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4. Soluciones de ecuaciones lineales en series de potencias

(Š Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)

1


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

n 2 c ( x − a ) = c + c ( x − a ) + c ( x − a ) + ∑n 0 1 2

n =0

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

2


n lim S ( x ) = lim c ( x − a ) N →∞ N N →∞ ∑ n = 0 n La serie converge N

si existe el siguiente límite de las sumas parciales: • 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

3


• Convergencia absoluta Dentro de su intervalo de convergencia, una serie de potencias converge absolutamente. Es decir, la siguiente serie converge: n | c ( x − a ) | ∑ n =0 n ∞

• Prueba de convergencia (criterio del cociente) Suponiendo cn ≠ 0 para todo n, y cn +1 ( x − a ) n +1 cn +1 lim = | x − a | lim =L n n →∞ n →∞ c cn ( x − a ) n

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

Ch5_4


• Una serie de potencias define una función ∞ y ( x) = ∑ n =0 cn x n cuyo dominio es el intervalo de convergencia de la serie, donde es continua, derivable e integrable: y ' ( x) = ∑ n =1 n x ∞

n −1

, y" ( x) = ∑ n = 2 n(n − 1) x n − 2 ∞

• 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: x x2 x3 x5 e = 1 + + + , sin x = x − + −  1! 2! 3! 5! x 2 x4 x6 cos x = 1 − + − +  2! 4! 6! x

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• Aritmética de series de potencias Las series de potencias se pueden combinar mediante operaciones de suma, resta, multiplicación y división. e x sin x    x 2 x3 x 4 x3 x5 x7 = 1 + x + + + +  x − + − −  2 6 24 6 120 5040    1 1 1 1 1 1 1 = (1) x + (1) x 2 +  − +  x3 +  − +  x 4 +  − +  x5 +   6 2  6 6  120 12 24  3 5 x x = x + x2 + − −  3 30 6


∞ n− 2 n ( n − 1 ) c x n n= 2

+ ∑ ∞n = 0 cn x n +1 como una sola

Escribir ∑ serie de potencias (i.e., bajo el mismo sumatorio).

Solución Primero, buscamos que ambos sumatorios comiencen por la misma potencia: ∞

n=2

n =0

n =3

n =0

n−2 n +1 0 n −2 n +1 n ( n − 1 ) c x + c x = 2 . 1 c x + n ( n − 1 ) c x + c x ∑ ∑n ∑ ∑n n 2 n

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: ∞

k =1

k =1

2c2 + ∑ (k + 2)(k + 1)ck + 2 x k + ∑ ck −1 x k ∞

= 2c2 + ∑ [(k + 2)(k + 1)ck + 2 + ck −1 ]x k k =1

Ch5_7


• Supongamos la ED lineal

a2 ( x) y′′ + a1 ( x) y′ + a0 ( x) y = 0

que podemos escribir como

y′′ + P ( x) y′ + Q ( x) y = 0 DEFINICIÓN

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 x 0. Un punto que no es un punto ordinario es un punto singular. • 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. 8


Soluciones respecto a puntos ordinarios TEOREMA

Existencia de soluciones en series de potencias

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:

y = ∑ n=0 cn ( x − x0 ) n ∞

• 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. 9


Resolver y"+xy = 0 Solución

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

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 ∞ ∞ n− 2 n y " ( x ) = n ( n − 1 ) c x y ( x ) = n = 0 cn x ∑ n= 2 n Sustituyendo en la ED obtenemos:

n=2

n =0

y′′ + xy = ∑ cn n(n − 1) x n−2 + x ∑ cn x n ∞

= ∑ cn n(n − 1) x n=2

n−2

+ ∑ cn x n =0

n +1 10


Obtuvimos esta suma de series en el ejercicio anterior ∞

y′′ + xy = 2c2 + ∑[(k + 1)(k + 2)ck +2 + ck −1 ]x k = 0 k =1

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

(k + 1)(k + 2)ck +2 + ck −1 = 0 ,

k =1, 2 , 3 ,

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

ck +2

ck −1 =− , (k + 1)(k + 2)

k =1, 2 , 3 , 11


ck +2

ck −1 =− , (k + 1)(k + 2)

k =1, 2 , 3 ,

Tomando valores de k y recordando que c2 = 0: k = 1, k = 2,

k = 3, k = 4, k = 5,

c0 c3 = − 2.3 c c4 = − 1 3.4 c c5 = − 2 = 0 4.5 c 1 c6 = − 3 = c0 5.6 2.3.5.6 c4 1 c7 = − = c1 6.7 3.4.6.7

k = 6, k = 7, k = 8,

k = 9,

c5 =0 7.8 c6 1 c9 = − =− c0 8.9 2.3.5.6.8.9 c 1 c10 = − 7 = − c1 9.10 3.4.6.7.9.10 c c11 = − 8 = 0 10.11 c8 = −

(....)

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. 12


Nuestra solución era:

c0 3 c1 4 c0 y ( x) = ∑ n =0 cn x = c0 + c1 x + 0 − x − x +0+ x6 2 ⋅3 3⋅ 4 2⋅3⋅5⋅6 ∞

n

c1 + x 7 + 0 + .... = c0 y0 ( x) + c1 y1 ( x) 3⋅ 4⋅6⋅7 Entonces las dos soluciones linealmente independientes en serie de potencias son: 1 3 1 1 6 y0 ( x ) = 1 − x + x − x9 +  2 .3 2 .3 .5 .6 2 .3 .5 .6 .8 .9

(−1) k = 1+ ∑ x 3k k =1 2 .3 (3k − 1)(3k ) ∞

1 4 1 1 7 y1 ( x) = 1 − x + x − x10 +  3 .4 3 .4 .6 .7 3 .4 .6 .7 .9 .10 (−1) k = x+∑ x 3k +1 k =1 3 .4 (3k )(3k + 1) ∞

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

ck +2

ck −1 =− , (k + 1)(k + 2)

k =1, 2 , 3 ,

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. 14


ck +2

ck −1 =− , (k + 1)(k + 2)

k =1, 2 , 3 ,

Si hacemos primero c0 = 1 y c1 = 0, (con c2 = 0): c3 1 = 5. 6 2. 3. 5. 6

k = 1,

1 c3 = − 2. 3

k = 4,

c6 = −

k = 2,

c4 = 0

k = 5,

c7 = 0

k = 3,

c2 c5 = − =0 4.5

(...)

1 3 1 1 6 y0 ( x ) = 1 − x + x − x9 +  2 .3 2 .3 .5 .6 2 .3 .5 .6 .8 .9 (−1) k = 1+ ∑ x 3k k =1 2 .3 (3k − 1)(3k ) ∞

15


ck +2

ck −1 =− , (k + 1)(k + 2)

k =1, 2 , 3 ,

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

c3 = 0 1 3. 4 c2 c5 = − =0 4.5

k = 2, c4 = − k = 3,

y1 ( x) = 1 −

k = 4, k = 5,

c3 c6 = − =0 5 .6 c 1 c7 = − 4 = 6 .7 3 .4 .6 .7 (....)

1 4 1 1 x + x7 − x10 +  3 .4 3 .4 .6 .7 3 .4 .6 .7 .9 .10

(−1) k = x+∑ x 3k +1 k =1 3 .4 (3k )(3k + 1) ∞

16


Resolver

2

( x + 1) y"+ xy '− y = 0

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”: ∞

n=2

n =1

n =0

( x 2 + 1) ∑ n(n − 1)cn x n−2 + x ∑ ncn x n−1 − ∑ cn x n ∞

n=2

n=2

n =1

n =0

= ∑ n(n − 1)cn x n + ∑ n(n − 1)cn x n−2 + ∑ ncn x n − ∑ cn x n 17


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

= 2c2 x 0 − c0 x 0 + 6c3 x + c1 x − c1 x + ∑ n(n − 1)cn x n n= 2      k =n

+ ∑ n(n − 1)cn x n−2 + ∑ ncn x n − ∑ cn x n n= 4      n=2   n= 2  k =n−2

k =n

k =n

Ahora reindexamos: ∞

= 2c2 − c0 + 6c3 x + ∑ [k ( k − 1)ck + (k + 2)(k + 1)ck + 2 + kck − ck ] x k k =2

= −2c2 − c0 + 6c3 x + ∑ [(k + 1)(k − 1)ck + (k + 2)(k + 1)ck +2 ]x k 18= 0 k =2


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

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

1 1 1 c4 = − c2 = − c0 = − 2 c0 4 2.4 2 2! 2 c5 = − c3 = 0 5 3 3 1.3 c6 = − c4 = − c0 = 3 c0 6 2.4.6 2 3! 4 c7 = − c5 = 0 7

19


5 3.5 1.3.5 c8 = − c6 = − c0 = − 4 c0 8 2.4.6.8 2 4! 6 c9 = − c7 = 0 9 7 3.5.7 1.3.5.7 c10 = − c8 = c0 = c0 5 10 2.4.6.8.10 2 .5!

y = c0 + c1 x + c2 x 2 + c3 x 3 + c4 x 4 + c5 x 5

... y así sucesivamente.

+ c6 x 6 + c7 x 7 + c8 x 8 + c9 x 9 + c10 x10 +  3 6 1. 3. 5 8 1. 3. 5. 7 10  1 2 1 4 1.  = c0 1 + x − 2 x + 3 x − 4 x + x −  + c1 x 5 2 2! 2 3! 2 4! 2 5!  2  = c0 y0 ( x) + c1 y1 ( x)

1 2 ∞ n −1 1.3 .5 ( 2n − 3) 2 n y0 ( x) = 1 + x + ∑ (−1) x , n 2 2 n! n =2 y2 ( x ) = x

| x | <1 20


Si se busca una solución en serie de potencias y(x) centrada en cero para y′′ − (1 + x) y = 0 obtenemos c2 = c0/2 y la siguiente relación de recurrencia:

ck + 2

ck + ck −1 = , (k + 1)(k + 2)

k =1, 2 , 3 ,

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

1 c2 = c0 2

y 21


c1 + c0 c0 1 c3 = = = c0 2.3 2.3 6 c2 + c1 c0 1 c4 = = = c0 3.4 2.3.4 24 c3 + c2 c0 1 1 1  c5 = = =  +  = c0 4.5 4.5  6 2  30

y así sucesivamente...

Ahora elegimos c0 = 0, c1 ≠ 0, y entonces c1 + c0 c1 1 c3 = = = c1 2.3 2.3 6 c2 + c1 c1 1 c4 = = = c1 3.4 3.4 12 c3 + c2 c1 1 c5 = = = c1 4.5 4.5.6 120

1 c2 = c0 = 0 2

Etc. 22


Finalmente, la solución será: y = c0y0 + c1y1, donde 1 2 1 3 1 4 1 5 y0 ( x ) = 1 + x + x + x + x + 2 6 24 30 1 3 1 4 1 5 y1 ( x) = x + x + x + x + 6 12 120 que convergen para todo x.

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Resolver Solución

y"+ (cos x) y = 0

Observemos 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 ∞ n y = c x cos x, y empleando ∑ n=0 n como solución:

y′′ + (cos x) y 2 4 6 ∞   x x x = ∑ n(n − 1)cn x n−2 + 1 − + − +  ∑ cn x n 2! 4! 6! n =2   n=0 1  2  1  3  = 2c2 + c0 + (6c3 + c1 ) x +  12c4 + c2 − c0  x +  20c5 + c3 − c1  x +  2  2    =0 Ch5_24 ∞


De ahí deducimos que

1 1 2c2 + c0 = 0 , 6c3 + c1 = 0 , 12c4 + c2 − c0 = 0 , 20c5 + c3 − c1 = 0 2 2 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| < ∞:

1 2 1 4 y0 ( x ) = 1 − x + x −  2 12 1 3 1 5 y1 ( x) = 1 − x + x −  6 30 25


Soluciones respecto a puntos singulares Un punto singular x0 de una ED lineal

a2 ( x) y′′ + a1 ( x) y′ + a0 ( x) y = 0 puede ser regular o irregular. La clasificación y′′ + P ( x) y′ + Q( x) y = 0 depende de DEFINICIÓN

Puntos singulares regulares e irregulares

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. 26


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 2 2 2 ′ ′ 2 ) P( x) y′ + ( x − x ) Q( x) y (x − x ) y + ( x − x estándar por (x – x0) 0: 0 0

=0

( x − x0 ) y′′ + ( x − x0 ) p ( x) y′ + q ( x) y = 0 2

donde p(x) = (x – x0)P(x) y q(x) = (x – x0)2Q(x) son analíticas en x = x0. 27


• Ejemplo: observemos que x = 2, x = – 2 son puntos singulares de: (x2 – 4)2y” + 3(x – 2)y’ + 5y = 0 Entonces: 3 5 P( x) = Q( x) = 2 ( x − 2)( x + 2) ( x − 2) 2 ( x + 2) 2 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. 28


Teorema de Frobenius TEOREMA

Si x = x0 es un punto singular regular, entonces existe al menos una solución de la forma ∞

n =0

n =0

y = ( x − x0 ) r ∑ cn ( x − x0 ) n = ∑ cn ( x − x0 ) n + r donde el número r es una constante por determinar. La serie converge al menos en algún intervalo 0 < x – x0 < R. 29


Ejemplo del método de Frobenius • Debido a que x = 0 es un punto singular regular de ′′ ′

3 xy + y + y = 0

trataremos de hallar una solución en serie ∞ con: y= c x n+ r

∑ n =0

n

y′ = ∑ (n + r )cn x n+ r −1 n =0 ∞

n+ r −2 ′ ′ y = ∑ (n + r )(n + r − 1)cn x n =0

30


3 xy′′ + y′ − y ∞

n =0

n =0

n =0

= 3∑ (n + r )(n + r − 1)cn x n+r −1 + ∑ (n + r )cn x n+r −1 − ∑ cn x n+ r ∞

= ∑ (n + r )(3n + 3r − 2)cn x n =0

n + r −1

− ∑ cn x

n+r

n =0

  ∞ ∞  r −1 n −1 n = x r (3r − 2)c0 x + ∑ (n + r )(3n + 3r − 2)cn x − ∑ cn x   n =1          n =0   k = n −1 k =n   ∞  r −1 k = x r (3r − 2)c0 x + ∑ [(k + r + 1)(3k + 3r + 1)ck +1 − ck ]x  = 0 k =0   31


Que implica: r(3r – 2)c0 = 0 (k + r + 1)(3k + 3r + 1)ck+1 – ck = 0, k = 0, 1, 2, … ck2) = 0. Entonces: r = 0, 2/3. Haciendo c = 1, r(3r – 0 ck +1 = , k = 0, 1, 2,  r +transforma 1)(3k + 3r + 1la ) ecuación de Cada valor de(kr +nos recurrencia c

r1 = 2/3, ck +1 = en:

r2 = 0,

k

(3k + 5)(k + 1)

, k = 0, 1, 2,…

ck ck +1 = , k = 0, 1, 2,… (k + 1)(3k + 1)

32


r1 = 2/3,

r2 = 0,

ck ck +1 = , (3k + 5)(k + 1)

ck ck +1 = , (k + 1)(3k + 1)

k = 0, 1, 2,…

k = 0, 1, 2,…

Ch5_33


Observa que los dos conjuntos contienen el mismo múltiplo c0. Si se omite este término, haciéndolo igual a ,1 tenemos: ∞  1 2/3 n y0 ( x) = x 1 + ∑ x  8. 11  (3n + 2)   n =1 n! 5 .

∞  1 0 n y1 ( x) = x 1 + ∑ x  4. 7  (3n − 2)   n =1 n!1 .

que convergen para |x| < ∞ y son linealmente independientes. Así que la solución es: y(x) = C0y0(x) + C1y1(x), 0 < x < ∞ 34


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. 35


y′′ + P ( x) y′ + Q( x) y = 0 2 ′ ′ ′ x y + x[ xP( x)] y + [ x Q( x)] y = 0 2

2 2 Multiplicando por x x y′′ + xp( x) y′ +, qtenemos ( x) y = 0

y = ∑ n=0 cn x ∞

n+r

y′ = ∑ (n + r )cn x n+ r −1 n =0

y′′ = ∑ (n + r )(n + r − 1)cn x n+ r −2 n =0

Después de sustituir p(x) = xP(x) = a0 + a1x + a2x2 +…

1)b+x2a+… 0r + b 0 =la0EDO, obtendremos la q(x) = x2Q(x) = b0 +r(r b1x–+ en 2

36


Resolver 2 xy"+(1 + x) y '+ y = 0 Solución ∞ n+ r y = c x Sea ∑ n=0 n , entonces 2 xy′′ + (1 + x) y′ + y ∞

n =0

n =0

= 2∑ (n + r )(n + r − 1)cn x n+ r −1 + ∑ (n + r )cn x n+ r −1 ∞

n =0

n =0

+ ∑ ( n + r )cn x n+ r + ∑ cn x n+ r ∞

n =0

n =0

= ∑ (n + r )(2n + 2r − 1)cn x n+ r −1 + ∑ (n + r + 1)cn x n+ r Ch5_37


  ∞ ∞  r −1 n −1 n = x r ( 2r − 1)c0 x + ∑ (n + r )(2n + 2r − 1)cn x + ∑ (n + r + 1)cn x  n=0        n=1            k = n −1 k =n ∞ r −1 k = x r ( 2r − 1)c0 x + ∑ [(k + r + 1)(2k + 2r + 1)ck +1 + (k + r + 1)ck ] x    k =0

(k + r + 1)(2k + 2r + 1)ck +1 + (k + r + 1)ck = 0,

k = 0, 1, 2, 

r (2r – 1) = 0; r1 = ½ , r2 = 0. − ck ck +1 = , 2(k + 1)

k = 0, 1, 2, 

− ck ck +1 = , 2k + 1

k = 0, 1, 2,  38


− ck ck +1 = , 2(k + 1) k = 0, 1, 2, 

− c0 c1 = 2.1

− ck c k +1 = , 2k + 1 k = 0, 1, 2, 

− c0 c1 = 1

39


Así para r1 = ½

n n ∞ ∞   (−1) n (−1) n+1/ 2 1/ 2 y1 ( x) = x 1 + ∑ n x  = ∑ n x  n=1 2 n!  n=0 2 n!

y para r2 = 0 ∞

n

(−1) y2 ( x ) = 1 + ∑ xn , n =1 1.3.5.7  ( 2n − 1)

| x|<∞

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

40


Resolver Solución

xy"+ y = 0

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 ∞

(− 1)n n+1 x 2 x3 y1 ( x) = ∑ x = x + + + ... 2 12 n= 0 n!( n + 1)!

41


¿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 : ∞

y1 ( x) = ∑ cn x n =0

n + r1

y2 ( x) = ∑ bn x

n + r2

n =0

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

y1 ( x) = ∑ cn x n + r1 , c0 ≠ 0 n=0

y2 ( x) = Cy1 ( x) ln x + ∑ bn x n + r2 , b0 ≠ 0 n=0

42


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

y1 ( x) = ∑ cn x n + r1 , c0 ≠ 0 n=0

y2 ( x) = y1 ( x) ln x + ∑ bn x n + r2 n=0

Si ya conocemos una solución y1, la segunda puede obtenerse de la siguiente manera − ∫ Pdx e y2 ( x) = y1 ∫ 2 dx y1 Veamos un ejemplo. 43


xy"+ y Hallar la solución general de Solución Habíamos hallado una solución:

=0

(− 1) n n+1 x 2 x3 y1 ( x) = ∑ x = x + + + ... 2 12 n = 0 n!( n + 1)! e ∫ dx y2 ( x) = y1 ( x) ∫ dx = y ( x ) 1 ∫  1 2 1 3 1 4 2 [ y1 ( x)]2  x + 2 x + 12 x + 144 x +  − 0 dx

= y1 ( x) ∫

dx

5 4 7 5  2  3 x − x + x − x +    12 12  1 1 7 19  = y1 ( x) ∫  2 + + + x +  dx x 12 72 x  7 19 2  1  = y1 ( x) ∫ − + ln x + x + x +  dx 12 144  x 

44


Que finalmente nos proporciona como solución:

1 7 19 2   y2 ( x) = y1 ( x) ln x + y1 ( x) − + x + x +   x 12 144 

Para ver más ejemplos resueltos y detalles de esta última parte, consulta los apuntes de Jose Olarrea en Soluciones_series.pdf. 45

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