exposicion series de potencias
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Soluciones de ecuaciones lineales
en series de potencias
Proyecto Curricular de Matemáticas
Universidad Distrital Francisco José de Caldas
Repaso de Series de Potencias
Una serie de potencias en (x – a) es una serie de la forma
Se dice que es una serie de potencias centrada en a.
La serie converge
si el límite de las sumas parciales existe:
2210
0
)()()( axcaxccaxcn
nn
N
n
n
nNNN axcxS0
)(lim)(lim
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 = ∞.
Convergencia absoluta Dentro de su intervalo de convergencia, una serie de potencias converge absolutamente. Es decir, la siguiente serie converge:
0|)(|
n
nn axc
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.
Una serie de potencias define una función
cuyo dominio es el intervalo de convergencia de la serie, donde es
continua, derivable e integrable:
Lc
cax
axc
axc
n
n
nn
n
n
n
n
1
1
1 lim||)(
)(lim
0)(
n
n
nxcxy
)1()(",)('2
2
1
1
n
n
n
n xnnxyxnxy
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:
!6!4!21cos
!5!3sin
,!2!1
1
642
53
2
xxxx
xxxx
xxex
Las series de potencias se pueden combinar mediante operaciones de
suma, resta, multiplicación y división.
303
24
1
12
1
120
1
6
1
6
1
2
1
6
1)1()1(
5040120624621
sin
532
5432
753432
xxxx
xxxxx
xxxx
xxxx
xex
Escribir como una sola serie de
potencias.
Solución:
Primero, buscamos que ambos sumatorios comiencen por la misma
potencia:
Ahora cuando sustituimos el primer valor de n en ambos sumatorios,
las series comienzan con potencias de x1. Haciendo los cambios de
índice k = n – 2 para la primera serie y k = n + 1 para la segunda serie:
0
12
2)1(n
nnn
nn xcxcnn
2 0 3 0
120
2
12 )1(12)1(n n n n
n
n
n
n
n
n
n
n xcxcnnxcxcxcnn .
1 1
122 )1)(2(2k k
kk
kk xcxckkc
1
122 ])1)(2[(2k
k
kk xcckkc
Problemas:
1. Determine el radio de convergencia de las siguientes series de
potencias:
2. Determine la serie de Taylor alrededor del punto indicado para la
función dada:
.)(
;!
;3
)2()1(
;)12(
;!
;)3(
1
0
11
2
0 20
2
0
n
n
n n
n
n n
nn
n
n
n
n
n
n
n
xx
n
xnxn
n
x
n
xx
.0),cos(;2,0,1
1;1),ln( 0000
xxxxx
xx
3. Verifique la ecuación dada:
4. Reescriba la expansión dada como una suma cuyo término genérico
contenga xn:
.)(
,)1()1(
1 1110 0
11
1
1 10
1
k
k
kkk k
k
k
k
k
n
n
nn
n
n
xaaaxaxa
xaxa
2
22
2 0
2
0 01
1
2
2
.)1()1(;)1(
;;)1(
n
n
nn n
n
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
n
xannxxaxannx
xaxnaxxann
Determine an de modo que se satisfaga la ecuación:
E identifique la función representada por la serie
0 01
1 .02n
n
n
n
n xaxna
0.
n
n
nxa
Supongamos la ED lineal
que podemos escribir como
(1)
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.
que converge en |x – x0| < R, R>0. El intervalo –R< x – x0<R donde converge la expansión en serie para y(x) es, por lo menos, igual al mayor de los intervalos alrededor de x0 en donde ambos coeficientes de (1), tienen una representación convergente en serie de potencias alrededor de x0.
Si x = x0 es un punto ordinario o regular de la ecuación diferencial
lineal homogénea (1), entonces dado un par cualquiera de números,
La única solución y = y(x) de (1) que satisface las condiciones iniciales
y(x0)=y0 y y’(x0)=v0 , puede representarse en la forma de series de
potencias centradas en x0:
,
Teorema
0 0)(n
nn xxcy
Soluciones respecto a puntos ordinarios
Resolver
Solución
No 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)(
n
n
nxcxy
2
2)1()("n
n
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
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:
1
122 0])2)(1[(2k
k
kk xcckkcxyy
,3,2,1,0)2)(1( 12 kcckk kk
,3,2,1,)2)(1(
12
kkk
cc k
k
,1k32
03
.
cc
,2k43
14
.
cc
,3k 054
25
.
cc
,4k0
36
6532
1
65c
cc
....
,5k1
47
7643
1
76c
cc
....
,6k 087
58
.
cc
,7k0
69
986532
1
98c
cc
......
,8k 17
101097643
1
109c
cc
......
,9k 01110
811
.
cc
(....)
Observa que todos los coeficientes dependen de c0, o de c1.
)()(....07643
65320
43320)(
1100
71
604130100
xycxycxc
xc
xc
xc
xccxcxyn
n
n
1
13
1074
1
)13)(3(4.3
)1(
10.9.7.6.4.3
1
7.6.4.3
1
4.3
11)(
k
kk
xkk
x
xxxxy
1
3
963
0
)3)(13(3.2
)1(1
9.8.6.5.3.2
1
6.5.3.2
1
3.2
11)(
k
kk
xkk
xxxxy
Entonces las dos soluciones linealmente independientes en serie de
potencias son:
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 k
k
Hay una manera algo menos trabajosa de realizar el cálculo
anterior para encontrar los coeficientes en la relación de
recurrencia:
Si hacemos primero c0 = 1 y c1 = 0, (con c2 = 0):
,3,2,1,)2)(1(
12
kkk
cc k
k
,1k3.2
13 c
,2k 04 c
,3k 054
25
.
cc
,4k6.5.3.2
1
6.5
36
cc
,5k 07 c
1
3
963
0
)3)(13(3.2
)1(1
9.8.6.5.3.2
1
6.5.3.2
1
3.2
11)(
k
kk
xkk
xxxxy
(...)
Si hacemos ahora c0 = 0 y c1 = 1, obtenemos:
,3,2,1,)2)(1(
12
kkk
cc k
k
,1k 03 c
,2k4.3
14 c
,3k 054
25
.
cc
,4k 06.5
36
cc
,5k7.6.4.3
1
7.6
47
cc
(....)
1
13
1074
1
)13)(3(4.3
)1(
10.9.7.6.4.3
1
7.6.4.3
1
4.3
11)(
k
kk
xkk
x
xxxxy
Resolver
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”:
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
nk
n
nn
nk
n
nn
nk
n
nn
nk
n
nn
xcxncxcnn
xcnnxcxcxcxcxc
22
2
4
2
2
1130
00
2
)1(
)1(62
2
2302
2
2302
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 más
alta, que en este caso es x2, y separamos los términos "sobrantes":
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!22
1
42
1
4
1cccc
.
05
235 cc
03046!32
31
642
3
6
3cccc
.
..
07
457 cc
... y así
sucesivamente.
04068!42
531
8642
53
8
5cccc
..
...
.
09
679 cc
050810!52
7531
108642
753
10
7cccc
.
...
....
..
)()(
!52
7.5.3.1
!42
5.3.1
!32
3.1
!22
1
2
11
1100
1
10
5
8
4
6
3
4
2
2
0
10
10
9
9
8
8
7
7
6
6
5
5
4
4
3
3
2
210
xycxyc
xcxxxxxc
xcxcxcxcxc
xcxcxcxcxccy
1||,!2
)32(5.3.1)1(
2
11)( 2
2
12
0
xxn
nxxy n
nn
n
xxy )(1
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
kkk
ccc kk
k
0)1( yxy
022
1cc
0001
36
1
3232c
cccc
..
Ahora elegimos c0 = 0, c1 0, y entonces
0012
424
1
43243c
cccc
...
0023
530
1
2
1
6
1
5454c
cccc
..
02
102 cc
y así sucesivamente...
1101
36
1
3232c
cccc
..
1112
412
1
4343c
cccc
..1
1235
120
1
65454c
cccc
...
Finalmente, la solución será: y = c0y0 + c1y1, donde
5432
030
1
24
1
6
1
2
11)( xxxxxy
543
1120
1
12
1
6
1)( xxxxxy
que convergen para todo x.
Resolver
Solución
Observemos que en este caso Q(x) no es un polinomio. 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 xc
xxxxcnn
yxy
0
2
120
2
112)6(2 3
1352
0241302
xcccxcccxcccc
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| < :
02
120,0
2
112
,06,02
135024
1302
cccccc
cccc
42
012
1
2
11)( xxxy
53
130
1
6
11)( xxxy
Soluciones respecto a puntos singulares
Un 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 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.
DEFINICIÓN Puntos singulares regulares e irregulares
Coeficientes 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 eliminado las
singularidades.
0)()()()(
0)()()()()(
0
2
0
2
0
2
0
2
0
yxqyxpxxyxx
yxQxxyxPxxyxx
Ejemplo: observemos que x = 2, x = – 2 son puntos singulares de:
(x2 – 4)2y” + 3(x – 2)y’ + 5y = 0
Entonces:
2)2)(2(
3)(
xxxP 22 )2()2(
5)(
xxxQ
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
Si x = x0 es un punto singular regular, entonces existe al menos
una solución de la forma
donde r es una raíz de la ecuación de índices
La serie converge al menos en algún intervalo 0 < x – x0 < R.
TEOREMA
Teorema de Frobenius
0
0
0
00 )()()(n
rn
n
n
n
n
r xxcxxcxxy
0)1(2 rr
Debido a que x = 0 es un punto singular regular de
trataremos de hallar una solución en serie con:
03 yyyx
0n
rnnxcy
0
1)(n
rnnxcrny
0
2)1)((n
rnnxcrnrny
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(
0
1
1
0
0
1
1
11
0
k
k
kk
r
nk
n
n
n
nk
n
n
n
r
xccrkrkxcrrx
xcxcrnrnxcrrx
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
krkrk
cc k
k
r1 = 2/3, k = 0, 1, 2,…
r2 = 0, k = 0, 1, 2,…
,)1)(53(
1
kk
cc k
k
,)13)(1(
1
kk
cc k
k
)23(741!
)1(
)23(1185!
10741!4104141185!4414
741!3731185!3311
41!24285!228
00
034
034
023
023
012
012
nn
cc
nn
cc
ccc
ccc
ccc
ccc
ccc
ccc
n
nn
....
........
......
....
r1 = 2/3,
k = 0, 1, 2,…
,)1)(53(
1
kk
cc k
k
,)13)(1(
1
kk
cc k
k
r2 = 0,
k = 0, 1, 2,…
Observa que los dos conjuntos contienen el mismo múltiplo c0. Si se
omite este término, haciéndolo igual a ,1 tenemos:
1
3/2
0)23(11.8.5!
11)(
n
nxnn
xxy
1
0
1)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 <
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.
0)()(
0)]([)]([
2
22
yxqyxxpyx
yxQxyxxPxyx
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)()( yxQyxPy
0n
rnnxcy
0
1)(n
rnnxcrny
0
2)1)((n
rnnxcrnrny
r(r – 1) + a0r + b0 = 0
00
1
00
0
1
0
1
)1()122)((
)(
)()1)((2
)1(2
n
rn
n
n
rn
n
n
rn
n
n
rn
n
n
rn
n
n
rn
n
xcrnxcrnrn
xcxcrn
xcrnxcrnrn
yyxyx
0n
rnnxcy
0')1("2 yyxxy
0
11
0
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(2
1
k
k
cc k
k,2,1,0,
121
k
k
cc k
k
1
1.20
10
1
cc
cc
)12(7531
)1(
!2
)1(
75317!4242
5315!3232
313!2222
00
0344
034
0233
023
0122
012
n
cc
n
cc
ccc
ccc
ccc
ccc
ccc
ccc
n
nn
n
n
...
.....
....
...
,2,1,0
,)1(2
1
k
k
cc k
k
,2,1,0
,12
1
k
k
cc k
k
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
n
n
n
n
n
n
n
xn
xn
xxy
||,)12(7531
)1(1)(
1
2 xxn
xyn
nn
...
Resolver
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
0" yxy
...122)!1(!
)1()(
321
0
1
xx
xxnn
xy n
n
n
0
2
0
121 )( )(
n
rn
n
n
rn
n 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 ,)(
0
0
12
0
0
1
2
1
bxbxxCyxy
cxcxy
n
rn
n
n
rn
n
(3) Si r1 = r2, entonces existen dos soluciones linealmente
independientes de la ecuación de la forma:
ln)()(
0 ,)(
0
12
0
0
1
2
1
n
rn
n
n
rn
n
xbxxyxy
cxcxy
Si ya conocemos una solución y1, la segunda puede obtenerse de la
siguiente manera
Veamos un ejemplo.
)(212
1
dxy
eyxy
Pdx
Hallar la solución general de
Solución Habíamos hallado una solución:
0" yxy
...122)!1(!
)1()(
321
0
1
xx
xxnn
xy n
n
n
dxxxxx
xy
dxxxx
xy
xxxx
dxxy
xxxx
dxxydx
xy
exyxy
dx
2
1
21
54321
2
432
12
1
0
12
144
19
12
7ln
1)(
72
19
12
711)(
12
7
12
5)(
144
1
12
1
2
1)(
)]([)()(
2
112144
19
12
71)(ln)()( xx
xxyxxyxy
Que finalmente nos proporciona como solución:
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