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Resolucion de Ecuaciones Diferenciales por medio de Series

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  • 1. CAP´ ITULO 5 SOLUCIONES POR SERIES as atic atem eM5.1. INTRODUCCION o. d Una serie de potencias en (x − a), es una expresi´n de la forma o ept ∞ Cn (x − a)n . ,D n=0 uia tioq Toda serie de potencias tiene un intervalo de convergencia que consiste de todos los puntos para los cuales la serie es convergente, por ´sto, e An decimos que una serie de potencias define una funci´n cuyo dominio es, o precisamente, el intervalo de convergencia. de Una serie de potencias converge absolutamente en un n´mero x, si u ad ∞ rsid |Cn | |x − a|n n=0 ive es convergente . Un Todo intervalo de convergencia tiene un radio de convergencia R. Una serie de potencias converge absolutamente para |x − a| < R y diverge para |x − a| > R. Cuando R = 0, la serie s´lo converge en o x = a. Cuando R = ∞, la serie converge para todo x. 165
  • 2. 166 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES El radio de convergencia se obtiene mediante el criterio de la raz´n, en o efecto, como Cn+1 (x − a)n+1 Cn+1 l´ ım = |x − a| l´ ım = L|x − a| < 1 n→∞ Cn (x − a)n n→∞ Cn Cn+1 donde L = l´ ım Cn y como la serie es convergente cuando n→∞ 1 |x − a| < R, entonces el radio de convergencia es R = L . Si R = 0 o R = ∞, el intervalo de convergencia puede o no incluir los ´ extremos a − R , a + R de dicho intervalo. as atic Una serie de potencias representa una funci´n continua en el interior o de su intervalo de convergencia. atem Una serie de potencias puede ser derivada t´rmino a t´rmino en el e e interior de su intervalo de convergencia. eM Una serie de potencias puede ser integrada t´rmino a t´rmino en el e e o. d interior de su intervalo de convergencia. ept Dos series de potencias pueden ser sumadas t´rmino a t´rmino si tienen e e un intervalo com´n de convergencia. u ,D SERIES MACLAURIN DE ALGUNAS FUNCIONES uia ∞ x2 x3 tioq xn xn 1. ex = 1 + x + 2! + 3! + ... + n! + ... = n! n=0 convergente para todo x real ( o sea para −∞ < x < ∞) An ∞ x3 x5 x7 x 2n+1 x2n+1 2. sen x = x − + − + . . . + (−1)n (2n+1)! + . . . = (−1)n de 3! 5! 7! (2n+1)! n=0 convergente para todo x real. ad rsid ∞ x2 x4 x6 x 2n x2n 3. cos x = 1 − + − + . . . + (−1)n (2n)! + . . . = (−1)n ive 2! 4! 6! (2n)! n=0 convergente para todo x en los reales. Un ∞ x3 x5 x7 x2n+1 x2n+1 4. senh x = x + 3! + 5! + 7! + ... + (2n+1)! + ... = (2n+1)! n=0 convergente para todo x real.
  • 3. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS 167 ∞ x2 x4 x6 x2n x2n 5. cosh x = 1 + 2! + 4! + 6! + ... + (2n)! + ... = (2n)! n=0 convergente para todo x en los reales. ∞ 1 6. 1−x = 1 + x + x2 + x3 + . . . + x n + · · · = xn n=0 convergente para x en el intervalo −1 < x < 1 ∞ x2 x3 x4 + . . . + (−1)n+1 x + . . . = xn n 7. ln(1 + x) = x − + − (−1)n+1 as 2 3 4 n n n=1 atic convergente para x en el intervalo −1 < x ≤ 1 atem ∞ x3 x5 x2n+1 x2n+1 8. tan−1 x = x − 3 + 5 − . . . + (−1)n 2n+1 + ... = (−1)n 2n+1 n=0 eM convergente para x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1 o. d ∞ 1 x3 1·3 x5 1·3·5 x7 1·3·5...(2n−1) x2n+1 9. sen −1 x = x + 2 3 + 2·4 5 + 2·4·6 7 + ... = 2·4·6...2n 2n+1 ept n=0 convergente para todo x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1 ,D uia 10. Serie binomial: 2 3 tioq (1 + x)r = 1 + rx + r(r−1)x + r(r−1)(r−2)x + . . . 2! 3! convergente para x en el intervalo −1 < x < 1 An de5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS ad Supongamos que la ecuaci´n o rsid a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0 ivese puede escribir as´ ı: Un y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0 a1 (x) a0 (x)donde a2 (x) = 0 en I y P (x) = a2 (x) y Q(x) = a2 (x)
  • 4. 168 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIESDefinici´n 5.1 (Punto Ordinario). Se dice que x = a es un punto ordi- onario de la E.D. y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0, si P (x) y Q(x) son anal´ ıticas enx = a, es decir, si P (x) y Q(x) se pueden expandir en serie de potencias dex − 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: ∞ y (n) (a) (x − a)n , as n=0 n! aticluego, toda funci´n que tenga un desarrollo en serie Taylor alrededor de x = a o atemes anal´ıtica en x = a. eM En particular cuando x = 0 a la serie Taylor se le llama serie Maclaurinde y(x) y la serie tiene la forma: o. d ∞ y (n) (0) (x)n , ept n=0 n! ,Dluego, toda funci´n que tenga un desarrollo en serie Maclaurin es anal´ o ıtica uiaen x = 0. tioq Ejemplo 1. Hallar los puntos ordinarios y singulares dey + sen xy ′ + ex y = 0 ′′ An de Soluci´n: sen x: tiene expansi´n Taylor para cualquier a o o xe : tiene expansi´n Taylor para cualquier a. o adEs decir todo a en R es punto ordinario de la ecuaci´n diferencial, por tanto o rsidno tiene puntos singulares. ive Ejemplo 2. Hallar los puntos ordinarios y singulares de ′′xy + ( sen x)y = 0 UnSoluci´n: o Q(x) sen x y ′′ + y=0 x
  • 5. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS 169 ∞ x(2n+1) (−1)n ∞ sen x n=0 (2n+1)! (−1)n x2n Q(x) = = = x x n=0 (2n + 1)!⇒ x = 0 es punto ordinario de la E.D.,por tanto todos los x = 0 son puntossingulares. Ejemplo 3. Hallar los puntos ordinarios y singulares de ′′y + (ln x)y = 0 Soluci´n: x = 0 es un punto singular ya que ln x no tiene expansi´n en o o asx = 0, todos los dem´s puntos diferentes de cero son puntos ordinarios. a atic Analicemos el caso en que a2 (x), a1 (x) y a0 (x) son polinomios. Si en la atemE.D. a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0 se tiene que a2 (x), a1 (x), a0 (x) son poli-nomios sin factores comunes, o sea, sin ra´ comunes, entonces x = a es : ıces eM i) Un punto ordinario si a2 (a) = 0 es decir, x = a no es ra´ del polinomio ıza2 (x). o. d ii) Un punto singular si a2 (a) = 0, es decir, si a es ra´ de a2 (x). ız ept ,D Ejemplo 4. Hallar los puntos ordinarios y singulares de(x2 − 4)y ′′ + 2xy ′ + 3y = 0 uiaSoluci´n: o tioq a2 (x) = x2 − 4 = 0, luego x = ±2 son puntos singulares y x = ±2 sonpuntos ordinarios. AnTeorema 5.1. deSi x = a es un punto ordinario de la ecuaci´n o ad a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0, rsidsiempre podemos encontrar dos soluciones distintas (linealmente indepen- ivedientes), en serie de potencias; soluciones que son de la forma Un ∞ y= Cn (x − a)n . n=0Una soluci´n en serie de potencias converge por lo menos para |x − a| < R1 , odonde R1 es la distancia de a al punto singular m´s cercano. a
  • 6. 170 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES Nota: para simplificar supondremos que el punto ordinario es a = 0, sia = 0, se hace la sustituci´n t = x − a. Esta sustituci´n convierte la E.D. en o ootra E.D. con punto ordinario t = 0. Ejemplo 5. Resolver por series la E.D. (x2 − 1)y ′′ + 4xy ′ + 2y = 0Soluci´n: o x2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1 son puntos singulares y los x = ±1 son puntosordinarios. as Trabajemos con el punto ordinario x = 0, los candidatos a soluci´n son o atic ∞de la forma y(x) = C n xn n=0 atem Debemos hallar las Cn : derivamos dos veces: eM ∞ ′ y (x) = nCn xn−1 n=1 o. d ∞ ept ′′ y (x) = n(n − 1)Cn xn−2 n=2 ,D Pasamos a sustituir y ′ (x) y y ′′ (x) en la E.D. original: uia x2 y ′′ − y ′′ + 4xy ′ + 2y = 0 tioq ∞ ∞ ∞ ∞ n n−2 An n n(n − 1)Cn x − n(n − 1)Cn x + 4n Cn x + 2 C n xn = 0 n=2 n=2 n=1 n=0 deHomogenizamos las potencias de x: ad∞ ∞ ∞ ∞ n m n 2 C n xn = 0 rsid n(n−1)Cn x − (m+2)(m+1)Cm+2 x + 4n Cn x +n=2 m=0 n=1 n=0 ive n−2=m ⇒n=m+2haciendo Un n=2 ⇒m=0 Escribimos todo en t´rminos de k: e∞ ∞ ∞ ∞ k k k k(k − 1)Ck x − (k + 2)(k + 1)Ck+2 x + 4k Ck x + 2 C k xk = 0k=2 k=0 k=1 k=0
  • 7. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS 171Ahora homogenizamos el ´ ındice de las series: ∞ ∞ k k(k − 1)Ck x − 2C2 − (3)(2)C3 x − (k + 2)(k + 1)Ck+2 xk + 4C1 x+ k=2 k=2 ∞ ∞ k + 4k Ck x + 2C0 + 2C1 x + 2 C k xk = 0 k=2 k=2luego as atic ∞2C0 −2C2 +(6C1 −2·3C3 )x+ [k(k−1)Ck −(k+2)(k+1)Ck+2 +4kCk +2Ck ]xk = 0 atem k=2Comparando coeficientes: x0 : 2C0 − 2C2 = 0 ⇒ C2 = C0 eM o. d x1 : 6C1 − 6C3 = 0 ⇒ C1 = C3 ept xk : [k(k − 1) + 4k + 2]Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0 k = 2, 3, . . . ,D (k 2 + 3k + 2)Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0 uia (k + 2)(k + 1)Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0 tioq An (k + 2)(k + 1) Ck+2 = Ck de (k + 2)(k + 1) Ck+2 = Ck k = 2, 3, . . . ad rsid F´rmula de recurrencia para los coeficientes oIteremos la f´rmula de recurrencia: o ive k = 2 : C4 = C2 = C0 Un k = 3 : C5 = C3 = C1 k = 4 : C6 = C4 = C0 k = 5 : C7 = C5 = C1
  • 8. 172 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIESVolviendo 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 x 2 + C 1 x 3 + C 0 x 4 + C 1 x5 + C 0 x6 + . . .La soluci´n general: o= C0 (1 + x2 + x4 + x6 + . . . + x2n + . . .)+C1 (x + x3 + x5 + . . . + x2n+1 + . . .) y1 (x) y2 (x) as 1 atic = C0 + C1 x(1 + x2 + x4 + x6 + . . . + x2n + . . .) 1 − x2 atem 1 C1 x 1 = C0 2 + 2 ya que = 1 + x + x2 + x3 + . . . 1−x 1−x 1−x eMSiendo y1 (x) y y2 (x) dos soluciones linealmente independientes. o. d El siguiente ejercicio resuelto, s´lo tiene validez para E.D. con condiciones oiniciales. Si la condici´n inicial est´ en x = 0, utilizamos las series Maclaurin o a epty si la condici´n inicial est´ en x = a, utilizamos la serie Taylor. o a ,D Ejemplo 6. y ′′ − e−x y = 0, y(0) = y ′ (0) = 1 uiaSoluci´n. o tioq Serie Maclaurin de y(x). An ∞ y (n) (0)xn y(x) = de n=0 n! ad y ′ (0) y ′′ (0) 2 y ′′′ (0) 3 rsid y(x) = y(0) + x+ x + x + ... 1! 2! 3! y(0) = 1 y ′ (0) = 1 iveDe la ecuaci´n tenemos que o Un y ′′ (x) = e−x y(x), evaluando en x = 0 ⇒ y ′′ (0) = 1 × 1 = 1Derivando nuevamente tenemos que: y ′′′ (x) = e−x y ′ (x) − e−x y(x)
  • 9. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS 173evaluando en x = 0⇒y ′′′ (0) = 1 × 1 − 1 × 1 = 0 y (iv) (x) = e−x (y ′′ (x) − y ′ (x)) − e−x (y ′ (x) − y(x)) x=0 ⇒ y (iv) (0) = 1(1 − 1) − 1(1 − 1) = 0 y (v) (x) = e−x (y ′′′ (x) − 2y ′′ (x) + y ′ (x)) − e−x (y ′′ (x) − 2y ′ + y(x) y (v) (0) = 1(0 − 2(1) + 1) − 1(1 − 2(1) + 1) = −1Sustituyendo en la f´rmula de Maclaurin: o as atic x2 x 5 y(x) = 1 + x + − + ... 2! 5! atem Resolver por series los siguientes ejercicios en el punto ordinario x = 0: eM Ejercicio 1. y ′′ − 2xy ′ + 8y = 0 y(0) = 3, y ′ (0) = 0(Rta: y = 3 − 12x2 + 4x4 ) o. d Ejercicio 2. (x2 − 1)y ′′ − 6y = 0 ept(Rta: y = C0 ∞ (2n−1)(2n−3) x2n + C1 (x − x3 )) n=0 3 ,D Ejercicio 3. y ′′ − xy = 0 uia 1 1 1 1 1 1 1 1 1(Rta: y = C0 (1 + 3·2 x3 + 6·5 3·2 x6 + 9·8 6·5 3·2 x9 + . . .) + C1 (x + 4·3 x4 + 7·6 4·3 x7 + tioq 1 1 1 1010·9 7·6 4·3 x + . . .)) An Ejercicio 4. (x2 + 1)y ′′ + 6xy ′ + 6y = 0(Rta: y = C0 ∞ (−1)n (2n + 1)x2n + C1 n=0 ∞ n n=0 (−1) (n + 1)x2n+1 ) de Ejercicio 5. y ′′ − xy ′ − y = 0 ad(Rta: y = C0 ∞ 2·4·6·8...2n x2n + C1 1 ∞ 1 n=0 1·3·5·7...(2n+1) x 2n+1 ) rsid n=0 Ejercicio 6. y ′′ + e−x y = 0 ive(Sugerencia: Hallar la serie e−x y multiplicarla por la serie de y) Un 2 3 4 5 6 3 4 5 x6(Rta: y = C0 (1 − x + x − x − x + 11x · · · ) + C1 (x − x + x − x − 360 · · · )) 2 6 12 40 6! 6 12 60 Ejercicio 7. (x − 1)y ′′ + y ′ = 0 ∞ xn(Rta: y1 = C0 , y2 = C 1 n = C1 ln |x − 1|) n=1
  • 10. 174 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES Ejercicio 8. (1 + x2 )y ′′ + 2xy ′ − 2y = 0(Rta: y(x) = C0 (1 + x tan−1 x) + C1 x) Ejercicio 9. y ′′ − xy ′ + y = −x cos x, y(0) = 0, y ′ (0) = 2(Rta: y(x) = x + sen x) Ejercicio 10. y ′′ − 2xy ′ + 4y = 0 con y(0) = 1 y y ′ (0) = 0(Rta: y = 1 − 2x2 ) Ejercicio 11. (1 − x)2 y ′′ − (1 − x)y ′ − y = 0 con y(0) = y ′ (0) = 1 as 1(Rta: y = 1−x ) atic Ejercicio 12. y ′′ − 2xy ′ − 2y = x con y(0) = 1 y y ′ (0) = − 1 atem 4 2(Rta: y = ex − x ) 4 eM Ejercicio 13. y ′′ + xy ′ + (2x − 1)y = x con y(0) = 2 y y ′ (0) = 3. Hallarlos primeros 6 t´rminos de la soluci´n particular. e o o. d 1 7 11(Rta: y = 2 + 3x + x2 − 2 x3 − 12 x4 − 120 x5 − . . .) ept Ejercicio 14. Hallar la soluci´n particular de la E.D. de Ayry, alrededor odel punto ordinario x = 1 ,D uia y ′′ − xy = 0 y(1) = 1, y ′ (1) = 0 tioq (x−1)2 (x−1)3 (x−1)4 4(x−1)5(Rta.: y = 1 + 2! + 3! + 4! + 5! + . . .) An Ejercicio 15. Hallar la soluci´n particular de la E.D. o de 1 y ′′ − 2xy − 2y = x y(0) = 1, y ′ (0) = − ad 4 rsid 2(Rta.: y = − x + ex ) 4 ive Ejercicio 16. Resolviendo por series, mostrar que la soluci´n de la E.D. o Un (x − 1)y ′′ − xy ′ + y = 0 con y(0) = −2, y ′ (0) = 6es y = 8x − 2ex . Ejercicio 17. y ′′ + xy ′ + y = 0
  • 11. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS 175 a). Hallar dos soluciones linealmente independientes y1 (x), y2 (x) b). Usando el criterio del cociente, mostrar que las dos series son conver- gentes para todo x. −( √ )2 x c). Probar que y1 (x) = e 2 d). Usando el m´todo de reducci´n de orden de D’Alembert, hallar y2 (x) e o 2 4 6 3 5 7(Rta: a). y1 (x) = 1 − x + 2·4 − 2·4·6 + . . . , y2 (x) = x − x + 3·5 − 3·5·7 + . . .) 2 x x 3 x x as Ejercicio 18. La E.D. de Legendre de orden α es: atic (1 − x2 )y ′′ − 2xy ′ + α(α + 1)y = 0 con α > −1 atemMostrar: eM a) Que las f´rmulas de recurrencia son: o o. d (−1)m α(α − 2)(α − 4) . . . (α − 2m + 2)(α + 1)(α + 3) . . . (α + 2m − 1) C2m = C0 ept (2m)! ,D (−1)m (α − 1)(α − 3) . . . (α − 2m + 1)(α + 2)(α + 4) . . . (α + 2m) C2m+1 = C1 (2m + 1)! uia tioq b) Las dos soluciones linealmente independientes son: ∞ An y1 = C 0 (−1)m a2m x2m de m=0 ad ∞ (−1)m a2m+1 x2m+1 rsid y2 = C 1 m=0 ive donde a2m y a2m+1 son las fracciones encontradas en a), pero sin (−1)m Un c) Si α es entero no negativo y par, entonces a2m = 0 para 2m > n; mostrar que y1 es un polinomio de grado n y y2 es una serie infinita. 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 in- finita.
  • 12. 176 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES d) Se acostumbra tomar la constante arbitraria (C0 o C1 seg´n el caso) u n de tal manera que el coeficiente de x en el polinomio y1 o y2 (seg´n el u (2n)! caso) sea 2n (n!)2 y se les llama polinomios de LegendrePn (x). Mostrar que: N (−1)k (2n − 2k)! Pn (x) = xn−2k k=0 2n k!(n − k)!(n − 2k)! n donde N =parte entera de 2 e) Mostrar que los 6 primeros polinomios de Legendre son: as atic P0 (x) = 1, P1 (x) = x, atem 1 1 P2 (x) = (3x2 − 1), P3 (x) = (5x3 − 3x), 2 2 1 1 eM P4 (x) = (35x4 − 30x2 + 3), P5 (x) = (63x5 − 70x3 + 15x) 8 8 o. d Ejercicio 19. F´rmula de Rodriguez: o ept 1 dn 2 Pn (x) = (x − 1)n ,D n!2n dxn uiapara el polinomio de Legendre de grado n. tioq a) Mostrar que u = (x2 − 1)n satisface la E.D. An (1 − x2 )u′ + 2nxu = 0 de Derive ambos lados de la E.D. y obtenga ad (1 − x2 ) + 2(n − 1)xu′ + 2nu = 0 rsid b) Derive sucesivamente, n veces ambos lados de la ecuaci´n y obtenga: o ive (1 − x2 )u(n+2) − 2xu(n+1) + n(n + 1)u(n) = 0 Un Hacer v = u(n) y mostrar que v = Dn (1 − x2 )n y luego mostrar que v satisface la ecuaci´n de Legendre de orden n o (2n)! c) Demostrar que el coeficiente de xn en v es n!
  • 13. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS 177 d) Explicar porqu´ c) demuestra la f´rmula de Rodriguez (Notar que el e o n (2n)! coeficiente de x en Pn (x) es 2n (n!)2 )Ejercicio 20. La E.D. y ′′ − 2xy ′ + 2αy = 0se le llama ecuaci´n de Hermite de orden α. o a) Mostrar que las dos soluciones en serie de potencias son: as ∞ 2m α(α − 2) . . . (α − 2m + 2) 2m y1 = 1 + (−1)m x atic m=1 (2m)! atem ∞ 2m (α − 1)(α − 3) . . . (α − 2m + 1) 2m+1 y2 = x + (−1)m x (2m + 1)! eM m=1 b) Si α es entero par, mostrar que y1 es un polinomio. o. d Si α es impar, mostrar que y2 es un polinomio. ept c) El polinomio de la parte b) se denota por Hn (x) y se le llama polinomio ,D de Hermite cuando el coeficiente de xn es 2n . uia d) Demostrar que los 6 primeros polinomios de Hermite son: tioq H0 (x) = 1, H1 (x) = 2x, An H2 (x) = 4x2 − 2, H3 (x) = 8x3 − 12x, de H4 (x) = 16x4 − 48x2 + 12, H5 (x) = 32x5 − 160x3 + 120x ad e) La formula general de los polinomios de Hermite es rsid dn −x2 ive 2 Hn (x) = (−1)n ex (e ) dxn Un Por inducci´n mostrar que genera un polinomio de grado n. o
  • 14. 178 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SINGULARES REGULARESDefinici´n 5.2 (Punto singular). o 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 2 (x − x0 )P (x) y (x − x0 ) Q(x) tienen desarrollos en series de potencias as de (x − x0 ). Si x = x0 no cumple con la anterior definici´n, entonces o atic decimos que x = x0 es un punto singular irregular. atem ii. Si en la E.D. a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0 eM se tiene que a2 (x), a1 (x), a0 (x) son polinomios sin factores comunes, en- tonces decimos que x = x0 es un punto singular regular si o. d a a2 (x) a0 (x) a2 (x0 ) = 0 y adem´s, si en P (x) = a1 (x) y Q(x) = a2 (x) , el factor x − x0 tiene a lo sumo grado uno en el denominador de P (x) y grado ept a lo sumo dos en el denominador de Q(x). ,D Ejemplo 7.Hallar los puntos singulares regulares e irregulares de uia (x2 − 4)2 y ′′ + (x − 2)y ′ + y = 0 tioqSoluci´n: o AnPuntos singulares: de a2 (x) = (x2 − 4)2 = 0 ⇒ x = ±2 ad x−2 1 P (x) = = rsid (x 2 − 4)2 (x − 2)(x + 2)2 1 ive Q(x) = (x − 2)2 (x + 2)2 Un Con x = +2, como (x − 2) es un factor de grado uno en P (x) y de 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).
  • 15. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 179 Nota: los puntos singulares pueden ser n´meros complejos. uTeorema 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´n en serie de la forma: o ∞ as y= Cn (x − x0 )n+r , atic n=0donde r es una constante a determinar. atemEsta serie converge en un intervalo de la forma 0 < x − x0 < R. eM Ejemplo 8. Utilizar el teorema de Frobenius para hallar dos solucioneslinealmente independientes de la E.D. 3xy ′′ + y ′ − y = 0 o. dSoluci´n: o ept x = 0 es punto singular y es regular porque ,D 1 1 P (x) = , Q(x) = − uia 3x 3x tioqSuponemos una soluci´n de la forma: o ∞ ∞ An n+r ′ y= Cn x ⇒y = (n + r)Cn xn+r−1 n=0 n=0 de ∞ ad ′′ y = (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−2 rsid n=0y sustituimos en la E.D. ive ∞ ∞ ∞ Un ′′ ′ n+r−1 n+r−13xy +y −y = 3(n+r)(n+r−1)Cn x + (n+r)Cn x − Cn xn+r = 0 n=0 n=0 n=0 ∞ ∞ n+r−1 (n + r)(3n + 3r − 2)Cn x − Cn xn+r = 0 n=0 n=0
  • 16. 180 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES ∞ ∞ r n−1 x (n + r)(3n + 3r − 2)Cn x − C n xn =0 n=0 n=0Sacamos la potencia m´s baja: a ∞ ∞ xr r(3r − 2)C0 x−1 + (n + r)(3n + 3r − 2)Cn xn−1 − C n xn = 0 n=1 n=0 k =n−1 ⇒n=k+1 hagamos n=1 ⇒k=0 as ∞ ∞ atic r −1 kx r(3r − 2)C0 x + (k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 x − C k xk = 0 k=0 k=0 atem ∞ eM xr r(3r − 2)C0 x−1 + [(k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 − Ck ] xk = 0 k=0 o. den potencias de: x−1 : r(3r − 2)C0 = 0 epty en potencias de: ,D xk : (k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 − Ck = 0 con k = 0, 1, 2, . . . uia 2 tioqsi C0 = 0 ⇒ r(3r − 2) = 0 ⇒ r2 = 0 r1 = y 3 An ec. indicial ´ ındices (o exponentes) de la singularidad de Ck Ck+1 = , k = 0, 1, 2, . . . (k + r + 1)(3k + 3r + 1) ad rsid 2Con r1 = 3 que es la ra´ mayor, entonces: ız ive Ck Ck Ck+1 = = , k = 0, 1, . . . (5.1) Un 5 (k + 3 )(3k + 3) (3k + 5)(k + 1)Con r2 = 0 entonces: Ck Ck+1 = , k = 0, 1, . . . (5.2) (k + 1)(3k + 1)
  • 17. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 181Iteremos (5.1): C0 k = 0 : C1 = 5×1 C1 C0 C0 k = 1 : C2 = = = 8×2 (5 × 1) × (8 × 2) 2! × (5 × 8) C2 C0 C0 k = 2 : C3 = = = 11 × 3 (5 × 1) × (8 × 2) × (11 × 3) 3! × 5 × 8 × 11 C3 C0 k = 3 : C4 = = 14 × 4 4! × 5 × 8 × 11 × 14 as aticgeneralizando C0 atem Cn = n = 1, 2, . . . n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2) eMIteremos (5.2): C0 o. d k = 0 : C1 = 1×1 C1 C0 ept k = 1 : C2 = = 2×4 (1 × 1) × (2 × 4) ,D C2 C0 C0 k = 2 : C3 = = = uia 3×7 (1 × 1) × (2 × 4) × (3 × 7) 3! × 4 × 7 C3 C0 tioq k = 3 : C4 = = 4 × 10 4! × 4 × 7 × 10 Angeneralizando de C0 Cn = n = 1, 2, . . . n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2) ad rsid ∞ ∞ ∞ 2 2 n+ 3 2 n 2 C n xn ive r1 = ⇒ y 1 = Cn x =x 3 Cn x = x 3 C0 + 3 n=0 n=0 n=1 Un ∞ 2 C0 = x 3 C0 + xn n=1 n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2) ∞ 2 xn = C0 x 3 1 + n=1 n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)
  • 18. 182 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES ∞ ∞ ∞ n+0 n r2 = 0 ⇒ y 2 = Cn x = Cn x = C0 + C n xn n=0 n=0 n=1 ∞ C0 = C0 + xn n=1 n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2) ∞ xn = C0 1 + n=1 n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2) Luego la soluci´n general es : o as y = k1 y1 + k2 y2 atic ∞ 2 xn atem = k1 C0 x 3 1 + + n=1 n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2) ∞ xn eM k2 C0 1 + n=1 n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2) o. dobservemos que para este ejemplo ept 2 2 r1 = , r2 = 0 ⇒ r1 − r2 = = entero ,D 3 3 uiaNota: en general si x = 0 es un punto singular regular, entonces las funciones tioqxP (x) y x2 Q(x) son anal´ ıticas en x = 0, es decir An xP (x) = p0 + p1 x + p2 x2 + . . . de x2 Q(x) = q0 + q1 x + q2 x2 + . . . adson convergentes en intervalos de radio positivo. Despu´s de sustituir y = e rsid ∞ n+r n=0 Cn x en la E.D. y simplificar, la ecuaci´n indicial es una ecuaci´n o ocuadr´tica en r que resulta de igualar a cero el coeficiente de la menor po- a ivetencia de x. Siguiendo este procedimiento se puede mostrar que la ecuaci´n o Unindicial es r(r − 1) + p0 r + q0 = 0Se hallan las ra´ ıces de la ecuaci´n indicial y se sustituyen en la relaci´n de o orecurrencia.
  • 19. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 183 Con las ra´ıces de la ecuaci´n indicial pueden ocurrir los siguientes tres ocasos. CASO I: cuando r1 − r2 = entero positivo (r1 > r2 ), entonces las dossoluciones linealmente independientes son: ∞ y1 = Cn xn+r1 n=0 ∞ y2 = Cn xn+r2 as n=0 aticEste caso lo hemos contemplado en el Ejemplo 8. atem CASO II: cuando r1 − r2 = entero positivo (r1 > r2 ), entonces las dossoluciones linealmente independientes son: eM ∞ y1 = Cn xn+r1 o. d n=0 ∞ ept y2 = Cy1 (x) ln x + bn xn+r2 b0 = 0, ,D n=0donde C es una constante que puede ser cero. uia tioq Nota: para saber si C es cero o diferente de cero, utilizamos la f´rmula ode D’Alembert; si es cero, entonces en y2 no aparece el t´rmino logar´ e ıtmico. AnEl pr´ximo ejemplo lo haremos con C = 0; si C = 0, y2 tambi´n se puede o ehallar utilizando la f´rmula de D’Alembert: o de e− P (x) dx y2 = y1 (x) dx ad [y1 (x)]2 rsido tambi´n derivando dos veces e ive ∞ Un y2 = Cy1 (x) ln x + bn xn+r2 b0 = 0, n=0y sustituyendo en la E.D. e iterando la f´rmula de recurrencia para hallar los ocoeficientes bn .
  • 20. 184 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES CASO III: cuando r1 − r2 = 0, entonces las soluciones linealmente in-dependientes son: ∞ y1 = Cn xn+r1 con C0 = 0 n=0 ∞ y2 = y1 (x) ln x + bn xn+r1 sabiendo que r1 = r2 n=1 as atic5.3.1. CASO II: r1 − r2 = entero positivo atem Con el siguiente ejemplo mostramos el CASO II, o sea cuando r1 − r2 =entero positivo.Ejemplo 9. xy ′′ + (5 + 3x)y ′ + 3y = 0 eMSoluci´n: o o. d x = 0 es punto singular regular, ya que ept 5 + 3x 3 P (x) = Q(x) = x x ,DSi utilizamos la f´rmula de D’Alembert encontramos que despu´s de efectuar o e uiatodas las operaciones, el primer t´rmino no tiene logaritmo, por tanto C = 0. e tioqAhora supongamos que An ∞ ∞ n+r ′ y= Cn x ⇒y = (n + r)Cn xn+r−1 de n=0 n=0 ad ∞ ′′ y = (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−2 rsid n=0 ivesustituyendo en la E.D. Un xy ′′ + 5y ′ + 3xy ′ + 3y = 0 ∞ ∞ n+r−1 (n + r)(n + r − 1)Cn x + 5(n + r)Cn xn+r−1 + n=0 n=0
  • 21. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 185 ∞ ∞ n+r 3(n + r)Cn x + 3Cn xn+r = 0 n=0 n=0 ∞ ∞ r n−1 x (n + r)(n + r − 1 + 5)Cn x + 3(n + r + 1)Cn xn = 0 n=0 n=0 ∞ ∞ r −1 n−1x r(r + 4)C0 x + (n + r)(n + r + 4)Cn x + 3(n + r + 1)Cn xn = 0 n=1 n=0 k =n−1 ⇒n=k+1 as hagamos cuando n = 1 ⇒k=0 aticluego atem ∞xr r(r + 4)C0 x−1 + [(k + r + 1)(k + r + 5)Ck+1 + 3(k + r + 1)Ck ]xk = 0 eM k=0Por lo tanto la ecuaci´n indicial: o o. d r(r + 4) = 0 ⇒ r1 = 0 r2 = −4 o sea que r1 − r2 = entero positivo epty la f´rmula de recurrencia es o ,D (k + r + 1)(k + r + 5)Ck+1 + 3(k + r + 1)Ck = 0 k = 0, 1, . . . uia tioqe iteramos con la menor ra´ indicial r2 = −4: ız (k + 1)(k − 3)Ck+1 + 3(k − 3)Ck = 0 k = 0, 1, . . . An de 9C0 k=0 : 1(−3)C1 + 3(−3)C0 ⇒ C1 = = −3C0 ad −3 6C1 3 9 rsid k=1 : 2(−2)C2 + 3(−2)C1 = 0 ⇒ C2 = = − (−3)C0 = C0 −4 2 2 3C2 9 ive k=2 : 3(−1)C3 + 3(−1)C2 = 0 ⇒ C3 = = − C0 −3 2 Un k=3 : 4(0)C4 + 3(0)C3 = 0 ⇒C4 es par´metro a 3 k≥4 : Ck+1 = − Ck (k + 1)
  • 22. 186 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIESes decir 9 9 C1 = −3C0 , C2 = C0 , C3 = − C0 , 2 2C4 : par´metro a 3 k ≥ 4 : Ck+1 = − Ck (5.3) (k + 1)iteremos (5.3): 3 k = 4 : C5 = − C4 as 5 3 3×3 atic k = 5 : C6 = − C5 = C4 6 5×6 atem 3 3×3×3 k = 6 : C7 = − C6 = − C4 7 5×6×7 33 4! eM =− C4 7! generalizando o. d 3(n−4) 4! Cn = (−1)n C4 n≥4 ept n! ,D ∞ y = Cn xn−4 uia n=0 tioq ∞ −4 2 3 = x [C0 + C1 x + C2 x + C3 x + C n xn ] An n=4 9 9 = x−4 [C0 − 3C0 x + C0 x2 − C0 x3 + C4 x4 + de 2 2 ∞ (n−4) 3 4! ad + (−1)n C 4 xn ] n! rsid n=5 y1 (x) ive 9 9 = C0 x−4 1 − 3 x + x2 − x3 Un 2 2 y2 (x) ∞ 3(n−4) 4! n−4 +C4 1 + (−1)n x n=5 (n)!
  • 23. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 187 k =n−4 ⇒n=k+4hagamos n=5 ⇒k=1 ∞ 3k 4! y = C0 y1 (x) + C4 1+ (−1)k+4 xk k=1 (k + 4)! ∞ 3n = C0 y1 (x) + C4 1 + 24 (−1)n xn n=1 (n + 4)! as converge ∀x ∈ Re atic Para abordar el caso iii) cuando r1 = r2 necesitamos definir la funci´n o atemGamma. eM5.3.2. ´ FUNCION GAMMA: Γ(x) o. dDefinici´n 5.3. Sea x > 0. La funci´n Gamma se define as´ o o ı: ∞ ept Γ(x) = e−τ τ x−1 dτ 0 ,DTeorema 5.3 (F´rmula de recurrencia para la funci´n Γ). o o uia Para x > 0 : Γ(x + 1) = xΓ(x) . tioq ∞ ∞Demostraci´n: Γ(x + 1) = 0 e−τ τ x dτ = −e−τ τ x |∞ + 0 xe−τ τ x−1 dτ = o 0 Anla anterior integral se hizo por partes, u = τx ⇒ du = xτ x−1 dτhaciendo de dv = e−τ dt ⇒ v = −e−τ ∞ = 0 − 0 + x 0 e−τ τ x−1 dτ = xΓ(x) adya que por el teorema de estricci´n y la regla de L’Hˆpital o o rsid −τ x τx l´ e τ = l´ eτ = 0 ım ımτ →∞ τ →∞ ive Observaciones: Un a). x 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 √ Γ(x) 9.5 4.59 2.99 2.22 π 1.49 1.30 1.16 1.07
  • 24. 188 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES b). Si x = n entero positivo: Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = . . . = n(n − 1)(n − 2) . . . 1 Γ(1) ∞ −τ 0 ∞ Pero Γ(1) = 0 e τ dτ = −e−τ |0 = −(0 − 1) = 1 Luego, Γ(n + 1) = n! Definici´n 5.4. Si x < 0, definimos Γ(x) as´ Γ(x) = (x − 1)Γ(x − 1) si o ı: x = 0 o x = de un entero negativo. Γ(x) = ±∞ si x = 0 o x = entero as negativo.(Ver la gr´fica 5.1) a atic NOTA: la f´rmula para calcular Γ(x) para x < 0 es: o atem 1 Γ(x) = Γ(x + 1) x En la figuta 5.1 se muestra la gr´fica de la funci´n Γ(x). a o eM o. d 6 ept 5 ,D 4 uia 3 2 tioq 1 An -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -1 de -2 ad -3 rsid -4 -5 ive -6 Un Figura 5.1 5 3 3 3 3 1 31 1 Ejemplo 10. Γ =Γ +1 = Γ = Γ +1 = Γ =3 1√ 2 2 2 2 2 2 22 222 π
  • 25. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 189 Ejemplo 11. Γ − 7 2Soluci´n: o 7 2 5 2 2 3 Γ − = − Γ − = − − Γ − 2 7 2 7 5 2 2 2 2 1 = − − − Γ − 7 5 3 2 2 2 2 2 1 = − − − − Γ 7 5 3 1 2 √ as 2 2 2 2 = − − − − π atic 7 5 3 1 atemComo Γ(n + 1) = n! para n entero positivo, generalizamos el factorial as´ ı:Definici´n 5.5 (Factorial generalizado). x! = Γ(x + 1), x = entero o eMnegativo. o. d Nota: con n = 0 obtenemos 0! = Γ(0 + 1) = Γ(1) = 1 y ept 1! = Γ(1 + 1) = 1 Γ(1) = 1 × 1 = 1 ,Dcon esto probamos, mediante la funci´n Gamma, que 0! = 1 = 1! o uia 7 Ejemplo 12. Hallar ! tioq 2 7 7 7 5 3 1√ !=Γ +1 = π An 2 2 2222 deEjemplo 13. Calcular − 7 ! 2 adSoluci´n: o rsid 7 7 5 2 2 2 1 − ! = Γ − +1 =Γ − = − − − Γ 2 2 2 5 3 1 2 ive 2 2 2 √ Un = − − − π 5 3 1 1 1 3 Ejercicio 1. Hallar 0 x3 ln x dx 3!(Rta: 44 )
  • 26. 190 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES ∞ −x2 Ejercicio 2. Hallar √ 0 e dx(Rta: 2π ) ∞ 2 Ejercicio 3. Hallar utilizando la funci´n Γ: √ o 0 x2 e−x dx π(Rta: 4 ) Ejercicio 4. Probar que 1 (2n + 1)! √ n+ ! = 2n+1 π 2 2 n! asy atic 1 (2n)! √ n− ! = 2n π atem 2 2 n!para todo entero n no negativo. eM5.3.3. CASO III: r1 = r2 o. d CASO III: r1 = r2 . Tomamos como ejemplo para este caso, la E.D. de eptBessel de orden cero. ,DDefinici´n 5.6 (Ecuaci´n Diferencial de Bessel). La E.D.: o o uia d2 y dy x2 + x + (x2 − p2 )y = 0 tioq dx 2 dx Andonde p es un par´metro positivo, se le llama E.D. de Bessel de orden p. a de Las soluciones de esta E.D. se les llama funciones de Bessel de orden p.Cuando p = 0 y x = 0 entonces ad rsid d2 y dy x + + xy = 0. dx2 dx iveHallemos expl´ıcitamente estas soluciones en el intervalo 0 < x < R; es f´cil a Unver que x = 0 es un punto singular regular.Suponemos una soluci´n de la forma o ∞ y= Cn xn+r , n=0
  • 27. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 191con 0 < x < R y C0 = 0; derivamos dos veces y sustituimos en la E.D. yllegamos a esto: ∞ ∞ ∞ n+r−1 n+r−1 (n + r)(n + r − 1)Cn x + (n + r)Cn x + Cn xn+r+1 = 0 n=0 n=0 n=0 ∞ ∞ 2 n+r−1 (n + r) Cn x + Cn xn+r+1 = 0 n=0 n=0 ∞ ∞ as r 2 n−1 x (n + r) Cn x + Cn xn+1 = 0 atic n=0 n=0para homogenizar los exponentes hagamos k = n − 1 (o sea que n = k + 1 y atemcuando n = 0 entonces k = −1) en la primera sumatoria y hagamos k = n+1en la segunda sumatoria, luego eM ∞ ∞ r 2 k x (k + r + 1) Ck+1 x + Ck−1 xk = 0 o. d k=−1 n=1 ept ∞ 2 −1 2 0 r x r C0 x + (r + 1) C1 x + [(k + r + 1)2 Ck+1 + Ck−1 ] xk = 0 ,D k=1 uiacomparamos coeficientes tioq r2 C0 = 0, (r + 1)2 C1 = 0, (k + r + 1)2 Ck+1 + Ck−1 = 0 con k ≥ 1 An Si C0 = 0 ⇒ r1 = r2 = r = 0 de (0 + 1)2 C1 = 0 ⇒ C1 = 0 ad Ck−1 Ck+1 = − k = 1, 2, . . . rsid (k + 1)2iterando k ive C0 C0 Un k = 1 ⇒ C2 = − 2 =− 2 (1 + 1) 2 C1 k = 2 ⇒ C3 = − 2 = 0 3 C2 C0 k = 3 ⇒ C4 = − 2 = 2 4 2 × 42
  • 28. 192 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES k = 4 ⇒ C5 = 0 C4 C0 k = 5 ⇒ C6 = − 2 =− 2 6 2 × 42 × 62Generalizando, C0 C0 C2n = (−1)n = (−1)n 22 · ·6 42 2 · · · (2n)2 (2 · 4 · 6 · · · (2n))2 C0 = (−1)n n (2 1 · 2 · 3 . . . n)2 as C0 atic = (−1)n 2n , n = 0, 1, 2, . . . 2 (n!)2 atem C2n+1 = 0, n = 0, 1, 2, . . .Sustituimos en eM ∞ ∞ y1 (x) = n Cn x = C2n x2n o. d n=0 n=0 ∞ ∞ ept C0 1 x 2n = (−1) 2n n x2n = C0 (−1)n 2 (n!)2 (n!)2 2 ,D n=0 n=0 uiaPor definici´n, la serie o tioq ∞ (−1)n x 2n = J0 (x) (n!)2 2 An n=0se le llama funci´n de Bessel de orden cero y de primera especie o de x2 x4 x6 ad J0 (x) = 1 − + − + ... 4 64 2304 rsidLa segunda soluci´n la hallamos por el m´todo de reducci´n de orden D’Alembert: o e o ive 1 e− x dx 1 y2 (x) = J0 (x) dx = J0 (x) dx Un [J0 (x)] 2 x[J0 (x)]2 x2 3x4 5x6 como [J0 (x)]2 = 1 − + − + ... 2 32 576 1 x2 5x4 23x6 ⇒ =1+ + + + ... [J0 (x)]2 2 32 576
  • 29. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 193 1 1 x 5x3 23x5 ⇒ = + + + + ... x[J0 (x)]2 x 2 32 576 1 x 5x3 23x5 y2 (x) = J0 (x) + + + + . . . dx x 2 32 576 x2 5x4 23x6 = J0 (x)[ln x + + + + . . .] 4 128 3456 x2 x4 x6 x2 5x4 23x6 = J0 (x) ln x + 1 − + − + ... + + + ... 4 64 2304 4 128 3456 as x2 3x4 11x6y2 = J0 (x) ln x + − + − ... atic 4 128 13824 atem NOTA: observemos que (−1)2 1(1) 1 1 = 2 = eM 22 (1!)2 2 4 1 1 3 o. d −3 (−1)3 1+ =− = 24 (2!)2 2 24 22 2 128 ept 1 1 1 11 11 (−1)4 1+ + = = ,D 26 (3!)2 2 3 26 6 26 13824 uia Por tanto x2 x4 1 x6 1 1 tioq y2 (x) = J0 (x) ln x + 2 − 4 2 1+ + 6 2 1+ + − ... 2 2 (2!) 2 2 (3!) 2 3 An ∞ (−1)n+1 de 1 1 1 y2 (x) = J0 (x) ln x + 1+ + + ... + x2n (5.4) 22n (n!)2 2 3 n ad n=1 rsidDonde (5.4) es la segunda soluci´n y es linealmente independiente con y1 . oLa soluci´n general es: o ive y = C0 J0 (x) + C1 y2 (x) UnEn vez de y2 (x) como segunda soluci´n, se acostumbra tomar la siguiente ofunci´n combinaci´n lineal de y2 y J0 , como segunda soluci´n: o o o 2 Y0 (x) = [y2 (x) + (γ − ln 2)J0 (x)] π
  • 30. 194 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES donde γ es la constante de Euler; a Y0 (x) se le llama funci´n de Bessel de o orden cero y de segunda especie y 1 1 1 γ = l´ ım 1+ + + . . . + − ln n ≈ 0,5772 n→∞ 2 3 n As´ Y0 (x) ser´ igual a ı a 2 Y0 (x) = [J0 (x) ln x+ π as ∞ (−1)n+1 1 1 1 + 1+ + + ... + x2n + (γ − ln 2)J0 (x) atic n=1 22n (n!)2 2 3 n atem ∞ 2 x (−1)n+1 1 1 1 x 2n Y0 (x) = J0 (x) γ + ln + 1+ + + ... + π 2 (n!)2 2 3 n 2 eM n=1 La soluci´n general es: y = C1 J0 (x) + C2 Y0 (x), las gr´ficas de J0 (x) y Y0 (x) o a o. d se muestran en la figura 5.2 ept ,D 1 uia tioq An 5 10 15 20 25 30 35 40 de ad−1 rsid Figura 5.2 J0 (x) y Y0 (x). ive 5.3.4. ´ ECUACION DE BESSEL DE ORDEN p : Un Sabemos que x2 y ′′ + xy ′ + (x2 − p2 )y = 0 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
  • 31. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 195entonces x = 0 y x 1 x2 − p 2 P (x) = 2 = , Q(x) = x x x2por tanto x = 0 es un punto singular regular; suponemos una soluci´n de la oforma ∞ y= Cn xn+r n=0con C0 = 0 y 0 < x < R; derivamos dos veces y sustituimos en la E.D., el asresultado es: atic ∞ 2 2 0 2 2 rx (r − p )C0 x + [(r + 1) − p ]C1 x + {[(n + r)2 − p2 ]Cn + Cn−2 }xn = 0 atem n=2Luego, eM (r2 − p2 )C0 = 0 o. d [(r + 1)2 − p2 ]C1 = 0 (5.5) [(n + r)2 − p2 ]Cn + Cn−2 = 0 para n ≥ 2 eptSi C0 = 0 ⇒ r2 − p2 = 0 (ecuaci´n indicial) o ,D uia r = ±p ⇒ r1 = p r2 = −p (´ ındices de la singularidad) tioqSi r1 = p ⇒ en la ecuaci´n (5.5): o An [(p + 1)2 − p2 ]C1 = 0 de(1 + 2p)C1 = 0 ⇒ C1 = 0, ya que p>0 ad [(n + p)2 − p2 ]Cn + Cn−2 = 0 n≥2 rsid (n2 + 2np)Cn + Cn−2 = 0 ive n(n + 2p)Cn + Cn−2 = 0 n≥2 Un Cn−2 Cn = − , n≥2 n(n + 2p)
  • 32. 196 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIESpor tanto todos los coeficientes impares son cero, ya que C1 = 0.Iteramos los pares con n ≥ 2 y obtenemos: (−1)n C0 C2n = , (2 · 4 . . . 2n)(2 + 2p)(4 + 2p) . . . (2n + 2p) (−1)n C0 C2n = ; n = 0, 1, 2 . . . (5.6) 22n n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) asluego, atic ∞ ∞ n+p p y1 (x) = Cn x = x C n xn atem n=0 n=0As´ ı, eM ∞ y1 (x) = x p C2n x2n n=0 o. dAl reemplazar (5.6), obtenemos: ept ∞ p (−1)n x2n ,D y1 (x) = x C0 n=0 22n n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) uia ∞ (−1)n x2n+p = C 0 2p tioq n=0 22n+p n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) ∞ (−1)n x 2n+p An = K0 n=0 n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 2 dedonde la constante K0 = C0 2p . ad rsid Veamos los siguientes casos: ive a Si p es un entero positivo: Un ∞ (−1)n x 2n+p y1 (x) = p! n=0 n!p!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 2 ∞ (−1)n x 2n+p = p! n=0 n! (n + p)! 2
  • 33. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 197a la expresi´n o ∞ (−1)n x 2n+p n=0 n! (n + p)! 2se le llama funci´n de Bessel de orden p y primera especie y se denota por oJp (x). b Si p es diferente de un entero positivo: ∞ (−1)n x 2n+p y1 (x) = as n=0 n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 2 atic ∞ (−1)n x 2n+p = Γ(p + 1) n!Γ(p + 1)(1 + p)(2 + p) · · · (n + p) 2 atem n=0 eM y como Γ(n + p + 1) = (n + p)Γ(n + p) = (n + p)(n + p − 1)Γ(n + p − 1) o. d = (n + p)(n + p − 1) · · · (1 + p)Γ(1 + p) ∞ ept (−1)n x 2n+p entonces y1 (x) = Γ(p + 1) n!Γ(n + p + 1) 2 ,D n=0 uiaLa expresi´n o ∞ (−1)n x 2n+p tioq = Jp (x) n=0 n! Γ(n + p + 1) 2 Anse le llama funci´n de Bessel de orden p y primera especie y se denota por oJp (x), (Ver gr´fica 5.3). a de ad 0.4 rsid 0.2 ive 5 10 15 20 25 30 35 40 Un −0.2 −0.4 Figura 5.3 J 7 (x). 2
  • 34. 198 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES En general para p = entero o p = entero y p > 0 ∞ (−1)m x 2m+p Jp (x) = m=0 m! Γ(m + p + 1) 2Para r2 = −p, supongamos que r1 − r2 = p − (−p) = 2p y 2p diferente de unentero positivo y p > 0.La segunda soluci´n es : o ∞ (−1)n x 2n−p y2 = = J−p (x) as n=0 n! Γ(n − p + 1) 2 aticque es la funci´n de Bessel de orden −p o atem La soluci´n general, y(x) = C1 Jp (x) + C2 J−p (x) si 2p = entero positivo op > 0. Tambi´n, si 2p = entero, pero p = entero, entonces la soluci´n general e o eMes y(x) = C1 Jp (x) + C2 J−p (x) o. d 0.4 ept 0.2 ,D 5 10 15 20 25 30 35 40 uia−0.2 tioq−0.4 An Figura 5.4 J3 (x) y J−3 (x). de Cuando r1 −r2 = 2p = entero positivo (caso ii.) y p es un entero, entonces adJp y J−p son linealmente dependientes (Ejercicio)(Ver figura 5.4 con p = 3, rsidobs´rvese que J−3 (x) = −J3 (x), es decir son linealmente dependientes). En eeste caso la segunda soluci´n es de la forma o ive ∞ Un y2 (x) = CJp ln x + bn xn−p C=0 n=0O tambi´n podemos usar el m´todo de reducci´n de D’Alembert como hici- e e omos con la funci´n de Bessel de orden cero y segunda especie Y0 (x). oHaciendo el mismo proceso, llegamos a Yp (x) = Bessel de orden p y segunda
  • 35. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 199 especie, p−1 2 x 1 (p − n − 1)! x 2n−p Yp (x) = ln + γ Jp (x) − + π 2 2 n=0 n! 2 ∞ n n+p 1 1 1 1 x 2n−p + (−1)n+1 + 2 n=0 k=1 k k=1 k n! (n + p)! 2 as atic Donde γ es la constante de Euler. La soluci´n Yp se le llama funci´n de o o Bessel de orden p y segunda especie. atem Soluci´n general: y = C1 Jp (x) + C2 Yp (x), donde p es un entero positi- o eM vo.Ver gr´fica 5.5 para Yp (x) con p = 1. a o. d ept 0.5 ,D uia 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 tioq−0.5 An de−1.0 ad Figura 5.5 Y1 (x) rsid Las siguientes propiedades de la funci´n de Bessel, se dejan como ejerci- o ive cios. Un u(x) Ejercicio 1. Mostrar que con el cambio de variable y = √ x reduce la E.D. de Bessel de orden p a la E.D.: 1 1 u′′ (x) + 1 + − p2 u=0 4 x2
  • 36. 200 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES Ejercicio 2. Con el resultado anterior, mostrar que la soluci´n general o 1de la E.D. de Bessel de orden p = 2 es: sen x cos x y = C1 √ + C2 √ x x Ejercicio 3. Sabiendo que ∞ (−1)n x 2n+p Jp (x) = n=0 n! (n + p)! 2 as aticMostrar que d p [x Jp (kx)] = kxp Jp−1 (kx) atem dx d −p eM [x Jp (kx)] = −kx−p Jp+1 (kx) dxdonde k = cte. o. d ept Ejercicio 4. Con los resultados del ejercicio anterior, mostrar que: ,D d p [Jp (kx)] = kJp−1 (kx) − Jp (kx) (∗) uia dx x d p [Jp (kx)] = −kJp+1 (kx) + Jp (kx) (∗∗) tioq dx x AnY con esto mostrar que de d k [Jp (kx)] = [Jp−1 (kx) − Jp+1 (kx)] dx 2 ad rsid kx Jp (kx) = [Jp−1 (kx) + Jp+1 (kx)] 2p ive d Ejercicio 5. Hallar J1 (x) y dx J1 (x) en t´rminos de J0 (x) y J2 (x). e UnHallar Jp+ 1 (x) en t´rminos de Jp− 1 (x) y Jp+ 3 (x). e 2 2 2 Ejercicio 6. Probar que J1 (x) dx = −J0 (x) + c Ejercicio 7. Probar que para p entero positivo:
  • 37. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 201 i) Usando el ejercicio 4. y la aproximaci´n o 2 π pπ Jp (x) ≈ cos(x − − ) πx 4 2 ∞ ∞ Probar que 0 Jp+1 (x) dx = 0 Jp−1 (x) dx. ∞ ii) Sabiendo que 0 J0 (x) dx = 1 (ver ejercicio 21. de la secci´n 6.4), o ∞ mostrar que 0 Jp (x) dx = 1 as atic ∞ Jp (x) 1 iii) 0 x dx = p atem Ejercicio 8. Para p = 0, 1, 2, . . . mostrar que: i) J−p (x) = (−1)p Jp (x) eM o. d ii) Jp (−x) = (−1)p Jp (x) ept ,D iii) Jp (0) = 0, p>0 uia iv) J0 (0) = 1 tioq An v) l´ + Yp (x) = −∞ ım x→0 de Ejercicio 9. Comprobar que la E.D. ad xy ′′ + (1 − 2p)y ′ + xy = 0 rsidtiene la soluci´n particular y = xp Jp (x) o ive(Ayuda: hacer u = x−p y) Un 1 Ejercicio 10. Con el cambio de variable y = x− 2 u(λx), hallar la soluci´n ogeneral de x2 y ′′ + 2xy ′ + λ2 x2 y = 0 1 1(Rta.:y = C1 x− 2 J 1 (λx) + C2 x− 2 J− 1 (λx)) 2 2
  • 38. 202 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES5.3.5. PUNTO EN EL INFINITO Para la E.D.: y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0, se desea saber el comportamiento 1de la soluci´n en el infinito, para ello se hace el cambio de variable t = x . oO sea que cuando x → ∞ ⇒ t → 0. Derivemos dos veces (usando la regla de la cadena) y sustituyamos en laE.D.: dy dy dt dy 1 dy y′ = = = (− 2 ) = −t2 dx dt dx dt x dt as 2 d dy d dy dt dy dy y ′′ = = [−t2 2 − 2t ](−t2 ) atic ( )= ( ) dx dx dt dx dx dt dt 2 P ( 1 ) ′ Q( 1 ) atem y ′′ + − 2t y + 4t = 0 t t t eMSi t = 0 es punto ordinario entonces x en el infinito es un punto ordinario.Si t = 0 es un punto singular regular con exponentes de singularidad r1 , r2 o. dentonces x en el infinito es un punto singular regular con exponentes desingularidad r1 , r2 . eptSi t = 0 es un punto singular irregular entonces x en el infinito es un puntosingular irregular. ,DEjemplo 14. An´lizar los puntos en el infinito para la E.D. de Euler: a uia 4 2 y ′′ + y ′ + 2 y = 0 tioq x x 1 AnSoluci´n: haciendo el cambio de variable t = x queda transformada en la oE.D.: 2 2 de y ′′ − y ′ + 2 y = 0 t t adPor lo tanto t = 0 es un punto singular regular y la ecuaci´n indicial es o rsidr(r − 1) − 2r + 2 = 0 ⇒ r1 = 2, r2 = 1, por lo tanto x en el infinito es unpunto singular regular con exponentes 2 y 1. ive Para los ejercicios siguientes, decir si la E.D. tiene un punto singular Unregular o irregular en el infinito: 1). x2 y ′′ − 4y = 0 (Rta.: hay un punto singular regular en el infinito)
  • 39. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 203 2). x3 y ′′ + 2x2 y ′ + 3y = 0 (Rta.: hay un punto singular regular en el infinito) Para los ejercicios siguientes hallar las ra´ indiciales y las dos soluciones ıcesen serie de Frobenius, linealmente independientes con |x| > 0. 1). 4xy ′′ + 2y ′ + y = 0 √ √ (Rta.: y1 = cos x, y2 = sen x) as atic 2). xy ′′ + 2y ′ + 9xy = 0 (Rta.: y1 = cos 3x , y2 = x sen 3x x ) atem 3). xy ′′ + 2y ′ − 4xy = 0 eM (Rta.: y1 = cosh 2x , y2 = x senh 2x x ) o. d 4). xy ′′ − y ′ + 4x3 y = 0 ept (Rta.: y1 = cos x2 , y2 = sen x2 ) ,D uia 5). 4x2 y ′′ − 4xy ′√ (3 − 4x2 )y = 0 + √ tioq (Rta.: y1 = x cosh x, y2 = x senh x) An 6). 2xy ′′ + 3y ′ − y = 0 de (Rta.: ad ∞ ∞ xn xn rsid 1 y1 = , y2 = x− 2 ) n=0 n!3 · 5 · 7 . . . (2n + 1) n=0 n!1 · 3 · 5 . . . (2n − 1) ive 7). 2xy ′′ − y ′ − y = 0 Un (Rta.: ∞ ∞ 3 xn xn y1 = x (1+ 2 ), y2 = 1−x− ) n=1 n!5 · 7 . . . (2n + 3) n=2 n!1 · 3 · 5 . . . (2n − 3)
  • 40. 204 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES 8). 3xy ′′ + 2y ′ + 2y = 0 (Rta.: ∞ ∞ 1 (−1)n 2n (−1)n 2n y1 = x 3 xn , y2 = 1 + xn ) n=0 n!4 · 7 . . . (3n + 1) n=1 n!2 · 5 . . . (3n − 1) 9). 2x2 y ′′ + xy ′ − (1 + 2x2 )y = 0 (Rta.: ∞ ∞ x2n x2n as 1 y1 = x(1 + ), y2 = x− 2 ) atic n=1 n!7 · 11 . . . (4n + 3) n=0 n!1 · 5 . . . (4n + 1) atem10). 2x2 y ′′ + xy ′ − (3 − 2x2 )y = 0 3 (Rta.: y1 = x 2 (1 + ∞ n!9·13...(4n+5) x2n ), n=1 (−1)n eM ∞ −1 (−1)n−1 y2 = x (1 + x2n )) o. d n=1 n!3 · 7 . . . (4n − 5) ept11). 6x2 y ′′ + 7xy ′ − (x2 + 2)y = 0 ,D 1 x2n (Rta.: y1 = x 2 (1 + ∞ 2n n!19·31...(12n+7) ), n=1 uia ∞ x2n tioq 2 y2 = x− 3 (1 + )) n=1 2n n!5 · 17 . . . (12n − 7) An12). 3x2 y ′′ + 2xy ′ + x2 y = 0 de 1 (Rta.: y1 = x 3 (1 + ∞ n=1 (−1)n 2n n!7·13...(6n+1) x2n ), ad ∞ (−1)n rsid y2 = 1 + x2n ) n=1 2n n!5 · 11 . . . (6n − 1) ive Un13). 2xy ′′ + (1 + x)y ′ + y = 0 (Rta.: ∞ ∞ 1 (−1)n n 1 (−1)n x = x 2 e − 2 , y2 = 1 + x y1 = x 2 xn ) n=0 n!2n n=1 1 · 3 · 5 · 7 . . . (2n − 1)
  • 41. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 20514). 2xy ′′ + (1 − 2x2 )y ′ − 4xy = 0 (Rta.: ∞ ∞ 1 x2n 1 x2 2n y1 = x 2 n =x 2e 2 , y = 1 + 2 x2n ) n=0 n!2 n=1 3 · 7 . . . (4n − 1)15). xy ′′ + (3 − x)y ′ − y = 0 ∞ (Rta.: y1 = x−2 (1 + x), y2 = 1 + 2 xn n=1 (n+2)! ) as16). xy ′′ + (5 − x)y ′ − y = 0 atic x2 x3 ∞ (Rta.: y1 = x−4 (1 + x + 2 + 6 ), y2 = 1 + 24 xn n=1 (n+4)! ) atem17). xy ′′ + (x − 6)y ′ − 3y = 0 (Rta.: eM ∞ 1 1 2 1 3 7 (−1)n 4 · 5 · 6 · · · (n + 3) n o. d y1 = 1− x+ x − x , y2 = x (1+ x )) 2 10 120 n=1 n!8 · 9 · 10 · · · (n + 7) ept18). 5xy ′′ + (30 + 3x)y ′ + 3y = 0 ,D (Rta.: y1 = x−5 (1 − 3 x + 50 x2 − 5 9 9 250 x3 + 27 5000 x4 ), uia y2 = 1 + 120 ∞ (n+5)!5n xn ) (−1) n 3n n=1 tioq19). xy ′′ − (4 + x)y ′ + 3y = 0 An ∞ (n+1) n 4 1 (Rta.: y1 = 1 + 3 x + 4 x2 + 1 3 24 x, y2 = x5 (1 + 120 n=1 (n+5)! x )) de20). x2 y ′′ + (2x + 3x2 )y ′ − 2y = 0 ad ∞ (−1)n−1 3n n (Rta.: y1 = x−2 (2 − 6x + 9x2 ), y2 = n=1 (n+2)! x ) rsid ive21). x(1 − x)y ′′ − 3y ′ + 2y = 0 x4 (Rta.: y1 = 3 + 2x + x2 , y2 = Un (1−x)2 )22). xy ′′ + 2y ′ − xy = 0 x2n x2n+1 (Rta.: y1 = x−1 ∞ n=0 (2n)! = cosh x x , y2 = x−1 ∞ n=0 (2n+1)! = senh x x )
  • 42. 206 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES23). x(x − 1)y ′′ + 3y ′ − 2y = 0 2 1 ∞ (Rta.: y1 = 1 + 3 x + 3 x2 , y2 = n=0 (n + 1)xn+4 )24). xy ′′ + (1 − x)y ′ − y = 0 (Rta.: y1 (x) = ∞ x = ex , y2 = y1 (x) ln |x| + y1 (x)(−x + 4 x2 − 1 n n=0 n! 1 1 3·3! x3 + 4·4! x4 − . . .))25). xy ′′ + y ′ + y = 0 (Rta.: as atic ∞ (−1)n n 5 23 y1 (x) = x , y2 = y1 (x) ln |x| + y1 (x)(2x + x2 + x3 + . . .)) (n!)2 4 27 atem n=026). x2 y ′′ + x(x − 1)y ′ + y = 0 eM 1 1 (Rta.: y1 (x) = xe−x , y2 = xe−x (ln |x| + x + 4 x2 + 3·3! x3 + . . .)) o. d27). xy ′′ + (x − 1)y ′ − 2y = 0 (Rta.: y1 (x) = x2 , y2 = 1 x2 ln |x| − 1 + x − 3! x3 + . . .) 1 ept 2 2 ,D28). xy ′′ − (2x − 1)y ′ + (x − 1)y = 0 uia (Rta.: y1 (x) = ex , y2 = ex ln |x|) tioq 6 629). y ′′ + x y ′ + ( x2 − 1)y = 0 An (Rta.: y1 (x) = senh x , y2 = x3 cosh x x3 ) de 330). y ′′ + x y ′ + 4x2 y = 0 ad 2 cos x2 (Rta.: y1 (x) = sen2x , y2 = ) rsid x x2 ive 2 231). y ′′ + x y ′ − x2 y = 0 1 Un (Rta.: y1 (x) = x, y2 = x2 )32). xy ′′ + 2y ′ + xy = 0 (Rta.: y1 (x) = sen x , y2 = x cos x x )
  • 43. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 20733). xy ′′ + (1 − 2x)y ′ − (1 − x)y = 0 (Rta.: y1 (x) = ex , y2 = ex ln |x|) 134). y ′′ − 2y ′ + (1 + √ 2 )y = 0 4x √ (Rta.: y1 (x) = x ex , y2 = x ex ln |x|)35). x(x − 1)y ′′ − (1 − 3x)y ′ + y = 0 (Rta.: y1 (x) = 1−x , y2 = ln |x| ) 1 1−x as atic 136). y ′′ + x y ′ − y = 0 atem x2 x4 2 3x4 (Rta.: y1 (x) = 1 + 22 + (2·4)2 + . . . , y2 = ln |x|y1 − ( x + 4 8·16 + . . .)) eM 337). y ′′ + x+1 y ′ + 2x y = 0 2x √ 7 21 2 (Rta.: y1 (x) = x (1 − 6 x + 40 x + . . .), y2 = 1 − 3x + 2x2 + . . .) o. d ept38). x2 y ′′ + x(x − 1)y ′ − (x − 1)y = 0 ∞ (−1)n n+1 ,D (Rta.: y1 (x) = x, y2 = x ln |x| + n=1 n!n x ) uia39). xy ′′ − x2 y ′ + (x2 − 2)y = 0 con y(0) = 0 y y ′ (0) = 1 tioq (Rta: y = xex ) An40). La ecuaci´n hipergeom´trica de Gauss es o e de x(1 − x)y ′′ + [γ − (α + β + 1)]y ′ − αβy = 0 ad rsid donde α, β, γ son constantes ive a). Mostrar que x = 0 es un punto singular regular con exponente de Un singularidad 0 y 1 − γ. b). Si γ es un entero positivo, mostrar que ∞ ∞ 0 n y(x) = x Cn x = C n xn n=0 n=0
  • 44. 208 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES con C0 = 0, cuya relaci´n de recurrencia es: o (α + n)(β + n) Cn+1 = Cn (γ + n)(1 + n) para n ≥ 0 c). Si C0 = 1 entonces ∞ αn βn n y(x) = 1 + x n=0 n!γn as donde αn = α(α − 1) . . . (α + n − 1) para n ≥ 1 y similarmente se atic definen βn y γn . atem d). La serie en c) se le llama serie hipergeom´trica y se denota por e F (α, β, γ, x). Demostrar que: eM 1 1) F (1, 1, 1, x) = 1−x (la serie geom´trica) e 2) xF (1, 1, 2, −x) = ln(1 + x) o. d 3) xF ( 1 , 1, 3 , −x2 ) = tan−1 x 2 2 4) F (−k, 1, 1, −x) = (1 + x)k (la serie binomial). ept ,D5.4. ANEXO CON EL PAQUETE Maple uia Ejemplo 15. Resolver la E.D. del Ejemplo 5. (x2 − 1)y ′′ + 4xy ′ + 2y = 0 tioq>Eqn1:={(x^2-1)*D(D(y))(x)+4*x*D(y)(x)+2*y(x)=0,D(y)(0)=C1,y(0)=C0}; An de Eqn1 := ad{(x2 −1)∗D(D(y))(x)+4∗x∗D(y)(x)+2∗y(x) = 0, D(y)(0) = C1, y(0) = C0} rsid>Order:=8: ive>Sol1:=dsolve(Eqn1,y(x),series); UnSol1 := y(x) = C0+C1x+C0x2 +C1x3 +C0x4 +C1x5 +C0x6 +C1x7 +O(x8 )Ejemplo 16. Para el ejemplo anterior, hallar la relaci´n de recurrencia, ite- orarla hasta n = 8 y luego dar la soluci´n. oDebemos cambiar el formato de entrada de la E.D.
  • 45. 5.4. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE 209>eqn2:=(x^2-1)*diff(y(x),x,x)+4*x*diff(y(x),x)+2*y(x)=0; > eqn2 := (x2 − 1) ∗ dif f (y(x), x, x) + 4 ∗ x ∗ dif f (y(x), x) + 2 ∗ y(x) = 0>SeriesSol:=sum(a[n]*x^n,n=k-2..k+2);SeriesSol := a[k − 2]x(k−2) + a[−1 + k]x(−1+k) + a[k]xk + a[1 + k]x(1+k) +a[k + 2]x(k+2)>simplify(simplify(subs(y(x)=SeriesSol,eqn2))); as−(−5a[k − 2]x(k−2) k + 3a[k + 2]x(k+2) k − a[k]xk k + a[1 + k]x(1+k) k − xk a[k − atic2]k 2 − x(1+k) a[−1 + k]k−3a[−1 + k]x(−1+k) k − 3x(k+2) a[k]k + xk a[k]k 2 + x(k+2) a[k + 2]k 2 + 2a[−1 + atemk]x(−1+k)+6a[k − 2]x(k−2) + x(k−2) a[k − 2]k 2 + x(−1+k) a[−1 + k]k 2 + 2a[k + 2]x(k+2) − eMx(1+k) a[−1 + k]k 2−7x(k+2) a[k+2]k+x(1+k) a[1+k]k 2 +xk a[k−2]k−x(k+2) a[k]k 2 −5x(k+3) a[1+k]k o. d−x(k+3) a[1 + k]k 2 − x(k+4) a[k + 2]k 2 − 2a[k]x(k+2) − 6a[1 + k]x(k+3) − 12a[k +2]x(k+2) )/x2 = 0 ept>a[k+2]:=simplify(solve(coeff(lhs(%),x^(k+2)),a[k+2])); ,D uia a[k + 2] := a[k] tioq An>a[0]:=C0:a[1]:=C1:> for k from 2 to 8 do a[k]:=a[k-2] od: de> Sol2:=sum(a[j]*x^j,j=0..8); ad rsidSol2 := C0 + C1x + C0x2 + C1x3 + C0x4 + C1x5 + C0x6 + C1x7 + C0x8 ive>Y1:=C0*sum(’x^(2*k)’,k=0..infinity); Un C0 Y 1 := − x2−1>Y2:=C1*sum(’x*x^(2*k)’,k=0..infinity);
  • 46. 210 CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES C1x Y 2 := − x2 − 1Ejemplo 17. Las siguientes instrucciones grafican las funciones de Bessel deprimera especie y segunda especie.>plot(BesselJ(3,x),x=0..50,y=-0.5..0.5);>plot(BesselY(1,x),x=.1..50,y=-1..0.5); as atic atem eM o. d ept ,D uia tioq An de ad rsid ive Un

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