1

4. Soluciones de ecuaciones lineales en series de potencias

(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)

2

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

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

2210

0)()()( axcaxccaxc

n

nn

3

• La serie convergesi existe el siguiente límite de las sumas parciales:

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

• Radio de convergenciaSi 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 = ∞.

N

nn

nNNN axcxS0

)(lim)(lim

Ch5_4

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

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

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

0 |)(|nn

n axc

Lccax

axcaxc

n

n

nnn

nn

n

11

1 lim||)()(lim

5

• Función analítica en un puntoUna función f(x) es analítica en un punto a, si se puede representar mediante una serie de potencias en (x – a) con un radio de convergencia positivo. Por ejemplo:

!6!4!21cos

!5!3sin ,

!2!11

642

532

xxxx

xxxxxxex

• Una serie de potencias define una función cuyo dominio es el intervalo de convergencia de la serie, donde es continua, derivable e integrable:

)1()(",)('2

21

1

nn

nn xnnxyxnxy

0)(

nn

nxcxy

6

• Aritmética de series de potenciasLas series de potencias se pueden combinar mediante operaciones de suma, resta, multiplicación y división.

303

241

121

1201

61

61

21

61)1()1(

5040120624621

sin

532

5432

753432

xxxx

xxxxx

xxxxxxxx

xex

Ch5_7

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

SoluciónPrimero, buscamos que ambos sumatorios comiencen por la misma potencia:

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:

01

22)1( n

nnn

nn xcxcnn

2 0 3 0

1202

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

nn

nn

nn

nn xcxcnnxcxcxcnn ．

1 1122 )1)(2(2

k k

kk

kk xcxckkc

1122 ])1)(2[(2

k

kkk xcckkc

8

• Supongamos la ED lineal

que podemos escribir como

0)()()( 012 yxayxayxa

0)()( yxQyxPy

Se dice que un punto x0 es un punto ordinario o regular de la ED si P(x) y Q(x) son analíticas en x0; es decir si admiten desarrollos en serie de potencias alrededor de x0. Un punto que no es un punto ordinario es un punto singular.

DEFINICIÓN

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

Q(x) = a0(x)/a2(x), entonces x = x0 es un punto ordinario de nuestra ecuación simplemente si a2(x0) 0.

9

• 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.

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:

TEOREMA Existencia de soluciones en series de potencias

0 0)(nn

n xxcy

Soluciones respecto a puntos ordinarios

10

ResolverSoluciónNo tenemos puntos singulares. Podemos buscar solución en serie alrededor de cualquier punto porque todos son regulares. En particular, lo haremos para x = 0. y

Sustituyendo en la ED obtenemos:

0" xyy

0)(

nn

nxcxy

22)1()("

nn

nxcnnxy

0

1

2

2

2 0

2

)1(

)1(

n

nn

n

nn

n n

nn

nn

xcxnnc

xcxxnncxyy

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

11

Obtuvimos esta suma de series en el ejercicio anterior

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

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

1122 0])2)(1[(2

k

kkk xcckkcxyy

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

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

12

kkk

cc kk

12

Tomando valores de k y recordando que c2 = 0:

,1k32

03 ．

cc

,2k43

14 ．

cc

,3k 054

25

．cc

,4k 03

6 65321

65ccc

．．．．

,5k 14

7 76431

76ccc

．．．．

,6k 087

58

．cc

,7k 06

9 9865321

98ccc

．．．．．．

,8k 17

10 10976431

109ccc

．．．．．．

,9k 01110

811

．cc

(....)

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

12

kkk

cc kk

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.

13

Entonces las dos soluciones linealmente independientes en serie de potencias son:

)()(....07643

65320

43320)(

110071

604130100

xycxycxc

xcxcxcxccxcxyn

nn

1

13

10741

)13)(3(4．3)1(

10．9．7．6．4．31

7．6．4．31

4．311)(

k

kk

xkk

x

xxxxy

1

3

9630

)3)(13(3．2)1(1

9．8．6．5．3．21

6．5．3．21

3．211)(

k

kk

xkk

xxxxy

Nuestra solución era:

14

Observa que si hacemos primero c0 = 1 y c1 = 0, (recordando que en este caso particular además c2 = 0),

obtenemos directamente los coeficientes del desarrollo de y0(x). Y haciendo c0 = 0 y c1 = 1, obtenemos directamente los coeficientes del desarrollo de y1(x).

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

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

12

kkk

cc kk

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

15

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

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

12

kkk

cc kk

,1k3．2

13 c

,2k 04 c

,3k 054

25

．cc

,4k6．5．3．2

16．5

36

cc

,5k 07 c

1

3

9630

)3)(13(3．2)1(1

9．8．6．5．3．21

6．5．3．21

3．211)(

k

kk

xkk

xxxxy

(...)

16

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

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

12

kkk

cc kk

,1k 03 c

,2k 4．31

4 c

,3k 054

25

．cc

,4k 06．5

36

cc

,5k7．6．4．3

17．6

47

cc

(....)

1

13

10741

)13)(3(4．3)1(

10．9．7．6．4．31

7．6．4．31

4．311)(

k

kk

xkk

x

xxxxy

17

Resolver

SoluciónPuesto que x2 + 1 = 0, x = i, −i son puntos singulares, la solución en serie de potencias centrada en 0 convergerá al menos para |x| < 1. Usando la solución en forma en serie de potencia de y, y’ e y”:

0'")1( 2 yxyyx

012

2

2

2 01

122

)1()1(

)1()1(

n

nn

n

nn

n

nn

n

nn

n n

nn

n

nn

nn

xcxncxcnnxcnn

xcxncxxcnnx

18

nk

n

nn

nk

n

nn

nk

n

nn

nk

n

nn

xcxncxcnn

xcnnxcxcxcxcxc

22

2

4

2

2113

00

02

)1(

)1(62

22302

22302

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

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

k

kkk

k

kkkkk

xckkckkxccc

xckcckkckkxccc

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

Ahora reindexamos:

19

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

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

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

02024 !221

421

41 cccc

．

052

35 cc

03046 !3231

6423

63 cccc ．

．．

074

57 cc

20

... y así sucesivamente.

04068 !42531

864253

85 cccc ．．

．．．．

096

79 cc

050810 !527531

108642753

107 cccc

．．．．

．．．．．．

)()(!52

7．5．3．1!425．3．1

!323．1

!221

211

1100

110

58

46

34

22

0

1010

99

88

77

66

55

44

33

2210

xycxyc

xcxxxxxc

xcxcxcxcxc

xcxcxcxcxccy

1||,!2

)32(5．3．1)1(211)( 2

2

120

xxnnxxy n

nn

n

xxy )(2

21

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

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

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

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

12

k

kkccc kk

k

0)1( yxy

02 21 cc y

22

Ahora elegimos c0 = 0, c1 0, y entonces

0012

4 241

43243ccccc

．．．

0023

5 301

21

61

5454ccccc

．．

0001

3 61

3232ccccc

．．

021

02 cc

y así sucesivamente...

1101

3 61

3232ccccc

．．

1112

4 121

4343ccccc

．．

1123

5 1201

65454ccccc

．．．Etc.

23

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

54320 30

1241

61

211)( xxxxxy

5431 120

1121

61)( xxxxxy

que convergen para todo x.

Ch5_24

ResolverSoluciónObservemos 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 cos x, y empleando como solución:

0n

nnxcy

0)(cos" yxy

2 0

6422

!6!4!21)1(

)(cos

n n

nn

nn xcxxxxcnn

yxy

02120

2112)6(2 3

1352

0241302

xcccxcccxcccc

25

De ahí deducimos que

c2 = － 1/2c0, c3 = － 1/6c1, c4 = 1/12c0, c5 = 1/30c1,…. Agrupando términos llegamos a la solución general y = c0y1 + c1y2, con radio de convergencia |x| < :

02120,0

2112,06,02 1350241302 cccccccccc

420 12

1211)( xxxy

531 30

1611)( xxxy

26

Soluciones respecto a puntos singularesUn punto singular x0 de una ED lineal

puede ser regular o irregular. La clasificación depende de

0)()()( 012 yxayxayxa

0)()( yxQyxPy

Se dice que un punto singular x0 es un punto singularregular si p(x) = (x – x0)P(x) y q(x) = (x – x0)2Q(x)son analíticas en x0 , i.e. admiten desarrollos en series de potencias centradas en x0. Un punto singular que no es regular es un punto singular irregular de la ecuación.

DEFINICIÓN Puntos singulares regulares e irregulares

27

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:

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.

0)()()()(

0)()()()()(

02

0

20

20

20

yxqyxpxxyxx

yxQxxyxPxxyxx

28

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

(x2 – 4)2y” + 3(x – 2)y’ + 5y = 0Entonces:

2)2)(2(3)(

xxxP 22 )2()2(

5)(

xx

xQ

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.

29

Si x = x0 es un punto singular regular, entonces

existe al menos una solución de la forma

donde el número r es una constante por determinar. La serie converge al menos en algún intervalo0 < x – x0 < R.

TEOREMA

Teorema de Frobenius

0

00

00 )()()(n

rnn

n

nn

r xxcxxcxxy

30

Ejemplo del método de Frobenius

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

trataremos de hallar una solución en serie con:

03 yyyx

0nrn

nxcy

0

1)(n

rnnxcrny

0

2)1)((n

rnnxcrnrny

31

00

1

00

1

0

1

)233)((

)()1)((3

3

n

rnn

n

rnn

n

rnn

n

rnn

n

rnn

xcxcrnrn

xcxcrnxcrnrn

yyyx

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

)233)(()23(

01

10

0

1

1

110

k

kkk

r

nk

n

nn

nk

n

nn

r

xccrkrkxcrrx

xcxcrnrnxcrrx

32

Que implica: r(3r – 2)c0 = 0(k + r + 1)(3k + 3r + 1)ck+1 – ck = 0, k = 0, 1, 2, …Haciendo c0 = 1, r(3r – 2) = 0. Entonces: r = 0, 2/3. Cada valor de r nos transforma la ecuación de recurrencia

en:

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

k

rkrkcc k

k

r1 = 2/3, k = 0, 1, 2,…

r2 = 0, k = 0, 1, 2,…

,)1)(53(1

kkcc k

k

,)13)(1(1

kkcc k

k

Ch5_33

r1 = 2/3,

k = 0, 1, 2,…

,)1)(53(1

kkcc k

k,

)13)(1(1 kk

cc kk

r2 = 0,

k = 0, 1, 2,…

34

Observa que los dos conjuntos contienen el mismo múltiplo c0. Si se omite este término, haciéndolo igual a ,1 tenemos:

1

3/20 )23(11．8．5!

11)(n

nxnn

xxy

1

01 )23(7．4．1!

11)(n

nxnn

xxy

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

y(x) = C0y0(x) + C1y1(x), 0 < x <

35

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.

36

Multiplicando por x2, tenemos

Después de sustituir

p(x) = xP(x) = a0＋ a1x ＋ a2x2 …＋

q(x) = x2Q(x) = b0＋ b1x ＋ b2x2 …＋ en la EDO, obtendremos la ecuación indicial:

0)()(

0)]([)]([2

22

yxqyxxpyx

yxQxyxxPxyx

0)()( yxQyxPy

0nrn

nxcy

0

1)(n

rnnxcrny

0

2)1)((n

rnnxcrnrny

r(r – 1) + a0r + b0 = 0

Ch5_37

ResolverSolución

Sea , entonces

0nrn

nxcy

00

1

00

0

1

0

1

)1()122)((

)(

)()1)((2

)1(2

n

rnn

n

rnn

n

rnn

n

rnn

n

rnn

n

rnn

xcrnxcrnrn

xcxcrn

xcrnxcrnrn

yyxyx

0')1("2 yyxxy

38

01

10

0

1

1

110

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

)1()122)(()12(

k

kkk

r

nk

n

nn

nk

n

nn

r

xcrkcrkrkxcrrx

xcrnxcrnrnxcrrx

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

r (2r – 1) = 0; r1 = ½ , r2 = 0.

,2,1,0,)1(21

kkcc k

k ,2,1,0,121

kkcc k

k

39

1

1．20

10

1cccc

,2,1,0

,)1(21

kkcc k

k

,2,1,0

,121

kkcc k

k

40

Así para r1 = ½

y para r2 = 0

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

0

2/1

1

2/11 !2

)1(!2

)1(1)(n

nn

n

n

nn

n

xn

xn

xxy

||,

)12(7531)1(1)(

12 xx

nxy

n

nn

．．．

41

ResolverSoluciónDe xP = 0, x2Q = x, y el hecho de que 0 y x sean sus propias series de potencias centradas en 0, se concluye a0 = 0, b0 = 0. De modo que la ecuación indicial r(r – 1) + a0r + b0 = 0, queda:r(r – 1) = 0, r1 = 1, r2 = 0.

Comprueba que en este caso ambas raíces producen el mismo conjunto de coeficientes. En otras palabras, que sólo obtenemos una solución en serie

0" yxy

...122)!1(!

)1()(32

1

01

xxxx

nnxy n

n

n

42

0

20

121 )( )(

n

rnn

n

rnn xbxyxcxy

¿Cómo obtener la segunda solución?Hay que distinguir tres casos:(1) Si r1, r2 son distintas y la diferencia r1 - r2 no es un entero positivo, entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación de la forma :

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

0 ,ln)()(

0 ,)(

00

12

00

1

2

1

bxbxxCyxy

cxcxy

n

rnn

n

rnn

43

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

ln)()(

0 ,)(

012

00

1

2

1

n

rnn

n

rnn

xbxxyxy

cxcxy

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

Veamos un ejemplo.

)( 2121

dxyeyxy

Pdx

44

Hallar la solución general deSolución Habíamos hallado una solución:

0" yxy

...122)!1(!

)1()(32

1

01

xxxx

nnxy n

n

n

dxxxxx

xy

dxxxx

xy

xxxx

dxxy

xxxx

dxxydxxy

exyxydx

21

21

54321

2432

121

0

12

14419

127ln1)(

7219

12711)(

127

125

)(

1441

121

21

)()]([

)()(

45

2

112 14419

1271)(ln)()( xx

xxyxxyxy

Que finalmente nos proporciona como solución:

Para ver más ejemplos resueltos y detalles de esta última parte, consulta los apuntes de Jose Olarrea en Soluciones_series.pdf.