informe nro 05

RESOLUCIN DE EJERCICIOS SOBRE SERIES DE POTENCIA

Al : Mat. Coaquira Crdenas, Vctor A.

De : Tenorio Pariona, Darwin N..

Fecha : Ayacucho, 05/11/2014

ndice general

Pgina

Portada I

ndice General II

1. ANLISIS MATEMTICO IV 1

1.1. RESOLVER LAS SIGUIENTES ED: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2. Demostrar: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.3. Resolver las siguientes ED: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Ingeniera Civil iiIng. Civil

1 ANLISISMATEMTICO IV1.1 RESOLVER LAS SIGUIENTES ED:

a) y xy y = 0 ; y(0) = 1 ; y(0) = 0

Solucin:

Tomamos como solucin:

y =n=0

anxn

Derivando obtenemos:

y =n=1

nanxn1, y =

n=2

n(n 1)anxn2

Sustituyendo en la ecuacin original:n=2

n(n 1)anxn2 x[n=1

nanxn1]

n=0

anxn = 0

Uniformizando el exponente de x:

n=0

(n+ 1)(n+ 2)an+2xn n=1

nanxn

n=0

anxn = 0

Uniformizando tambin el limite inferior:

2a2 +n=1

(n+ 1)(n+ 2)an+2xn n=1

nanxn a0

n=1

anxn = 0

Aplicando el mtodo de los coeficientes indeterminados:{2a2 a0 = 0(n+ 1)(n+ 2)an+2 nan an = 0,n> 1

Ingeniera Civil 1Ing. Civil

UNSCH ANLISIS MATEMTICO IV

Luego tenemos:

an+2 =an

n+ 2 ;a2 =a22

Para n= 1;a3 = a13 n= 2;a4 = a24 =

a08

n= 2;a4 = a24 =a08

n= 3;a5 = a35 =a1

3 5 n= 4;a6 = a46 =

a06 8

n= 5;a7 = a57 =a0

3 5 7...

Sabemos que:

y =n=0

anxn = a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3 + a4x

4 + ...

y = a0(1+x2

2 +x4

8 +x6

2 4 6 + ...) + a1x(1+x2

3 +x4

3 5 +x6

3 5 7 + ...)

Reemplazando la condicin inicial y(0) = 1;

1 = a0(1+ 0+ ...) + a1(0)a0 = 1

Si la condicin inicial y(0) = 0;derivando e igualando y:

0 = 1(0) + a1(1) a1 = 0

Finalmente:

y = 1(1+ x2

2 +x4

8 +x6

2 4 6 + ...) + 0

y = (1+ x2

2 +x4

8 +x6

2 4 6 + ...)



b) y xy + y 1 = 0 ; y(0) = 0; y(0) = 0}

Solucin:

Solucin general:

y =n=0

anxn


y =n=1

nanxn1;y =

n=2

n(n 1)anxn2

Reemplazando en la ED. dada:

n=2

n(n 1)anxn2 xn=1

nanxn1 +

n=0

anxn 1 = 0

n=0

(n+ 2)(n+ 1)a(n+2)xn n=1

nanxn +

n=0

anxn 1 = 0

2a2 +n=1

(n+ 2)(n+ 1)a(n+2)xn n=1

nanxn + a0 +

n=1

anxn 1 = 0

(2a2 + a0 1) +n=1

(n+ 2)(n+ 1)a(n+2)xn n=1

nanxn +

n=1

anxn

(2a2 + a0 1) +n=1

[(n+ 2)(n+ 1)a(n+2) nan + an

]xn = 0

{(2a2 + a0 1) = 0

(n+ 2)(n+ 1)a(n+2) nan + an = 0

Luego:

2a2 + a0 = 1

an =(n+1)(n+2)

(n1) an+2

Aplicando la condicin inicial se tiene:

y(0) = y(0) = 0



y =n=0

anxn = a0 + a1x+ a2x2 + a3x3 + a4x4 + ....

y(0) = 0 a0 = 0, a2 = 12

y =n=1

nanxn1 = a1 + 2a2x+ 3a3x2 + 4a4x3 + ........

y(0) = 0 a1 = 0

Luego:

si : n= 1 a3 = 0

si : n= 2 a4 = 124

si : n= 3 a5 = 0

si : n= 4 a6 = 124x14........continua.

Finalmente, la solucin general:

y =n=0

anxn = a0 + a1x+ a2x2 + a3x3 + a4x4 + ....

y =12x

2 +124x

4 +1

24x14x6 + ....



c) y (1+ x2)y = 0;y(0) = 2;y(0) = 2

Solucin:

Sea x= 0 como punto ordinario de la E.D., entonces la solucin de la ecuacin diferencial es :

y =n=0

Cnxn

Derivando:

y =n=1

nCnxn1 y =

n=2

n(n 1)Cnxn2

Reemplazando en la ecuacin diferencial dada:

n=2

n(n 1)Cnxn2 (1+ x2)n=0

Cnxn = 0

n=2

n(n 1)Cnxn2 n=0

Cnxn

n=0

Cnxn+2 = 0

Igualando exponentes:

n=0

(n+ 2)(n+ 1)Cn+2xn n=0

Cnxn

n=2

Cn2xn = 0

Igualando indices:

1,2C2 + 2,3C3xC0 C1x+n=2

(n+ 2)(n+ 1)Cn+2xn n=2

Cnxn

n=2

Cn2xn = 0

C0 + 1,2C2 + (2,3C3 C1) +n=2

[(n+ 2)(n+ 1)Cn+2 Cn Cn2]xn = 0



Aplicando el mtodo de coeficientes indeterminados,e igualando termino a termino:

C0 + 1,2C2 = 0 C2 = C01,2

2,3C3 C1 = 0 C3 = C11,2,3

(n+ 2)(n+ 1)Cn+2 Cn Cn2 = 0

Cn+2 =Cn+Cn2(n+2)(n+1)

Analizando:

n= 2 C4 = C2 +C03,4 =3C04!

n= 3 C5 = C3 +C14,5 =7C15!

n= 4 C6 = C4 +C25,6 =15C0

6!

n= 5 C7 = C5 +C36,7 =27C0

7!

...=...

Como la solucin de la ecuacin diferencial es:

y =n=0

Cnxn

y = C0 +C1x+C2x2 +C3x

3 +C4x4 +C5x

5 + . . .

Sustituyendo los valores de lo analizado:

y = C0 +C1x+C02! x

2 +C13! x

3 +3C04! x

4 +7C15! x

5 +15C0

6! x6 . . .



Agrupando:

y = C0(1+x2

2! +3x44! +

15x66! + . . .) +C1(x+

x3

3! +7x55! +

27x77! + . . .)

Luego de las condiciones iniciales y(0) = 2 y y(0) = 2

2 = C0(1+ 02

2! +3 04

4! +15 06

6! + . . .) +C1(0+033! +

7 055! +

27 077! + . . .)

C0 = 2

Derivando y:

y = C0(2x12! +

12x34! +

80x56! + . . .) +C1(1+

3x23! +

35x45! +

189x67! + . . .)

2 = C0(2 01

2! +12 03

4! +80 05

6! + . . .) +C1(1+3 02

3! +35 04

5! +189 06

7! + . . .)

C1 = 2

Finalmente la solucin es:

y = 2(1+ x2

2! +3x44! +

15x66! + . . .) + 2(x+

x3

3! +7x55! +

27x77! + . . .)



d) y + (senx)y = 0

Solucin:

Sabemos que:

sen(x) = x+x3

3! +x5

5! ....

Como x0 = 0 es un punto ordinario entonces:

y =n=0

CnXn

Derivando:

dydx =

n=1

CnnXn1

d2ydx2 =

n=2

Cnn(n 1)Xn2

Reemplazando en ED dada:

ysen(x)y =n=2

Cnn(n 1)Xn2 +(x+ x

33! +

x55! ....

)( n=0

CnXn

)= 0

= (2C2 + 6C3x+ 12C4x2 + 20C5x3 + ...) +(x+ x

33! +

x55! ....

)(C0 +C1x+C2x2 +C3x3 + ...

)

Operando y agrupando:

(2C2) + (6C3 +C0)x+ (12C4 +C1)x2 + (20C5 +C2 C06 ) + ... = 0

2C2 = 0 C2 = 0

6C3 +C0 = 0 C3 = C06

12C4 +C1 = 0 C4 = C112

20C5 +C2 C06 C5 = C0120...



Como:

y = C0 +C1x+C2x2 +C3x3 +C4x4 +C5x5...

y = C0 +C1x C06 x3 + C112 x4 + C0120x5...

y = C0(1 x36 + x5

120 ...) +C1(x+x412 + ...)

e) y 4xy 4y = ex

Solucin:

Asumiendo que la solucin es:

y =n=0

anxn

Al derivar se tiene:

y =n=1

nanxn1, y =

n=2

n(n 1)anxn2

Reemplazando en la ecuacin original:

n=2

n(n 1)anxn2 4x[n=1

nanxn1] 4

n=0

anxn = ex =

n=0

xn

n!

Buscando el mismo exponente a x:

n=0

(n+ 1)(n+ 2)an+2xn 4n=1

nanxn 4

n=0

anxn =

n=0

xn

n!

Dando el mismo limite inferior



2a2 +n=1

(n+ 1)(n+ 2)an+2xn 4n=1

nanxn 4a0 4

n=1

anxn = 1+

n=1

xn

n!

2a2 4a0 +n=1

(n+ 1)(n+ 2)an+2xn 4n=1

nanxn 4

n=1

anxn = 1+

n=1

xn

n!

2a2 4a0 +n=1

[(n+ 1)(n+ 2)an+2 4nan 4an]xn = 1+n=1

xn

n!

Mediante el mtodo de coeficientes indeterminados:2a2 4a0 = 1 a2 = 12 + 2a0

(n+ 1)(n+ 2)an+2 4nan 4an = 1n! an+2 = 1

(n+ 2)! +4

n+ 2an

Entonces tenemos:dando valores a nan+2 =

1(n+ 2)! +

4n+ 2an;n> 1

n= 1;a3 =1(3)! +

43a1

n= 2;a4 =1(4)! +

44a2 =

1(4)! +

44 (

12! + 2a0) =

13(4)! +

44 2a0

n= 3;a5 =1(5)! +

45a3 =

1(5)! +

45 (

1(3)! +

43a1) =

17(5)! +

45

43 a1

=17(5)! +

423 5 a1

n= 4;a6 =1(6)! +

46a4 =

1(6)! +

46 (

13(4)! +

44 2a0) =

261(6)! +

46

44 2a0

=32 29(6)! +

424 6 2a0

n= 5;a7 =1(7)! +

47a5 =

1(7)! +

47 (

17(5)! +

45

43 a1) =

409(7)! +

47

45

43 a1

=409(7)! +

433 5 7 a1

n= 6;a7 =1(8)! +

48a6 =

1(8)! +

48 (

261(6)! +

46

44 2a0) =

=3 1103(8)! +

434 6 8 2a0

n= 7;a7 =1(9)! +

49a7 =

1(9)! +

49 (

409(7)! +

47

45

43 a1) =

=13089(9)! +

49

47

45

43 a1 =

3 43639! +

443 5 7 9 a1



Como

y = a0 + a1x+ (12 + 2a0)x

2 + (1(3)! +

43a1)x

3 + (13(4)! +

44 2a0)x

4+

+(17(5)! +

423 5 a1)x

5 + (32 29(6)! +

424 6 2a0)x

6+

(409(7)! +

433 5 7 a1)x

7 + (3 1103(8)! +

434 6 8 2a0)x

8

+(3 4363

9! +44

3 5 7 9 a1)x9

Finalmente:

y = a0(1+ 2x2 +44 2x

4 +42

4 6 2x6 + ...)+

(12!x

2 +134! x

4 +32 29(6)! x

6 + ...)

+a1x(1+43x

2 +42

3 5x4 +

443 5 7 9x

6...) + ( 13!x3 +

175! x

5 +409(7)!x

7...)



f) y + y = cosx

Solucin:

Sea la solucin general:

y =n=0

anxn


y =n=1

nanxn1;y =

n=2

n(n 1)anxn2

Se sabe que:

n=0

(1)nx2n(2n)!

Reemplazando en ED dada:

n=2

n(n 1)anxn2 +n=0

anxn =

n=0

(1)nx2n(2n)!

n=0

(n+ 2)(n+ 1)a(n+2)xn +n=0

anxn =

n=0

(1)nx2n(2n)!

n=0

[(n+ 2)(n+ 1)a(n+2) + an

]xn =

n=0

(1)nx2n(2n)!

Expresando de la siguiente forma:

n=0

[(2n+ 2)(2n+ 3)a(2n+3) + a2n+1

]x2n+1+

n=0

[(2n+ 1)(2n+ 2)a(2n+2) + a2n

]x2n=

n=0

(1)nx2n(2n)!

Por el mtodo de coeficiente indeterminados:

(2n+ 2)(2n+ 3)a(2n+3) + a2n+1 = 0

(2n+ 1)(2n+ 2)a(2n+2) + a2n =(1)n(2n)!

Luego:



a(2n+3) = a2n+1(2n+1)(2n+2)

n= 0 a3 = a12x3

n= 1 a5 = a34x5 = a12x3x4x5.........

Luego:

a(2n+2) =

(1)n(2n)! a2n

(2n+ 1)(2n+ 2)

n= 0 a2 =(12 a0

) 12 =

12a02x(1x2)

n= 1 a4 =(12 a2

) 13x4 =

12a22x3x4 =

3+2a08x(3x4)

.....

Finalmente:

y = a0 + a1x++a2x2 + a3x3 + a4x4 + ....

y = a0 + a1x+ (12a02x(1x2) )x

2 + ( a12x3 )x3 + (3+2a08x(3x4) )x4



g) xy + (senx)y = 0

Solucin:

Tomando x=0 como punto ordinario de la E.D., entonces la solucin de la ecuacin diferencial es :

y =n=0

Cnxn

Derivando:

y =n=1

nCnxn1 y =

n=2

n(n 1)Cnxn2 sinx= x x3

3! +x5

5! x7

7! . . .

Reemplazando en la ecuacin diferencial dada:

xn=2

n(n 1)Cnxn2 + sinxn=0

Cnxn = 0

n=2

n(n 1)Cnxn1 + (x x3

3! +x5

5! x7

7! . . .)n=0

Cnxn = 0

Desarrollando las sumatorias:

(1 2C2x+ 2 3C3x2 + 3 4C4x3 + 4 5C5x4 + . . .)+

(x x3

3! +x5

5! x7

7! . . .)(C0 +C1x+C2x2 +C3x

3 +C4x4 +C5x

5 + . . .) = 0

Agrupando:

(C0 + 1 2C2)x+ (C1 + 2 3C3)x2 + (C2 + 3 4C4 C03! )x3 + . . .= 0


C0 + 1 2C2 = 0 C2 = C01,2 =C0

2!

C1 + 2 3C3 = 0 C3 = C11,2,3 =C1

3!

C2 + 3 4C4 C03! = 0 C4 =4C03 4!

C3 + 4 5C5 C13! = 0 C5 =2C15!

......


y =n=0

Cnxn

y = C0 +C1x+C2x2 +C3x

3 +C4x4 +C5x

5 + . . .




y = C0 +C1x C02! x2 C13! x

3 +4C03 4!x

4 +2C15! x

5 + . . .

Agrupando:

y = C0(1 x2

2! +4x4

3 4! + . . .) +C1(xx3

3! +2x55! + . . .)

Finalmente la solucin es:

y = C0(1 x2

2! +4x4

3 4! + . . .) +C1(xx3

3! +2x55! + . . .)



1.2 Demostrar:

Demostrar que la ecuacin inicial de la ecuacin diferencial d2yd2x + P (x)

dydx +Q(x)y = 0 alrededor

del punto singular regular x0 = 0.

r(r 1) + p0r+ q0 = 0

Solucin:

Como x0 = 0 es un punto singular regular entonces por el teorema de Frobenius existe una solucinen serie de potencias de la forma:

y = xrn=0

CnXn =

n=0

CnXn + r

Hallando sus derivadas:

dy

dx=n=0

Cn(n r)Xn+r1

d2y

dx2=n=0

Cn(n+ r)(n+ r 1)Xn+r2

Por otra parte como x0 = 0 es un punto singular regular entonces xp(x) y x2Q(x) son analticax0 = 0. El desarrollo en serie de potencias es decir:

xp(x) =n=0

PnXn,x2Q(x) =

n=0

qnXn

Donde ambas series convergen en un intervalo centrado en x0 = 0; reemplazando en ecuacindiferencial tenemos:



d2ydx2 + P (x)

dydx +Q(x)y = 0

n=0

Cn(n+ r)(n+ r 1)Xn+r2 + 1xn=0

PnXnn=0

Cn(n+ r)Xn+r1 + 1x2n=0

qnXnn=0

CnXn+r = 0

n=0

Cn(n+ r)(n+ r 1)Xn+r2 + xr1xn=0

PnXnn=0

Cn(n+ r)Xn +xr

x2

n=0

qnXnn=0

CnXn = 0

n=0

Cn(n+ r)(n+ r 1)Xn+r2 + xr21n=0

(n=0

Cn(k+ r)Pnk)Xn + xr21

n=0

(k=0

Ckqnk)Xn = 0

n=0

(Cn(n+ r)(n+ r 1) +k=0

Ck(k+ r)Pnk +k=0

Ckqnk)Xn+r2 = 0

Por el mtodo de los coeficientes indeterminados:

Cn(n+ r)(n+ r 1) +k=0

((k+ r)Pnk + qnk)Ck = 0,n 0

Pero n= 0, se tiene:

r(r 1)C0 + (rP0 + q0)C0 = 0

Como C0 6= 0, entonces:

r(r 1) + (rP0 + q0) = 0

Por lo tanto queda demostrado.



1.3 Resolver las siguientes ED:

a) 9x(1 x)y 12y + 4y = 0

Solucin:


y =n=0

anxn


y =n=1

nanxn1, y =

n=2

n(n 1)anxn2


9x (1 x)y 12y + 4y = 0 = (9x2 + 9x)y 12y + 4y

9n=2

n(n 1)anxn+9n=2

n(n 1)anxn1 12[n=1

nanxn1] + 4

n=0

anxn = 0

Buscando el mismo exponente a x:

9n=2

n(n 1)anxn + 9n=1

n(n+ 1)an+1xn 12[n=0

(n+ 1)an+1xn] + 4n=0

anxn = 0

Dando el mismo limite inferior:

9n=2

n(n 1)anxn + 18a2x+ 9n=2

n(n+ 1)an+1xn 12a1 24a2x 12[n=2

(n+ 1)an+1xn]+

+4a0 + 4a1x+ 4n=0

anxn = 0



Por el mtodo de coeficientes indeterminados:

6a2 + 4a1)x 12a1 + 4a0 = 0

a1 =

13a0

a2 =29a0

9n(n+ 1)an+1 9n(n 1)an 12(n+ 1)an+1 + 4an = 0 an+1 = 9n2 + 9n+ 4

9n2 3n 12

Seguidamente tenemos:

an+1 =9n2 + 9n+ 49n2 3n 12 ;n> 2

n= 2;a3 =79 (a2) =

79 (

29a0) =

2 792 a0

n= 3;a4 =5060 (a3) =

56 (2 7

92 a0) = (5 73 92 a0)

n= 4;a5 =104120 (a4) =

104120 (

5 73 92 a0) =

1315 (

5 73 92 a0) =

7 139 92 a0

y =n=0


2 + a3x3 + a4x

4 + ...

y = a0(1+x2

2 +x4

8 +x6

2 4 6 + ...) + a1x(1+x2

3 +x4

3 5 +x6

3 5 7 + ...)

y =n=0


2 + a3x3 + a4x

4 + ...

y = a0 +13a0x+

29a0x

2 +2 7

92 a0x3 +

5 73 92 a0x

4 +7 13

93 a0x5 + ...

Finalmente la solucin:

y = a0(1+13x+

232x

2 +2 7

34 x3 +

5 735 x

4 +7 13

36 x5 + ...)



b) 2xy + (1 2x2)y 4xy = 0

Solucin:

La solucin general es:

y =n=0

anxn


y =n=1

nanxn1;y =

n=2

n(n 1)anxn2


2xn=2

n(n 1)anxn2 + (1 2x2)n=1

nanxn1 4x

n=0

anxn = 0

2n=2

n(n 1)anxn1 + (1 2x2)n=1

nanxn1 4

n=0

anxn+1 = 0

2n=2

n(n 1)anxn1 + (1 2x2)n=1

nanxn1 4

n=0

anxn+1 = 0

2n=2

n(n 1)anxn1 +n=1

nanxn1 2

n=1

nanxn+1 4

n=0

anxn+1 = 0

2n=1

n(n+ 1)an+1xn +n=0

(n+ 1)an+1xn 2n=2

(n 1)an1xn 4n=1

an1xn = 0

4a2x+ 2n=2

n(n+ 1)an+1xn +n=0

(n+ 1)an+1xn + a1 + 2a2x 2n=2

(n 1)an1xn 4a0x 4n=2

an1xn = 0

a1 + (6a2 4a0)x+n=0

(2(n+ 1)nan+1 + (n+ 1)an+1 2(n 1)an1 4an1)xn = 0

a1 + (6a2 4a0)x+n=0

((n+ 1)(2n+ 1)an+1 2(n 1)an1)xn = 0

Por el mtodo de coeficiente indeterminados:

a1 = 0

a2 =23a0

an+12an12n+1



Luego:

si : n= 2 a3 = 2a15 = 0

si : n= 3 a4 = 2a27 = 421a0

si : n= 4 a5 = 2a39 = 0.......continua.


y =n=0

anxn = a0 + a1x+ a2x2 + a3x3 + a4x4 + ....

y = a0 +23a0x

2 + 421a0x4 + ....

y = a0(12x

2 + 124x4 + 124x14x

6 + ....)



c) xy + 2y 4xy = 0

Solucin:

Tomando x=0 como punto singular regular de la E.D., entonces la solucin de la ecuacin diferenciales :

y =n=0

Cnxn+r

Donde r es la raz de la ecuacin inicial:

r(r 1) + p0r+ q0 = 0

De la ecuacin dada tenemos:

y +2xy 4y = 0

Donde: P (x) = 2xy Q(x) = 4,ademas :

p0 = lmx0xP (x) lmx0x(

2x) = 2

q0 = lmx0xQ(x) lmx0x(4) = 0

Reemplazando en la ecuacin inicial tenemos:

r(r 1) + 2r+ 0 = 0r = 0 r = 1

Para r=0 la solucin es:

y =n=0

Cnxn



Derivando:

y =n=1

nCnxn1 y =

n=2

n(n 1)Cnxn2

Reemplazando en la ecuacin dada:

x

n=2

n(n 1)Cnxn2 + 2n=1

nCnxn1 4x

n=0

Cnxn = 0

Igualando potencias:

n=2

n(n 1)Cnxn1 + 2n=1

nCnxn1 4

n=0

Cnxn+1 = 0

n=1

n(n+ 1)Cn+1xn + 2n=0

(n+ 1)Cn+1xn 4n=1

Cn1xn = 0

Igualando indices:

n=1

n(n+ 1)Cn+1xn + 2C1 + 2n=1

(n+ 1)Cn+1xn 4n=1

Cn1xn = 0

2C1 +n=1

[n(n+ 1)Cn+1 + 2(n+ 1)Cn+1 4Cn1]xn = 0


2C1 = 0 C1 = 0

Cn+1(n+ 1)(n+ 2) 4Cn1 = 0 Cn+1 = 4Cn1(n+ 1)(n+ 2) ; n> 1

Analizando:



n= 1 C2 = 4C02,3 =4C03!

n= 2 C3 = 4C13,4 = 0

n= 3 C4 = 4C24,5 =16C0

5!

n= 4 C5 = 4C35,6 = 0

n= 5 C6 = 4C46,7 =64C0

7!...=

...


y =n=0

Cnxn

y = C0 +C1x+C2x2 +C3x

3 +C4x4 +C5x

5 + . . .


y = C0 +4C03! x

2 +16C0

5! x4 +

64C07! x

6 . . .

y = C0(1+43!x

2 +165! x

4 +647! x

6 . . .)

Para r=-1 la solucin es:

y =n=0

Cnxn1

Derivando:

y =n=1

(n 1)Cnxn2 y =n=2

(n 2)(n 1)Cnxn3

Reemplazando en la ecuacin dada:

x

n=2

(n 2)(n 1)Cnxn3 + 2n=1

(n 1)Cnxn2 4xn=0

Cnxn1 = 0



Igualando potencias:

n=2

(n 2)(n 1)Cnxn2 + 2n=1

(n 1)Cnxn2 4n=0

Cnxn = 0

n=0

n(n+ 1)Cn+2xn + 2

n=1(n+ 1)Cn+2xn 4

n=0

Cnxn = 0

Igualando indices:

n=0

n(n+ 1)Cn+2xn + 2n=0

(n+ 1)Cn+2xn 4n=0

Cnxn = 0

n=0

[n(n+ 1)Cn+2 + 2(n+ 1)Cn+2 4Cn]xn = 0


Cn+2(n+ 1)(n+ 2) 4Cn = 0 Cn+2 = 4Cn(n+ 1)(n+ 2) ; n> 0

Analizando:

n= 0 C2 = 4C01,2 =4C02!

n= 1 C3 = 4C12,3 =4C13!

n= 2 C4 = 4C23,4 =16C0

4!

n= 3 C5 = 4C34,5 =16C0

5!

n= 4 C6 = 4C45,6 =64C0

6!...=

...




y =n=0

Cnxn1

y = C0x1 +C1 +C2x+C3x2 +C4x3 +C5x4 + . . .


y = C0x1 +C1 +

4C02! x+

4C13! x

2 +16C0

4! x3 +

16C15! x

4 +64C0

6! x5 + . . .

y = C0(x1 +

42!x+

164! x

3 +646! x

5 . . .) +C1(1+43!x

2 +165! x

4 +647! x

6 . . .)

d) 2xy y + 2y = 0

Solucin:

Por Frobenious: Como x0 = 0 es un punto singular regular entonces existe una solucin en serie depotencias de la forma:

y =n=0

CnXn+r

Hallando la derivadas:

dydx =

n=0

Cn(n r)Xn+r1

d2ydx2 =

n=0





2xn=0

Cn(n+ r)(n+ r 1)Xn+r2 n=0

Cn(n r)Xn+r1 + 2n=0

CnXn+r

n=0

2Cn(n+ r)(n+ r 1)Xn+r1 n=0

Cn(n r)Xn+r1 + 2n=0

CnXn+r

n=0

Cn(n+ r)(2n+ 2r 1)Xn+r1 +n=0

2CnXn+r

n=0

Cn(n+ r)(2n+ 2r 1)Xn+r1 +n=1

2Cn1Xn+r1

r(2r 1)C0Xr1 +n=1

Cn(n+ r)(2n+ 2r 1)Xn+r1 +n=1

2Cn1Xn+r1

r(2r 1)C0Xr1 +Xr1(n=1

(Cn(n+ r)(2n+ 2r 1) + 2Cn1)Xn) = 0

Ahora por el mtodo de coeficientes indeterminados:

r(2r 1) = 0

Cn(n+ r)(2n+ 2r 1) + 2(n+ r)Cn1 = 0, ..para..n 1

r(2r 1) = 0 r1 = 1/2,r2 = 0

Formula de recurrencia:

Cn =2Cn1

2n+ 2r 1

Para r1 = 1/2, se tiene:

Cn =2Cn1

2n ;n= 1,2,3, ...



n= 1 C1 = 2C02,1

n= 2 C2 = 2C12,2 = C0,2!

n= 3 C3 = 2C22,3 = C03!

n= 4 C4 = 2C32,4 = C04!...Cn =

(1)nC0n! ,n= 1,2,3...

y1(x) =n=0

CnXn+r = C0Xr +

n=1

CnXn+r = C0X1/2 +X1/2

n=1

CnXn = C0X1/2 +X1/2

n=1

(1)nC0n! X

n

y1(x) = C0X1/2(1+n=1

(1)nn! X

n)

Para r2 = 0, se tiene:

Cn =2Cn12n 1 ;n= 1,2,3, ...

n= 1 C1 = 2C01

n= 2 C2 = 2C13 = 22C01,3

n= 3 C3 = 2C25 = 23C0

1,3,5

n= 4 C4 = 2C39 = 24C0

1,3,5,9...Cn =

(1)n22nC01,3,5...(2n1) ,n= 1,2,3...

y2(x) =n=0

CnXn+r = C0 +

n=1

CnXn = C0 +

n=1

(1)n22nC01,3,5...(2n1)X

n

y1(x) = C0(1+n=1

(1)n22nC01,3,5...(2n1)X

n)


y(x) = c1y1(x) + c2y2(x)



e) x2y + (x2 3x)y + 4y = 0

Solucin:


y =n=0

anxn


y =n=1

nanxn1, y =

n=2

n(n 1)anxn2


n=2

n(n 1)anxn +n=1

nanxn+1 3

n=1

nanxn + 4

n=0

anxn = 0

Buscando el mismo exponente a: x

n=2

n(n 1)anxn +n=2

(n 1)an1xn 3n=1

nanxn + 4

n=0

anxn = 0

Dando el mismo limite inferior:

n=2

n(n 1)anxn +n=2

(n 1)an1xn 3a1x 3n=2

nanxn + 4a0 + 4a1x+ 4

n=2

anxn = 0

(3a1 + 4a1)x+ 4a0 +n=2

[n(n 1)an + (n 1)an1 3nan + 4an] = 0


(3a1 + 4a1)x= 0;4a0 a0 = 0;a1 = 0



n(n 1)an + (n 1)an1 3nan + 4an = 0

an =(n 1)(n 2)2 an1

, n > 2

Seguidamente como:

a0 = 0a1 = 0

a3 =(2)

1 a2 = 2a2

a4 =(3)

4 a3 = 34 (2a2) =

34 2a2

a5 =(4)

9 a4 = 49 (

34 (2a2)) =

49

34 2a2

a6 =(5)

16 a5 = 516 (

49

34 2a2) =

516 (

49

34 2a2)

a7 =(6)

25 a6 = 625 (

516 (

49

34 2a2)) =

625 (

516

49

34 2a2)

...

an =(n 1)!

((n 2)!)2 a2

Finalmente queda:

y =n=0

anxn = an + a1x+ a2x

2 + a3x3 + a4x

4 + a5x5 + a6x

6 + a7x7 + ...

yg = an + a1x+ a2x2 +2a2x3 + 34 2a2x

4 +49 34 2a2x

5+

516 (

49

34 2a2)x

6 625 (516

49

34 2a2)x

7 + ...

yg = 0+ 0+2a2x3 + 34 2a2x4 49

34 2a2x

5+

+516 (

49

34 2a2)x

6 625 (516

49

34 2a2)x

7.

yg = 0+ 0+2a2x3 + 34 2a2x4 49

34 2a2x

5+

+516 (

49

34 2a2)x

6 625 (516

49

34 2a2)x

7...

y =n=0

(n 1)!((n 2)!)2 a2x

n



f) x(1 x)y 3y + 2y = 0

Solucin:

y +3

x(1 x)y +

2x(1 x)y = 0

Para el punto singular x=0: Tenemos que:

y =n=0

anxn+r

Siendo r una constante tal que:

r(r 1) + p0r+ q0 = 0

Donde:

p0 = lmx0xP (x) = lmx0x

3x(1x) = lmx0

3x1 = 3

q0 = lmx0x

2Q(x) = lmx0x

2 2x(1x) = 0

r(r 1) 3r = 0r(r 3) = 0r1 = 4;r2 = 0



i) Para: r1= 4 y1 (x) =n=0

anxn+4 y =

n=0

(n+ 4)anxn+3 y =n=0

(n+ 4) (n+ 3)anxn+2

Reemplazando en la ED dada:

x (1 x)n=0

(n+ 4) (n+ 3)anxn+2 3n=0

(n+ 4)anxn+3 + 2n=0

anxn+4 = 0

n=0

an (n+ 4) (n+ 3)xn+3 n=0

an (n+ 4) (n+ 3)xn+4 n=0

3an (n+ 4)xn+3 +n=0

2anxn+4 = 0

n=0

ann (n+ 4)xn+3 n=0

an (n+ 2) (n+ 5)xn+4 = 0

n=1

ann (n+ 4)xn+3 n=1

an1 (n+ 1) (n+ 4)xn+3 = 0

n=1

[ann (n+ 4) an1 (n+ 1) (n+ 4)]xn+3 = 0

Por el metodo de coeficientes indeterminados:

ann (n+ 4) an1 (n+ 1) (n+ 4) = 0

an =n+ 1n

an1 ; n 1 . . . regla de recurrencia:

n= 1 a1 = 2a0n= 2 a2 = 32a1 = 3a0n= 3 a3 = 43a2 = 4a0n= 4 a4 = 54a3 = 5a0

Entonces:

y1 (x) =n=0

anxn+4 = x4

(a0 + a1x+ a2x2 + a3x3 + a4x4 + ...

)y1 (x) = x4

(a0 + 2a0x+ 3a0x2 + 4a0x3 + 5a0x4 + ...

)y1 (x) = x4a0

(1+ 2x+ 3x2 + 4x3 + 5x4 + ...

);a0 = 1

y1 (x) =n=0

(n+ 1)xn+4

ii) La segunda solucin ser: y2 (x) =n=0

anxn+r2 + c.y1 (x) .ln |x| , a0 = 1 ; siendo r2 = 0



Resolvemos:

y =n=0

anxn y

=n=1

nanxn1 y =

n=2

n (n 1)anxn2

Reemplazando en la ED dada:

x (1 x)n=2

n (n 1)anxn2 3n=1

nanxn1 + 2

n=0

anxn = 0

n=2

ann (n 1)xn1 n=2

ann (n 1)xn n=1

3anxn1 +n=0

2anxn = 0

n=1

an+1n (n+ 1)xn n=2

ann (n 1)xn n=0

3an+1xn +n=0

2anxn = 0

2a0 3a1 + (2a1 a2)x+n=2

[an+1 ((n+ 1)n 3) + an (2 n (n 1))]xn = 0

Por e lmetodo de coeficientes indeterminados:

2a0 3a1 = 0 2a1 a2 = 0 an+1 ((n+ 1)n 3) + an (2 n (n 1)) = 0a1 =

23a0

a2 = 2a1 =43a0

an+1 =2 n (n 1)n (n+ 1) 3an , n 2. . . regla de recurrencia

n= 1 a2 = 22 (5)a1 =a010

n= 2 a3 = 0n= 3 a4 = 49a3 = 0

Luego:

y =n=0

anxn = a0 + a1x+ a2x2 + a3x3 + a4x4 + ...

y = a0 +23a0x+

43a0x

2 + 0+ ...

y = a0

(1+ 23x+

43x

2)

, a0 = 1

y = 1+ 23x+43x

2

Entonces:

y2 (x) = 1+ 23x+43x

2 +C.n=0

(n+ 1)xn. ln |x|



g) 2xy y + 2y = 0

Solucin:

y 12xP (x)

y +1x

Q(x)

y = 0

x= 0 es un punto singular regular, por el teorema la solucin general es:

y =n=0

anxn+r

Donde r es una constante, tal que:

r(r 1) + p0r+ q0 = 0Donde:

p0 = lmx0x

(12x

)= lm

x012 =

12

q0 = limx2x0

(1x

)= lmx

x0 = 0

Entonces:

r(r 1) 12r+ 0 = 0

r

(r 32

)= 0

r1 =32

r2 = 0 k = r1 r2 = 32i) Para: r1 =

32

y =n=0

anxn+ 32

y =n=0

(n+

32

)anx

n+ 12

y =n=0

(n+

32

)(n+

12

)anx

n 12

Reemplazamos en la ED dada:

2xn=0

(n+

32

)(n+

12

)anx

n 12 n=0

(n+

32

)anx

n+ 12 + 2n=0

anxn+ 32 = 0



n=0

(2n+ 3) (2n+ 1)anxn+12

n=0

(2n+ 3)anxn+12 +

n=1

4an1xn+12 = 0

n=0

(2n+ 3) (2n)anxn+12 +

n=1

4an1xn+12 = 0

n=1

n (2n+ 3)anxn+12 +

n=1

2an1xn+12 = 0

n=1

[n (2n+ 3)an + 2an1]xn+12 = 0


n (2n+ 3)an + 2an1 = 0

an =2

n (2n+ 3)an1 , n 1 . . . regla de recurrencia

n= 1 a1 = 25 a0 =21!

15a0

n= 2 a2 = 22 7a1 =22

25 7a0

n= 3 a3 = 23 9a2 =23!

225 7 9a0

n= 4 a4 = 24 11a3 =24!

235 7 9 11a0

y1 =n=0

anxn+ 32 = a0x

32 + a1x

52 + a2x

72 + a3x

92 + a4x

112 + ...

y1 = x32 a0

n=0

4(1)n5!6!xnn! (n+ 1)! (2n+ 3)! ,a0 = 1

y1 = x32n=0

4(x)n5!6!n! (n+ 1)! (2n+ 3)!

ii) Para: y2 =n=0

anxn+r2 , a0 = 1 ; siendo r2 = 0

y2 =n=0

anxn y =

n=1

nanxn1 y =

n=2

n (n 1)anxn2



Reemplazamos en la ED dada:

2xn=2

n (n 1)anxn2 n=1

nanxn1 + 2

n=0

anxn = 0

n=2

2n (n 1)anxn1 n=1

nanxn1 +

n=1

2an1xn1 = 0

2a0 a1 +n=2

2n (n 1)anxn1 n=2

nanxn1 +

n=2

2an1xn1 = 0

2a0 a1 +n=2

[ann (2n 3) + 2an1]xn1 = 0


2a0 a1 = 0 ann (2n 3) + 2an1 = 0 a1 = 2a0an = 2n (2n 3)an 1 , n 2 . . . Regla de recurrencia

n= 2 a2 = 22 (1)a1 =222! (1)a0

n= 3 a3 = 23 (3)a2 =23

3! (3 1)a0

n= 4 a4 = 24 (5)a3 =24

4! (5 3 1)a0

y2 =n=0

anxn = a0 + a1x+ a2x2 + a3x3 + a4x4 + ...

y2 = a0 + 2a0x+222! (1)a0x

2 +23a0x33! (3 1) +

24a0x44! (5 3 1) + ...

y2 = a0

(1+ 2x+ 2

2

2! (1)x2 +

23x33! (3 1) +

24x44! (5 3 1) + ...

), a0 = 1

y2 = 1+ 2x+n=2

22n2xn (n 2)!(1)n+1n! (n+ 1)!

y = c1y1 + c2y2



h) xy + (x 6)y 3y = 0

Solucin:

Por Frobenious: Como x0 = 0 es un punto singular regular entonces existe una solucin en serie depotencias de la forma:

y =n=0

CnXn+r

Hallando la derivadas:dydx =

n=0

Cn(n r)Xn+r1

d2ydx2 =

n=0


Reemplazando en la ED. dada:n=0

Cn(n+ r)(n+ r 1)Xn+r1 6n=0

Cn(n+ r)Xn+r1 +n=0

Cn(n r)Xn+r 3n=0

CnXn+r = 0

xr(r(r 7)C0X1 +n=1

Cn(n+ r)(n+ r 7)Xn1 +n=1

(n+ r 3)CnXn))

Haciendo para la primera sumatoria k = n 1 y para la segunda sumatoria k = n, se tiene:

xr

[r(r 7)C0X1 + (

n=0

Ck+1(k+ 1+ r)(k+ r 6) + (k+ r 3)Ck)Xk]= 0


r(r 7) = 0

Ck+1(k+ 1+ r)(k+ r 6) + (k+ r 3)Ck = 0, ..para..n 1

r(r 7) = 0 r1 = 7,r2 = 0Para r1 = 0, se tiene:

Ck+1(k+ 1)(k 6) + (k 3)Ck = 0(6)C1 + (3)C0 = 0

(5)C2 + (2)C1 = 0

(4)C3 + (1)C2 = 0

(3)C4 + (0)C3 = 0

(2)C5 + (1)C4 = 0(1)C6 + (2)C5 = 0(0)C7 + (3)C6 = 0

implica..que..C4 = C5 = C6 = 0Ingeniera Civil 37

Ing. Civil


Pero C6 y C7, se pueden escoger arbitrariamente:

C1 =1C0

2

C2 =1C1

5 =C010

C3 =1C212 =

1C0120

C4 =2C32,4 =

C04!

Para k 7:Ck+1 =

(k 3)Ck(k+ 1)(k 6)

C8 =4C78,1

C9 =5C89,2 =

4,5C72!8,9

C10 =6C910.n3 =

4,5,6C03!8,9,10

...Cn =

(1)n+14,5,6...(n4)C7(n7)!8,9,10...n ...con..n= 8,9,10...

Si C7 = 0 y C0 6= 0, entonces:

y1 = C0

[1 12x

1 +110x

2 1120x3]

Si C7 6= 0 y C0 = 0, entonces:

y2 = C7

[x7 +

n=8

(1)n+14,5,6...(n4)(n7)!8,9,10...n x

n

]

y2 = C7

[x7 +

k=1

(1)k4,5,6...(k+3)(k)!8,9,10...(k+7) x

k+7]

La solucin General:y(x) = c1y1(x) + c2y2(x)


Portadandice GeneralANLISIS MATEMTICO IVRESOLVER LAS SIGUIENTES ED:Demostrar:Resolver las siguientes ED:

informe nro 05

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