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1
4. Soluciones de ecuaciones lineales en series de potencias
(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)
2
• Repaso de Series de PotenciasRecuerda de cálculo que una serie de potencias en (x – a) es una serie de la forma
Se dice que es una serie de potencias centrada en a.
2210
0)()()( axcaxccaxc
n
nn
3
• La serie convergesi existe el siguiente límite de las sumas parciales:
• Intervalo de convergenciaEs el conjunto de números reales x o intervalo para los que la serie converge.
• Radio de convergenciaSi R es el radio de convergencia, la serie de potencias converge para |x – a| < R y diverge para |x – a| > R. Si R = 0 la serie converge solo para x = a. Y si la serie converge para todo x, entonces escribimos R = ∞.
N
nn
nNNN axcxS0
)(lim)(lim
Ch5_4
• Convergencia absolutaDentro de su intervalo de convergencia, una serie de potencias converge absolutamente. Es decir, la siguiente serie converge:
• Prueba de convergencia (criterio del cociente) Suponiendo cn 0 para todo n, y
• Si L < 1, la serie converge absolutamente; si L > 1, la serie diverge; y si L = 1, el criterio no es concluyente.
0 |)(|nn
n axc
Lccax
axcaxc
n
n
nnn
nn
n
11
1 lim||)()(lim
5
• Función analítica en un puntoUna función f(x) es analítica en un punto a, si se puede representar mediante una serie de potencias en (x – a) con un radio de convergencia positivo. Por ejemplo:
!6!4!21cos
!5!3sin ,
!2!11
642
532
xxxx
xxxxxxex
• Una serie de potencias define una función cuyo dominio es el intervalo de convergencia de la serie, donde es continua, derivable e integrable:
)1()(",)('2
21
1
nn
nn xnnxyxnxy
0)(
nn
nxcxy
6
• Aritmética de series de potenciasLas series de potencias se pueden combinar mediante operaciones de suma, resta, multiplicación y división.
303
241
121
1201
61
61
21
61)1()1(
5040120624621
sin
532
5432
753432
xxxx
xxxxx
xxxxxxxx
xex
Ch5_7
Escribir como una sola serie de potencias (i.e., bajo el mismo sumatorio).
SoluciónPrimero, buscamos que ambos sumatorios comiencen por la misma potencia:
Ahora cuando sustituimos el primer valor de n en ambos sumatorios, las series comienzan potencias x1. Haciendo los cambios de índice k = n – 2 para la primera serie y k = n + 1 para la segunda serie:
01
22)1( n
nnn
nn xcxcnn
2 0 3 0
1202
12 )1(12)1(n n n n
nn
nn
nn
nn xcxcnnxcxcxcnn .
1 1122 )1)(2(2
k k
kk
kk xcxckkc
1122 ])1)(2[(2
k
kkk xcckkc
8
• Supongamos la ED lineal
que podemos escribir como
0)()()( 012 yxayxayxa
0)()( yxQyxPy
Se dice que un punto x0 es un punto ordinario o regular de la ED si P(x) y Q(x) son analíticas en x0; es decir si admiten desarrollos en serie de potencias alrededor de x0. Un punto que no es un punto ordinario es un punto singular.
DEFINICIÓN
• Si P(x) y Q(x) son cocientes de polinomios: P(x) = a1(x)/a2(x),
Q(x) = a0(x)/a2(x), entonces x = x0 es un punto ordinario de nuestra ecuación simplemente si a2(x0) 0.
9
• Cada una de las dos soluciones linealmente independientes en serie de potencias convergerá por lo menos dentro del intervalo definido por |x – x0| < R, donde R es la distancia desde x0 hasta el punto singular más próximo de la EDO.
Si x = x0 es un punto ordinario o regular, siempre es posible hallar dos soluciones linealmente independientes en forma de series de potencias centradas en x0:
TEOREMA Existencia de soluciones en series de potencias
0 0)(nn
n xxcy
Soluciones respecto a puntos ordinarios
10
ResolverSoluciónNo tenemos puntos singulares. Podemos buscar solución en serie alrededor de cualquier punto porque todos son regulares. En particular, lo haremos para x = 0. y
Sustituyendo en la ED obtenemos:
0" xyy
0)(
nn
nxcxy
22)1()("
nn
nxcnnxy
0
1
2
2
2 0
2
)1(
)1(
n
nn
n
nn
n n
nn
nn
xcxnnc
xcxxnncxyy
P(x) = 0, Q(x) = x
11
Obtuvimos esta suma de series en el ejercicio anterior
Para que la identidad se cumpla es necesario que todos los coeficientes sean cero: 2c2 = 0; c2 = 0 y
Puesto que (k + 1)(k + 2) 0, obtenemos la siguiente relación de recurrencia:
1122 0])2)(1[(2
k
kkk xcckkcxyy
,3,2,1,0)2)(1( 12 kcckk kk
,3,2,1,)2)(1(
12
kkk
cc kk
12
Tomando valores de k y recordando que c2 = 0:
,1k32
03 .
cc
,2k43
14 .
cc
,3k 054
25
.cc
,4k 03
6 65321
65ccc
....
,5k 14
7 76431
76ccc
....
,6k 087
58
.cc
,7k 06
9 9865321
98ccc
......
,8k 17
10 10976431
109ccc
......
,9k 01110
811
.cc
(....)
,3,2,1,)2)(1(
12
kkk
cc kk
Observa que todos los coeficientes dependen o de c0, o de c1.De hecho, si c0 y c1 no quedan indeterminados es que hemos metido la gamba en algún sitio.
13
Entonces las dos soluciones linealmente independientes en serie de potencias son:
)()(....07643
65320
43320)(
110071
604130100
xycxycxc
xcxcxcxccxcxyn
nn
1
13
10741
)13)(3(4.3)1(
10.9.7.6.4.31
7.6.4.31
4.311)(
k
kk
xkk
x
xxxxy
1
3
9630
)3)(13(3.2)1(1
9.8.6.5.3.21
6.5.3.21
3.211)(
k
kk
xkk
xxxxy
Nuestra solución era:
14
Observa que si hacemos primero c0 = 1 y c1 = 0, (recordando que en este caso particular además c2 = 0),
obtenemos directamente los coeficientes del desarrollo de y0(x). Y haciendo c0 = 0 y c1 = 1, obtenemos directamente los coeficientes del desarrollo de y1(x).
Repite el cálculo anterior desde el principio, utilizando esta estrategia.
,3,2,1,)2)(1(
12
kkk
cc kk
Hay una manera algo menos trabajosa de realizar el cálculo anterior para encontrar los coeficientes en la relación de recurrencia:
15
Si hacemos primero c0 = 1 y c1 = 0, (con c2 = 0):
,3,2,1,)2)(1(
12
kkk
cc kk
,1k3.2
13 c
,2k 04 c
,3k 054
25
.cc
,4k6.5.3.2
16.5
36
cc
,5k 07 c
1
3
9630
)3)(13(3.2)1(1
9.8.6.5.3.21
6.5.3.21
3.211)(
k
kk
xkk
xxxxy
(...)
16
Si hacemos ahora c0 = 0 y c1 = 1, obtenemos:
,3,2,1,)2)(1(
12
kkk
cc kk
,1k 03 c
,2k 4.31
4 c
,3k 054
25
.cc
,4k 06.5
36
cc
,5k7.6.4.3
17.6
47
cc
(....)
1
13
10741
)13)(3(4.3)1(
10.9.7.6.4.31
7.6.4.31
4.311)(
k
kk
xkk
x
xxxxy
17
Resolver
SoluciónPuesto que x2 + 1 = 0, x = i, −i son puntos singulares, la solución en serie de potencias centrada en 0 convergerá al menos para |x| < 1. Usando la solución en forma en serie de potencia de y, y’ e y”:
0'")1( 2 yxyyx
012
2
2
2 01
122
)1()1(
)1()1(
n
nn
n
nn
n
nn
n
nn
n n
nn
n
nn
nn
xcxncxcnnxcnn
xcxncxxcnnx
18
nk
n
nn
nk
n
nn
nk
n
nn
nk
n
nn
xcxncxcnn
xcnnxcxcxcxcxc
22
2
4
2
2113
00
02
)1(
)1(62
22302
22302
0])1)(2()1)(1[(62
])1)(2()1([62
k
kkk
k
kkkkk
xckkckkxccc
xckcckkckkxccc
Primero hacemos que todos los sumatorios comiencen por la potencia másalta, que en este caso es x2, y separamos los términos "sobrantes":
Ahora reindexamos:
19
De lo anterior, tenemos 2c2 - c0 = 0, 6c3 = 0 , y
Así que c2 = c0/2, c3 = 0, ck+2 = (1 – k)ck/(k + 2). Luego:
0)1)(2()1)(1( 2 kk ckkckk
02024 !221
421
41 cccc
.
052
35 cc
03046 !3231
6423
63 cccc .
..
074
57 cc
20
... y así sucesivamente.
04068 !42531
864253
85 cccc ..
....
096
79 cc
050810 !527531
108642753
107 cccc
....
......
)()(!52
7.5.3.1!425.3.1
!323.1
!221
211
1100
110
58
46
34
22
0
1010
99
88
77
66
55
44
33
2210
xycxyc
xcxxxxxc
xcxcxcxcxc
xcxcxcxcxccy
1||,!2
)32(5.3.1)1(211)( 2
2
120
xxnnxxy n
nn
n
xxy )(2
21
Si se busca una solución en serie de potencias y(x) centrada en cero para
obtenemos c2 = c0/2 y la siguiente relación de recurrencia:
Examinando la fórmula se ve que c3, c4, c5, … se expresan en términos de c1 y c2. Eligiendo primero c0 0, c1 = 0, tenemos:
,3,2,1,)2)(1(
12
k
kkccc kk
k
0)1( yxy
02 21 cc y
22
Ahora elegimos c0 = 0, c1 0, y entonces
0012
4 241
43243ccccc
...
0023
5 301
21
61
5454ccccc
..
0001
3 61
3232ccccc
..
021
02 cc
y así sucesivamente...
1101
3 61
3232ccccc
..
1112
4 121
4343ccccc
..
1123
5 1201
65454ccccc
...Etc.
23
Finalmente, la solución será: y = c0y0 + c1y1, donde
54320 30
1241
61
211)( xxxxxy
5431 120
1121
61)( xxxxxy
que convergen para todo x.
Ch5_24
ResolverSoluciónObservemos que en este caso Q(x) no es un polinómio. x = 0 es un punto ordinario de la ecuación. Usando la serie de Maclaurin para cos x, y empleando como solución:
0n
nnxcy
0)(cos" yxy
2 0
6422
!6!4!21)1(
)(cos
n n
nn
nn xcxxxxcnn
yxy
02120
2112)6(2 3
1352
0241302
xcccxcccxcccc
25
De ahí deducimos que
c2 = - 1/2c0, c3 = - 1/6c1, c4 = 1/12c0, c5 = 1/30c1,…. Agrupando términos llegamos a la solución general y = c0y1 + c1y2, con radio de convergencia |x| < :
02120,0
2112,06,02 1350241302 cccccccccc
420 12
1211)( xxxy
531 30
1611)( xxxy
26
Soluciones respecto a puntos singularesUn punto singular x0 de una ED lineal
puede ser regular o irregular. La clasificación depende de
0)()()( 012 yxayxayxa
0)()( yxQyxPy
Se dice que un punto singular x0 es un punto singularregular si p(x) = (x – x0)P(x) y q(x) = (x – x0)2Q(x)son analíticas en x0 , i.e. admiten desarrollos en series de potencias centradas en x0. Un punto singular que no es regular es un punto singular irregular de la ecuación.
DEFINICIÓN Puntos singulares regulares e irregulares
27
Coeficintes polinomiales
• Si (x – x0) aparece a lo sumo a la primera potencia en el denominador de P(x) y a lo sumo a la segunda potencia en el denominador de Q(x), entonces x0 es un punto singular regular.
• Para resolver la EDO la multiplicaremos en forma estándar por (x – x0)2:
donde p(x) = (x – x0)P(x) y q(x) = (x – x0)2Q(x) son analíticas en x = x0. Observa que de esta manera hemos "matado" las singularidades.
0)()()()(
0)()()()()(
02
0
20
20
20
yxqyxpxxyxx
yxQxxyxPxxyxx
28
• Ejemplo: observemos que x = 2, x = – 2 son puntos singulares de:
(x2 – 4)2y” + 3(x – 2)y’ + 5y = 0Entonces:
2)2)(2(3)(
xxxP 22 )2()2(
5)(
xx
xQ
Para x = 2, la potencia de (x – 2) en el denominador de P(x) es 1, y la potencia de (x – 2) en el denominador de Q(x) es 2. Así que x = 2 es un punto singular regular.
Para x = −2, la potencia de (x + 2) en el denominador de P(x) y Q(x) es 2. Así que x = − 2 es un punto singular irregular.
29
Si x = x0 es un punto singular regular, entonces
existe al menos una solución de la forma
donde el número r es una constante por determinar. La serie converge al menos en algún intervalo0 < x – x0 < R.
TEOREMA
Teorema de Frobenius
0
00
00 )()()(n
rnn
n
nn
r xxcxxcxxy
30
Ejemplo del método de Frobenius
• Debido a que x = 0 es un punto singular regular de
trataremos de hallar una solución en serie con:
03 yyyx
0nrn
nxcy
0
1)(n
rnnxcrny
0
2)1)((n
rnnxcrnrny
31
00
1
00
1
0
1
)233)((
)()1)((3
3
n
rnn
n
rnn
n
rnn
n
rnn
n
rnn
xcxcrnrn
xcxcrnxcrnrn
yyyx
0])133)(1[()23(
)233)(()23(
01
10
0
1
1
110
k
kkk
r
nk
n
nn
nk
n
nn
r
xccrkrkxcrrx
xcxcrnrnxcrrx
32
Que implica: r(3r – 2)c0 = 0(k + r + 1)(3k + 3r + 1)ck+1 – ck = 0, k = 0, 1, 2, …Haciendo c0 = 1, r(3r – 2) = 0. Entonces: r = 0, 2/3. Cada valor de r nos transforma la ecuación de recurrencia
en:
,2,1,0,)133)(1(1
k
rkrkcc k
k
r1 = 2/3, k = 0, 1, 2,…
r2 = 0, k = 0, 1, 2,…
,)1)(53(1
kkcc k
k
,)13)(1(1
kkcc k
k
Ch5_33
r1 = 2/3,
k = 0, 1, 2,…
,)1)(53(1
kkcc k
k,
)13)(1(1 kk
cc kk
r2 = 0,
k = 0, 1, 2,…
34
Observa que los dos conjuntos contienen el mismo múltiplo c0. Si se omite este término, haciéndolo igual a ,1 tenemos:
1
3/20 )23(11.8.5!
11)(n
nxnn
xxy
1
01 )23(7.4.1!
11)(n
nxnn
xxy
que convergen para |x| < y son linealmente independientes. Así que la solución es:
y(x) = C0y0(x) + C1y1(x), 0 < x <
35
Ecuación indicial• La ecuación r (3r – 2) c0 = 0 se llama ecuación indicial, y los
valores de r se llaman raíces indiciales.
• Recordemos que si x0 = 0 es un punto singular regular, entonces p(x) = x P(x) y q(x) = x2 Q(x) son analíticas en x0 = 0.
Sus desarrollos en serie de potencia son: p(x) = xP(x) = a0 + a1x + a2x2 …+
q(x) = x2Q(x) = b0 + b1x + b2x2 …+
que serán válidos en intervalos con ciertos radios de convergancia.
36
Multiplicando por x2, tenemos
Después de sustituir
p(x) = xP(x) = a0+ a1x + a2x2 …+
q(x) = x2Q(x) = b0+ b1x + b2x2 …+ en la EDO, obtendremos la ecuación indicial:
0)()(
0)]([)]([2
22
yxqyxxpyx
yxQxyxxPxyx
0)()( yxQyxPy
0nrn
nxcy
0
1)(n
rnnxcrny
0
2)1)((n
rnnxcrnrny
r(r – 1) + a0r + b0 = 0
Ch5_37
ResolverSolución
Sea , entonces
0nrn
nxcy
00
1
00
0
1
0
1
)1()122)((
)(
)()1)((2
)1(2
n
rnn
n
rnn
n
rnn
n
rnn
n
rnn
n
rnn
xcrnxcrnrn
xcxcrn
xcrnxcrnrn
yyxyx
0')1("2 yyxxy
38
01
10
0
1
1
110
])1()122)(1[()12(
)1()122)(()12(
k
kkk
r
nk
n
nn
nk
n
nn
r
xcrkcrkrkxcrrx
xcrnxcrnrnxcrrx
,2,1,0,0)1()122)(1( 1 kcrkcrkrk kk
r (2r – 1) = 0; r1 = ½ , r2 = 0.
,2,1,0,)1(21
kkcc k
k ,2,1,0,121
kkcc k
k
39
1
1.20
10
1cccc
,2,1,0
,)1(21
kkcc k
k
,2,1,0
,121
kkcc k
k
40
Así para r1 = ½
y para r2 = 0
Y la solución final es y(x) = C1y1 + C2y2.
0
2/1
1
2/11 !2
)1(!2
)1(1)(n
nn
n
n
nn
n
xn
xn
xxy
||,
)12(7531)1(1)(
12 xx
nxy
n
nn
...
41
ResolverSoluciónDe xP = 0, x2Q = x, y el hecho de que 0 y x sean sus propias series de potencias centradas en 0, se concluye a0 = 0, b0 = 0. De modo que la ecuación indicial r(r – 1) + a0r + b0 = 0, queda:r(r – 1) = 0, r1 = 1, r2 = 0.
Comprueba que en este caso ambas raíces producen el mismo conjunto de coeficientes. En otras palabras, que sólo obtenemos una solución en serie
0" yxy
...122)!1(!
)1()(32
1
01
xxxx
nnxy n
n
n
42
0
20
121 )( )(
n
rnn
n
rnn xbxyxcxy
¿Cómo obtener la segunda solución?Hay que distinguir tres casos:(1) Si r1, r2 son distintas y la diferencia r1 - r2 no es un entero positivo, entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación de la forma :
(2) Si r1 – r2 = N, donde N es un entero positivo, entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación de la forma :
0 ,ln)()(
0 ,)(
00
12
00
1
2
1
bxbxxCyxy
cxcxy
n
rnn
n
rnn
43
(3) Si r1 = r2, entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación de la forma:
ln)()(
0 ,)(
012
00
1
2
1
n
rnn
n
rnn
xbxxyxy
cxcxy
Si ya conocemos una solución y1, la segunda puede obtenerse de la siguiente manera
Veamos un ejemplo.
)( 2121
dxyeyxy
Pdx
44
Hallar la solución general deSolución Habíamos hallado una solución:
0" yxy
...122)!1(!
)1()(32
1
01
xxxx
nnxy n
n
n
dxxxxx
xy
dxxxx
xy
xxxx
dxxy
xxxx
dxxydxxy
exyxydx
21
21
54321
2432
121
0
12
14419
127ln1)(
7219
12711)(
127
125
)(
1441
121
21
)()]([
)()(
45
2
112 14419
1271)(ln)()( xx
xxyxxyxy
Que finalmente nos proporciona como solución:
Para ver más ejemplos resueltos y detalles de esta última parte, consulta los apuntes de Jose Olarrea en Soluciones_series.pdf.
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