lección 12 ecuaciones lineales de segundo orden con coeficientes

Leccion 12

Ecuaciones lineales de segundo orden concoeficientes analıticos

12.1. Introduccion

En las aplicaciones aparecen a menudo ecuaciones lineales cuyos coeficientes no son cons-tantes sino polinomios o funciones mas complicadas. Este el caso de la ecuacion que apareceal resolver el siguiente problema de ingenierıa quımica tomado de [3, p. 111]:

Ejemplo 12.1 (Distribucion de la temperatura en una aleta de seccion transversal triangular).-Por un tubo de seccion circular de 5 cm de radio se conduce aire a una temperatura de TAoC. A lo largo del tubo hay insertadas aletas refrigerantes como la que se muestra en laFigura 12.1 de seccion transversal triangular. El radio del canto de la aleta, b, es 15 cm. Laconductividad termica de la aleta, k, es 327,4 kcal/h m2 oC/m; y el coeficiente de transmisionde calor superficial, h,es 9,8 kcal/h m2 oC. Suponiendo que la temperatura T oC en cadapunto de la aleta solo depende de la distancia vertical de este al centro del tubo, se quieresaber cual es el valor de dicha temperatura en cada punto de la aleta.

De acuerdo con [3, p. 112], poniendo K = h/k senα y y = T − TA, la ecuacion quedescribe la distribucion de la temperatura en la aleta refrigerante es

x(b− x)d2y

dx+ (b− 2x)

dy

dx−K(b− x)y = 0.

221

222 Ecuaciones lineales de segundo orden con coeficientes analıticos

a

bx

α

Figura 12.1: Aleta refrigerante.

Se trata de una ecuacion diferencial lineal de segundo orden de coeficientes no constantes.En esta leccion estudiaremos metodos generales para resolver este tipo de ecuaciones. Estosmetodos son conocidos con el nombre de metodos de resolucion de ecuaciones medianteseries de potencias.

12.2. Resolucion de ecuaciones mediante series

Consideremos de nuevo una ecuacion lineal de segundo orden:

p(t)x′′ + q(t)x′ + r(t)x = 0 (12.1)

En esta ecuacion, a diferencia de las ecuaciones estudiadas en la Leccion 11, estamos con-siderando la posibilidad de que el coeficiente que afecta a x′′ sea distinto de 1. En realidadpodemos dividir por p(t) y recuperar una ecuacion como las contempladas en la Seccion11.2.3 de la Leccion 11. Como veremos mas adelante, esto puede plantear problemas cuandop(t) = 0 para algun valor de t. En cualquier caso, salvo en los puntos en los que p(t) = 0 las

funcionesq(t)

p(t)yr(t)

p(t)son continuas y la ecuacion x′′ +

q(t)

p(t)x′ + fracdr(t)p(t)x = 0 es una

ecuacion lineal. De acuerdo con la teorıa de la Seccion 11.2.3 de la Leccion 11 sabemos quela solucion general de (12.1) se puede escribir en la forma

x(t) = c1x1(t) + c2x2(t)

siendo x1(t) y x2(t) dos soluciones linealmente independientes. Por lo tanto el problema deencontrar todas las soluciones de (12.1) se reduce al de encontrar dos soluciones que seanlinealmente independientes. Ya hemos visto como resolver este problema cuando p(t), q(t) yr(t) son constantes. El siguiente caso mas sencillo es que p(t), q(t) y r(t) sean polinomios.En este caso, parece logico pensar que se podrıa intentar encontrar soluciones que sean, a suvez, polinomios. De esta forma los tres terminos de la ecuacion p(t)x′′, q(t)x′ y r(t)x serıanpolinomios, ası que, de forma similar a lo que sucede con la busqueda de soluciones parti-culares por el metodo de los coeficientes indeterminados, uno podrıa identificar coeficientespara saber que polinomio puede ser solucion. Ilustramos este procedimiento mediante unejemplo.

12.2 Resolucion de ecuaciones mediante series 223

Ejemplo 12.2 .- Encuentrense dos soluciones linealmente independientes de la ecuacion

x′′ − 2tx′ − 2x = 0 (12.2)

Intentamos encontrar dos soluciones que sean polinomios. Pero no esta claro cual debe serel grado de dichos polinomios, ası que en vez de un polinomio consideramos una serie depotencias (o si se quiere pensar intuitivamente, un polinomio de grado infinito):

x(t) = a0 + a1t+ a2t2 + · · · =

∞∑n=0

antn

Ahora derivamos

x′(t) = a1 + 2a2t+ 3a3t2 + · · · =

∞∑n=0

nantn−1

y

x′′(t) = 2a2 + 6a3t+ 12a4t2 + · · · =

∞∑n=0

n(n− 1)antn−2

Sustituyendo en la ecuacion

0 = x′′ − 2tx′ − 2x =∞∑n=0

n(n− 1)antn−2 − 2t

∞∑n=0

nantn−1 − 2

∞∑n=0

antn

=∞∑n=0

n(n− 1)antn−2 − 2

∞∑n=0

nantn − 2

∞∑n=0

antn

(12.3)

A fin de poder agrupar los terminos correspondientes a la misma potencia de t, vamos aescribir los terminos generales de la serie relativamente a tn. Para ello, hacemos un cambioen el ındice del sumatorio: k = n− 2, o n = k + 2, en la primera serie. Ası

∞∑n=0

n(n− 1)antn−2 =

∞∑

k=−2

(k + 2)(k + 1)ak+2tk =

∞∑

k=0

(k + 2)(k + 1)ak+2tk

donde la ultima igualdad es porque (k + 2)(k + 1) = 0 para k = −2 y k = −1. En realidadllamar k o n al ındice del sumatorio es lo mismo ası que:

∞∑n=0

n(n− 1)antn−2 =

∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2tn


Sustituyendo esta expresion en (12.3) obtenemos

∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2tn −

∞∑n=0

2nantn −

∞∑n=0

2antn = 0

o, agrupando todo en un solo termino:

∞∑n=0

[(n+ 2)(n+ 1)an+2 − 2nan − 2an] tn = 0

Como una serie es cero si y solo si todos sus terminos son cero:

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

Es decir:

an+2 =2ann+ 2

n = 0, 1, 2, . . . (12.4)

La ecuacion (12.4) es una formula de recurrencia donde los coeficientes a2, a3, a4, . . . , dela serie se obtienen a partir de a0 y a1 dando a n los valores 0, 1, 2, . . .:

a2 =2a0

2= a0, a3 =

2a1

3, a4 =

2a2

4=

1

2a0, a5 =

2a3

5=

2

5a3 =

2

3· 2

5a1

a6 =2a4

6=

1

3a4 =

1

3· 1

2a0, etc

Vemos ası que los subındices pares se puede escribir todos en funcion de a0 y los imparesen funcion de a1. Concretamente

a2k =1

2k!a0, a2k+1 =

2k

3 · 5 · . . . · (2k + 1)a1

donde k! = k ·(k−1)·. . .·2·1 es el factorial de k y siendo los valores de a0 y a1 completamentearbitrarios.

Recordemos ahora que la solucion general de la ecuacion (12.2) es de la forma

x(t) = c1x1(t) + c2x2(t)

donde x1(t) y x2(t) son soluciones linealmente independientes en el intevalo donde las fun-ciones p(t) y q(t) son continuas. En este caso p(t) = −2t y q(t) = −2, que son continuas entodo R.

Hay una forma muy simple de encontrar dos soluciones de (12.2): especificamos dos pares

de valores para a0 y a1 de forma que los vector

(a1

a2

)que se obtienen al sustituir dichois


valores sean linealmente independientes. Por ejemplo a0 = 1, a1 = 0 y a0 = 0, a1 = 1. Paraestos valores:

(i) a0 = 1, a1 = 0⇒ a2k =1

k!, a2k+1 = 0 Esto nos proporciona una solucion:

x1(t) = 1 +1

1!t2 +

1

2!t4 +

1

3!t6 + · · · =

∞∑

k=0

(t2)k

k!= et

2

(ii) a0 = 0, a1 = 1 ⇒ a2k = 0, a2k+1 =2k

3 · 5 · . . . · (2k + 1)que nos proporciona una

segunda solucion:

x2(t) = t+2t

3+

4t

15+

8t

60+ · · · = t+

∞∑n=1

2nt2n+1

3 · 5 · . . . · (2n+ 1)

¿Son estas dos soluciones linealmente independientes?. Un criterio es que su Wronskyanono se anule en algun punto del intervalo de definicion de la ecuacion. Para calcular el Wronsk-yano de x1(t) y x2(t) hay que hallar x′1(t) y x′2(t). ¿Como se derivan las series de potencias?Esta pregunta y otras basicas pero importantes sobre series de potencias se responden en elAnexo correspondiente, que conviene repasar para tener frescos los conceptos fundamentales.

En particular, si x(t) =∞∑n=0

an(t− t0)n entonces x′(t) =∞∑n=0

nan(t− t0)n−1. Es decir, las series

se derivan igual que los polinomios.

Para las dos soluciones que hemos hallado de la ecuacion (12.2) tenemos que x1(0) = 1 yx′1(0) = 0, x2(0) = 0 y x′2(0) = 1; los dos valores de a0 y a1 que hemos escogido. Esto no esuna casualidad, sino consecuencia de que los coeficientes pares e impares de la serie solucionactuen de forma independiente. Por lo tanto

W (x1, x2)(0) = det

(x1(0) x2(0)x′1(0) x′2(0)

)=

(1 00 1

)= 1.

Esto significa que x1(t) y x2(t) son linealemte independientes. Por lo tanto, la solucion generalde la ecuacion sera:

x(t) = c1et2 + c2

(t+

∞∑n=1

2nt2n+1

3 · 5 · . . . · (2n+ 1)

).

Observarmos, de nuevo, que las columnas de W (x1, x2)(0) son los vectores

(a0

a1

)que he-

mos escogido para obtener las soluciones x1(t) y x2(t). Escogiendo estos vectores linealmente


indepencientes, como lo hemos hecho mas arriba, siempre obtenemos soluciones linealmenteindependientes.

Vemos en este ejemplo que aunque los coeficientes p(t), q(t) y r(t) de la ecuacion seanpolinomios, no podemos esperar, en general, soluciones que sean polinomios, sino series depotencias. Por ello se insiste en la conveniencia de repasar las ideas basicas sobre este tipo deseries que se recogen en el Anexo C. En especial el concepto de funcion analıtica y el TeoremaC.10 que nos proporciona un criterio para conocer el radio de convergencia de la serie deTaylor de cualquier funcion analıtica. Todo ello es imprescindible para poder entender elenunciado del siguiente teorema que damos sin demostracion. Este teorema nos asegura quesi los coeficientes de la ecuacion diferencial son funciones analıticas, entonces, las solucionesson analıticas. Nos dice, ademas, como podemos calcularla.

Teorema 12.3 Consideremos la ecuacion diferencial lineal de segundo orden

p(t)x′′ + q(t)x′ + r(t) = 0 (12.5)

y supongamos que las funcionesq(t)

p(t)yr(t)

p(t)admiten desarrollos en series de Taylor alrede-

dor de t = t0 y con radio de convergencia ρ. Entonces, todas las soluciones de (12.5) sonanalıticas en t = t0 y el radio de convergencia de su desarrollo en serie de Taylor es por lomenos ρ. Los coeficientes en el desarrollo de la serie de Taylor de la solucion

x(t) = a0 + a1(t− t0) + a2(t− t0)2 + · · ·

se pueden obtener sustituyendo esta expresion en la ecuacion(12.5) e igualando a cero loscoeficientes correspondientes a la misma potencia de (t− t0) en la expresion obtenida. Paraobtener dos soluciones linealmente independientes se dan a a0 y a1 dos pares de valores queformen vectores linealmente independientes.

Ejemplo 12.4 a) Encontrar dos soluciones linealmente independientes de la ecuacion

x′′ +3t

1 + t2x′ +

1

1 + t2x = 0

b) Hallese la solucion de esta ecuacion que satisface la condicion inicial x(0) = 2, x′(0) = 3.

Como en el apartado b) nos piden la solucion de la ecuacion que pasa por t = 0, nosinteresa una solucion que sea analıtica en t = 0. Para ello miramos si los coeficientes sonanalıticos en t = 0.


Las funciones3t

1 + t2y

1

1 + t2son analıticas en t = 0 porque

1

1 + t2= 1− t2 + t4 − t6 + t8 − t16 + · · · =

∞∑n=0

(−1)nt2n.

Ademas, de acuerdo con el Teorema C.10, el radio de convergencia de esta serie es ρ = 1. Esdecir, su intervalo de convergencia es (−1, 1).

El Teorema 12.3 asegura que todas las soluciones son analıticas en t = 0. Por lo tanto,la forma de las soluciones es

x(t) =∞∑n=0

antn

Podrıamos desarrollar3t

1 + t2,

1

1 + t2en serie de potencias, hacer las operaciones co-

rrespondientes con estas series y las que resultasen de calcular x′(t), x′′(t), e igualar loscoeficientes correspondientes a cero. Pero no es recomendable. Un procedimiento que facilitalas operaciones consiste en pasar a la ecuacion equivalente

(t2 + 1)x′′ + 3tx′ + x = 0

y operar con esta ecuacion. Primero derivamos x(t):

x′(t) =∞∑n=0

nantn−1,

y

x′′(t) =∞∑n=0

n(n− 1)antn−2.

Sustituımos en la ecuacion:

0 = (t2 + 1)x′′ + 3tx′ + x =

= (t2 + 1)∞∑n=0

n(n− 1)antn−2 + 3t

∞∑n=0

nantn−1 +

∞∑n=0

antn =

=∞∑n=0

(n(n− 1)an + 3nan + an) tn + +∞∑n=0

n(n− 1)antn−2 =

=∞∑n=0

(n2 − n+ 3n+ 1

)ant

n +∞∑n=0

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

=∞∑n=0

[(n2 + 2n+ 1

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

]tn =

=∞∑n=0

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

]tn


Entonces

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

y

an+2 = −n+ 1

n+ 2an

Podemos confeccionar una tabla como la siguiente para obtener los coeficientes ai de la seresolucion:

n an+2 n = 2k o n = 2k + 1

0 a2 = −1

2a0 (2 = 2 · 1, k = 1)

1 a3 = −2

3a1 (3 = 2 · 1 + 1, k = 1)

2 a4 = −3

4a0 = +

1 · 32 · 4a0 (4 = 2 · 2, k = 2)

3 a5 = −4

5a3 = +

2 · 43 · 5a1 (5 = 2 · 2 + 1, k = 2)

4 a6 = −5

6a4 = +

1 · 3 · 52 · 4 · 6a0 (6 = 2 · 3, k = 3)

5 a7 = −6

7a5 = +

2 · 4 · 63 · 5 · 7a1 (7 = 2 · 3 + 1, k = 3)

Para n par:

a2k = (−1)k1 · 3 · . . . · (2k − 1)

2 · 4 · . . . · 2k a0

y para n impar:

a2k+1 = (−1)k2 · 4 · . . . · 2k

1 · · . . . · (2k + 1)a1

Escogemos ahora un par de valores para a0 y a1 de modo que los vectores

(a0

a1

)para los

dos valores sean linealmente independientes. Por ejemplo a0 = 1 y a1 = 0, por una parte, ya0 = 0, a1 = 1, por otra.

Poniendo a0 = 1 y a1 = 0 obtenemos

x1(t) = 1− 1

2t2 +

1 · 32 · 4t

4 − 1 · 3 · 52 · 4 · 6t

6 + · · · =

=∞∑n=0

(−1)n · 1 · 3 · . . . · (2n− 1)

2 · 4 · . . . · 2n t2n =

=∞∑n=0

(−1)n · 1 · 3 · . . . · (2n− 1)

2n · n!t2n


y poniendo a0 = 0 y a1 = 1

x2(t) = t− 2

3t3 +

2 · 43 · 5t

5 − 2 · 4 · 63 · 5 · 7t

7 + · · · =

=∞∑n=0

(−1)n2n · n!

1 · 3 · 5 · · · . . . · (2n− 1)!t2n+1

Podemos ver que ambas series son convergentes en el intervalo (−1, 1). Empleando parax1(t) el criterio del cociente

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣

11 · 3 · . . . · 2n+ 1

2n+1(n+ 1)!1 · 3 · . . . · 2n− 1

2n · n!

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣2n+ 1

2(n+ 1)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2n+ 1

2n+ 2

∣∣∣∣

y lımn→∞

∣∣∣∣2n+ 1

2n+ 2

∣∣∣∣ = 1. Ası que ρ = 1 alrededor de t = 0.

Para x2(t)

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣

2n+1(n+ 1)!

1 · 3 · . . . · (2n+ 3)!2nn!

1 · 3 · . . . · (2n+ 1)!

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣2(n+ 1)

2n+ 3

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2n+ 2

2n+ 3

∣∣∣∣

De nuevo lımn→∞

∣∣∣∣2n+ 2

2n+ 3

∣∣∣∣ = 1 y tambien ρ = 1.

Ya sabıamos por el Teorema 12.3 que ρ = 1 era cuando menos el radio de convergenciade cualquier solucion.

(b) La solucion general del sistema sera

x(t) = c1x1(t) + c2x2(t)

Ahora bien x1(0) = a0 = 1 y x2(0) = 0 mientras que x′1(0) = 0 y x′2(0) = a1 = 1. Vemosası, de nuevo, que al escoger los valores a0 = 1 y a1 = 0 hemos escogido la solucion de laecuacion con la condicion inicial x1(0) = 1 y x′1(0) = 0. Y al escoger a0 = 0, a1 = 1 hemosescogido la solucion con la condicion inicial x2(0) = 0, x′2(0) = 1.

En cualquier caso, para las condiciones iniciales dadas tenemos que resolver el sistema

2 = x(0) = c1x1(0) + c2x2(0) = c1

3 = x′(0) = c′1x′1(0) + c2x

′2(0) = c2


Por lo tanto, la solucion pedida es x(t) = 2x1(t) + 3x2(t), que es la expresion que sehabrıa obtenido como solucion directamente si hubieramos escogido a0 = 2 y a1 = 3. Esta esuna norma general cuya justificacion teorica es facil y que aplicaremos de ahora en adelante.Es decir, si x(t0) = x0 y x′(t0) = x′0 entonces pondremos a0 = x0 y a1 = x′0.

Ejemplo 12.5 Hallese la solucion del siguiente Problema de condiciones iniciales

{(t2 − 2t)x′′ + 5(t− 1)x′ + 3x = 0

x(1) = 7, x′(1) = 3

Como la condicion inicial que nos dan es en t = 1 nos interesa encontrar soluciones en elentorno de t = 1. Observemos que

q(t)

p(t)=

5(t− 1)

t(t− 2)y r(t) =

3

t(t− 2)

son analıticas en t = 1 porque no se anula el denominador. Ası

x(t) =∞∑n=0

an(t− 1)n, x′t() =∞∑n=0

nan(t− 1)n−1

x′′(t) =∞∑n=0

n(n− 1)an(t− 1)n−2

Por otra parte, a fin de facilitar los calculos, desarrollamos t2−2t como una serie alrededorde t = 1. Podemos hacerlo directamente

t2 − 2t = (t− 1)2 − 1,

o formalmente: el desarrollo de f(t) en serie de potencias entorno a t = 1 es f(t) = a0 +a1 +

(t− 1) + a2(t− 1)2 + · · · con a0 = f(1), a1 = f ′(1), a2 =f ′′(1)

2!, etc. Ası, como f(t) = t2− 2t,

f(1) = 1− 2 = −1, f ′(t) = 2t− 2, f ′(1) = 0, f ′′(t) = 2, f ′′(1) = 2 y f ′′′(t) = 0. Por lo tanto

t2 − 2t = −1 +2

2(t− 1)2 = (t− 1)2 − 1


Ahora, sustituyendo en la ecuacion:

0 = (t2 − 2t)x′′ + 5(t− 1)x′ + 3x = [(t− 1)2 − 1]∞∑n=0

n(n− 1)an(t− 1)n−2+

+5(t− 1)∞∑n=0

nan(t− 1)n−1 + 3∞∑n=0

an(t− 1)n =

= −∞∑n=0

n(n− 1)an(t− 1)n−2 +∞∑n=0

[(n(n− 1) + 5n+ 3) an] (t− 1)n =

= −∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2(t− 1)n +∞∑n=0

[(n2 + 4n+ 3

)an

](t− 1)n =

=∞∑n=0

[−(n+ 2)(n+ 1)an+2 + (n+ 1)(n+ 3)an] (t− 1)n.

De donde

an+2 = +n+ 3

n+ 2an,

y obtenemos la siguiente tabla:

n an+2

0 a2 =3

2a0

1 a3 =4

3a1

2 a4 =5

4a2 =

3 · 52 · 4a0

3 a5 =6

5a3 =

4 · 63 · 5a1

4 a6 =7

6a4 =

3 · 5 · 72 · 4 · 6a0

5 a7 =8

7a5 =

4 · 6 · 83 · 5 · 7a1

Para n par:

a2k =3 · 5 · . . . · (2k + 1)

2 · 4 · . . . · (2k)a0

y para n impar:

a2k+1 =4 · 6 · . . . · (2k + 2)

3 · 5 · . . . · (2k + 1)a1

Pero x(1) = 7 y x′(1) = 3. Tomando a0 = 7 , a1 = 3

a2k =3 · 5 · . . . · (2k + 1)

2kk!7 , a2k+1 =

2k(k + 1)!

3 · 5 · . . . · (2k + 1)3


y (conviniendo que 0! = 1)

x(t) = 7∞∑n=0

3 · 5 · . . . · (2n+ 1)

2nn!(t− 1)2n + 3

∞∑n=0

2n(n+ 1)!

3 · 5 · . . . · (2n+ 1)(t− 1)2n+1

El radio de convergencia de las dos series es ρ = 1, i.e. ambas convergen para |t− 1| < 1y divergen para |t− 1| > 1. Esto tambien se deduce del Teorema C.10 porque p(t) se anulaen t = 0 y t = 2, y ambos puntos estan a distancia 1 de t = 1.

No siempre se puede encontrar el termino general de la serie de potencias que es solucionde la ecuacion y nos tenemos que conformar con calcular solo alguno de sus primeros termi-nos. Debe decirse no obstante que, por lo general, conociendo del orden de los 5 primerosterminos de una serie de potencias que representa la expansion de una funcion, los valoresque toma la serie y la funcion en las proximidades de ese punto son muy parecidos. Porejemplo

et = 1 + t+1

2t2 +

1

3t3 +

1

4t4 + · · ·

es el desarrollo de et en las proximidades de cero y su radio de convergencia es infinito.Calculando el valor de e0′1 en una calculadora obtenemos

e0′1 = 1′105170918

Y tambien utilizando la misma calculadora

1 + 0′1 +1

2· 1

100+

1

3000+

1

40,000= 1′105358333.

Los dos numeros coinciden en 4 dıgitos significativos. Evidentemente, cuantos mas terminosde la serie conozcamos, el valor sera tanto mas aproximado. Hay que anadir que con ayudade un ordenador es muy facil conseguir en un instante tantos terminos de la serie comoqueramos.

Ejemplo 12.6 Encuentrese la solucion del siguiente problema de condiciones iniciales:

{(1− t)x′′ + x′ + (1− t)x = 0x(0) = 1, x′(0) = 1.

Como1

1− t es analıtica en t = 0 podemos encontrar una solucion analıtica en t = 0:

x(t) =∞∑n=0

antn. Ası x′(t) =

∞∑n=0

nantn−1 y x′′(t) =

∞∑n=0

n(n − 1)antn−2. Sustituyendo en la


ecuacion:

0 = (1− t)∞∑n=0

n(n− 1)antn−2 +

∞∑n=0

nantn−1 + (1− t)

∞∑n=0

antn =

=∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2tn −

∞∑n=0

(n+ 1)nan+1tn +

∞∑n=0

(n+ 1)an+1tn+

+∞∑n=0

antn −

∞∑n=0

antn+1 =

= 2a2 +∞∑n=0

(n+ 3)(n+ 2)an+3tn+1 −

∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2tn+1+

+a1 +∞∑n=0

(n+ 2)an+2tn+1 + a0 +

∞∑n=0

an+1tn+1 =

= a0 + a1 + 2a2+

+∞∑n=0

[(n+ 3)(n+ 2)an+3 − [(n+ 2)(n+ 1)− (n+ 2)]an+2 + an+1 − an]tn+1

Entonces

a0 + a1 + 2a2 = 0⇒ a2 =a0 + a1

2y

(n+ 3)(n+ 2)an+3 − n(n+ 2)an+2 + an+1 − an = 0, n = 0, 1, 2, . . .

Es decir,

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

(n+ 3)(n+ 2)n ≥ 0

La tabla correspondiente queda:

n an+3

0 a3 =a0 − a1

6

1 a4 =3a3 − a2 + a1

12=

a0 − a1

2+a0 + a1

2+ a1

12=a0 + a1

12

2 a5 =8a3 − a2 + a2

20=

2a0 + 2a1

3− a0 − a1

6− a0 + a1

220

=a1

60

3 a6 =15a5 − a4 + a3

30=

a1

4− a0 + a1

12+a0 + a1

630

=a0

360

4 a7 =24a5 − a6 − a5 + a4

42=

a0

15− a1

60+a0 + a1

612

=9a0 + 2a1

2520

Y no parece que haya una forma sencilla de expresar el termino general. Como x(0) = 1

y x′(0) = 1 ponemos a0 = 1, a1 = 1. Entonces a2 = −1, a3 = 0, a4 =1

6, a5 =

1

60, a6 =

1

360


a7 =11

2520, y los primeros 8 terminos de la expansion en serie de potencias de la solucion

entorno al punto t = 0 es

x(t) = 1 + t− t2 +1

6t4 +

1

60t5 +

1

360t6 +

11

2520t7 + · · ·

12.2.1. El caso no homogeneo

Hasta ahora hemos considerado exclusivamente ecuaciones lineales homogeneas. Consi-deramos ahora el caso no homogeneo. Sabemos que la solucion general de la ecuacion:

p(t)x′′ + q(t)x′t+ r(t)x = s(t)

es x(t) = xh(t) + xp(t) donde xh(t) es la solucion general de

p(t)x′′ + q(t)x′ + r(t)x = 0,

que ya sabemos calcular, y xp(t) es una solucion particular de la ecuacion no homogenea.Para calcular una de estas soluciones particulares procedemos como en el caso homogeneo

(siempre que las funcionesq(t)

p(t),r(t)

p(t)ys(t)

p(t)sean analıticas en t = t0). Escribimos

x(t) =∞∑n=0

an(t− t0)n

y sustituimos en la ecuacion. Desarrollamos en serie de Taylors(t)

p(t)e igualamos los coefi-

cientes correspondientes a las mismas potencias de t.

Ejemplo 12.7 Encontrar la solucion general de la ecuacion

x′′ − tx′ − x = sen t

Tanto t como sen t son analıticas en t = 0. Ası

x(t) =∞∑n=0

antn.

Para estas alturas ya debemos tener en mente las expresiones de x′(t) y x′′(t), ası que nolas escribimos explıcitamente. Para hallar la solucion general de la ecuacion homogenea


sustituımos en la ecuacion diferencial

0 =∞∑n=0

(n+ 2)(n+ 1)an+2tn −

∞∑n=0

nantn −

∞∑n=0

antn

=∞∑n=0

[(n+ 2)(n+ 1)an+2 − (n+ 1)an]tn

Ası

(n+ 2)(n+ 1)an+2tn = 0⇒ an+2 =

1

n+ 2an

n an+2

0 a2 =1

2a0

1 a3 =1

3a1

2 a4 =1

4a2 =

1

4 · 2a0

3 a5 =1

5a3 =

1

5 · 3a1

4 a6 =1

6 · 4 · 2a0

5 a7 =1

7 · 5 · 3a1

Poniendo a0 = 1, a1 = 0, obtenemos:

x1(t) = 1 +1

2t2 +

1

4 · 2t4 +

1

6 · 4 · 2t6 + · · · =

∞∑n=0

1

2nn!t2n.

Y escogiendo a1 = 1, a0 = 0

x2(t) = t+1

3t3 +

1

5 · 3t5 +

1

7 · 5 · 3t7 + · · · =

∞∑n=0

1

3 · 5 · . . . · (2n+ 1)t2n+1

Para calcular xp(t), desarrollamos sen t en serie de Taylor en t = 0:

sen t =∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!t2n+1 = t− 1

3 · 2t3 +

1

5 · 4 · 3 · 2t5 − 1

7!t7 +

1

9!t9 + · · ·

Igualando los desarrollos en serie en x′′ − tx′ − x = sen t:

∞∑n=0

[(n+ 2)(n+ 1)an+2 − (n+ 1)an] tn = sen t


tenemos que:(a2 − a0)t0 = 0⇒ a2 = a0

(6a3 − 2a1)t3 = 1t′ ⇒ a3 =1 + 2a1

6

(12a4 − 3a2)t2 = 0t2 ⇒ a4 =1

4a2 =

1

4a0

(20a5 − 4a3)t3 = −1

6⇒ a5 =

4a3 +1

620

=24a3 + 1

120

(30a6 − 5a4)t4 = 0t4 ⇒ a6 =5a4

30=

5

120a0

42a7 − 6a5 =1

5!⇒ a7 =

1

42 · 5!+

1

7a5

Los valores de a0 y a1 son arbitrarios. Tomando los mas sencillos posible: a0 = a1 = 0obtenemos

a2 = 0, a3 =1

6, a4 = 0, a5 =

1

40, a6 = 0, a7 =

19

5040, . . .

Y la solucion particular sera:

xp(t) =1

6t3 +

1

40t5 +

19

5040t7 + · · · .

La solucion general de la ecuacion no homogenea: x(t) = c1x1(t) + c2x2(t) + yp(t)

x(t) = c1

∞∑n=0

1

2nn!t2n + c2

∞∑n=0

1

3 · 5 · . . . · (2n+ 1)t2n+1 +

1

6t3 +

1

40t5 +

19

5040t7 + · · ·

12.3. Puntos singulares. El metodo Frobenius

La ecuacionp(t)x′′ + q(t)x′ + r(t)x = 0

se dice que es singular en t = t0 si p(t0) = 0. En este caso, no podemos decir gran cosa acercadel comportamiento de las soluciones en las proximidades de t0. Lo mas seguro es que lassoluciones no sean ni tan siquiera continuas en t = t0, y mucho menos analıticas. A veces sepueden encontrar no obstante, soluciones de la forma

x(t) = (t− t0)r(a0 + a1(t− t0) + a2(t− t0)2 + · · · ) =

∞∑n=0

an(t− t0)n+r

Ejemplo 12.8 Hallese una solucion, si existe, de la forma x(t) =∞∑n=0

antn+r (a0 6= 0) para

la ecuacion:2tx′′ + x′ + tx = 0 0 < t <∞

12.3 Puntos singulares. El metodo Frobenius 237

Procedemos como en todos los casos anteriores, pero como r esta sin determinar, tendre-mos que calcular un valor de r para el que tal solucion exista. En primer lugar derivamos:

x′(t) =∞∑n=0

(n+ r)antn+r−1 , x′′(t) =

∞∑n=0

(n+ r)(n+ r − 1)an+r−2n

y sustituımos en la ecuacion:

0 = 2∞∑n=0

(n+ r)(n+ r − 1)antn+r−1 +

∞∑n=0

(n+ r)antn+r−1 +

∞∑n=0

antn+r−1 =

=

[1r(r − 1)a0t

r−1 + (r + 1)ra1 +∞∑n=0

(n+ r + 2)(n+ r + 1)an+2tn+r+1

]

+ra0tr−1 + (r + 1)a1t

r +∞∑n=0

(n+ r + 2)an+2tn+r+1 +

∞∑n=0

antn+r+1 =

= [2(r − 1) + r] a0tr−1+

+(2r + 1)(r + 1)antr +

∞∑n=0

[(n+ r + 2)(2n+ 2r + 3)an+2 + an] tn+r−1

Igualando a cero los coeficientes:

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

Como a0 6= 0, de la primera ecuacion obtenemos que r = 0 o r =1

2. En cualquiera de los

dos casos la segunda ecuacion implica que a1 = 0. Ahora para r = 0 tenemos que

(n+ 2)(2n+ 3)an+2 = −an ⇒ an+2 =−1

(n+ 2)(2n+ 3)an

Dando valores a n conseguimos la siguiente tabla:

n an+2

0 a2 =−1

2 · 3a0

1 a3 =−1

3 · 5a1 = 0

2 a4 =−1

4 · 7a2 =a0

2 · 3 · 4 · 73 a5 = 0

4 a6 =−1

6 · 11a4 =

−a0

2 · 3 · 4 · 6 · 7 · 11


Si ponemos a0 = 1 (recordemos que x(t) =∞∑n=0

antn+r =

∞∑n=0

antn porque, en este caso,

r = 0.)

x1(t) = 1− 1

2 · 3t2 +

1

2 · 3 · 4 · 7t4 − 1

2 · 3 · 4 · 6 · 7 · 11t6 + · · · =

= 1 +∞∑n=0

(1−)nt2n

2nn! · 3 · 7 · 11 · . . . · (4n− 1)

es una solucion de la ecuacion por el intervalo (0,+∞). Es facil ver que esta serie es conver-gente para todo t:

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =

1

2n+1(n+ 1)! · 3 · 7 · . . . · (4n+ 3)1

2nn! · 3 · 7 · . . . · (4n− 1)

=1

2(n+ 1)(4n+ 3)

de modo que

lımn→∞

1

2(n+ 1)(4n+ 3)= 0 y ρ =∞.

Consideramos ahora el caso r =1

2. Ahora tenemos que x(t) =

∞∑n=0

antn+ 1

2 = t12

∞∑n=0

antn y

an+2 =−an(

n+5

2

)(2n+ 4)

=−an

(2n+ 5)(n+ 2).

Ası que como a1 = 0, tambien a3, a5, a7, . . . son cero, y

a2 =−a0

2 · 5 , a4 =−a2

4 · 9 =a0

2 · 4 · 5 · 9 , a6 =−a4

6 · 13=

−a0

2 · 4 · 6 · 5 · 9 · 13.

Poniendo a0 = 1 obtenemos una segunda solucion en el intervalo (0,+∞):

x2(t) = t12

[1− t2

2 · 5 +t4

2 · 4 · 5 · 9 −t6

2 · 4 · 6 · 5 · 9 · 13+ · · ·

]=

= t12

[1 +

∞∑n=0

(−1)nt2n

2nn! · 5 · 9 · . . . · · · (4n− 1)

]

De nuevo es facil ver que la serie es convergente para todo t.

El metodo utilizado en el ejemplo anterior se conoce con el nombre de metodo deFrobenius y, de forma general, consiste en lo siguiente: Consideremos la ecuacion

p(t)x′′ + q(t)x′ + r(t)x = 0


y supongamos que t = t0 es un punto singular (i.e. p(t0) = 0). Diremos que t = t0 es unpunto regular si las funciones

q(t)(t− t0)

p(t)y

r(t)(t− t0)2

p(t)

son analıticas en t0. Por ejemplo para la ecuacion

(t2 − 1)2x′′ + (t+ 1)x′ − x = 0

hay dos puntos singulares: los que hacen (t2 − 1)2 = 0. Es decir t = ±1. Para saber sin sonsingulares regulares o no calculamos para t = 1

q(t)(t− 1)

(t2 − 1)2=

(t+ 1)(t− 1)

(t− 1)2(t+ 1)2=

1

(t− 1)(t+ 1)

que no es analıtica en t = 1. Ası que t = 1 no es un punto singular regular. Para t = −1

q(t)(t+ 1)

(t2 − 1)2=

(t+ 1)2

(t2 − 1)2=

1

(t− 1)2y

r(t)(t+ 1)2

(t2 − 1)2=−(t+ 1)2

(t− 1)2=

−1

(t− 1)2.

Como ambas funciones son analıtica en t = −1, t = −1 es un punto singular regular.

Continuamos ahora con el metodo de Frobenius. Si t = t0 es un punto singular regularentonces siempre podemos encontrar una solucion de la ecuacion p(t)x′′ + q(t)x′ + r(t)x = 0en serie de potencias; es decir, de la forma

x(t) =∞∑n=0

an(t− t0)n+r

para alguna constante r. El siguiente teorema que damos sin demostracion nos dice comoencontrar dicha solucion.

Teorema 12.9 Consideremos la ecuacion diferencial

p(t)x′′ + q(t)x′ + r(t) = 0 (1), (12.6)

y sea t = t0 un punto singular regular de la ecuacion. Entonces las funcionesq(t)(t− t0)

p(t)y

r(t)(t− t0)2

p(t)son analıticas en t = t0. Sean sus desarrollos en serie de potencias:

q(t)(t− t0)

p(t)= b0+b1(t−t0)2+b2(t−t0)2+· · · , y

r(t)(t− t0)2

p(t)= c0+c1(t−t0)+c2(t−t0)2+· · ·


y supongamos que convergen en el intervalo (t0 − ρ, t0 + ρ). Supongamos tambien que lasraıces de la ecuacion

r(r − 1) + b0r + c0 = 0

son numeros reales r1 y r2 y que r1 ≥ r2 Entonces la ecuacion (12.6) tiene dos solucionesx1(t) y x2(t) linealmente independientes en el intervalo (t0 − ρ, t0 + ρ) de la siguiente forma:

a) Si r1 − r2 no es un numero entero positivo entonces

x1(t) = (t− t0)r1∞∑n=0

an(t− t0)n x2(t) = (t− t0)r2∞∑n=1

dn(t− t0)n

b) Si r1 = r2 y este numero es, digamos,rentonces

x1(t) = (t− t0)r∞∑n=0

an(t− t0)n, x2(t) = x1(t) ln(t− t0) + (t− t0)r∞∑n=1

dn(t− t0)n

c) Si r1 − r2 = N es un numero entero positivo entonces

x1(t) = (tr − t0)r1∞∑n=0

an(t− t0)n x2(t) = Cx1(t) ln(t− t0) + (t− t0)r2∞∑n=0

dn(t− t0)n

donde C es una constante que puede ser cero

Observaciones 12.10 1. Debe observase que b0 = lımn→t0

q(t)(t− t0)

p(t)y c0 = lım

n→t0r(t)(t− t0)2

p(t).

2. A la ecuacion r(r − 1) + b0r + c0 = 0 se le llama ecuacion indicial o determinativa dela ecuacion diferencial.

3. Esta ecuacion puede tener raıces complejas. En tal caso las raıces complejas debenaparecer conjugadas a pares: digamos α + iβ y α− iβ. La solucion de la ecuacion

x(t) = tα+iβ

∞∑n=0

antn

es una funcion que toma valores complejos, pero recordemos que

tα+iβ = tα · tiβ = tαeln tiβ = tαeiβ ln t == tα [cos (β ln t) + i sen (β ln t)] .

Sustituyendo esta expresion en x(t) y separando las partes real e imaginaria obtenemosdos soluciones linealmente independientes.


En el Ejemplo 12.8 obtuvimos r1 =1

2y r2 = 0, por lo que r1 − r2 =

1

2no es un entero

positivo y las soluciones que encontramos son de la forma descrita en el teorema. Veamosahora un ejemplos del tercer caso: r1−r2 un entero positivo. Veremos un ejemplo del segundocaso (r1 = r2) al estudiar la Ecuacion de Bessel.

Ejemplo 12.11 Encuentrese la solucion general de la siguiente ecuacion como una serie depotencias en torno a t = 0.

tx′′ + 3x′ − tx = 0 , t > 0

En t = 0 tenemos un punto singular. Ademas

q(t)t

p(t)=

3t

t= 3 ,

r(t)t2

p(t)= −t

3

t= −t2

que son analıticas en t = 0. Ası pues t = 0 es un punto singular regular.

La ecuacion indicial es r(r−1)+b0r+c0 = 0. Y los coeficientes b0 y c0 se pueden calcular

a partir del desarrollo en serie de Taylor deq(t)t

p(t)= 3 y

r(t)t2

p(t)= −t2. De hecho b0 = 3 y

c0 = 0. Pero salen tambien al calcular una solucion de la forma

x(t) =∞∑n=0

antn+r

Utilizaremos este segundo procedimiento porque nos da mayor informacion acerca de loscoeficientes a0 y a1. Sustituyendo en la ecuacion:

∞∑n=0

(n+ r)(n+ r − 1)antn+r−1 +

∞∑n=0

3(n+ r)antn+r−1 −

∞∑n=0

antn+r+1 = 0

Ası

0 = r(r − 1)a0tr−1 + (r + 1)ra1t

r + 3ra0tr−1 + 3(r + 1)a1t

r +∞∑n=2

(n+ r)(n+ r − 1)antn+r−1+

+∞∑n=1

3(n+ r)antn+r−1 −

∞∑n=0

antn+r+1.

Operando

0 = [r(r − 1) + 3r] a0tr−1 + [(r + 1)r + 3(r + 1)] a1t

r+

+∞∑n=0

[[(n+ r + 2)(n+ r + 1) + 3(n+ r + 2] an+2 − an] tn+r+1 = 0.


Entonces[r(r − 1) + 3r] a0 = 0[(r + 1)(r + 3)] a1 = 0, y

an+2 =an

(n+ r + 2)(n+ r + 4, para n > 0.

De la primera ecuacion obtenemos la ecuacion indicial

r(r − 1) + 3r = 0

Y de aquı los valores de r:

r2 + 2r = 0⇒{r1 = 0r2 = −2

Sustituyendo estos valores de r en la segunda ecuacion obtenemos que necesariamente a1 = 0.

Ahora vamos a calcular dos soluciones linealmente independientes de acuerdo con elTeorema 12.9. Sustituımos r1 = 0 en la tercera ecuacion:

an+2 =an

(n+ 2)(n+ 4).

Poniendo a0 = 1, como a1 = 0 tenemos que a3 = a5 = a7 = . . . = 0 y a2 =1

2 · 4 , a4 =

a2

4 · 6 =1

2 · 4 ·1

4 · 6 , a6 =a4

6 · 8 =1

2 · 4 · 6 ·1

4 · 6 · 8 , · · ·

Por lo tanto

x1(t) = 1 +1

2 · 4t2 +

1

2 · 4 ·1

4 · 6t4 +

1

2 · 46· 1

4 · 6 · 8t6 + · · · =

= 1 +∞∑n=1

t2n

2nn!2n(n+ 1)!= 1 +

∞∑n=1

t2n

2nn!(n+ 1)!

Puesto que r1−r2 = 2 es un numero entero y r1 6= r2, el Teorema 12.9 asegura que existe

una segunda solucion linealmente independiente de la forma x2(t) = Cx1(t) ln t+t−2

∞∑n=0

dntn.

Derivando

x′2(t) = Cx′1(t) ln t+ Cx1(t) · 1

t+∞∑n=0

(n− 2)dntn−3

x′′2(t) = Cx′′1(t) ln t+ 2Cx′1(t) · 1

t− Cx1(t) · 1

t2+∞∑n=0

(n− 2)(n− 3)dntn−4


y sustituyendo en la ecuacion:

0 = Ctx′′1 ln t+ 2Cx′1 − C1

tx1 +

∞∑n=0

(n− 2)(n− 3)dntn−3+

+3Cx′1 ln t+ 3Cx1(t) · 1

t+∞∑n=0

3(n− 2)dntn−3−

−Ctx1 ln t−∞∑n=0

dntn−1

De modo que0 = (tx′′1 + 3x′1 − tx1)C ln t+ 2Cx′1 + 2Ct−1x1+

+∞∑n=0

n(n− 2)dntn−3 −

∞∑n=0

dntn−1

Como x1(t) es solucion de la ecuacion, el primer parentesis es cero. Entonces

2Cx′1 + 2Ct−1x1 − d1t−2 +

∞∑n=0

[(n+ 2)ndn+2 − dn] tn−1 = 0

Como x1(t) =∞∑n=0

antn, tenemos que

∞∑n=0

2Cnantn−1 +

∞∑n=0

2Cantn−1 + d1t

−2 +∞∑n=0

[(n+ 2)ndn+2 − dn] tn−1 = 0

O bien

d1t−2 +

∞∑n=0

[2Can(n+ 1) + (n+ 2)ndn+2 − dn] tn−1 = 0

Igualando a cero los coeficientes obtenemos d1 = 0, 2Ca0−d0 = 0; es decir, d0 = 2Ca0 = 2C(recordemos que a0 = 1) con C una constante arbitraria. Y tambien

dn+2 =dn − 2Can(n+ 1)

n(n+ 2), n ≥ 1

Recordemos ahora que a1 = a3 = a5 = · · · = 0. Ası pues, como d1 = 0, d3 = d5 = d7 =· · · = 0. Y

d4 =d2 − 2 · 3Ca2

2 · 4 =d2

2 · 4 −2 · 3C

2 · 4 · 2 · 4 =d2

2 · 4 −3

32C

d6 =d4 − 2 · 5Ca4

4 · 6 =d2

2 · 4 · 4 · 6 −2 · 5 · C

4 · 6 · 2 · 4 · 4 · 6 =d2

2 · 4 · 4 · 6 −5C

2304C


Ası que los primeros terminos de la serie∞∑n=0

dntn−2 son

∞∑n=0

dntn−2 = 2Ct−2 + d2 +

d2

2 · 4t2 − 3

32Ct2 +

d2

2 · 4 · 4 · 6t4 − 5c

2304t4 + · · ·

Observemos que

d2 + d21

2 · 4t2 + d2

1

2 · 4 · 4 · 6t4 + · · · = d2x1(t).

Ası pues

x2(t) = Cx1(t) ln t+ d2x1(t) + C

(2t−2 − 3

32t2 − 5

2304t4 + · · ·

)

Poniendo C = 1 y d2 = 0

x2(t) = x1(t) ln t+

(2t−2 − 3

32t2 − 5

2304t4 − · · ·

)

es la segunda solucion.

12.4. La ecuacion de Bessel

La ecuacion de Bessel nos sirve como un ejemplo muy ilustrativo del significado delTeorema 12.9. La ecuacion de Bessel de orden p es

t2x′′ + tx′ + (t2 − p2)x = 0

donde p es un numero real fijo, p ≥ 0. Aquı p(t) = t2, q(t) = t y r(t) = t2 − p2. Entoncest = 0 es un punto singular y como

q(t)t

p(t)= 1 , y

r(t)t2

p(t)= t2 − p2

son analıticas en t = 0, este punto es singular regular.

La ecuacion indicial esr(r − 1) + b0r + c0 = 0

siendo b0 y c0 los coeficientes independientes del desarrollo en serie de potencias de 1 y t2−p2,respectivamente. Por lo tanto

b0 = lımt→0

q(t)t

p(t)= 1 , lım

t→0

r(t)t2

p(t)= −p2

12.4 La ecuacion de Bessel 245

Ası pues,

r(r − 1) + r − p2 = 0⇔ r2 − p2 = 0⇔{r1 = pr2 = −p

yr1 − r2 = 2p.

Caben varias posibilidades segun los valores de p. Pero antes de estudiar estas posibilidadeses importante observar que la ecuacion indicial se obtiene directamente del hecho de quesegun el Teorema de Frobenius siempre hay una solucion de la forma

x(t) =∞∑n=0

antn+r.

Utilizando este hecho obtendremos una informacion adicional muy valiosa. Para calcular anderivamos x(t)

x′(t) =∞∑n=0

(n+ r)antn+r−1 , x′′(t) =

∞∑n=0

(n+ r)(n+ r − 1)antn+r−2

y sustituimos en la ecuacion:

0 =∞∑n=0

(n+ r)(n+ r − 1)antn+r+

+∞∑n=0

(n+ r)antn+r+

+∞∑n=0

an(tn+r−2 − tn+rp2

)

Operando

0 = r(r − 1)a0tr + (r + 1)ra1t

r+1 +∞∑n=0

(n+ r + 2)(n+ r + 1)an+2tn+r+2+

+ ra0tr + (r + 1)a1t

r+1 +∞∑n=0

(n+ r + 2)an+2tn+r+2−

− a0p2tr − a1p

2tr+1 −∞∑n=0

an+2p2tn+r+2 +

∞∑n=0

antn+r+2

En resumen

0 = [r(r − 1) + r − p2] a0tr + [(r + 1)r + (r + 1)− p2] a1t

r+1+

+∞∑n=0

[[(n+ r + 2)2 − p2

]an+2 + an

]tn+r+2.


Igualando a cero los coeficientes de todas las potencias de r:

[r(r − 1) + r − p2] a0 = 0[(r + 1)r + (r + 1)− p2] a1 = 0[(n+ r + 2)2 − p2] an+2 + an = 0 , n ≥ 0

De la primera ecuacion obtenemos la ecuacion indicial:

r2 − p2 = 0⇔{r1 = pr2 = −p

La segunda ecuacion se reduce a [(r + 1)2 − p2] a1 = 0. Como r = p o −p tenemos que(p + 1)2 − p 6= 0 y (−p + 1)2 − p2 6= 0 cualquiera que sea p. Por lo tanto a1 = 0. Esta lainformacion valiosa que no descubrimos si aplicamos directamente el Teorema 12.9.

Procedamos ahora a buscar soluciones aplicando el metodo de Frobenius. El Teorema12.9 nos dice que la funcion

x(t) =∞∑n=0

antn+r1 =

∞∑n=0

antn+r1ant

n+p

siempre es solucion de la ecuacion. La dificultad esta en encontrar la segunda solucion li-nealmente independiente. Esta dependera de que r1 − r2 sea o no un numero entero o cero.Calculamos de momento la primera solucion. Basta sustituir r = p en la ecuacion

[(n+ r + 2)2 − p2

]an+2 + an = 0

Ası

(n+ p+ 2)2 − p2 = (n+ 2)2 + p2 + 2p(n+ 2)− p2 = (n+ 2)2 + 2p(n+ 2) == (n+ 2)(2p+ n+ 2)

y

an+2 =−an

(n+ 2)(2p+ n+ 2), n ≥ 0.

Dando valores a n:

a2 =−a0

2(2p+ 2)=

−a0

22(p+ 1)

a3 =−a1

3(2p+ 3)= 0 recordemos que a1 = 0

a4 =−a2

4(2p+ 4)=

−a2

23(p+ 2)=

a0

24 · 2(p+ 1)(p+ 2)

a5 =−a3

5(2p+ 5)= 0, a7 = a9 = . . . = 0

a6 =−a4

6(2p+ 6)=

−a4

2 · 3!(p+ 3)=

−a0

263!(p+ 1)(p+ 2)(p+ 3)


En general

a2k =(−1)ka0

22kk!(p+ 1)(p+ 2) · · · (p+ k).

Ası

x1(t) =∞∑n=0

(−1)nt2n+p

22nn!(p+ 1)(p+ 2) · · · (p+ n). (12.7)

Hay una forma mas compacta de escribir los coefientes de esta serie y que nos ayudara enposteriores operaciones. Se consigue con ayuda de la funcion gamma de Euler:

Γ(t) =

∫ ∞

0

e−xxt−1 dx, t > 0

Recordemos que ∫ ∞

0

f(x) dx = lıms→∞

∫ s

0

f(x) dx

y que esta integral impropia tiene sentido si el lımite existe. En nuestro caso Γ(t) esta biendefinida; es decir, existe el lımite

lıms→∞

∫ s

0

e−xxt−1 dx, t > 0,

auqnue no vamos a demostrarlo aquı.

De la propia definicion se desprenden algunas propiedades interesantes de esta funcion.Observemos que integrando por partes (u = xt, dv = e−x dx):

∫ s

0

exxt dx =[−e−xxt]s

0+ t

∫ s

0

e−xxt−1 dx = −e−sst + t

∫ s

0

s−xxt−1 dx.

En consecuencia

Γ(t+ 1) =

∫ ∞

0

e−xxt dx = lıms→∞

∫ s

0

e−xxt dx =

= lıms→∞ (−e−sst) + t lıms→∞

∫ s

0

e−xxt−1 dx =

= tΓ(t)

porque lıms→∞−e−sst = 0 para t > 0. Ademas

Γ(1) =

∫ ∞

0

e−x dx = lıms→∞

[−e−s]s0

= lıms→∞

(e0 − e−s) = e0 = 1.


Por consiguiente

Γ(p+ n+ 1) = (p+ n)Γ(p+ n) = (p+ n)(p+ n− 1)Γ(p+ n− 1) = · · · == (p+ n)(p+ n+ 1) · · · (p+ 1)Γ(p+ 1)

De aquı deducimos que

(p+ 1)(p+ 2) · · · (p+ n) =Γ(p+ n+ 1)

Γ(p+ 1)(12.8)

Y si k es un numero entero:

Γ(k + 1) = kΓ(k) = k(k − 1)Γ(k − 1) = · · · = k(k − 1) · · · 1Γ(1) = k!

Volvemos ahora a la primera solucion obtenida para la ecuacion de Bessel. Sustitutendo(12.8) en la solucion (12.7):

x(t) =∞∑n=0

a0(−1)nΓ(p+ 1)

n!22nΓ(p+ n+ 1)t2n+p

Escogiendo a0 =1

2pΓ(p+ 1), obtenemos como solucion de la ecuacion de Bessel

Jp(t) =∞∑n=0

(−1)n

n!Γ(p+ n+ 1)

(t

2

)2n+p

(12.9)

A esta funcion se le llama funcion de Bessel de primer tipo de orden p.

Para obtener una segunda solucion linealmente independiente hay que distinguir varioscasos. Tal y como hemos visto mas arriba r1 − r2 = 2p. Los posibles casos son

a) p no es numero entero.

b) p = 0

c) p 6= 0 numero entero.

(a) Si p no es un numero entero (aun cuando 2p lo sea; esto es posible por ejemplo si

p =3

2o

5

2, etc.) entonces la segunda solucion linealmente independiente es de la forma

x2(t) =∞∑n=0

dntn−p


En realidad, lo unico que hay que hacer es sustituir p por −p en la primera solucion obtenida.Ası

J−p(t) =∞∑n=0

(−1)n

n!Γ(1− p+ n)

(t

2

)2n−p

serıa una segunda solucion linealmente independiente.

(b) Si p = 0 entonces

J0(t) =∞∑n=0

(−1)n

n!Γ(n+ 1)

(t

2

)2n

.

Pero como n es un entero Γ(n+ 1) = n!. Ası que

J0(t) =∞∑n=0

(−1)n

(n!)2

(t

2

)2n

y la segunda solucion se obtiene aplicando el Teorema 12.9 (en este caso r1 = r2 = 0):

x2(t) = J0(t) ln t+∞∑n=0

dntn

Para calcular los coeficientes d1, d2, . . . derivamos y sustituimos en la ecuacion:

x′2(t) =∞∑n=1

ndntn−1 + J ′0(t) ln t+ J0(t)

1

t

x′′2(t) =∞∑n=1

n(n− 1)dntn−2 + J ′′0 (t) ln t+ 2J ′0(t)

1

t− 1

t2J0(t)

Sustituyendo en la ecuacion:

0 =∞∑n=1

n(n− 1)dntn + t2J ′′0 (t) ln t+ 2tJ ′0(t)− J0(t) +

∞∑n=1

ndntn + tJ ′0(t) ln t+

+ J0(t) +∞∑n=1

dntn+2 + t2J0(t) ln t

Ası0 = [t2J ′′0 (t) + tJ ′0(t) + t2J0(t)] ln t+ 2tJ ′0(t) + d1t+ 22d2t

2+

+∞∑n=1

{[(n+ 2)(n+ 1) + (n+ 2)] dn+2 + dn} tn+2

Como J ′0(t) es solucion de la ecuacion t2x′′ + tx′ + t2x = 0, el primer parentesis es cero. Porlo tanto

2tJ ′0(t) + d1t+ 22d2t2 +

∞∑n=1

[(n+ 2)2dn+2 + dn

]tn+2 = 0.


Ahora bien

J0(t) = 1 +∞∑n=1

(−1)n

(n!)2

(t

2

)2n

con lo que

J ′0(t) =∞∑n=1

(−1)n2n

(n!)22

(t

2

)2n−1

y

2tJ ′0(t) = 2∞∑n=1

(−1)n2n

22n(n!)2t2n

Por consiguiente

d1t+ 22d2t2 +

∞∑n=1

[(n+ 2)2dn+2 + dn

]tn+2 = −2

∞∑n=1

frac(−1)n2n22n(n!)2t2n

e igualando los coeficientes correspondientes a potencias iguales de las dos series y observandoque en la serie de la derecha solo hay potencias de t:

d1 = 0, 22d2 = (−2) · (−1)2

22(1!)2=

4

22⇒ d2 =

1

22,

d3 = d5 = d7 = · · · = 0,

42d4 + d2 = (−2) · (−1)2 · 2 · 224(2!)2

=−1

23

d4 = − 1

42

(1

23+ d2

)=

1

42

(1

23+

1

22

)= − 1

2242

(1 +

1

2

)

62d6 + d4 = (−2)(−1)32 · 3

26(3!)2=

1

24 · 2 · 3!

d6 =1

62

[1

42 · 22 · 3 +1

22 · 42

(1 +

1

2

)]=

1

22 · 42 · 62

(1 +

1

2+

1

3

)

En general

d2k =(−1)k+1

22 · 42 · . . . · (2k)2

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

k

)=

=(−1)k+1

22k(k!)2

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

k

)

Por lo tanto

∞∑n=1

dntn =

∞∑n=1

(−1)n+1

22n(n!)2

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n

)t2n

= −∞∑n=1

(−1)n

(n!)2

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

2+ · · ·+ 1

n

)(t

2

)2n


La segunda solucion lineal independiente sera:

K0(t) = J0(t) ln t−∞∑n=1

(−1)n

(n!)2

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n

) (t

2

)2n

A esta funcion se le llama funcion de Bessel de 2o tipo de orden cero.

(c) Finalmente, si p es un entero entonces se puede ver que Jp(t y J−p(t) son funcioneslinealmente dependientes. De hecho

J−p(t) = (−1)Jp(t)

Debemos aplicar de nuevo el teorema para buscar una segunda solucion del tipo (r1 = p, r2 = −p):

x2(t) = CJp(t) ln t+∞∑n=0

dntn−p

Procedemos como en el caso anterior; los calculos, sin embargo, son mas complicadospero igualmente tediosos y sin ninguna dificultad conceptual adicional. Por ello los evitamosy exponemos unicamente la solucion que se obtiene

Kp(t) = −1

2

[p−1∑n=0

(p− n− 1)!

n!

(t

2

)2n−p+

1

p!

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n

)(t

2

)p]−

− 1

2

∞∑n=0

(−1)n

n!(n+ p)!

[(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n

)+

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

p+ n

)](t

2

)2p+n

+

+ Jp(t) ln t

A esta funcion se le conoce con el nombre de funcion de Bessel de 2o tipo y ordenp (o tambien como funcion de Neumann de orden p).

lección 12 ecuaciones lineales de segundo orden con coeficientes

Documents