Sustituimos en
∞
∞
−
y1 (x) =
n
C n x =
n=0
∞
=
C 2n x2n
n=0
( 1)n
n=0
C 0 x2n = C 0 2 2 n 2 (n!)
Por definici´ on, la serie
∞ ( 1)n x
d. e ∞ tp o 1 (−e 1) D, (n!) iu a oq
ac s ta i em
n
2
n=0
x 2
2n
tn i A se le llama funci´on de Bessel de orden cero y de primera especie e d x x x J (x) = 1 − + ad − + ... 4 d 64 2304 i La segunda soluci´ on la hallamos por elrs m´etodo de reducci´ on de orden D’Alembert: vi ee− 1 y (x) = J (x) n dx = J (x) dx [J (x)] x[J (x)] Ux 3x 5x
− (n!)2
n=0
2n
2
2
= J 0(x)
4
6
0
2
como [J 0(x)]
0
2
2
= 1
⇒ 196
−
2
+
1
x
dx
0
2
0
4
32
6
− 576 + . . .
0
1 x2 5x4 23x6 = 1 + + + + ... [J 0 (x)]2 2 32 576
2
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 1 1 x 5x3 23x5 = + + + + ... x[J 0 (x)]2 x 2 32 576 1 x 5x3 23x5 y2 (x) = J 0 (x) + + + + . . . dx x 2 32 576 x2 5x4 23x6 = J 0 (x)[ln x + + + + . . .] 4 128 3456
⇒
−
x2 x4 x6 + + ... 4 64 2304 3x4 11x6 + ... 128 13824
= J 0 (x) ln x + 1 y2
x2 = J 0 (x) ln x + 4
−
−
x2 5x4 23x6 + + + ... 4 128 3456
−
NOTA: observemos que
at M
( 1)2 1(1) 1 1 = = 22 (1!)2 22 4
−
ac s ta i em
e d 1 1 3 −3 (−1) 1+ =− = . 2 (2!) 2 2 2 2 128 tp o 1 1 1 11 11 (−1) 1+ + = =e 2 (3!) 2 3 2 6 6 D 13824 ai , Por tanto ux x x 1 1 1 q − y (x) = J (x) ln x + 1+ + o 1+ + it2 (3!) 2 3 − . . . 2 2 (2!) 2 n A ∞ (−1) e1 1 1 y (x) = J (x) ln x + 1 +d + + . . . + x (5.4) 2 (n!) 2 3 n ad d Donde (5.4) es la segunda soluci´ on y es ilinealmente independiente con y . re s La soluci´on general es: v i y = C J (x) n + C y (x) U on, se acostumbra tomar la siguiente En vez de y (x) como segunda soluci´ 3
4
2
4
6
2
2
2
0
2
4
2
6
2
4
4
2
6
6
2
n+1
2
0
2n
2
n=1
2n
1
0 0
1 2
2
funci´on combinaci´ on lineal de y2 y J 0 , como segunda soluci´ on: Y 0 (x) =
2 [y2 (x) + (γ π
− ln2)J (x)] 0
197
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
donde γ es la constante de Euler; a Y 0 (x) se le llama funci´on de Bessel de orden cero y de segunda especie y
1 1 1 γ = l´ım 1 + + + . . . + n→∞ 2 3 n
≈
− ln n
0,5772
As´ı Y 0 (x) ser´a igual a Y 0(x) =
2 [J 0 (x) ln x+ π ∞ ( 1)n+1 + 22n(n!)2 n=1
s a 1 1 1 1+ + + ... + x + (γ − iln2)J ta c (x) 2 3 n m e ∞ 2 x ( 1) 1 1 at 1 x Y (x) = J (x) γ + ln + 1+ + + ... + π 2 (n!) 2 3 M n 2 e d La soluci´on general es: y = C J (x) + C Y (x), las gr´a.ficas de J (x) y Y (x) se muestran en la figura 5.2 tp o e ,a D uq i tn io A de ad d sr i vi e J (x) y Y (x). Figura 5.2 n U ´
− −
2n
0
n+1
0
0
2n
2
n=1
1 0
2 0
0
0
1
0,5
y
0
0
5
10
15
20
25
x
-0,5
-1
0
5.3.4.
0
ECUACION DE BESSEL DE ORDEN
Sabemos que x2 y + xy + (x2 198
2
− p )y = 0
p
:
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. se le llama E.D. de Bessel de orden p 0 y x > 0. Trabajemos con p > 0 y veamos que x = 0 es un punto singular regular. En efecto, como x2 = 0 entonces x = 0 y
≥
x 1 P (x) = 2 = , x x
Q(x) =
x2
2
−p
x2
por tanto x = 0 es un punto singular regular; suponemos una soluci´ o n de la forma
∞
ac s con C = 0 y 0 < x < R; derivamos dos veces y sustituimos entila E.D., el a resultado es: et m ∞ {[(n + r) − p ]C +a C − }x = 0 x (r − p )C x + [(r + 1) − p ]C x + M e d Luego, . (r − p )C = 0 tp o [(r + 1) − p ]C = 0 (5.5) e D [(n + r) − p ]C + C − = 0 para, n ≥ 2 iu a Si C = 0 ⇒ r − p = 0 (ecuaci´ on indicial) q o r = ±p ⇒ r = p r = −p (´ındices de latisingularidad) n A Si r = p ⇒ en la ecuaci´on (5.5): e d [(p + 1) − p ]C ad d = 0 (1 + 2p)C = 0 ⇒ C = 0, ya que psi> 0 r e [(n + p) − p ]C +v C − = 0 n≥2 in (n + 2np)C U + C − = 0 y=
C n xn+r
n=0
0
r
2
2
0
0
2
2
1
2
2
n=2
2
2
2
0
2
n 2
0
2
2
n
n
2
1
n 2
n
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
2
n 2
n
n
n 2
n(n + 2p)C n + C n−2 = 0 C n =
− n(nC +−2p) n 2
n n
≥2
≥2 199
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
por tanto todos los coeficientes impares son cero, ya que C 1 = 0. Iteramos los pares con n
≥ 2 y obtenemos: (−1) C n
C 2n =
C 2n =
22n
0
(2 4 . . . 2n)(2 + 2p)(4 + 2p) . . . (2n + 2p)
·
( 1)n C 0 n!(1 + p)(2 + p)(3 + p)
−
luego,
∞
y1 (x) =
C n x
p
= x
n=0
As´ı,
n = 0, 1, 2 . . .
·· · (n + p) ;
n+p
∞
C n xn
n=0
∞
,
at M
ac s ta i em
d. e Al reemplazar (5.6), obtenemos: tp o ∞ (−1) x e y (x) = x C D p) ··· (n + p) 2 n!(1 + p)(2 + p)(3, + ∞ ia (−1) ux = C 2 q p)(3 + p) ·· · (n + p) 2 n!(1 + p)(2 + o i t ∞ (−1)n x = K n!(1 + p)(2 + p)(3A + p) ·· · (n + p) 2 e d donde la constante K = C 2 . ad d Veamos los siguientes casos: sr i a Si p es un entero positivo: ive n ∞ x U (−1) y (x) = p! y1 (x) = x
p
C 2n x2n
n=0
p
1
0
n
2n
n
2n+p
2n
n=0
p
0
2n+p
n=0
0
n
2n+p
n=0
0
1
n=0
= p!
∞
n=0
200
0
p
n
n!p!(1 + p)(2 + p)(3 + p) ( 1)n x n! (n + p)! 2
−
2n+p
2n+p
··· (n + p)
2
(5.6)
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
a la expresi´on
∞
n=0
( 1)n n! (n+p)!
−
x 2n+p
2
se le llama funci´ on de Bessel de orden p
y primera especie y se denota por J p (x).
b Si p es diferente de un entero positivo: ∞ (−1) x y (x) = n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · ·· (n + p) 2 ∞ (−1) = Γ(p + 1) n!Γ(p + 1)(1 + p)(2 + p) ··· (n + p) n
1
n=0
n
2n+p
as x 2
ta ic em
n=0
− −at − ··· M (−1) de x
2n+p
y como Γ(n + p + 1) = (n + p)Γ(n + p) = (n + p)(n + p 1)Γ(n + p 1) = (n + p)(n + p 1) (1 + p)Γ(1 + p)
∞
n
2n+p
ot . 2 p La expresi´ on e ∞ (−1) x = J , D(x) n! Γ(n + p + 1) 2 iu a se le llama funci´ on de Bessel de orden p y primera especie y se denota por q J (x), (Ver gr´afica 5.3). tn io A de ad d sr i vi e n U
entonces y1 (x) = Γ(p + 1)
n=0
n
n!Γ(n + p + 1)
2n+p
n=0
p
p
0,4
0,2
y
0
0
10
20
30
40
50
x
-0,2
-0,4
Figura 5.3 J 7 (x). 2
201
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
En general para p = entero o p = entero y p > 0
∞
( 1)m x J p (x) = m! Γ(m + p + 1) 2 m=0 Para r2 = p, supongamos que r1 entero positivo y p > 0. La segunda soluci´ o n es :
−
∞
−
−r
2
=p
− (−p) = 2p y 2p diferente de un
( 1)n x n! Γ(n p + 1) 2
− −
2m+p
−
2
p
2n p
ac s ta i que es la funci´ on de Bessel de orden −p m La soluci´on general, y(x) = C J (x) + C J − (x) si 2p =te entero positivo p > 0. Tambin, si 2p = entero, pero p = entero, entonces ala solucin general M es y(x) = C J (x) + C J − (x) ed ot . ep ,a D uq i tn io Figura 5.4 J (x) yA J − (x). e d Cuando r −r = 2p = entero positivo (caso ii.) y p es un entero, entonces J y J − son linealmente dependientesad (Ejercicio)(Ver figura 5.4 con p = 3, obsrvese que J − (x) = −J (x), es decir is d son linealmente dependientes). En este caso la segunda soluci´on es de lar forma vi e ∞ y (x) = CJ ln xn + b x − C =0 U y2 =
n=0
1 p
1 p
2
= J −p (x)
p
0,6
0,4
0,2
y
0
0
5
10
15
20
25
x
-0,2
-0,4
-0,6
3
1
p
3
2
p
3
3
2
p
n
n p
n=0
O tambi´en podemos usar el m´etodo de reducci´ on de D’Alembert como hicimos con la funci´on de Bessel de orden cero y segunda especie Y 0 (x). Haciendo el mismo proceso, llegamos a Y p (x) = Bessel de orden p y segunda 202
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. especie,
2 Y p (x) = π
− − − − x ln + γ J p (x) 2
1 + 2
∞
p 1
−
n+1
n 1)! n!
(p
n=0
n+p
n
( 1)
1 2
1 + k k
1 k
x 2
1 n! (n + p)!
2n p
−
x 2
+
2n p
−
s a Donde γ es la constante de Euler. La soluci´ on Y se le llama funci´on c de Bessel i t de orden p y segunda especie. a Soluci´on general: y = C J (x) + C Y (x), donde p es un enterompositivo.Ver grfica 5.5 para Y (x) con p = 1. ta e M ed ot . ep ,a D uq i tn io A de d (x) Figura 5.5 aY is d Las siguientes propiedades de la funci´ r on de Bessel, se dejan como ejercie cios. in v Ejercicio 1. Mostrar que con Uel cambio de variable y = √ reduce la n=0
k=1
=1
p
1 p
2 p
p
0,4
0,2
x
10
20
30
40
50
0
y
-0,2
-0,4
-0,6
-0,8
-1
1
u(x) x
E.D. de Bessel de orden p a la E.D.:
−
u (x) + 1 +
1 4
p2
1 u=0 x2 203
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
Ejercicio 2. Con el resultado anterior, mostrar que la soluci´ on general 1 de la E.D. de Bessel de orden p = 2 es: sen x cos x + C 2 x x
√
y = C 1
√
Ejercicio 3. Sabiendo que J p (x) =
∞
n=0
( 1)n n! (n + p)!
−
x 2
2n+p
Mostrar que d p [x J p (kx)] = kx p J p−1 (kx) dx d −p [x J p (kx)] = dx
−kx− J p
p+1
(kx)
at M
ac s ta i em
d. e o t Ejercicio 4. Con los resultados del ejercicio anterior, ep mostrar que: D (∗) d p , [J (kx)] = kJ − (kx) − J (kx) dx x ia d pu [J (kx)] = −kJ (kx) + q J (kx) (∗∗) dx xo i t n Y con esto mostrar que A e − J (kx)] d k d [J (kx)] = [J − (kx) dx 2 ad d kx i J (kx) = [J −s (kx) + J (kx)] 2p r e v Ejercicio 5. Hallar J (x) y iJ (x) en t´erminos de J (x) y J (x). n Hallar J (x) en t´erminos de J U− (x) y J (x). donde k = cte.
p 1
p
p
p+1
p
p
p 1
p
p+1
p 1
p
d dx
1
p+ 1 2
Ejercicio 6. Probar que
p
p+1
1
1 2
J 1(x) dx =
0
p+ 3 2
−J (x) + c 0
Ejercicio 7. Probar que para p entero positivo: 204
2
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. i) Usando el ejercicio 4. y la aproximaci´ on J p (x) Probar que
≈
2 cos(x πx
− π4 − pπ2 )
∞ J (x) dx = ∞ J (x) dx. p+1 p−1 0
0
∞
ii) Sabiendo que 0 J 0 (x) dx = 1 (ver ejercicio 21. de la secci´on 6.4), ∞ mostrar que 0 J p (x) dx = 1 iii)
∞
0
J p (x) x
dx =
1 p
Ejercicio 8. Para p = 0, 1, 2, . . . mostrar que: i) J −p (x) = ( 1)p J p (x)
−
ii) J p ( x) = ( 1)p J p (x)
−
−
iii) J p (0) = 0,
p>0
iv) J 0 (0) = 1 v) l´ım+ Y p (x) = x
→0
−∞
de
tn i A
d. e tp o e ,a D uq i o
at M
ac s ta i em
d a xy + (1 − 2p)yid + xy = 0 re s tiene la soluci´on particular y = x J (x) (Ayuda: hacer u = x− y) in v Ejercicio 10. Con el cambio deUvariable y = x− u(λx), hallar la soluci´on Ejercicio 9. Comprobar que la E.D.
p
p
p
1 2
general de x2y + 2xy + λ2 x2 y = 0 1
1
(Rta.:y = C 1x− 2 J 1 (λx) + C 2 x− 2 J − 1 (λx)) 2
2
205
CAP´ITULO 5.
5.3.5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
PUNTO EN EL INFINITO
Para la E.D.: y + P (x)y + Q(x)y = 0, se desea saber el comportamiento de la soluci´on en el infinito, para ello se hace el cambio de variable t = x1 . O sea que cuando x t 0. Derivemos dos veces (usando la regla de la cadena) y sustituyamos en la E.D.:
→∞⇒ →
dy dy dt dy 1 dy = = ( 2 ) = t2 dx dt dx dt x dt 2 d dy d dy dt dy dy y = ( )= ( ) = [ t2 2 2t ]( t2 ) dx dx dt dx dx dt dt 1 1 2 P ( t ) Q( t ) y + y + 4 =0 t t2 t y =
s a − − − tic a − et m a Si t = 0 es punto ordinario entonces x en el infinito es un punto ordinario. M Si t = 0 es un punto singular regular con exponentes dee singularidad r , r entonces x en el infinito es un punto singular regulard con exponentes de singularidad r , r . ot . Si t = 0 es un punto singular irregular entonces x enp el infinito es un punto e singular irregular. Ejemplo 14. An´alizar los puntos en el infinito para ,a D la E.D. de Euler: i 4 2 u y + y + y = q 0 x x io t Soluci´ on: haciendo el cambio de variable tn = queda transformada en la A E.D.: 2 2 y − y + dey = 0 t t d Por lo tanto t = 0 es un punto singulara regular y la ecuaci´on indicial es r(r − 1) − 2r + 2 = 0 ⇒ r = 2, r =id 1, por lo tanto x en el infinito es un re s 2 y 1. punto singular regular con exponentes v i Para los ejercicios siguientes,n decir si la E.D. tiene un punto singular regular o irregular en el infinito:U −
−
1
1
2
2
1
x
2
1
2
1). x2 y 4y = 0 (Rta.: hay un punto singular regular en el infinito)
−
206
2
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
2). x3 y + 2x2 y + 3y = 0 (Rta.: hay un punto singular regular en el infinito) Para los ejercicios siguientes hallar las races indiciales y las dos soluciones en serie de Frobenius, linealmente independientes con x > 0.
||
1). 4xy + 2y + y = 0 (Rta.: y1 = cos x, y2 = sen x)
√
√
2). xy + 2y + 9xy = 0 x (Rta.: y1 = cos3 , y2 = x 3). xy + 2y − 4xy = 0 (Rta.: y1 =
cosh 2x x
, y2 =
sen 3x x
)
senh 2x x
)
4). xy y + 4x3 y = 0 (Rta.: y1 = cos x2 , y2 = sen x2)
−
5). 4x2 y 4xy + (3 4x2 )y = 0 (Rta.: y1 = x cosh x, y2 = x senh x)
−
6). 2xy + 3y (Rta.:
√ −
√
de
−y =0
tn i A
d a x y = , yid = x− n!3 · 5 · 7 . . . (2n + 1) rs e v ni 7). 2xy − y − y = 0 U (Rta.: ∞
1
n
2
n=0
3 2
y1 = x (1+
∞
n=1
1 2
d. e tp o e ,a D uq i o
∞
n=0
xn ), y2 = 1 x n!5 7 . . . (2n + 3)
·
at M
ac s ta i em
xn n!1 3 5 . . . (2n
· ·
∞
−− n=2
− 1) )
xn n!1 3 5 . . . (2n
· ·
− 3) )
207
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
8). 3xy + 2y + 2y = 0 (Rta.: y1 = x
1 3
∞
n=0
9). 2x2 y + xy (Rta.: y1 = x(1 +
( 1)n 2n xn , y 2 = 1 + n!4 7 . . . (3n + 1)
−
·
∞
n=1
( 1)n 2n n!2 5 . . . (3n
·
−
− 1)
xn )
2
− (1 + 2x )y = 0 ∞
n=1
1 x2n ), y2 = x− 2 n!7 11 . . . (4n + 3)
·
n=0
n
s a · tic a em
x2n ) n!1 5 . . . (4n + 1)
at M
10). 2x2 y + xy (3 2x2 )y = 0 3 (−1) 2n (Rta.: y1 = x 2 (1 + ∞ n=1 n!9·13...(4n+5) x ),
− −
∞
ex )) d · −o1). t p e 11). 6x y + 7xy − (x + 2)y = 0 (Rta.: y = x (1 + ∞ ), , D · iu a ∞ q o x y = x− (1 + 2 n!5 · 17 it . . . (12n − 7) )) n A 12). 3x y + 2xy + x y = 0 − de x ), (Rta.: y = x (1 + ∞ · ad d (−1) ∞ i y = 1+ x ) s 2 rn!5 · 11 . . . (6n − 1) vi e 13). 2xy + (1 + x)y + y = 0 n U (Rta.: ∞
y2 = x−1 (1 +
n=1
2
( 1)n−1 n!3 7 . . . (4n
−
2n
2
1
1 2
x2n n=1 2 n!19 31...(12n+7) n
2 3
2
2n
n
n=1
2
2
1
1 3
2
( 1)n 2n n=1 2 n!7 13...(6n+1) n
n
2n
n
n=1
y1 = x
1 2
∞ ( 1)n
− n=0
208
n!2
n
1 2
x
x = x e− 2 , y2 = 1 + n
∞
( 1)n 1 3 5 7 . . . (2n
· · ·− n=1
− 1)
xn )
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
14). 2xy + (1 (Rta.:
2
− 2x )y − 4xy = 0
y1 = x
1 2
∞
2 1 x2n 2e 2 , y = 1 + = x 2 n!2n
x
n=0
15). xy + (3 x)y y = 0 (Rta.: y1 = x−2 (1 + x), y2 = 1 + 2
−
−
16). xy + (5 x)y y = 0 (Rta.: y1 = x−4 (1 + x +
−
17). xy + (x (Rta.:
−
x2
2
+
∞
2n 3 7 . . . (4n
· n=1
∞
xn n=1 (n+2)!
x3
), y2 = 1 + 24 6
− 1)
x2n )
)
∞
ac s ) ti a em
xn n=1 (n+4)!
at M
− 6)y − 3y = 0
− · ··. de· · ····· ∞
1 1 2 1 3 ( 1)n 4 5 6 (n + 3) n 7 y1 = 1 x+ x x , y2 = x (1+ x )) 2 10 120 n!8 9 10 (n + 7) n=1
−
−
tp o e 18). 5xy + (30 + 3x)y + 3y = 0 (Rta.: y = x− (1 − x + x − x + x, D), y = 1 + 120 ∞ − x ) iu a q o tn i 19). xy − (4 + x)y + 3y = 0 (Rta.: y = 1 + x + x + x , y = x (1 + 120 ∞ A e d 20). x y + (2x + 3x )y − 2y = 0 d ∞ − a − (Rta.: y = x (2 − 6x + 9x ), y d= x ) is r e 21). x(1 − x)y − 3y + 2y = 0 v i (Rta.: y = 3 + 2x + x , y =n − ) U 3 9 2 5 50 ( 1)n 3n n n=1 (n+5)!5n
9 3 250
5
1
2
3 4
1
2
1 2 4
1 3 24
27 4 5000
5
2
(n+1) n=1 (n+5)!
xn ))
2
2
1
2
2
1
2
22). xy + 2y xy = 0 x2 (Rta.: y1 = x−1 ∞ n=0 (2n)! =
−
n
( 1)n−1 3n n=1 (n+2)!
2
n
x4
(1 x)2
cosh x x
, y2 = x−1
x2n+1 n=0 (2n+1)!
∞
=
senh x x
)
209
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
23). x(x 1)y + 3y 2y = 0 (Rta.: y1 = 1 + 23 x + 13 x2 , y2 =
−
−
∞ (n + 1)xn+4 ) n=0
24). xy + (1 x)y y = 0 1 2 x x (Rta.: y1 (x) = ∞ n=0 n! = e , y2 = y1 (x) ln x + y1 (x)( x + 4 x 1 x3 + 4·14! x4 . . .)) 3·3!
−
− −
n
||
−
25). xy + y + y = 0 (Rta.:
−
s a ∞ (−1) c23 i 5 t y (x) = x , y = y (x) ln |x| + y (x)(2x + x + x + . . .)) (n!) 4 a 27 m e t 26). x y + x(x − 1)y + y = 0 a (Rta.: y (x) = xe− , y = xe− (ln |x| + x + x + M· x + . . .)) e d . 27). xy + (x − 1)y − 2y = 0 o (Rta.: y (x) = x , y = x ln |x| − + x − p xt + . . .) e D , 28). xy − (2x − 1)y + (x − 1)y = 0 iu a (Rta.: y (x) = e , y = e ln |x|) q o tn i 29). y + y + ( − 1)y = 0 (Rta.: y (x) = , y = ) A e d 30). y + y + 4x y = 0 d a (Rta.: y (x) = , y = is d) r e v 31). y + y − y = 0 i (Rta.: y (x) = x, y = ) n U n
1
n
2
2
1
2
1
n=0
2
x
1
2
1
6
1 2 2
2
x
1
1
x
2
senh x x3
3
2
cosh x x3
2
x
sen x2
1
2
x2
cos x2
2
x2
2
x2
x
1
2
1
x2
32). xy + 2y + xy = 0 (Rta.: y1 (x) = senx x , y2 = 210
1 2
6
x2
x
1 2 4
x
2
cos x x
)
1 3 3!
1 3 3 3!
3
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
33). xy + (1 2x)y (1 x)y = 0 (Rta.: y1 (x) = ex , y2 = ex ln x )
−
− −
||
34). y 2y + (1 + 4x12 )y = 0 (Rta.: y1 (x) = x ex , y2 =
−
√
√x e ln |x|) x
35). x(x 1)y (1 3x)y + y = 0 (Rta.: y1 (x) = 1−1 x , y2 = ln1−|xx| )
−
− −
ac s ta i 36). y + y − y = 0 (Rta.: y (x) = 1 + + · + . . . , y = ln |x|y − ( +m · + . . .)) ta e M 37). y + y + y√= 0 e (Rta.: y (x) = x (1 − x + x + . . .), y = 1 − 3x + 2x + . . .) .o d t p 38). x y + x(x − 1)y − (x − 1)y = 0 e (Rta.: y (x) = x, y = x ln |x| + ∞ − x D ) ai , 39). xy − x y + (x − 2)y = 0 con y(0) = 0 y yq u (0) = 1 (Rta: y = xe ) tn io A 40). La ecuaci´on hipergeom´etrica de Gausse es d x(1 − x)y + [γ − (α +dβ + 1)]y − αβy = 0 a d i donde α, β, γ son constantes s r e v singular regular con exponente de a). Mostrar que x = 0 es un punto i singularidad 0 y 1 − γ . n U b). Si γ es un entero positivo, mostrar que 1
x
1
x+1 2x
x2
x4
22
(2 4)2
3 2x
7 6
1
2
1
21 2 40
x2
4
3x4 8 16
2
2
2
1
2
2
( 1)n n=1 n!n
n+1
2
x
0
y(x) = x
∞
n=0
n
C nx =
∞
C n xn
n=0
211
CAP´ITULO 5.
SOLUCIONES POR SERIES, PROF. JAIME ESCOBAR A.
con C 0 = 0, cuya relaci´ on de recurrencia es:
C n+1 = para n
(α + n)(β + n) C n (γ + n)(1 + n)
≥0
c). Si C 0 = 1 entonces y(x) = 1 +
∞ α β n n
n!γ n
xn
s a donde α = α(α − 1) . . . (α + n − 1) para n ≥ 1 y similarmente se ct i definen β y γ . a d). La serie en c) se le llama serie hipergeom´etrica ym se denota por ta e F (α,β,γ,x). Demostrar que: 1) F (1, 1, 1, x) = − (la serie geom´etrica) M 2) xF (1, 1, 2, −x) = ln(1 + x) e d 3) xF ( , 1, , −x ) = tan− x . o 4) F (−k, 1, 1, −x) = (1 + x) (la serie binomial). p e t ,a D 5.4. ANEXO CON EL PAQUETE Maple i u Ejemplo 15. Resolver la E.D. del Ejemploq 5. (x − 1)y + 4xy + 2y = 0 >Eqn1:={(x^2-1)*D(D(y))(x)+4*x*D(y)(x)+2*y(x)=0,D(y)(0)=C1,y(0)=C0}; tn io A e d Eqn1 := {(x −1)∗D(D(y))(x)+4∗x∗D(y)(x)+2d∗ady(x) = 0, D(y)(0) = C 1, y(0) = C 0} sr i >Order:=8: >Sol1:=dsolve(Eqn1,y(x),series); vi e n U 1x +C 0x +C 1x +C 0x +C 1x +O(x ) Sol1 := y(x) = C 0+ C 1x+C 0x +C n=0
n
n
n
1 1 x
1 2
3 2
2
1
k
2
2
2
3
4
5
6
7
8
Ejemplo 16. Para el ejemplo anterior, hallar la relaci´ on de recurrencia, iterarla hasta n = 8 y luego dar la soluci´on. Debemos cambiar el formato de entrada de la E.D. 212
5.4. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE >eqn2:=(x^2-1)*diff(y(x),x,x)+4*x*diff(y(x),x)+2*y(x)=0;
> eqn2 := (x2
− 1) ∗ diff (y(x),x,x) + 4 ∗ x ∗ diff (y(x), x) + 2 ∗ y(x) = 0
>SeriesSol:=sum(a[n]*x^n,n=k-2..k+2);
SeriesSol := a[k a[k + 2]x(k+2)
− 2]x
(k 2)
− + a[−1 + k]x(−1+k) + a[k]xk + a[1 + k]x(1+k) +
s
>simplify(simplify(subs(y(x)=SeriesSol,eqn2)));
−(−5a[k − 2]x − k + 3a[k + 2]x k − a[k]x k + a[1 + k]x kic−a x a[k − 2]k − x a[−1 + k]k t a − −3a[−−1 + k]x k − 3x a[k]k + x a[k]k + x a[k + 2]km + 2a[−1 + k]x e t − − − +6a[k − 2]x +x a[k − 2]k + x a[−1 + k]k + 2a[k a + 2]x − x a[−1 + k]k M −7x a[k+2]k+x a[1+k]k +x a[k −2]k −x a[k]kde −5x a[1+k]k −x a[1 + k]k − x a[k + 2]k − 2a[k]x − 6a[1 +. k]x − 12a[k + (k 2)
2
(k+2)
(1+k)
k
k
(1+k)
( 1+k)
(k +2)
2
k
(k+2)
2
( 1+k)
(k 2)
(1+k)
(k 2)
( 1+k)
2
(k+2)
2
(k+2)
(k+3)
2
(1+k)
2
2
(k+4)
(k+2)
k
2
2
(k+2)
(k+3)
(k+3)
tp o e >a[k+2]:=simplify(solve(coeff(lhs(%),x^(k+2)),a[k+2])); ,a D a[k + 2] := a[k] uq i tn io >a[0]:=C0:a[1]:=C1: A > for k from 2 to 8 do a[k]:=a[k-2] od: > Sol2:=sum(a[j]*x^j,j=0..8); de ad d Sol2 := C 0 + C 1x + C 0x + C 1x + C 0i x + C 1x + C 0x + C 1x re s v i >Y1:=C0*sum(’x^(2*k)’,k=0..infinity); n U 2]x(k+2) )/x2 = 0
2
3
Y 1 :=
4
5
6
7
+ C 0x8
− x C −0 1 2
>Y2:=C1*sum(’x*x^(2*k)’,k=0..infinity);
213
