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Soluciones de ecuaciones lineales en series de potencias Ing. Diego Vallejo, MSc

1

• Repaso de Series de Potencias Recuerda de cálculo que una serie de potencias en (x – a) es una serie de la forma 

n 2 c ( x  a )  c  c ( x  a )  c ( x  a )  n 0 1 2

n 0

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

2

• La serie converge limN  S N ( x)  limN   n 0 cn ( x  a) n N

si existe el siguiente límite de las sumas parciales: • 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 = ∞. 3

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

n | c ( x  a ) |  n 0 n

• Prueba de convergencia (criterio del cociente) Suponiendo cn  0 para todo n, y n 1

cn 1 ( x  a) lim n n  cn ( x  a )

cn 1  | x  a | lim L n  c n

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

4

• Una serie de potencias define una función  y ( x)   n 0 cn x n cuyo dominio es el intervalo de convergencia de la serie, donde es continua, derivable e integrable: y ' ( x)   n 1 n x 

n 1

, y" ( x)   n  2 n(n  1) x n  2 

• 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: x x2 x3 x5 e  1    , sin x  x     1! 2! 3! 5! x2 x4 x6 cos x  1      2! 4! 6! x

5

• Aritmética de series de potencias Las series de potencias se pueden combinar mediante operaciones de suma, resta, multiplicación y división. e x sin x    x 2 x3 x 4 x3 x5 x7  1  x      x      2 6 24 6 120 5040    1 1 1 1 1 1 1  (1) x  (1) x 2      x3      x 4      x5    6 2  6 6  120 12 24  3 5 x x  x  x2     3 30 6

 n2 n ( n  1 ) c x n n2

n 1   c x n 0 n

• Ejemplo: Escribir  como una sola serie de potencias (i.e., bajo el mismo sumatorio).

7

Solución: Primero, buscamos que ambos sumatorios comiencen por la misma potencia: 

 n(n 1)cn x n2

n2



  cn x n 0

n 1



 2(1c2 x )   n(n  1)cn x 0

n 3

n2



  cn x n1 n 0

Ahora cuando sustituimos el primer valor de n en ambos sumatorios, las series comienzan potencias x1. Haciendo los cambios de índice k = n – 2 para la primera serie y k = n + 1 para la segunda serie: 



2c2   (k  2)(k  1)ck  2 x   ck 1x k k 1

k

k 1 

 2c2  [(k  2)(k  1)ck  2  ck 1 ]x k k 1

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• Supongamos la ED lineal

a2 ( x) y  a1 ( x) y  a0 ( x) y  0

que podemos escribir como

y  P( x) y  Q( x) y  0 DEFINICIÓN

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. • 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. 9

Soluciones respecto a puntos ordinarios TEOREMA

Existencia de soluciones en series de potencias

Si x = x0 es un punto ordinario o regular, siempre es posible hallar dos soluciones linealmente independientes en forma de series de potencias centradas en x0: 

y   n0 cn ( x  x0 ) n • Cada una de las dos soluciones linealmente independientes en serie de potencias convergerá por lo menos dentro del intervalo definido por |x – x0| < R, donde R es la distancia desde x0 hasta el punto singular más próximo de la EDO. 10

• Resolver:

y"xy  0

11

Solución P(x) = 0, Q(x) = x No tenemos puntos singulares. Podemos buscar solución en serie alrededor de cualquier punto porque todos son regulares. En particular, lo haremos para x = 0.   n2 n y y " ( x )  n ( n  1 ) c x y ( x)  cn x  n2 n



n 0

Sustituyendo en la ED obtenemos: 



n2

n 0

n2 n   y  xy   cn n(n  1) x  x  cn x 

  cn n(n  1) x n2

n2



  cn x n 0

n 1 12

Obtuvimos esta suma de series en el ejercicio anterior 

y  xy  2c2  [(k  1)(k  2)ck  2  ck 1 ]x k  0 k 1

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

(k  1)(k  2)ck 2  ck 1  0 ,

k 1, 2 , 3 ,

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

ck  2

ck 1  , (k  1)( k  2)

k 1, 2 , 3 , 13

ck  2

ck 1  , (k  1)( k  2)

k 1, 2 , 3 ,

Tomando valores de k y recordando que c2 = 0: k  1, k  2, k  3, k  4,

k  5,

c0 c3   2．3 c c4   1 3．4 c c5   2  0 4．5 c 1 c6   3  c0 5．6 2．3．5．6 c4 1 c7    c1 6．7 3．4．6．7

k  6, k  7, k  8, k  9,

c5 0 7．8 c6 1 c9    c0 8．9 2．3．5．6．8．9 c 1 c10   7   c1 9．10 3．4．6．7．9．10 c c11   8  0 10．11

c8  

(....)

Observa que todos los coeficientes dependen o de c0, o de c1. De hecho, si c0 y c1 no quedan indeterminados es que hemos metido la gamba en algún sitio. 14

Nuestra solución era:

c0 3 c1 4 c0 y ( x)   n 0 cn x  c0  c1 x  0  x  x 0 x6 2 3 3 4 2356 

n

c1  x 7  0  ....  c0 y0 ( x)  c1 y1 ( x) 3 467 Entonces las dos soluciones linealmente independientes en serie de potencias son: 1 3 1 1 6 y0 ( x )  1  x  x  x9   2． 3 2 ． 3． 5． 6 2 ． 3． 5． 6 ． 8． 9

(1) k  1  x 3k k 1 2 ． 3 (3k  1)(3k ) 

1 4 1 1 7 y1 ( x)  1  x  x  x10   3． 4 3． 4 ． 6 ． 7 3 ． 4 ． 6 ． 7 ． 9 ． 10 (1) k  x x 3k 1 k 1 3 ． 4 (3k )(3k  1) 

15

Hay una manera algo menos trabajosa de realizar el cálculo anterior para encontrar los coeficientes en la relación de recurrencia:

ck  2

ck 1  , (k  1)( k  2)

k 1, 2 , 3 ,

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. 16

ck  2

ck 1  , (k  1)( k  2)

k 1, 2 , 3 ,

Si hacemos primero c0 = 1 y c1 = 0, (con c2 = 0): c3 1  5 ．6 2 ．3 ．5 ．6

k  1,

1 c3   2 ．3

k  4,

c6  

k  2,

c4  0

k  5,

c7  0

k  3,

c2 c5   0 4．5

(...)

1 3 1 1 6 y0 ( x )  1  x  x  x9   2． 3 2 ． 3． 5． 6 2 ． 3． 5． 6 ． 8． 9 (1) k  1  x 3k k 1 2 ． 3 (3k  1)(3k ) 

17

ck  2

ck 1  , (k  1)( k  2)

k 1, 2 , 3 ,

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

c3  0

k  4,

1 3 ．4 c2 c5   0 4．5

k  5,

k  2, c4   k  3,

y1 ( x)  1 

c3 c6   0 5 ．6 c4 1 c7    6 ．7 3 ．4 ．6 ．7 (....)

1 4 1 1 x  x7  x10   3． 4 3． 4 ． 6 ． 7 3 ． 4 ． 6 ． 7 ． 9 ． 10

(1) k  x x 3k 1 k 1 3 ． 4 (3k )(3k  1) 

18

• Resolver: ( x 2  1) y" xy ' y  0

19

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”: 





n2

n 1

n 0

( x 2  1)  n(n  1)cn x n2  x  ncn x n1   cn x n 







n2

n2

n 1

n 0

  n(n  1)cn x n   n(n  1)cn x n2   ncn x n   cn x n

20

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



 2c2 x 0  c0 x 0  6c3 x  c1 x  c1 x   n(n  1)cn x n n  2   k n







  n(n  1)cn x n2   ncn x n   cn x n n  4 n  2   2  n k n2

k n

k n

Ahora reindexamos: 

 2c2  c0  6c3 x  [k (k  1)ck  (k  2)(k  1)ck  2  kck  ck ]x k k 2



 2c2  c0  6c3 x  [(k  1)(k  1)ck  (k  2)(k  1)ck  2 ]x k 21 0 k 2

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

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

1 1 1 c4   c2   c0   2 c0 4 2．4 2 2! 2 c5   c3  0 5 3 3 1．3 c6   c4   c0  3 c0 6 2．4．6 2 3! 4 c7   c5  0 7

22

5 3．5 1．3．5 c8   c6   c0   4 c0 8 2．4．6．8 2 4! 6 c9   c7  0 9 7 3．5．7 1．3．5．7 c10   c8  c0  c0 5 10 2．4．6．8．10 2 ．5!

y  c0  c1 x  c2 x 2  c3 x 3  c4 x 4  c5 x 5

... y así sucesivamente.

 c6 x 6  c7 x 7  c8 x 8  c9 x 9  c10 x10    1 2 1 4 1 ．3 6 1 ．3 ．5 8 1 ．3 ．5 ．7 10   c0 1  x  2 x  3 x  4 x  x    c1 x 5 2 2! 2 3! 2 4! 2 5!  2   c0 y0 ( x)  c1 y1 ( x)

1 2  n 1 1． 3 ． 5 ( 2n  3) 2 n y0 ( x)  1  x   (1) x , n 2 2 n! n2 y2 ( x)  x

| x | 1 23

Si se busca una solución en serie de potencias y(x) centrada en cero para y  (1  x ) y  0 obtenemos c2 = c0/2 y la siguiente relación de recurrencia:

ck  2

ck  ck 1  , (k  1)(k  2)

k 1, 2 , 3 ,

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

1 c2  c0 2

y 24

c1  c0 c0 1 c3    c0 2．3 2．3 6 c2  c1 c0 1 c4    c0 3．4 2．3．4 24 c3  c2 c0 1 1 1  c5        c0 4．5 4．5  6 2  30

y así sucesivamente...

Ahora elegimos c0 = 0, c1  0, y entonces c1  c0 c1 1 c3    c1 2．3 2．3 6 c2  c1 c1 1 c4    c1 3．4 3．4 12 c3  c2 c1 1 c5    c1 4．5 4．5．6 120

1 c2  c0  0 2

Etc. 25

Finalmente, la solución será: y = c0y0 + c1y1, donde 1 2 1 3 1 4 1 5 y0 ( x )  1  x  x  x  x  2 6 24 30 1 3 1 4 1 5 y1 ( x)  x  x  x  x  6 12 120 que convergen para todo x.

26

• Resolver:

y"(cos x) y  0

27

Solución: Observemos que en este caso Q(x) no es un polinómio. x = 0 es un punto ordinario de la ecuación. Usando la serie de Maclaurin para  n cos x, y empleando y   n0 cn x como solución:

y  (cos x) y 2 4 6    x x x   n(n  1)cn x n2  1       cn x n 2! 4! 6! n2   n 0 

1  2  1  3   2c2  c0  (6c3  c1 ) x  12c4  c2  c0  x   20c5  c3  c1  x   2  2    0 Ch5_28

De ahí deducimos que

1 1 2c2  c0  0 , 6c3  c1  0 , 12c4  c2  c0  0 , 20c5  c3  c1  0 2 2 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| < :

1 2 1 4 y0 ( x )  1  x  x   2 12 1 3 1 5 y1 ( x)  1  x  x   6 30 29

Soluciones respecto a puntos singulares Un punto singular x0 de una ED lineal

a2 ( x) y  a1 ( x) y  a0 ( x) y  0 puede ser regular o irregular. La clasificación depende de y  P ( x) y  Q( x) y  0 DEFINICIÓN

Puntos singulares regulares e irregulares

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. 30

Coeficintes 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:

( x  x0 ) 2 y  ( x  x0 ) 2 P( x) y  ( x  x0 ) 2 Q( x) y  0 ( x  x0 ) y  ( x  x0 ) p ( x) y  q ( x) y  0 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 "matado" las singularidades. 31

• Ejemplo: observemos que x = 2, x = – 2 son puntos singulares de: (x2 – 4)2y” + 3(x – 2)y’ + 5y = 0 Entonces: 3 5 P( x)  Q( x)  2 ( x  2)( x  2) ( x  2) 2 ( x  2) 2 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

Teorema de Frobenius TEOREMA

Si x = x0 es un punto singular regular, entonces existe al menos una solución de la forma 



n 0

n 0

y  ( x  x0 ) r  cn ( x  x0 ) n   cn ( x  x0 ) n r donde el número r es una constante por determinar. La serie converge al menos en algún intervalo 0 < x – x0 < R. 33

Ejemplo del método de Frobenius • Debido a que x = 0 es un punto singular regular de  

3 xy  y  y  0

trataremos de hallar una solución en serie con: 

y   n0 cn x n r 

y   (n  r )cn x n r 1 n 0 

n r 2   y   (n  r )(n  r  1)cn x n 0

34

3 xy  y  y 





n 0

n 0

n 0

 3 (n  r )(n  r  1)cn x n r 1   (n  r )cn x n r 1   cn x n r 

  (n  r )(3n  3r  2)cn x n 0

n  r 1



  cn x

n r

n 0

     r 1 n 1 n  x r (3r  2)c0 x   (n  r )(3n  3r  2)cn x   cn x  n 1 n 0         k  n 1 k n     r 1 k  x r (3r  2)c0 x   [(k  r  1)(3k  3r  1)ck 1  ck ]x   0 k 0   35

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:

ck ck 1  , (k  r  1)(3k  3r  1)

k  0, 1, 2, 

ck , k = 0, 1, 2,… r1 = 2/3, ck 1  (3k  5)( k  1)

r2 = 0,

ck ck 1  , k = 0, 1, 2,… (k  1)(3k  1)

36

r1 = 2/3,

r2 = 0,

ck ck 1  , (3k  5)( k  1)

ck ck 1  , (k  1)(3k  1)

k = 0, 1, 2,…

k = 0, 1, 2,…

c1 c0 c2   8．2 2! 5．8 c2 c0 c3   11．3 3! 5．8．11 c3 c0 c4   14．4 4! 5．8．11．14  c0 cn  n! 5．8．11  (3n  2)

c1 c0 c2   2．4 2!1．4 c2 c0 c3   3．7 3!1．4．7 c3 c0 c4   4．10 4!1．4．7．10  (1) n c0 cn  n!1．4．7  (3n  2) Ch5_37

Observa que los dos conjuntos contienen el mismo múltiplo c0. Si se omite este término, haciéndolo igual a ,1 tenemos:   1 2/3 n y0 ( x)  x 1   x   n 1 n! 5 ．8 ．11  (3n  2) 

  1 0 n y1 ( x)  x 1   x   n 1 n!1 ．4 ．7  (3n  2) 

que convergen para |x| <  y son linealmente independientes. Así que la solución es: y(x) = C0y0(x) + C1y1(x), 0 < x <  38

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.

39

y  P ( x) y  Q( x) y  0 Multiplicando por x2, tenemos 2    x y  x[ xP( x)] y  [ x Q( x)] y  0 2

x 2 y  xp( x) y  q( x) y  0 Después de sustituir 

y   n0 cn x

n r



y   (n  r )cn x n r 1 n 0



y   (n  r )(n  r  1)cn x n r 2 n 0

p(x) = xP(x) = a0＋a1x＋a2x2＋… q(x) = x2Q(x) = b0＋b1x＋b2x2＋… en la EDO, obtendremos la

ecuación indicial:

r(r – 1) + a0r + b0 = 0

40

• Resolver: 2 xy"(1  x) y ' y  0

41

Solución: 

Sea y   n0 cn x nr , entonces 2 xy  (1  x) y  y 



n 0

n 0

 2 (n  r )(n  r  1)cn x n r 1   (n  r )cn x n r 1 



n 0

n 0

  (n  r )cn x n r   cn x n r 



n 0

n 0

  (n  r )(2n  2r  1)cn x n r 1   (n  r  1)cn x n r 42

     r 1 n 1 n  x r (2r  1)c0 x   (n  r )(2n  2r  1)cn x   (n  r  1)cn x  n 1 n 0      k  n 1 k n r



k

 x r (2r  1)c0 x  [(k  r  1)(2k  2r  1)ck 1  (k  r  1)ck ]x    k 0 1

(k  r  1)(2k  2r  1)ck 1  (k  r  1)ck  0,

k  0, 1, 2, 

r (2r – 1) = 0; r1 = ½ , r2 = 0.  ck ck 1  , 2(k  1)

k  0, 1, 2, 

 ck ck 1  , 2k  1

k  0, 1, 2, 

43

 ck ck 1  , 2(k  1) k  0, 1, 2, 

 c0 c1  2． 1  c1 c0 c2   2 2．2 2 ．2!  c2  c0 c3   3 2．3 2 ．3!  c3 c0 c4   4 2．4 2 ．4!  (1) n c0 cn  n 2 n!

 ck ck 1  , 2k  1 k  0, 1, 2, 

 c0 c1  1  c1 c0 c2   3 1．3  c2  c0 c3   5 1．3．5  c3 c0 c4   7 1．3．5．7  (1) n c0 cn  1．3．5．7  (2n  1)

44

Así para r1 = ½ n n     (  1 ) (  1 ) y1 ( x)  x1/ 2 1   n x n    n x n1/ 2  n1 2 n!  n0 2 n!

y para r2 = 0 

(1) y2 ( x )  1   xn , n 1 1．3．5．7  ( 2n  1) n

| x|

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

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• Resolver:

xy" y  0

46

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 

(1) n n1 x 2 x3 y1 ( x)   x  x    ... 2 12 n 0 n!( n  1)!

47

¿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 : 

y1 ( x )   cn x n  r1 n 0



y 2 ( x )   bn x n  r2 n 0

(2) Si r1 – r2 = N, donde N es un entero positivo, entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación de la forma : 

y1 ( x )   cn x n  r1 , c0  0 n 0



y2 ( x )  Cy1 ( x ) ln x   bn x n  r2 , b0  0 n 0

48

(3) Si r1 = r2, entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación de la forma: 

y1 ( x)   cn x n  r1 , c0  0 n 0



y2 ( x)  y1 ( x) ln x   bn x n  r2 n 0

Si ya conocemos una solución y1, la segunda puede obtenerse de la siguiente manera e y2 ( x)  y1  2 dx y1  Pdx

49

• Hallar la solución general de:

xy" y  0

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Solución Habíamos hallado una solución: 

(1) n n1 x 2 x3 y1 ( x)   x  x    ... 2 12 n 0 n!( n  1)! e  dx y2 ( x)  y1 ( x)  dx  y ( x ) 1   1 2 1 3 1 4 2 [ y1 ( x)]2  x  2 x  12 x  144 x    0 dx

 y1 ( x) 

dx

5 4 7 5  2  3 x  x  x  x     12 12  1 1 7 19   y1 ( x)   2    x   dx x 12 72 x  7 19 2  1   y1 ( x)    ln x  x  x   dx 12 144  x 

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Que finalmente nos proporciona como solución:

1 7 19 2   y2 ( x)  y1 ( x) ln x  y1 ( x)   x  x    x 12 144 

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