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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR

JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 1

MÉTODO DE LAS SERIES DE TAYLOR PARA RESOLVER

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES Y NO LINEALES

Profesor: José Albeiro Sánchez Cano

Departamento de Ciencias Básicas

Universidad EAFIT

[email protected]

Objetivo: Aplicar el método de Taylor para resolver ecuaciones diferenciales, que como se verá es la misma solución que proporciona la solución en series de potencias (o de coeficientes indeterminados). Esto es, si la solución en series de potencias arroja la solución en una formula cerrada, se tendrá entonces que la solución dada por los polinomios de Taylor también entregará dicha solución en forma cerrada.

Por lo tanto, en el caso de solución en puntos ordinarios, debería de enseñarse el método de desarrollo de Taylor, pues viene a ser mucho más cómodo para un estudiante de ecuaciones diferenciales, pues cuando se trabaja con solución mediante series de potencias, el acomodo de los índices de la sumatoria siempre es un poco confuso para ellos. Sin embargo ambos métodos son en esencia los mismos.

Veamos en que consiste cada método.

El método de las series de Taylor para obtener soluciones numéricas de las ecuaciones diferenciales, consiste en calcular las derivadas sucesivas de la ecuación

diferencial dada, evaluando las derivadas en el punto inicial 0x y reemplazando el

resultado en la serie de Taylor. La principal dificultad de este método es el cálculo recurrente de las derivadas de orden superior.



El método delas series de potencias o coeficientes indeterminados consiste

en suponer una solución en la forma ( ) ( ) ( )PSxxaxy n

nn .0

0

−=∑∞

=

. Esta ecuación

se deriva tantas veces como sea necesario para obtener expresiones en serie de todas las derivadas que aparecen en la ecuación diferencial y se reemplazan en la

ecuación diferencial dada para obtener los coeficientes .na La dificultad de este

método es la manipulación de las series que se puedan necesitar y la obtención de los coeficientes de las series.

Pero los métodos son esencialmente los mismos. En efecto, los coeficientes que

aparecen en la serie de potencias, na y los coeficientes en el método de Taylor ,

( )( )!

0

nxy n

vienen relacionados por la formula ( ) ( )

!0

nxy

an

n = . La solución por el

método de Taylor viene dada por ( ) ( ) ( ) ( )∑

∞

=

−=0

00 ..

!)(

n

nn

TSxxn

xyxy

En el libro de ecuaciones diferenciales [1] 1 utilizan ambos métodos para resolver el siguiente problema de valor inicial:

Ejemplo 1. Resolver el problema de valor inicial

( )1.11)0(,2

== − yedxdy x

Solución.

Observar que la solución de (1.1) se puede escribir como ( ) .10

2

dtexyx

t∫ −+=

Ya que no hay funciones elementales para calcular la integral anterior, por lo tanto no se podría escribir la solución en forma cerrada y por consiguiente tendríamos que conformarnos con alguna aproximación numérica.

Apliquemos inicialmente el método de Taylor. Para esto debemos calcular las

derivadas sucesivas y evaluándolas en 0=x para obtener:

1 1[1] Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Un enfoque al cálculo numérico.Charles E. Robertrs Jr.,



( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 120;124816

00;128

20;24

00;2

2

2

2

2

24

3

2

=+−=

=+−=

−=′′′−=′′′

=′′−=′′

−

−

−

−

vxv

ivxiv

x

x

yexxxy

yexxxy

yexxy

yxexy

Notando que ( ) ( ) 10)0( 0 == yy y 0)0( =′y y reemplazando en la ecuación (S.T) se

obtiene la solución

( )2.1103

1)(53

L−+−+=xxxxy

Ahora supongamos que la ecuación (1.1) tiene una solución en serie de potencias

( ) ( )3.1.0

n

nn xaxy ∑

∞

=

=

haciendo

0=x en la ecuación (1.3) e imponiendo la condición inicial se obtiene

01)0( au == . Diferenciando la ecuación (1.3), obtenemos

( ) ( ) ( )4.1.10

11

1

n

nn

n

nn xanxnaxy ∑∑

∞

=

+−

∞

=

+==′

Ya que

∑∞

=

=0

!/n

nx nxe ,

( ) ( )5.1!

1

0

22 ∑

∞

=

− −=

n

nnx

nxe

Reemplazando (1.4) y (1.5) en (1.1), encontramos

( ) ( ) .!

1

0

21

1∑∑∞

=

−∞

=

−==′

n

nnn

nn n

xxnaxy

o en forma equivalente

LL +++−=+++++62

1543264

245

34

2321

xxxxaxaxaxaa

Igualando los coeficientes de potencias iguales, encontramos

L,0,101,0,

31,0,1 654321 ===−=== aaaaaa



En general, se tiene

( )( )( ) L,3,2,1

!1121

012

12

2

=−−

−=

=−

− nnn

a

an

n

n

De acuerdo con lo anterior, se tiene que la solución en series de potencias viene

dada por

( )( )∑

∞

=

+

+−

+=0

12

!1211)(

n

nn

nnxxy

La serie converge para todo x real. (criterio de la razón).

Según el autor, debe ser obvio que es más fácil obtener valores adicionales de los

coeficientes de la serie utilizando el método de los coeficientes indetermina-dos,

que utilizando el método de las series de Taylor. En consecuencia, dice el autor,

usualmente se empleará el método de los coeficientes indeterminados, descartando

entonces el método de las series de Taylor.

Pero si seguimos trabajando un poco en el ejemplo anterior, por el método de

series de Taylor, tenemos

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )!3!6

66*121200;64480720120

00;32160120!2!4

22*12120;124816

00;128!1!220;24

00;2

2

2

2

2

2

2

642

53

24

3

2

−=−=−=+−+−=

=−+−=

===+−=

=+−=

−=−=′′′−=′′′

=′′−=′′

−

−

−

−

−

−

viixvii

vixvi

vxv

ivxiv

x

x

yexxxxy

yexxxxy

yexxxy

yexxxy

yexxy

yxexy

Se observa la siguiente ley de formación:

( )

( ) ( ) ( )( )( ) L,3,2,1

!1!121

,0112

2

=−−

−=

=

−− nnny

ynn

n

En consecuencia, se tiene los coeficientes



( )

( )( )

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) L,3,2,1

!1!12!121

!12

,0!2

112

12

2

2

=−−

−−=

−=

==

−−

− nnn

nn

ya

nya

nn

n

n

n

O bien,

( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

( ) ( ) ( )!1!1211

!1!2212!221

!1!12!121

,0

1

1112

2

−−−=

−−−−

−=−−

−−=

=

−

−−−

nn

nnnn

nnna

a

n

nnn

n

Nuevamente se obtiene la solución encontrada por series de potencias:

( )( ) .

!1211)(

0

12

∑∞

=

+

+−

+=n

nn

nnxxy

En conclusión, el ejemplo para mostrar que el método de la series de Taylor no produce la misma calidad de las soluciones, no es válido. Es más, el autor dice que el método de Taylor se adapta fácilmente a problemas de valor inicial, lo cual, como veremos más adelante, el método funciona si lo que se quiere resolver es una ecuación diferencial sin condiciones iniciales, con la misma calidad de las soluciones que el método de las series de potencias.

1. Solución en series de Taylor alrededor de un punto ordinario

Las ecuaciones diferenciales homogéneas lineales de segundo orden de la forma



( ) ( ) ( ) ( )1,0212

2

0 =++ yxPdxdyxP

dxydxP

donde 10 , PP

y 2P son polinomios. Dichas ecuaciones aparecen en muchas

aplicaciones físicas. Algunos ejemplos de estas ecuaciones son:

Ecuación de Legendre: 2

( ) ( ) ( )2,0121 2

22 =++−− y

dxdyx

dxydx αα

Ecuación de Airy:

( )3,02

2

=− xydx

yd

Ecuación de Chebyshev:

( ) ( )4,01 22

22 =+−− y

dxdyx

dxydx α

Ecuación de Hermite:

( )5,0222

2

=+− ydxdyx

dxyd α

La solución de esas ecuaciones, en general, no pueden expresarse en términos de funciones elementales familiares. Por lo cual utilizaremos los polinomios de Taylor.

Definición (punto ordinario) Supongamos que 10 , PP

y 2P no tienen factores

comunes. Decimos que 0x es un punto ordinario de (1) si ( ) 000 ≠xP , o es un

punto singular si ( ) 000 =xP .

Para la ecuación de Legendre (2), 10 =x

y 10 −=x son puntos singulares y todos

los otros puntos son puntos ordinarios.

Para la ecuación de Airy (3), todo punto es ordinario.

Necesitaremos el próximo teorema.

Teorema (existencia de soluciones en series de Taylor)



Si 0xx = es un punto ordinario de la ecuación diferencial

( ) ( ) ( ) 021 =+′+′′ yxPyxPxy

Se pueden encontrar siempre dos soluciones linealmente independientes en la

forma de series de Taylor centradas en 0xx =

( )( ) ( ) ( )∑

∞

=

−=0

0!0

n

n

xxn

yxy

Una solución en series de Taylor converge al menos para Rxx <− 0 , donde R es la

distancia de 0x al punto singular más cercano (real o complejo), en tal ca-so se

dice que la solución ( )xy es una solución alrededor del punto ordinario 0x

Problema: Encontrar las soluciones en serie de potencias en 0xx −

para

ecuaciones de la forma

( )( ) ( ) ( )6.01 02

22

0 =+−+−+ ydxdyxx

dxydxx γβα

Muchas ecuaciones importantes que aparecen en aplicaciones son de esta forma

con 00 =x

, incluso la ecuación de Legendre (2) , la ecuación de Ayry (3), la

ecuación de Chebyshev (3), y la ecuación de Hermite (5 ).

En el ejemplo siguiente se dará la solución en series de Taylor para la ecuación (6),

la cual la haremos, sin pérdida de generalidad para el caso 00 =x

.

El ejemplo resultará ilustrativo, ya que mostrará como trabajar en todos los casos.

Ejemplo 2. Encuentre la serie de potencias en x para la solución general de

( ) ( )1.201 2

22 =+++ y

dxdyx

dxydx γβα

Solución:

Buscamos la solución general de la forma



( ) ( )2.20

n

nn xaxy ∑

∞

=

=

donde

( ) ( )

K,1,0,!0

== nn

yan

n y ( ) ( ) 1100 0,0 cyacya =′=== .

Para encontrar el coeficiente 2a , hacemos 0=x en (2.1) y reemplazamos los

valores de :, 1100 caca ==

esto es,

( ) ( ) 0)0(00)0(0 cyyyy γγγ −=−=′′⇒=+′′

luego se tiene que ( ) .

!2!20

02 cyaγ

−=′′

=

Ahora para obtener los coeficientes K,4,3, =iai , deberemos derivar

implícitamente con respecto a x la ecuación (2.1) n veces, y sustituir los valores

encontrados de los ia anteriores.

Al derivar la ecuación (2.1) implícitamente con respecto a x, se obtiene:

( ) ( ) ( ) ( )3.2021 2

2

3

32 =+++++

dxdy

dxydx

dxydx γββαα

Haciendo 0=x y reemplazando los valores de ( ) ( ) ( )0,0,0 yyy ′′′ en (3) se tiene:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1)0(00)0(0 cyyyy γβγβγβ +−=′+−=′′′⇒=′++′′′

Luego se encuentra que ( ) ( )

.!3!3

013 cya

γβ +−=

′′′=

Obtengamos ahora ,4a para lo cual derivamos implícitamente con respecto a x la

ecuación (2.3):

( ) ( ) ( ) ( ) 02212 2

2

3

3

2

2

4

42

3

3

=++++++++dx

yddx

ydxdx

yddx

ydxdx

ydx γββαβααα

o bien, organizando:

( ) ( ) ( ) ( )4.202241 2

2

3

3

4

42 =++++++

dxyd

dxydx

dxydx γβαβαα

Haciendo 0=x y reemplazando los valores de ( ) ( ) ( ) ( )0,0,0,0 yyyy ′′′′′′ en (2.4) se

tiene:



( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 022)0(2200)0(220 cyyyyiv γβαγγβαγβα ++=′′++−=′′′⇒=′′+++

Luego se encuentra que

( ) ( ) .

!422

!40

04 cyaiv γβαγ ++

−==

Continuando el proceso, se obtiene la fórmula siguiente:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )5.2,2,1,0,)0(102 K=++−−=+ nynnny nn γβα

Llamando

( ) ( )( ) K,2,1,0,1 =++−= nnnnnP γβα

Se tiene lo siguiente:

( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )n

nn

n

n ann

nPn

ynn

nPyn

nPn

ya)1)(2(!

)0()1)(2(

)0(!)2(!2

02

2 ++−=

++−=

+−=

+=

+

+

Obtenemos la fórmula recursiva de los coeficientes K,2,1,0, =iai

( )( )( ) ( )6.2,1,0,

122 K=++

−=+ nann

nPa nn

La fórmula (2.6) coincide con la fórmula dada en [1] .

Así, la solución general de (2.1) es dada por

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∑ ∏∑ ∏∞

=

+−

=

∞

=

−

= +

+−+

−=

0

121

01

0

21

00 !12

121!2

21)(k

kk

i

k

k

kk

i

k

kxiPc

kxiPcxy

Ejercicio.

Ejemplo 3. Encuentre la serie en series de potencias en x para la solución general de

( ) ( )1.3.02621 2

22 =+++ y

dxdyx

dxydx

Solución:

La ecuación tiene la forma de (3.1), reconocemos 6,2 == βα y 2=γ .

Por un lado encontremos el polinomio )(nP :

( ) ( ) ( )2122612 +=++−= nnnnnP



Utilizando la formula recursiva (2.6) , se tiene

( ) L,1,0,2)1(2

,,

2

11

00

=++

−=

==

+ nanna

caca

nn

Determinemos los coeficientes de potencias pares de x:

0068

0046

0024

002

4.3.2.17.5.3.1

3.2.15.3.1

47

872

,3.2.15.3.1

2.13.1

35

652

,2.13.1

11

23

432

,11

212

ccaa

ccaa

ccaa

caa

=

−

−=

−=

−=

−=

−=

=

−

−=

−=

−=

−=

Observando la ley de formación de los coeficientes, se tiene en general,

( )( )

)2.3(.,1,0,!

121 0

12 L=

−−=∏ = kc

k

ia

k

ikk

Ahora determinemos los coeficientes de las potencias impares de x:

.9.7.5.34.3.2.14

7.5.33.2.14

944

982

,7.5.33.2.14

5.32.14

734

762

,5.32.14

314

524

542

,314

322

14

13

79

13

112

57

12

135

113

ccaa

cccaa

ccaa

caa

=

−

−=

−=

−=

−=

−=

=

−

−=

−=

−=

−=

En general,

( )( )

)3.3(.,1,0,12

!41 1

1

12 L=+

−=

∏=

+ kci

ka k

i

kk

k

A partir de (8) y (9) vemos que



( )( )

( )( )∑ ∏∑ ∏ ∞

=

+

=

∞

=

=

+−+

−−=

0

12

1

10

210

12

!41!

121)(

k

kk

i

kk

k

k

k

ik xi

kcxk

icxy

es la solución usando polinomios de Taylor (observar que es lo mismo de la serie de potencias) en x para la solución general de (3.1).

Ya ( ) 20 21 xxP += no se anula en los reales, luego la solución está definida en todo

R. Sin embargo, ( ) 021 20 =+= xxP en 2ix ±= esto implica que las soluciones

dada por el método de Taylor converge en el intervalo ( ),21,21 −− . Esto

ocurre, ya que 21=ρ es la distancia del punto 00 =x a 2ix ±= en el plano

complejo).

El siguiente ejemplo muestra que, en muchos casos hay que conformarnos con encontrar un número finito de términos, ya que no se tiene una formula cerrada para los coeficientes de las soluciones en series de potencia.

Ejemplo 4. Resolver el problema de valor inicial mediante series de potencias

( ) ( ) 30,2)0(,081021 2

22 −=′==+++ yyy

dxdyx

dxydx

Solución:

La ecuación tiene la forma de (1), reconocemos 10,2 == βα y 8=γ y las

condiciones iniciales: ( ) ( ) 30,20 10 −=′=== yaya



Por un lado encontremos el polinomio )(nP :

( ) ( ) ( )22281012 +=++−= nnnnnP

En vez de utilizar la formula recursiva (6), para obtener los coeficientes

K,4,3,2, =iai , podemos utilizar la formula (5):

( ) ( ) ( ) ( ) K,2,1,0,)0(220 22 =+−=+ nyny nn

Encontremos los primeros términos.

Para :0=n

( ) ( ) 8!2016)2(8)0(80 2 −=′′

=⇒−=−=−=′′ yayy

Para :1=n

( ) ( ) 9!3054)3(18)0(180 3 =′′′

=⇒=−−=′−=′′′ yayy

Para :2=n

( ) ( )364

!40512)16(32)0(0

4

4 ==⇒=−−=′′−=yayyiv

Para :3=n

( ) ( )245

!502700)54(50)0(0 5 −==⇒−=−=′′′−=

vv yayy

Luego la solución del P.V.I viene dada por

( )

.2

1055

256245

3649832 765432

44

33

2210

0

L

L

++−−++−−=

+++++=

=∑∞

=

xxxxxxx

xaxaxaxaa

xaxy n

nn

Más generalmente, sea 00 ≠x un punto ordinario. Por lo tanto la solución por los

polinomios de Taylor será de la forma

( ) ( ) .00

n

nn xxaxy −=∑

∞

=



donde

( ) ( )K,1,0,

!0 == n

nxy

an

n

Es la solución de

( )( ) ( ) ( )*.01 02

22

0 =+−+−+ ydxdyxx

dxydxx γβα

Se puede demostrar

( ) ( ) ( )( ) ( ) K,2,1,0,)(1 002 =++−−=+ nxynnnxy nn γβα

Ejemplo 5. Determinar mediante los polinomios de Taylor la solución general de la ecuación diferencial

( ) ( ) ( )1.5.012112242 2

22 =−−−−+ y

dxdyx

dxydxx

Solución

Lo primero que hay que hacer, es escribir el polinomio ( ) 20 242 xxxP −+=

En potencias de ( ).1−x

Ahora ( ) ( )220 124242 −−=−+= xxxxP

Así, la ecuación (5.1) queda:

( )( ) ( ) 012112124 2

22 =−−−−− y

dxdyx

dxydx

o bien, en la forma (*):

( ) ( ) 03131211 2

22 =−−−

−− y

dxdyx

dxydx

Reconocemos 3,21

−=−= βα y 3−=γ .

Se tiene entonces el polinomio )(nP :

( ) ( ) ( )( )K,2,1,0,

232331

21

=++

−=−−−−= nnnnnnnP



En vez de utilizar la formula recursiva (6), para obtener los coeficientes

K,4,3,2, =iai , podemos utilizar la formula (5):

( ) ( ) ( )( ) ( ) K,2,1,0,)1(2

3212 =++

=+ nynny nn

Encontremos los primeros términos.

Para :0=n

( ) ( )020 2

3!213)1(31 cyacyy =′′

=⇒==′′

Para :1=n

( ) ( )131 !3

16)1(61 cyacyy =′′′

=⇒=′=′′′

Para :2=n

( ) ( )0

4

40 45

!4130)1(101 cyacyyiv ==⇒=′′=

Para :3=n

( ) ( )151 4

3!5190)1(151 cyacyy

vv ==⇒−=′′′=

Luego la solución del P.V.I viene dada por

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

.

12

1214311

12

121451

231

1111

1

12531

2420

44

33

2210

0

+−

++−+−+−

+

+−

+++−+−+=

+−+−+−+−+=

−=

+

∞

=∑

LL

LL

L

kk

kk

n

nn

xkxxxc

xkxxc

xaxaxaxaa

xaxy

O en forma más compacta:

( ) ( ) ( )

.

12

1212

12

0

121

0

20 ∑∑

∞

=

+∞

=

−+

+−+

=n

kk

n

kk xkcxkcxy



Deberá observarse que hemos hallado dos series en una forma puramente for-mal, las cuales son convergentes para todo x finito. Para ver que ambas son li-nealmente independientes definimos lo siguiente:

( ) ( )( ) ( ) ,11,01

01,11

21

21

=′=′==

yy

yy

y por lo tanto

( )( ) .01, 21 ≠yyW

Donde ( )21 , yyW denota el Wronskiano de las soluciones 1y y 2y , en las cuales

( ) ( ) ( ) ( )

.

.12

12,12

12

0

122

0

21 ∑∑

∞

=

+∞

=

−+

=−+

=n

kk

n

kk xkxyxkxy


( ) ( )1.611,0)1(,0 −=′==+′+′′ yyxyyyx

Solución.

Método series de potencias:

Mediante el cambio de variable 1−= xu , llevamos el problema al origen.

En efecto,

,

)2.6(

,

2

2

2

2

dxyd

duyd

dxdy

dudy

=

=

La ecuación (6.1) toma la forma

( ) ( ) ( ) 10,0)0(,011 2

2

−=′==++++ yyyududy

duydu

Por lo tanto suponemos que la solución la buscamos de la forma:

∑∞

=

=0

)(k

kk uauy

Que al reemplazar en la ecuación diferencial, se obtiene



( ) ( ) ( ) ,011101

1

2

2 =+++−+ ∑∑∑∞

=

∞

=

−∞

=

−

k

kk

k

kk

k

kk uauukauakku

Realizando las multiplicaciones

( ) ( ) ,0110 0

1

1

1

2

2

2

1 =+++−+− ∑ ∑∑∑∑∞

=

∞

=

+∞

=

−∞

=

−∞

=

−

k k

kk

kk

k

kk

k

kk

k

kk uauaukauakkuakk

Escribiendo todo en potencias de ku , obtenemos

( ) ( )( ) ( ) ,011211 0

10

10

21

1 =++++++++ ∑ ∑∑∑∑∞

=

∞

=

−

∞

=

+

∞

=

+

∞

=

+

k k

kk

kk

k

kk

k

kk

k

kk uauauakuakkuakk

Empezando todas las sumatorias desde 1=k , y organizando, se tiene

( ) ( )( ) ( )[ ] ,0112121

1121012 =+++++++++++ ∑∞

=

−+++

k

kkkkkk uaaakakkakkaaa

mejor,

( )( ) ( )[ ] ,011221

112

2012 =+++++++++ ∑∞

=

−++

k

kkkkk uaaakakkaaa

Así pues,

( )( ) ( ) ( )3.6.1,0112

,02

112

2

012

≥=++++++

=++

−++ kaaakakk

aaa

kkkk

Usando las condiciones iniciales ( ) 10,0)0( −=′= yy . Con lo que 1,0 10 −== aa .

Reemplazando en (6.3), se tiene los primeros coeficientes:

,61,

61,

21

432 =−== aaa

De donde

L++−+−=662

)(432 uuuuuy

Y haciendo 1−= xu , se tiene finalmente

( ) ( ) ( ) ( )L+

−+

−−

−+−−=

61

61

211)(

432 xxxxxy

Donde la convergencia se tiene en el intervalo ( )2,0 ¿por qué?



Método series de Taylor:

Buscamos soluciones de la forma

( )( ) ( )( ) .1

!1

0

n

n

n

xn

yxy −=∑∞

=

Para ello derivamos sucesivamente y evaluamos en las derivadas encontradas, esto es,

( ) ( )21

!21,11,0)1(,0 210 =′′

=−=′====+′+′′yayayaxyyyx

( )

( )

( )!5

18!51034

!44

!41023

!31

!3102

5

4

3

−==⇒=′′+′′′++

==⇒=′+′′+′′′+

−=′′′

=⇒=+′+′′+′′′

vivv

iviv

yayyxyxy

yayyxyxy

yayyxyyx

Siguiendo el proceso, se obtiene la formula recursiva:

( ) ( ) ( ) ( ) .3,0)3(1 32)1( ≥=−++−+ −−− nynxyynxy nnnn

De donde se sigue que la solución en series de Taylor es dada por

( ) ( ) ( ) ( )L+

−+

−−

−+−−=

61

61

211)(

432 xxxxxy

La misma solución dada por el método de los coeficientes indeterminados, pero encontrada de una forma más sencilla como puede verse.

En el ejemplo siguiente, encontraremos por el método de Taylor , la solución de una de las ecuaciones diferenciales importantes que aparecen en la física.

Ejemplo 7. (La ecuación de Legendre) Encuentre la solución en series Taylor alrededor de x=0 para la solución general de

( ) ( ) ( )1.70121 2

22 =++−− y

dxdyx

dxydx αα

Solución:

Buscamos la solución general de la forma



( ) ( )2.70

n

nn xaxy ∑

∞

=

=

donde

( ) ( )

K,1,0,!0

== nn

yan

n y ( ) ( ) 1100 0,0 cyacya =′=== .

Para encontrar el coeficiente 2a , hacemos 0=x en (7.1) y reemplazamos los

valores de :, 1100 caca ==

esto es,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 01)0(100)0(10 cyyyy +−=+−=′′⇒=++′′ αααααα

luego se tiene que ( ) ( ) .

!21

!20

02 cya +−=

′′=

αα

Ahora para obtener los coeficientes K,4,3, =iai , deberemos derivar

implícitamente con respecto a x la ecuación (7.1) n veces, y sustituir los valores

encontrados de los ia anteriores.

Al derivar la ecuación (7.1) implícitamente con respecto a x, se obtiene:

( ) ( )( ) ( )3.702141 2

2

3

32 =−++−−

dxdy

dxydx

dxydx αα

Haciendo 0=x y reemplazando los valores de ( ) ( ) ( )0,0,0 yyy ′′′ en (7.3) se tiene:

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 11 1221)0(210 ccyy −+−=−+−=′−+−=′′′ αααααα

Luego se encuentra que ( ) ( )( )

.2.3

12!30

13 cya−+

−=′′′

=αα

Obtengamos ahora ,4a para lo cual derivamos implícitamente con respecto a x la

ecuación (7.3) , se tiene:

( ) ( )( ) ( )4.706161 2

2

3

3

4

42 =−++−−

dxyd

dxydx

dxydx αα


tiene:

( ) ( )( ) ( )( ) ( )[ ] ( )( ) ( ) 00 213123)0(610 ccyy iv −++=+−−+−=′′−+−= αααααααααα

Luego se encuentra que



( ) ( )( ) ( ) .

!4213

!40

04 cyaiv −++

==αααα

Derivando la ecuación (7.4) se tiene

( ) ( )( ) ( )5.7012181 3

3

4

4

5

52 =−++−−

dxyd

dxydx

dxydx αα


tiene:

( ) ( )( )( )( ) ( )( )[ ] ( )( )( )( ) 11 31241234

)0(1210cc

yyv

−−++=−+−−+−=′′′−+−=

αααααααααα

Encontrando que

( ) ( )( )( )( ) .

!53124

!40

15 cyav −−++

==αααα

Continuando el proceso, se obtiene la fórmula siguiente para k=1,2,…

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) .

!12123122221

,!2

222132121

112

02

ck

kkka

ck

kkka

kk

kk

++−−−+−++

−=

+−−+−+−+−=

+αααααα

αααααα

LL

LL

Todos los coeficientes están determinados en términos de ahora ,0c y ,1c por lo

cual debemos tener

( ) ( ) ( ) ,2110 xycxycxy +=

donde

( ) ( )( ) ( )L−

−+++

+−= 42

1 !4213

!211)( xxxy αααααα

O bien,

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ,

!22221321211)( 2

11

k

k

k xk

kkkxy +−−+−+−+−+= ∑

∞

=

αααααα LL

y

( )( ) ( )( )( )( )L−

−−+++

−+−= 53

2 !53144

!312)( xxxxy αααααα

O bien,



( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ,

!121231222211)( 12

11

+∞

=+

+−−−+−++−+= ∑ k

k

k xk

kkkxy αααααα LL

Ambas ,)(1 xy y ,)(2 xy son soluciones de la ecuación de Legendre, al tomar

respectivamente

( ) ( )( ) ( ) ,10,00

00,10

10

10

====

cccc

Ellas forman una base para las soluciones, ya que

( ) ( )( )( )

( ) ( ) ,10,00

01,00,10

21

21

21

=′=′≠⇒

==

yy

yyWyy

Donde ( )21 , yyW denota el Wronskiano de las soluciones 1y y 2y .

Observar que si α es un entero par no negativo

,),2,1,0(,2 L== kkn

luego continuar…………………

Ejemplo 8. Resuelva la ecuación diferencial

( )1.8.0=+′+′′ xyyyx

Solución.

Por el método de Taylor.

Supongamos que las soluciones son de la forma ∑∞

=0n

nn xa con

( )( )!0

nya

n

n = .

Para esto, pongamos ( ) ( )( )00 00 yyc == y ( )01 yc ′= .

Haciendo 0=x y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.1), se tiene

que .01 =c



Derivando implícitamente con respecto a x la ecuación (8.1), tenemos

( )2.8020 =+′+′′+′′′⇔=+′+′′+′′+′′′ yyxyyxyyxyyyx

Haciendo 0=x y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.2), se tiene que

( ) ( ) 0210

210 cyy −=−=′′

Derivando la última ecuación (8.2), tenemos

( )3.802302 =′+′′+′′′+⇔=′+′+′′+′′′+′′′+ yyxyxyyyyxyyxy iviv

Haciendo 0=x y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.3), se tiene que

( ) ( ) 0320

320 1 =−=′−=′′′ cyy

Repitiendo el proceso anterior, se llega a la siguiente formula de recurrencia:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3,021 321 ≥=−++−+ −−− nynxyynxy nnnn

Que al hacer 0=x , y reemplazar los valores obtenidos, se obtiene

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )4.83,0120 31 ≥

−−

−= −− nynny nn

Encontremos varios valores

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

M

,2.45

2.43

650

650:7

,00540

540:6

,2.4

321

430

430:5

,0210

320:4

,210

210:3

020

00

1

00

ccyyn

yyn

ccyyn

cyyn

cyyn

ivvi

v

iv

−=

−=−==

=−=′′′−==

=

−−=′′−==

=−=′−=′′′=

−=−=′′=

Obtengamos ahora los coeficientes na , note que la fórmula de recurrencia (8.4)

junto con 01 =c implica que todos los coeficientes con subíndices impares

desaparecen, y



( ) ( ) ( )

( )

( )

( )( ) ( ) ( )

,2.4.642.222

11

,2.4.6

12.45

!61

!60

,2.4

12.4

3!4

1!40

21

21

!210

!21

!20

02222222

0222026

02204

0200

2

cnnn

a

ccya

ccya

ccyya

nn

vi

iv

L

M

−−−=

−=

−==

=

==

−=

−==

′′=

Entonces

( )

( )( )5.8.

4!1

8642642422

0

2

20

82222

06222

0422

0220

0

n

n

xn

c

xc

xc

xc

xc

cxy

∑∞

=

−=

++−+−= L

La serie (8.5) se usa frecuentemente en matemáticas aplicadas y recibe el

nombre de función de Bessel de orden ).(0 xJ

Deberá observarse que el método de Taylor ha producido sólo una de las soluciones de la ecuación (8.1). Para hallar la otra solución linealmente independiente, usamos

la formula ( ) ( )( )[ ]∫= 2

112 xyx

dxxyxy

Entonces la otra solución será:

( ) ( )( )[ ]∫= 2

002 xJx

dxxJxy

La solución general viene dada por

( ) ( ) ( )( )[ ]

.20

00 ∫+=xJx

dxxBJxAJxy

En nuestro próximo ejemplo encontraremos una situación en la cual el método de Taylor no da ninguna solución (como es el caso cuando se usa series de potencias).

Ejemplo 9. Considere la ecuación de Euler



( )1.9.02 =+′+′′ yyxyx

Solución.

Ya que este problema no contiene condiciones iniciales, pongamos 0)0( cy = , y

1)0( cy =′ . Con lo cual al reemplazar el valor de 0)0(,0 cyx == y 1)0( cy =′ en la

ecuación diferencial, tenemos

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0.000000 02 =⇒=+′+′′ cyyy .

Al derivar implícitamente con respecto a x en la ecuación diferencial (9.1), se tiene

02302 22 =′+′′′+′′⇔=′+′+′′+′′′+′′ yyxyxyyyxyxyx

Reemplazando los valores de 1)0(,0 cyx =′= en la última ecuación diferencial,

tenemos

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 000200003 12 =⇒=′+′′′+′′ cyyy .

Como todas las derivadas evaluadas en ,0=x estarán en términos de ,0c y de ,1c

entonces todos los na desaparecerán, y por lo tanto arrojará la solución ( ) 0=xy .

Así en este caso el método de Taylor falla para encontrar la solución de la ecuación diferencial de Euler, la cual es

( ) ( ) ( ) .lnsinlncos xBAxAxy +=

En el próximo ejemplo, aplicaremos el método del desarrollo de Taylor para encontrar la solución de una ecuación diferencial, en donde los coeficientes de la ecuación (1) ya no son polinomios.


( ) ( )1.1010,1)0(,0 =′==−′′ yyyey x

Solución.

Nótese que en la ecuación diferencial todos los puntos son ordinarios. Buscamos

una solución de la forma: ( ) n

nn xaxy ∑

∞

=

=0

donde ( ) ( ) .0,

!0

≥= nn

yan

n

Para esto, despejamos ( )xy ′′ en la ecuación, reemplazando los valores

( ) ( ) 10,10 10 =′=== yaya para obtener así 2a :



( )

( ) ( )21

!2010)0(

)2.10()(

20 =

′′=⇒==′′⇒

=′′

yayey

xyexy x

Derivamos (10.2) y reemplazamos los valores encontrados de los a´íes.

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )31

!32

!30200)0(

)3.10()(

30 ==

′′′=⇒=′+=′′′⇒

′+=′+=′′′

yayyey

xyxyexyexyexy xxx

Derivamos nuevamente (10.3) y reemplazamos

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( )2.3

1!4

4!4040020)0(

)4.10(2)(

40 ==

′′′=⇒=′′+′+=⇒

′′+′+=′′+′+′+=yayyyey

xyxyxyexyxyexyxyexy

iv

xxxiv

Siguiendo el proceso, encontramos la siguiente fórmula para ( ) ( )xy n 2+ por lo tanto

para :2+na

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

.0,)!2(

0

)!2(00)0(

)(110

)(

0)2(

20

02

0

)(12

≥+

=+

=⇒=

=⇒

=

+

−

++′′

+′

+=

∑∑

∑

=+

+

=

+

=

−+

nn

ykn

nyay

kn

ey

xykn

e

xyxyn

nxy

nxy

nxyexy

n

k

k

n

n

n

k

kn

n

k

kx

nnxn L

luego la solución general viene dada por

( )

.315

2451

151

61

31

211

)!2(21

1

765432

0

2

0

22

L++++++++=+

++=

++=

∑

∑∞

=

+

∞

=

++

xxxxxxxxn

x

xaxxy

n

nn

n

nn

La serie converge para todo .Rx∈



Realicemos este mismo ejemplo, pero ahora usando solución en series de potencias. Para esto necesitamos del siguiente teorema.

( )

intervalo. esteen x todopara

, para tambiénconverge (A), de series las deCauchy de producto el como conocida

,

con

serie la Entonces.0, intervalo elen esconvergent

y

Sean .

000

0

0

00

k

kk

k

kk

k

kk

k

jjkjk

k

kk

k

kk

k

kk

xcxbxa

yRx

ba c

xc

RRx

Axbxa

∑∑∑

∑

∑

∑∑

∞

=

∞

=

∞

=

=

−

∞

=

∞

=

∞

=

=

<

=

><

Teorema

Cuando se expresa en términos de funciones analíticas este teorema afirma que el producto de dos funciones analíticas en el intervalo I , f y g, es también él mismo una función analítica en I, y que su expansión en series de potencias alrededor de



cualquier punto 0x

en I es el producto de Cauchy de las expansiones en serie de

potencias de f y g alrededor de 0x .

Ahora ya podemos seguir con el ejemplo anterior.

Suponemos la solución de la forma

k

kk xaxy ∑

∞

=

=0

)(

Al reemplazar en la ecuación diferencial nos da

,0)1(0

2

2

=−− ∑∑∞

=

−∞

=

k

kk

xk

kk xaexakk

o bien,

( )5.10,0!

)1(00

2

2

=

−− ∑∑∑

∞

=

∞

=

−∞

=

k

kk

k

kk

kk xa

kxxakk

Ahora aplicamos el teorema anterior, para escribir el producto de las dos series en la siguiente forma:

( )

( )

( ) .!

!2!3!2

!3!21

!

0 0

332

10221

0100

323

32

21000

k

k

k

j

j

k

kk

k

k

xjk

a

xaaaa

xaaa

xaaa

xxxxaxaxaaxakx

∑ ∑

∑∑

∞

= =

∞

=

∞

=

−=

+

++++

+++++=

++++++++=

L

LL

Sustituyendo esta expresión en (10.5), obtenemos

( ) ( ) ,0!

)1(20 0

2 =

−−++∑ ∑

∞

= =

+k

k

k

j

jk x

jka

akk

De esto último se sigue que

( ) ( ) .0,!)1(2

1

02 ≥

−++= ∑

=

+ kjk

akk

ak

j

jk

En particular,



,12212

1

,6

,2

1021

04

103

02

aaaa

aa

aaa

aa

+=

++=

+=

=

etc., y en principio todos los ka pueden calcularse en términos de 0a y 1a .

Reemplazando los valores de 1,1 10 == aa se tiene.

M

,61

,31

,21

4

3

2

=

=

=

a

a

a

Luego la solución del problema de valor inicial viene dado por

( ) .61

31

211 432 L+++++= xxxxxy

Deberá notarse que la solución obtenida por series de potencias es más pobre que la obtenida por Taylor.

Ejercicio . Encuentre una series de potencias para la solución general de la ecuación diferencial

( ) ( ) 0sin =+′+′′ yeyxxy x

Los próximos ejemplos tratan con ecuaciones diferenciales no lineales.

Ejemplo 11. Encuentre la solución en series de potencias y en series de Taylor del problema de valor inicial

( ) ( )1.11.00;1 2 =+=′ yyy

Solución.

La ecuación diferencial (11.1) no es lineal, sin embargo, se conoce su solución

mediante el uso de separación de variables, a saber, ( ) .2

,2

,tan

−∈=

ππxxxy



Método series de potencias:

Suponemos que la ec. (11.1) tiene como solución

( ) ( )2.11.0∑∞

=

=n

nn xaxy

Derivando, se tiene

( ) ( ) ( )3.11.10

11

1 ∑∑∞

=

+

∞

=

− +==′n

nn

n

nn xanxnaxy

evaluando la ec. (11.1) en 0=x e imponiendo la condición inicial, se encuentra

que 00)0( ay == . Reemplazando (11.2) , (11.3) en (11.1) vemos que los

coeficientes de la serie na , deben satisfacer

( ) ( )4.11.1110 0

2

001 ∑ ∑∑∑

∞

= =

−

∞

=

∞

=

+

+=

+=+

n

n

kknk

n

nn

n

nn aaxaxan

Igualando los coeficientes, obtenemos

.152,

32225:4

0,0224:331,123:2

0,022:111:0

52

231405

421304

32

1203

2102

201

=⇒=++==

=⇒=+==

=⇒=+==

=⇒====+==

aaaaaaan

aaaaaan

aaaaan

aaaanaan

En general,

>

=+=

∑−

=

−− .1 impar, esn si,11si,1

par esn si,0

1

01

20

naan

naan

kknk

n

Así, estamos en capacidad de calcular en forma recurrente los coeficientes de la

serie pero no somos capaces de expresar fácilmente explícitamente en na como

función de n. Por tanto, no podemos calcular el radio de convergencia

directamente. Sin embargo sabemos, que el radio de convergencia es .2/π




( ) .2

,2

.152

31 53

−∈+++=

ππxxxxxy L

Método series de Taylor:


=0n

nn xa con

( )( )!0

nya

n

n = .

Se tiene inicialmente que 0)0(0 == ya .

Haciendo 0=x y reemplazando el valor de ( ) 00 =y en la ecuación (11.1), se tiene

que

( ) ( ) ( ) 1!10,1010 1

2 =′

=⇒=+=′ yayy


( )5.112 yyy ′=′′

Haciendo 0=x y reemplazando los valores anteriores ( ) ( ) 10,00 =′= yy en la

ecuación (11.5), tenemos que

( ) ( ) ( ) ( ) .0!20,00020 2 =′′

=⇒=′=′′ yayyy

Repitiendo el proceso una vez

( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )31

!30,2)1(2)1)(0(2020020

22

322

2

=′′′

=⇒=+=′+′′=′′′

′+′′=′′′

yayyyy

yyyy

Otra vez,

( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0!40,00)1(6)2)(0(20060020

62422

4 ==⇒=+=′′′+′′′=

′′′+′′′=′′′+′′′+′′′=iv

iv

iv

yayyyyy

yyyyyyyyyyy

Y otra vez…..

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )152

!50,

3806

31)1(8)0)(0(2

060080020

6826622

52

2

2

==⇒=+

+=

′′+′′′′+=

′′+′′′′+=′′′′+′′′′+′′′′+=

v

ivv

ivivv

ya

yyyyyy

yyyyyyyyyyyyyy



Hagamóslo una vez más

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0!600002000100020

20102128822

6 ==⇒=′′′′′+′+=

′′′′′+′+=′′′′′+′′′′′+′+′+=vi

ivvvi

ivvivivvvi

yayyyyyyy

yyyyyyyyyyyyyyyyy

Por última vez

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

.212

!7112112

22038)1(12

020003000120020

2030122

2020101022

6

2

2

2

==⇒=

+

=

′′′+′′+′+=

′′′+′′+′+=

′′′′′′+′′+′′+′+′+=

a

yyyyyyyy

yyyyyyy

yyyyyyyyyyyyy

ivvvivii

ivvvi

ivivvvvivii


( ) .2

,2

.81023

212

152

31 9753

−∈+++++=

ππxxxxxxxy L

Esto es,

.2

,2

.81023

212

152

31tan 9753

−∈+++++≈

ππxxxxxxx L

Nótese que estamos en capacidad de calcular en forma recurrente los coeficientes

de la serie pero no somos capaces de expresar fácilmente a_n explícitamente como

función de n. De nuevo no podemos encontrar su radio de convergencia.

Pero si podemos calcular recurrentemente tantos coeficientes de la serie como sea necesario para producir una solución con una exactitud deseada.

Esto es lo que pasa cuando se trata de encontrar solución en series de problemas no lineales.



Ejemplo 11. Encuentre la solución en series de potencias y en series de Taylor del problema de valor inicial

( ) ( )1.12.00; =+=′ − yexy y

Solución.

En este problema podemos encontrar su solución en forma analítica como sigue:

Haciendo yeu −= , se tiene que

( )2.12dxdye

dxdu y−−=

Así que multiplicamos la ec. (12.1) por ye−− , para obtener

yyy exedxdye 2−−− −−=−

O bien, el siguiente problema de valor inicial equivalente

( )3.12,2uxudxdu

−=+

La ecuación diferencial (12.3) es de tipo Bernoulli, por lo tanto haremos la sustitución

( )4.12,1−= uw

Con lo cual se tiene

dxduu

dxdw 2−−=



Multiplicando a ambos miembros de la ecuación (12.3) por 2−− u , se obtiene

,112 −=−− −xudxduu

O bien, ya que ( ) ( )[ ] 100, 11 === −− uwuw

( ) ( )5.1210,1 =−=− wxwdxdw

La ecuación (12.5) resulta ser lineal, se encuentra que el factor integrante viene a

ser ( ) 2

0

2

expxx

etdtx−

=

−= ∫µ .

Multiplicando la ecuación (12.5) por el factor integrante, se tiene

,22

22 xx

ewedxd −−

−=

Luego la solución de (12.5) es obtenida como

( ) ( )6.12,0

22

22

+= ∫

−dteCexw

x tx

Reemplazando la condición inicial para encontrar C, obtenemos

( )( )

1,010

0

220 22

=⇒

+== ∫

−CdteCew

t

Así que al devolvernos, tenemos:

( )dte

exudteexu x t

xx tx

∫∫ −

−−

+

=⇒

+=

0

2

2

0

222

222

1

)(,11

Pero yeu −= .

+−=−⇒

+

=−⇒

+

= ∫∫∫

−−

−

−

−

−

− dteey

dte

ey

dte

eex tx

x t

x

x t

x

y

0

22

0

2

2

0

2

222

2

2

2

2

1lnln

1

ln

1

O finalmente,



( ) 2755.1,22

1ln2

1ln2

2

0

22 2

−>

++=

++= ∫

−xxerfxdtexxy

x t π

donde la función de error erf(x) viene dada por:

.2)(0

2

dtexerfx

t∫ −=π

Ahora encontremos su solución por el método de las series de Taylor:


=0n

nn xa con

( )( )!0

nya

n

n = .

Se tiene inicialmente que 0)0(0 == ya .

Haciendo 0=x y reemplazando el valor de ( ) 00 =y en la ecuación (12.1), se tiene

que

( ) ( ) ( ) 1!10,100 1

0 =′

=⇒=+=′ − yaey


( )7.121 yey y ′−=′′ −

Haciendo 0=x y reemplazando los valores anteriores ( ) ( ) 10,00 =′= yy en la

ecuación (12.7), tenemos que

( ) ( ) ( ) ( ) .0!20,0010 2

0 =′′

=⇒=′−=′′ − yayey

Derivando nuevamente la ecuación (12.7) con respecto a x, se tiene

( ) ( )8.12,yyeyeyey yyy ′−′′−=′′−′=′′′ −−−

Haciendo 0=x y reemplazando los valores anteriores ( ) ( ) 10,00 =′= yy y ( ) 00 =′′y

en la ecuación (12.8), tenemos que

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )!3

1!30,1000 3

0 =′′′

=⇒=′−′′−=′′′ − yayyey

Repitiendo el proceso anterior

( ),2 yyyey yiv ′+′′−′′′−= −

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )!4

2!40,200200 4

0 −==⇒−=′+′′−′′′−= −iv

iv yayyyey



Repetiremos el proceso unas cuantas veces

( ),33 yyyyey ivyv ′−′′+′′′−−= −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )!5

6!50,60030300 5

0 ==⇒=′−′′+′′′−−= −v

ivv yayyyyey

( ),464 yyyyyey ivvyvi ′+′′−′′′+−−= −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )!6

21!60,21004060400 6

0 −==⇒−=′+′′−′′′+−−= −v

ivvvi yayyyyyey

Siguiendo el proceso, encontramos la siguiente fórmula para ( ) ( )xy k por lo tanto

una formula un tanto no obvia para :ka

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )∑−

=

−−−

+

−−−

−

−−−=

′−+

−−

−+

−

−+

−−

−=

2

0

1

12

321

21

)(132

1

22

12

)(

n

k

knky

nn

nnn

yn

xyk

ne

xyxynn

xyn

xyn

xyexy

L

Que al evaluar en x=0, obtenemos: ( ) ( ) ( ) ( )∑−

=

−−

−−−=

2

0

1 02

1)0(n

k

knkn yk

ny

De aquí una fórmula para los coeficientes :ka

( )( ) ( ) ( )

.0,!

02

1

!0

2

0

1

)(

≥

−−−

==∑−

=

−−

nn

yk

n

nya

n

k

knk

n

n



Bibilografía.

1. Charles E. Robertrs Jr., Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Un enfoque al cálculo numérico.Ed. Prentice-Hall Int. 1980.

2. Kreider, Kuller, Ostberg. Ecuaciones Diferenciales. Fondo Editorial Iberoamericano. 1973.

3. Derrick W. , Grossman S. Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones. Fondo Editorial Iberoamericano. 1984

4. García J. O.,Villegas G. J. , Castaño B. J, Sánchez C., J.A. Ecuaciones Diferenciales. Fondo Editorial Universidad EAFIT, 2010.

mÉtodo de las series de taylor para ...casanchi.org/mat/metodotaylor01.pdfde acuerdo con lo...

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