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ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE ORDEN SUPERIOR

RESOLUCIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES EN PUNTOS ORDINARIOS MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS JOE GARCÍA ARCOS DEPARTAMENTO DE CIENCIAS EXACTAS - ESPE

CLASE 25

CONTENIDO

Título : Resolución de ecuaciones diferenciales en puntos ordinarios mediante series de potencias Duración : 120 minutos Información general : Resolución de problemas sobre ecuaciones diferenciales en puntos ordinarios mediante series de potencias Objetivo : Conocer los diversos tipos de ecuaciones diferenciales en puntos ordinarios mediante series de potencias

1

Ecuaciones diferenciales de orden superior 0.1 Solución en series de potencias sobre un punto ordinario Considere la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden con coeficientes variables definidos en un intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏] 𝑎 0 (𝑡)𝑥 00 + 𝑎 1 (𝑡)𝑥 0 + 𝑎 2 (𝑡)𝑥 = 0

(1)

y supongamos que esta ecuación no tiene soluciones expresables como combinaciones lineales finitas de las funciones elementales conocidas. Supongamos que la ecuación (1) admite una solución en la siguiente forma de una serie infinita 𝑐 0 + 𝑐 1 (𝑡 − 𝑡0 ) + 𝑐 2 (𝑡 − 𝑡0 ) 2 + · · · =

∞ X

𝑐 𝑛 (𝑡 − 𝑡0 ) 𝑛

(2)

𝑛=0

donde 𝑐 0 , 𝑐 1 , 𝑐 2 , ... son constantes. Una expresión de la forma (??) se llama serie de potencias en 𝑥 − 𝑥 0 . Suponiendo que la ecuación (1) tiene una solución de serie de potencias (2), encontraremos las constantes 𝑐 𝑛 tales que (2) satisface (1). Ahora surge la pregunta ¿en qué condiciones es esta suposición realmente válida? Es decir, ¿en qué condiciones podemos estar seguros de que la ecuación diferencial (1) realmente tiene una solución de la forma (2)? Esta es una cuestión de considerable importancia; porque sería bastante absurdo tratar de encontrar una solución de la forma (2) si realmente no se encontrara tal solución. Para responder a esta pregunta, necesitamos las siguientes definiciones básicas. Dado que la mayoría de las ecuaciones familiares que ocurren en problemas físicos son ecuaciones homogéneas de segundo orden, nos limitamos al problema importante de la existencia de soluciones de serie de potencia para las ecuaciones lineales de segundo orden de tipo (1). Para esto, reescribamos la ecuación (1) como 𝑥 00 (𝑡) + 𝑝(𝑡)𝑥 0 (𝑡) + 𝑞(𝑡)𝑥(𝑡) = 0 donde 𝑝(𝑡) =

𝑎 1 (𝑡) 𝑎 0 (𝑡)

y

𝑞(𝑡) =

𝑎 2 (𝑡) 𝑎 0 (𝑡)

Definición 0.1 Una función 𝑓 definida en un intervalo 𝐼 que contiene el punto 𝑡0 se dice que es analítica en 𝑡0 , si 𝑓 se puede expandir en serie de potencia alrededor de 𝑡0 que tiene un radio de convergencia positivo. De la definición, observamos que los polinomios 𝑒 𝑥 , sin 𝑥 y cos 𝑥 son analíticos en todas partes. Una función racional también es analítica, excepto en los puntos donde el denominador es cero.

CLASE 25 Por lo tanto, si 𝑓 es analítico en 𝑡 = 𝑡0 , se puede expresar en la forma ∞ X 𝑓 (𝑡) = 𝑐 𝑛 (𝑡 − 𝑡0 ) 𝑛 𝑛=0

donde los 𝑐 𝑛 son constantes y la serie se traslada para |𝑡 − 𝑡0 | < 𝑟 0 donde 𝑟 0 es el radio de convergencia de la serie de potencias. El intervalo de convergencia de la serie de potencias puede determinarse en términos de los coeficientes 𝑐 𝑛 de la serie de potencias. El hecho importante sobre la serie de potencias es que converge de manera uniforme y absoluta dentro del intervalo de convergencia. Se puede diferenciar término por término y las series diferenciadas también convergen uniformemente y absolutamente dentro del intervalo de convergencia. Todas las derivadas de las funciones 𝑓 (𝑡) existen en el intervalo de convergencia y todas las derivadas de la función representada por la serie de potencias pueden obtenerse mediante la diferenciación término por término de la serie en el intervalo de convergencia. No se puede decir nada sobre la existencia de la solución de la serie de potencias de la ecuación diferencial en un punto a menos que conozcamos la convergencia de la serie de potencias en ese punto. Esto lleva a la clasificación de los puntos del intervalo con respecto a la analiticidad de los coeficientes de la ecuación diferencial dada como puntos ordinarios y singulares que se definen de la siguiente manera. Definición 0.2 Consideremos la ecuación diferencial 𝑎 0 (𝑡)𝑥 00 + 𝑎 1 (𝑡)𝑥 0 + 𝑎 2 (𝑡)𝑥 = 0,

𝑡∈𝐼

(3)

Un punto 𝑡 = 𝑡0 ∈ 𝐼 se llama ordinario para la ecuación (3) si 𝑝(𝑡) y 𝑞(𝑡) son analíticas en 𝑡 = 𝑡0 , es decir, para que un punto 𝑡 = 𝑡0 sea un punto ordinario para (3), entonces tanto 𝑝(𝑡) como 𝑞(𝑡) deberían tener representaciones de series de potencias en el entorno de 𝑡 = 𝑡0 . Definición 0.3 Un punto 𝑡 = 𝑡0 se llama singular para (3), si 𝑡 = 𝑡0 no es un punto ordinario para (3), es decir, un punto 𝑡0 ∈ 𝐼 es un punto singular para (3), entonces 𝑝(𝑡) o 𝑞(𝑡) no son analíticas en el sentido de la Definición 0.1. Ejemplo 0.1 Determine si 𝑡 = 0 es un punto ordinario para la ecuación diferencial (𝑡 2 − 1)𝑥 00 + 𝑡𝑥 0 − 𝑥 = 0 ¿Qué pasa con el punto 𝑡 = 1? Solución La ecuación diferencial dada es 𝑡 1 𝑥 00 + 2 𝑥0 − 2 𝑥=0 𝑡 −1 𝑡 −1

(4)

3

CLASE 25 Ahora 𝑝(𝑡) =

𝑡2

𝑡 −1

y

𝑞(𝑡) = −

𝑡2

1 −1

Usando la expansión binomial, 𝑝(𝑡) y 𝑞(𝑡) tienen las siguientes representaciones de serie de potencias ∞

X 𝑡 2 −1 = −𝑡 (1 − 𝑡 ) = 𝑡 𝑝(𝑡) = − (𝑡 2 ) 𝑘 = −𝑡 − 𝑡 3 − 𝑡 5 − 𝑡 7 − · · · 2 1−𝑡 𝑘=0

(5)

∞

𝑞(𝑡) =

X 𝑡 2 −1 = (1 − 𝑡 ) = (𝑡 2 ) 𝑘 = 1 + 𝑡 2 + 𝑡 4 + 𝑡 6 + · · · 1 − 𝑡2 𝑘=0

(6)

(5) y (6) muestran que 𝑝(𝑡) y 𝑞(𝑡) tienen representaciones de series de potencias en |𝑡| < 1 o −1 < 𝑡 < 1. En otras palabras, 𝑝(𝑡) y 𝑞(𝑡) son analíticos en 𝑡 = 0. Por lo tanto, 𝑡 = 0 es un punto ordinario para (4). Cabe señalar que 𝑝(𝑡) y 𝑞(𝑡) tienen representaciones de series de potencias con radio de convergencia positivo 1. Cuando consideramos 𝑡 = 1, entonces 𝑝(𝑡) y 𝑞(𝑡) no están definidos en 𝑡 = 1. Por lo tanto, no pueden ser representados por series de potencias. Por lo tanto, no son analíticos en 𝑡 = 1. Por lo tanto 𝑡 = 1 no es un punto ordinario para la ecuación dada.  Ejemplo 0.2 Encuentra los puntos singulares de la ecuación diferencial 1 (𝑡 − 1)𝑥 00 + 𝑡𝑥 0 + 𝑥 = 0 𝑡

(7)

Solución Reescribiendo la ecuación (7), obtenemos 𝑡 1 𝑝(𝑡) = y 𝑞(𝑡) = 𝑡−1 𝑡 (𝑡 − 1) La función 𝑝 es analítica excepto en 𝑡 = 1 y 𝑞 es analítica excepto en 𝑡 = 0 y 𝑡 = 1. Por lo tanto, 𝑡 = 0 y 𝑡 = 1 son puntos singulares para (7). Cabe señalar que 𝑡 = 0 es un punto singular, aunque 𝑝 es analítica en 𝑡 = 0. Incluimos este ejemplo inmediatamente después de la definición para enfatizar que tanto 𝑝 como 𝑞 deben ser analíticos en 𝑡0 para que 𝑡0 sea un punto ordinario.  Antes de ilustrar la solución de series de potencias de algunas de las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas bien conocidas de segundo orden en o cerca de los puntos ordinarios, estableceremos el siguiente teorema sobre la existencia de soluciones de serie de potencias de ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de orden dos cerca de puntos ordinarios. Teorema 0.1 Sea 𝑡 = 𝑡0 un punto ordinario de la ecuación diferencial 𝐿(𝑥) = 𝑥 00 + 𝑝(𝑡)𝑥 0 + 𝑞(𝑡)𝑥 = 0

(8)

donde 𝑥 0 y 𝑥 1 sean constantes arbitrarias. Entonces existe una función única 𝑥 que es analítica en 𝑡0 es una solución de (8) en un vecindario de 𝑡0 que satisface las condiciones iniciales 𝑥(𝑡0 ) = 𝑥 0 y 𝑥 0 (𝑡0 ) = 𝑥 1 .

4

CLASE 25 Si las expansiones de la serie de potencias de 𝑝 y 𝑞 convergen en |𝑡 − 𝑡0 | < 𝑟, 𝑟 > 0, la solución de la serie de potencias también es convergente en |𝑡 − 𝑡0 | < 𝑟. Demostración Por conveniencia, tomemos 𝑡0 = 0 para que nos concierna en el entorno del cero. ∞ X

También observamos que si una serie de potencias

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 converge en |𝑡| ≤ 𝑟 0 , entonces |𝑐 𝑛 ||𝑡| 𝑛 → 0

𝑛=0

cuando 𝑛 → ∞ para que podamos tomar 𝑟 𝑛 |𝑐 𝑛 | ≤ 𝑀 para 𝑛 = 0, 1, 2, · · · y 𝑟 < 𝑟 0 , donde 𝑀 es una constante. Como 𝑡 = 0 es un punto ordinario, las funciones 𝑝 y 𝑞 son analíticas en un entorno del cero, de modo que pueden representarse en la serie de potencias 𝑝(𝑡) =

∞ X

𝑝𝑛𝑡 𝑛

y

𝑞(𝑡) =

𝑛=0

∞ X

𝑞𝑛𝑡 𝑛

(9)

𝑛=0

donde ambas series de potencias convergen para |𝑡| ≤ 𝑟 0 por unos 𝑟 0 > 0. Vamos a producir una solución 𝑥(𝑡) que es analítica en |𝑡| ≤ 𝑟 0 y satisface 𝑥(𝑡0 ) = 𝑥0 y 𝑥 0 (𝑡0 ) = 𝑥1 . Sea ∞ X

𝑐𝑛𝑡 𝑛

(10)

(𝑛 + 1)𝑐 𝑛+1 𝑡 𝑛

(11)

(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 𝑡 𝑛

(12)

𝑥(𝑡) =

𝑛=0

una solución de (8). Entonces 𝑥 0 (𝑡) =

∞ X 𝑛=0

y ∞ X

𝑥 00 (𝑡) =

𝑛=0

Por lo tanto 0

𝑝(𝑡)𝑥 (𝑡) =

∞ X

! 𝑝𝑛𝑡

𝑛

𝑛=0

∞ X

! (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+1 𝑡

𝑛

(13)

𝑛=0

Usando el producto Cauchy de dos series, tenemos ( 𝑝 0 + 𝑝 1 𝑡 + 𝑝 2 𝑡 2 + · · · + 𝑝 𝑛 𝑡 𝑛 + · · · ) (𝑐 1 + 2𝑐 2 𝑡 + 3𝑐 3 𝑡 2 + · · · + 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 + (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+1 𝑡 𝑛 + · · · ) = = 𝑝 0 𝑐 1 + (2𝑝 0 𝑐 2 + 𝑝 1 𝑐 1 )𝑡 + ( 𝑝 2 𝑐 1 + 𝑝 1 2𝑐 2 + 𝑝 0 3𝑐 3 )𝑡 2 + · · · ∞ X 𝑛 X © ª = 𝑝 𝑛− 𝑗 ( 𝑗 + 1)𝑐 𝑗+1 ® 𝑡 𝑛 ­ 𝑛=0 « 𝑗=0 ¬

(14)

Como las series para 𝑝(𝑡) y 𝑥 0 (𝑡) son absolutamente convergentes, su producto de Cauchy en (14) es convergente en |𝑡| < 𝑟 0 . Del mismo modo, tenemos

𝑞(𝑡)𝑥(𝑡) =

∞ X

! 𝑞𝑛𝑡

𝑛

𝑛=0

∞ X 𝑛=0

! 𝑐𝑛𝑡

𝑛

=

∞ X 𝑛 X © ª 𝑞 𝑛− 𝑗 𝑐 𝑗 ® 𝑡 𝑛 ­ 𝑛=0 « 𝑗=0 ¬

(15)

Como la serie de potencias para 𝑞 y 𝑥 convergen absolutamente para |𝑡| < 𝑟, su producto de Cauchy es convergente en el intervalo de convergencia.

5

CLASE 25 Sustituyendo (12), (14) y (15) en (8), obtenemos 𝐿(𝑥) (𝑡) =

∞ X

[(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 +

𝑛 X

𝑛=0

𝑝 𝑛− 𝑗 ( 𝑗 + 1)𝑐 𝑗+1 +

𝑗=0

𝑛 X

𝑞 𝑛− 𝑗 𝑎 𝑗 ]𝑡 𝑛 = 0

(16)

𝑗=0

Como la suma de la serie de potencias (16) es cero, cada uno de los coeficientes de 𝑡 𝑛 es cero para 𝑛 = 0, 1, 2, 3, · · · en el intervalo de convergencia. Entonces debemos tener (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 +

𝑛 X

𝑝 𝑛− 𝑗 ( 𝑗 + 1)𝑐 𝑗+1 +

𝑛 X

𝑗=0

𝑞 𝑛− 𝑗 𝑐 𝑗 = 0

𝑗=0

lo que da (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 = −

𝑛 X

[ 𝑝 𝑛− 𝑗 ( 𝑗 + 1)𝑐 𝑗+1 + 𝑞 𝑛− 𝑗 𝑐 𝑗 ]

𝑗=0

Por lo tanto, obtenemos (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)|𝑐 𝑛+2 | ≤

𝑛 X

[| 𝑝 𝑛− 𝑗 |( 𝑗 + 1)|𝑐 𝑗+1 | + |𝑞 𝑛− 𝑗 ||𝑐 𝑗 |]

(17)

𝑗=0

Sea 𝑟 cualquier número positivo tal que 𝑟 < 𝑟 0 . Como la serie de potencias para 𝑝(𝑥) y 𝑞(𝑥) convergen para 𝑟 = 𝑟 0 , existe una constante 𝑀 > 0 tal que | 𝑝 𝑛 |𝑟 𝑛 ≤ 𝑀

y

|𝑞 𝑛 |𝑟 𝑛 ≤ 𝑀

(18)

para algunos 𝑟 < 𝑟 0 y para todos los 𝑛. Usando (18) en (17), obtenemos  𝑛  X 𝑀 𝑀 ( 𝑗 + 1)|𝑐 𝑗+1 | + 𝑛− 𝑗 |𝑐 𝑗 | (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)|𝑐 𝑛+2 | ≤ 𝑟 𝑛− 𝑗 𝑟 𝑗=0

=

𝑛 𝑀X [( 𝑗 + 1)|𝑐 𝑗+1 | + |𝑐 𝑗 |]𝑟 𝑗 𝑟 𝑘 𝑗=0

(19)

Para nuestro uso posterior, reforzaremos la desigualdad anterior agregando 𝑀 |𝑐 𝑛+1 |𝑟 al lado derecho de (19) (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)|𝑐 𝑛+2 | ≤

𝑛 𝑀X [( 𝑗 + 1)|𝑐 𝑗+1 | + |𝑐 𝑗 |]𝑟 𝑗 + 𝑀 |𝑐 𝑛+1 |𝑟 𝑟𝑛 𝑗=0

Vamos a definir 𝑏 0 = |𝑐 0 |, 𝑏 1 = |𝑐 1 | y 𝑏 𝑛+2 = |𝑐 𝑛+2 | para 𝑛 ≥ 0, por (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑏 𝑛+2 =

𝑛 𝑀X [( 𝑗 + 1)𝑏 𝑗+1 + 𝑏 𝑗 ]𝑟 𝑗 + 𝑀 𝑏 𝑛+1 𝑟 𝑟𝑛

(20)

𝑗=0

De la definición anterior, observamos que 0 < |𝑐 𝑛 | ≤ 𝑏 𝑛 para todos los 𝑛. Podemos comparar la serie ∞ ∞ ∞ X X X 𝑏 𝑛 𝑡 𝑛 con 𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 . Desde (20), tratamos de obtener la serie 𝑏 𝑛 𝑡 𝑛 . Reemplazando 𝑛 por (𝑛 − 1) y 𝑛=0

𝑛=0

𝑛=0

(𝑛 − 2) en (20), obtenemos, respectivamente

𝑛(𝑛 + 1)𝑏 𝑛+1 =

𝑛−1 𝑀 X

𝑟 𝑛−1

[( 𝑗 + 1)𝑏 𝑗+1 + 𝑏 𝑗 ]𝑟 𝑗 + 𝑀 𝑏 𝑛 𝑟

(21)

𝑗=0

6

CLASE 25 𝑛(𝑛 − 1)𝑏 𝑛 =

𝑛−2 𝑀 X

𝑟 𝑛−2

[( 𝑗 + 1)𝑏 𝑗+1 + 𝑏 𝑗 ]𝑟 𝑗 + 𝑀 𝑏 𝑛−1 𝑟

(22)

𝑗=0

Ahora, multiplicando (21) por 𝑟 y luego reescribiendo, obtenemos 𝑛−2 𝑀 X

𝑟𝑛(𝑛 + 1)𝑏 𝑛+1 =

𝑟 𝑛−2

[( 𝑗 + 1)𝑏 𝑗+1 + 𝑏 𝑗 ]𝑟 𝑗 + (𝑛𝑏 𝑛 + 𝑏 𝑛−1 ) 𝑀𝑟 + 𝑀 𝑏 𝑛 𝑟 2

(23)

𝑗=0

De (22), tenemos 𝑛−2 𝑀 X

𝑟 𝑛−2

[( 𝑗 + 1)𝑏 𝑗+1 + 𝑏 𝑗 ]𝑟 𝑗 = (𝑛 − 1)𝑛𝑏 𝑛 − 𝑀 𝑏 𝑛−1 𝑟

𝑗=0

Usando el lado izquierdo de la ecuación anterior en (23), obtenemos 𝑟𝑛(𝑛 + 1)𝑏 𝑛+1 = 𝑛(𝑛 − 1)𝑏 𝑛 − 𝑀 𝑏 𝑛−1 + (𝑛𝑏 𝑛 + 𝑏 𝑛−1 ) 𝑀𝑟 + 𝑀 𝑏 𝑛 𝑟 2 = [𝑛(𝑛 − 1) + 𝑟 𝑀𝑛 + 𝑀𝑟 2 ]𝑏 𝑛 (24) Por lo tanto, de (24) obtenemos 𝑏 𝑛+1 𝑛(𝑛 − 1) + 𝑀𝑟𝑛 + 𝑀𝑟 2 1 = −→ 𝑏𝑛 𝑛(𝑛 + 1)𝑟 𝑟 Por lo tanto

Por lo tanto, la serie

cuando

𝑛→∞

𝑏 𝑛+1 𝑡 𝑛+1 𝑏 𝑛+1 |𝑡| = 𝑏 𝑛 𝑡 𝑛 𝑏 𝑛 |𝑡| −→ 𝑟 ∞ X

𝑏 𝑛 𝑡 𝑛 converge para |𝑡| < 𝑟. Por lo tanto, en comparación, la prueba

∞ X

𝑐𝑛𝑡 𝑛

𝑛=0

𝑛=0

converge de modo que (8) tiene una solución de serie de potencia convergente (10) tal que 𝑥(0) = 𝑥0 y 𝑥 0 (0) = 𝑥1 . Por lo tanto, el teorema se demuestra completamente.



El teorema anterior nos da una condición suficiente para la existencia de la solución de serie de potencias de (8) en un punto ordinario. Es interesante observar que la analiticidad de los coeficientes 𝑝(𝑡) y 𝑞(𝑡) obliga a la solución 𝑥(𝑡) a ser analítica. Sabemos que una ecuación diferencial lineal homogénea de orden 2 tiene dos soluciones linealmente independientes que forman una base. Aunque 𝐿(𝑥) = 0 tiene solo una solución de serie de potencias en un punto ordinario 𝑡 = 𝑡0 , es una suma de dos series de potencias en 𝑡 = 𝑡0 y estas dos series de potencias son linealmente independientes en el sentido de que uno no es múltiplo constante del otro. Por lo tanto, cuando 𝑡 = 𝑡0 es un punto ordinario, podemos obtener una solución de serie de potencias general como una combinación lineal de dos series de potencias linealmente independientes. Antes de proceder a ilustrar el teorema con ejemplos, describiremos brevemente la técnica común en todos los ejemplos en soluciones de serie de potencias de ecuaciones diferenciales lineales ∞ X homogéneas de orden 2. Sustituiremos la serie de potencias 𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 y sus series derivadas en la 𝑛=0

ecuación diferencial y después de la disposición juiciosa de coeficientes de diferentes potencias, obtenemos de las ecuaciones diferenciales una serie de potencias cuya suma es cero. Entonces equiparamos el coeficiente de diferentes potencias de esta serie de potencias a cero. Esto con-

7

CLASE 25 ducirá a una fórmula de recurrencia entre los coeficientes que determinará 𝑐 𝑛 en términos de 𝑐 0 y 𝑐 1 dando dos soluciones independientes de serie de potencias. Ahora estamos en condiciones de establecer un teorema sobre la existencia de soluciones de serie de potencia de la forma (2). Teorema 0.2 El punto 𝑡0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial (1). La ecuación diferencial (1) tiene dos soluciones no triviales de series de potencia linealmente independientes de la forma

∞ X

𝑐 𝑛 (𝑡 − 𝑡0 ) 𝑛 ,

𝑛=0

y estas series de potencias convergen en algún intervalo |𝑡 − 𝑡0 | < 𝑅 (donde 𝑅 > 0) alrededor de 𝑡0 . Este teorema nos da una condición suficiente para la existencia de soluciones de serie de potencia de la ecuación diferencial (1). Establece que si 𝑡0 es un punto ordinario de la ecuación (1), esta ecuación tiene dos soluciones de serie de potencia en potencias de 𝑡 − 𝑡0 y que estas dos soluciones de serie de potencia son linealmente independientes. Por lo tanto, si 𝑡0 es un punto ordinario de (1), podemos obtener la solución general de (1) como una combinación lineal de estas dos series de potencia linealmente independientes. Vamos a omitir la prueba de este importante teorema. Ahora que se supone que en las hipótesis apropiadas la ecuación (1) realmente tiene soluciones de serie de potencia de la forma (2), ¿cómo procedemos a encontrar estas soluciones? En otras palabras, ¿cómo determinamos el coeficiente 𝑐 0 , 𝑐 1 , 𝑐 2 , ... en la expresión ∞ X 𝑐 𝑛 (𝑡 − 𝑡0 ) 𝑛 , 𝑛=0

para que esta expresión realmente satisfaga la ecuación (1)? Primero daremos un breve resumen del procedimiento para encontrar estos coeficientes y luego ilustraremos el procedimiento en detalle considerando ejemplos específicos. Suponiendo que 𝑡0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial (1), de modo que las soluciones en potencias de 𝑥 − 𝑥 0 realmente existen, denotamos tal solución ∞ X 2 𝑥 = 𝑐 0 + 𝑐 1 (𝑥 − 𝑥 0 ) + 𝑐 2 (𝑡 − 𝑡0 ) + ... = 𝑐 𝑛 (𝑡 − 𝑡0 ) 𝑛 ,

(25)

𝑛=0

Dado que la serie en (25) converge en un intervalo |𝑡 − 𝑡0 | < 𝑅 sobre 𝑡0 , se puede diferenciar término por término en este intervalo dos veces seguidas para obtener ∞ X 𝑥 0 = 𝑐 1 + 2𝑐 2 (𝑡 − 𝑡0 ) + 3𝑐 3 (𝑡 − 𝑡0 ) 2 + ... = 𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 𝑡0 ) 𝑛−1 ,

(26)

𝑛=1

y 00

2

𝑥 = 2𝑐 2 + 6𝑐 3 (𝑡 − 𝑡0 ) + 12𝑐 4 (𝑡 − 𝑡0 ) + ... =

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 (𝑡 − 𝑡0 ) 𝑛−2 ,

(27)

𝑛=2

8

CLASE 25 respectivamente. Ahora sustituimos las series en los miembros correctos de (25), (26) y (27) por 𝑥 y sus dos primeras derivadas, respectivamente, en la ecuación diferencial (??). luego simplificamos la expresión resultante para que tome la forma 𝑘 0 + 𝑘 1 (𝑡 − 𝑡0 ) + 𝑘 2 (𝑡 − 𝑡0 ) 2 + ... = 0,

(28)

donde los coeficientes 𝑘 𝑖 (𝑖 = 0, 1, 2, ...) son funciones de ciertos coeficientes 𝑐 𝑛 de la solución (25). Para que (28) sea válido para todos los 𝑡 en el intervalo de convergencia |𝑡 − 𝑡0 | < 𝑅, debemos establecer 𝑘 0 = 𝑘 1 = 𝑘 2 = ... = 0. En otras palabras, debemos equiparar a cero el coeficiente de cada potencia de 𝑡 −𝑡0 en el miembro izquierdo de (28). Esto conduce a un conjunto de condiciones que deben ser satisfechas por los diversos coeficientes 𝑐 𝑛 en la serie (25) para que (25) sea una solución de la ecuación diferencial (??). Si los 𝑐 𝑛 se eligen para satisfacer el conjunto de condiciones que así ocurren, entonces la serie resultante (25) es la solución deseada de la ecuación diferencial (??). Ilustraremos este procedimiento en detalle en los ejemplos que se dan a continuación. Ejemplo 0.3 Encuentre la solución de serie de potencia de la ecuación de Hermite 𝑥 00 (𝑡) − 2𝑡𝑥 0 (𝑡) + 2𝑝𝑥(𝑡) = 0

(29)

donde 𝑝 es una constante. Solución Ahora 𝑝(𝑡) = −2𝑡 y 𝑞(𝑡) = 2𝑝. Como el polinomio −2𝑡 y la constante 2𝑝 son analíticos cerca de 𝑡 = 0, el punto 𝑡 = 0 es un punto ordinario. Consideremos la serie de potencias y sus series derivadas 𝑥(𝑡) = 𝑎 0 + 𝑎 1 𝑡 + 𝑎 2 𝑡 2 + 𝑎 3 𝑡 3 + · · · + 𝑎 𝑘 𝑡 𝑘 + · · ·

(30)

𝑥 0 (𝑡) = 𝑎 1 + 2𝑎 2 𝑡 + 3𝑎 3 𝑡 2 + · · · + 𝑘𝑎 𝑘 𝑡 𝑘−1 + · · · 𝑥 00 (𝑡) = 2𝑎 2 + 3 · 2𝑎 3 𝑡 + 4 · 3𝑎 4 𝑡 2 + · · · + (𝑘 + 2) (𝑘 + 1)𝑎 𝑘+2 𝑡 𝑘 + · · ·

(31)

− 2𝑡𝑥 0 (𝑡) = −2[𝑎 1 𝑡 + 2𝑎 2 𝑡 2 + 3𝑎 3 𝑡 3 + · · · + 𝑘𝑎 𝑘 𝑡 𝑘 + · · · ]

(32)

2𝑝𝑥(𝑡) = 2𝑝 [𝑎 0 + 𝑎 1 𝑡 + 𝑎 2 𝑡 2 + · · · + 𝑎 𝑘 𝑡 𝑘 + · · · ]

(33)

Añadiendo la serie de potencias (31), (32) y (33) término a término, obtenemos (2𝑎 2 + 2𝑝𝑎 0 ) + (3 · 2𝑎 3 − 2𝑎 1 + 2𝑝𝑎 1 )𝑡 + (4 · 3𝑎 4 − 2 · 2𝑎 2 + 2𝑝𝑎 2 )𝑡 2 + · · · + [(𝑘 + 1) (𝑘 + 2)𝑎 𝑘+2 − 2𝑘𝑎 𝑘 + 2𝑝𝑎 𝑘 ]𝑡 𝑘 + · · · (34) Sustituyendo así 𝑥 00, 𝑥 0 y 𝑥 en la ecuación diferencial dada, obtenemos la serie de potencias (34) cuya suma es cero cerca de 𝑡 = 0. Esto es posible si y solo si todos los coeficientes en (34) son cero. Por lo tanto, igualando los coeficientes sucesivos a cero, obtenemos 2𝑎 2 + 2𝑝𝑎 0 = 0,

3 · 2𝑎 3 − 2𝑎 1 + 2𝑝𝑎 1 = 0,

4 · 3𝑎 4 − 2 · 2𝑎 2 + 2𝑝𝑎 2 = 0

9

CLASE 25 En general, tenemos (𝑘 + 1) (𝑘 + 2)𝑎 𝑘+2 − 2𝑘𝑎 𝑘 + 2𝑝𝑎 𝑘 = 0

(35)

De las ecuaciones anteriores y (35), obtenemos 2( 𝑝 − 1) 2( 𝑝 − 𝑘) 2𝑝 𝑎0, 𝑎3 = − 𝑎 1 , 𝑎 𝑘+2 = − 𝑎𝑘 (36) 𝑎2 = − 2 3·2 (𝑘 + 1) (𝑘 + 2) La ecuación (36) es una fórmula de recurrencia de dos términos a partir de la cual construiremos los coeficientes pares e impares de la siguiente manera. Primero, reemplazando 𝑘 por 2𝑘 − 2 en (36), obtenemos 𝑎 2𝑘 = −

2[ 𝑝 − (2𝑘 − 2)] 𝑎 2𝑘−2 , (2𝑘 − 1)2𝑘

𝑎 2𝑘−2 = −

2[ 𝑝 − (2𝑘 − 4)] 𝑎 2𝑘−4 (2𝑘 − 3) (2𝑘 − 2)

para obtener 𝑎 2𝑘 =

(−2) 2 [ 𝑝 − (2𝑘 − 2)] [ 𝑝 − (2𝑘 − 4)] 𝑎 2𝑘−4 (2𝑘 − 3) (2𝑘 − 2) (2𝑘 − 1)2𝑘

Procediendo de manera similar, obtenemos (−2) 𝑘 𝑝( 𝑝 − 2) · · · ( 𝑝 − 2𝑘 + 2) 𝑎 2𝑘 = 𝑎0 (37) (2𝑘)! Ahora determinaremos los coeficientes impares. Reemplazando 𝑘 por 2𝑘 − 1 en (36), obtenemos 2[ 𝑝 − (2𝑘 − 1)] 2[ 𝑝 − (2𝑘 − 3)] 𝑎 2𝑘+1 = − 𝑎 2𝑘−1 , 𝑎 2𝑘−1 = − 𝑎 2𝑘−3 2𝑘 (2𝑘 + 1) (2𝑘 − 2) (2𝑘 − 1) para obtener (−2) 2 [ 𝑝 − (2𝑘 − 1)] [ 𝑝 − (2𝑘 − 3)] 𝑎 2𝑘+1 = 𝑎 2𝑘−3 2𝑘 (2𝑘 + 1) (2𝑘 − 2) (2𝑘 − 1) Procediendo de manera similar, obtenemos (−2) 𝑘 ( 𝑝 − 1) ( 𝑝 − 3) · · · ( 𝑝 − 2𝑘 + 1) 𝑎1 (38) 𝑎 2𝑘+1 = (2𝑘 + 1)! Por lo tanto, la solución de serie de potencias de (29) es 𝑥(𝑡) = 𝑎 0 𝑥1 (𝑡) + 𝑎 1 𝑥 2 (𝑡) dónde   2𝑝 2 22 𝑝( 𝑝 − 2) 4 (−2) 𝑘 𝑝( 𝑝 − 2) · · · ( 𝑝 − 2𝑘 + 2) 2𝑘 𝑥 1 (𝑡) = 𝑎 0 1 − 𝑡 + 𝑡 +···+ 𝑡 +··· 2! 4! (2𝑘)! (39) y  𝑥 2 (𝑡) = 𝑎 1 𝑡 −

2( 𝑝 − 1) 3 22 ( 𝑝 − 1) ( 𝑝 − 3) 5 𝑡 + 𝑡 +··· 3! 5!  (−2) 𝑘 ( 𝑝 − 1) ( 𝑝 − 3) · · · ( 𝑝 − 2𝑘 + 1) 2𝑘+1 𝑡 +··· + (2𝑘 + 1)!

De la expresión anterior para 𝑥1 y 𝑥 2 , observamos que

𝑥1 (𝑡) 𝑥2 (𝑡)

(40)

≠ constante en el entorno de 𝑡 = 0. Por

lo tanto, 𝑥 1 (𝑡) y 𝑥 2 (𝑡) son linealmente independientes. Esto también se puede ver considerando 𝑊 (𝑥 1 , 𝑥 2 ) (0) como en el caso de la ecuación de Legendre. Como 𝑝(𝑡) y 𝑞(𝑡) son analíticas en el entorno de 0, la solución en la serie 𝑥1 (𝑡) y 𝑥 2 (𝑡) también son analíticas en 𝑡 = 0.  Puesto que 𝑝 es un entero no negativo, entonces una de las series se reduce a un polinomio. De ahí que las soluciones en este caso sean la suma de un polinomio y una serie de potencias convergentes. De modo que obtendremos la solución de series de potencias de la ecuación de Hermite cuando 𝑝 es primero un entero par y luego un entero impar bajo condiciones iniciales

10

CLASE 25 adecuadas en los siguientes corolarios. Corolario 0.1 Cuando 𝑝 es un entero positivo positivo 2𝑚 (por ejemplo), la solución de (29) se convierte en 𝑥(𝑡) = 𝑥 2𝑚 (𝑡) + 𝑥 2 (𝑡), donde 𝑥 2𝑚 (𝑡) = (2𝑡) 2𝑚 +

2𝑚(2𝑚 − 1) (2𝑚)! (2𝑡) 2𝑚−2 + · · · + (−1) 𝑚 1! 𝑚!

y 𝑥 2 como en (40). Demostración Tomando 𝑝 = 2𝑚, considere " 𝑥1 (𝑡) = 𝑎 0

𝑚 X (−2) 𝑘 2𝑚(2𝑚 − 2) · · · (2𝑚 − 2𝑘 + 2) 2𝑘 𝑡 + (2𝑘)! 𝑘=0 ∞ X (−2) 𝑘 2𝑚(2𝑚 − 2) · · · (2𝑚 − 2𝑘 + 2) 2𝑘 + 𝑡 (2𝑘)!

# (41)

𝑘=𝑚+1

La segunda suma que comienza desde 𝑚 + 1 hasta el infinito contiene 2𝑚 − 2𝑘 + 2 como factor y este factor desaparece cuando 𝑘 = 𝑚 + 1 y este factor cero continúa ocurriendo en cada uno de los siguientes términos de la segunda serie para que ∞ X (−2) 𝑘 2𝑚(2𝑚 − 2) · · · (2𝑚 − 2𝑘 + 2) 2𝑘 𝑡 (2𝑘)! 𝑘=𝑚+1

se vuelva cero. Por lo tanto, nos queda la primera suma. Ahora, eligiendo 𝑎 0 =

(−1) 𝑚 (2𝑚)! , tenemos 𝑚!

" # 𝑚 X (−1) 𝑚 (2𝑚)! (−2) 𝑘 2𝑚(2𝑚 − 2) · · · (2𝑚 − 2𝑘 + 2) 2𝑘 𝑥1 (𝑡) = 1+ 𝑡 𝑚! (2𝑘)! 𝑘=1

Ahora busquemos algunos términos del polinomio y escriba 𝑥2𝑚 (𝑡) en la forma dada. Para encontrar el coeficiente de 𝑡 2𝑚 , reemplace 𝑘 por 𝑚 en (41). Entonces tenemos 𝑎 0 (−2) 𝑚 2𝑚(2𝑚 − 2) · · · (2𝑚 − 2𝑚 + 2) (−1) 𝑚 (2𝑚)! (−1) 𝑚 2𝑚 2𝑚 𝑚! = = 22𝑚 (2𝑚)! 𝑚! (2𝑚)! Luego, busquemos el coeficiente de 𝑡 2𝑚−2 reemplazando 𝑘 por 𝑚 − 1 en (41). Entonces tenemos

𝑎0

(−1) 𝑚−1 2𝑚−1 2𝑚(2𝑚 − 2) · · · (2𝑚 − 2𝑚 + 2 + 2) (−1) 𝑚 (2𝑚)! (−1) 𝑚−1 2𝑚−1 2𝑚−1 𝑚! = (2𝑚 − 2)! 𝑚! (2𝑚 − 2)! 2𝑚(2𝑚 − 1) 2𝑚−2 =− 2 1!

Del mismo modo, 𝑥1 (𝑡) es el polinomio de grado 2𝑚 dado por (2𝑡) 2𝑚 −

2𝑚(2𝑚 − 1) 2𝑚(2𝑚 − 1) (2𝑚 − 3) (2𝑚)! (2𝑡) 2𝑚−2 + (2𝑡) 2𝑚−4 + · · · + (−1) 𝑚 . 1! 2! 𝑚!



11

CLASE 25 Corolario 0.2 Cuando 𝑝 es un entero impar positivo 2𝑚 + 1, entonces la solución (29) se convierte en 𝑥(𝑡) = 𝑥1 (𝑡) + 𝑥 2𝑚+1 (𝑡) donde 𝑥 2𝑚+1 (𝑡) = (2𝑡) 2𝑚+1 −

2𝑚(2𝑚 + 1) 2(2𝑚 + 1)! (2𝑡) 2𝑚−1 + · · · + (−1) 𝑚 𝑡 1! 𝑚!

Demostración Tomando 𝑝 = 2𝑚 + 1, considere " 𝑥2 (𝑡) = 𝑎 1

𝑚 X (−2) 𝑘 2𝑚(2𝑚 − 2) · · · (2𝑚 − 2𝑘 + 2) 2𝑘+1 𝑡 + (2𝑘 + 1)! 𝑘=0

∞ X (−2) 𝑘 2𝑚(2𝑚 − 2) · · · (2𝑚 − 2𝑘 + 2) 2𝑘+1 + 𝑡 (2𝑘 + 1)!

# (42)

𝑘=𝑚+1

En la segunda suma anterior de 𝑚 + 1 a ∞, 2𝑚 − 2𝑘 + 2 es un factor y este factor desaparece cuando 𝑘 = 𝑚 + 1. Como este factor cero continúa ocurriendo posteriormente en cada término de la segunda serie, la segunda serie se reduce a cero, por lo que 𝑥2 (𝑡) se convierte en 𝑚

2(−1) 𝑚 (2𝑚 + 1)! X (−2) 𝑘 2𝑚(2𝑚 − 2) · · · (2𝑚 − 2𝑘 + 2) 2𝑘+1 𝑡 𝑚! (2𝑘 + 1)! 𝑘=0

2(−1) 𝑚 (2𝑚 + 1)! . Vamos a calcular algunos términos de este polinomio. 𝑚! 2𝑚+1 Para encontrar el coeficiente de 𝑡 , tome 𝑘 = 𝑚 en (42), entonces donde hemos tomado 𝑎 1 =

2(−1) 𝑚 (2𝑚 + 1)! (−2) 𝑚 2𝑚(2𝑚 − 2) · · · 2 2(−1) 𝑚 (2𝑚 + 1)! (−2) 𝑚 2𝑚 𝑚! = = 22𝑚+1 𝑚! (2𝑚 + 1)! 𝑚! (2𝑚 + 1)! Luego, tomemos 𝑘 = 𝑚 − 1 para encontrar el coeficiente de 𝑡 2𝑚−1 . Entonces tenemos 2(−1) 𝑚 (2𝑚 + 1)2𝑚(2𝑚 − 1) (−2) 𝑚−1 2𝑚(2𝑚 − 2) 4 · 2 𝑚! (2𝑚 − 1)! 2 lo que da 2(−1) 𝑚 (2𝑚 + 1)2𝑚 (−2) 𝑚−1 2𝑚−1 𝑚! = −2𝑚(2𝑚 + 1)22𝑚−1 𝑚! De manera similar, este 𝑥 2 (𝑡) es un polinomio de grado 2𝑚 + 1 dado por 𝑥2 (𝑡) = (2𝑡) 2𝑚+1 −

2𝑚(2𝑚 + 1) 2(−1) 𝑚 (2𝑚 + 1)! (2𝑡) 2𝑚−1 + · · · + 𝑡. 1! 𝑚!



Ejemplo 0.4 Resolver la ecuación diferencial 𝑥 00 + 𝑘 2 𝑥 = 0 en donde 𝑘 es una constante positiva. Solución Buscamos las soluciones en series de potencias alrededor de cero. Suponemos que la

12

CLASE 25 solución es de la forma ∞ X 𝑥(𝑡) = 𝑎𝑛𝑡 𝑛

=⇒

𝑥 0 (𝑡) =

𝑛=0

∞ X

𝑛𝑎 𝑛 𝑡 𝑛−1 ,

𝑥 00 (𝑡) =

𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑎 𝑛 𝑡 𝑛−2

𝑛=2

Sustituimos estas series en la ecuación diferencial para obtener ∞ ∞ X X 𝑛(𝑛 − 1)𝑎 𝑛 𝑡 𝑛−2 + 𝑘 2𝑎𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

𝑛=0

Recorriendo los índices de la primera sumatoria, escribimos ∞ ∞ ∞ X X X (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+2 𝑡 𝑛 + 𝑘 2 𝑎 𝑛 𝑡 𝑛 = 0 =⇒ [(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+2 + 𝑘 2 𝑎 𝑛 ]𝑡 𝑛 = 0 𝑛=0

𝑛=0

𝑛=0

Para que esta serie converja a cero en algún intervalo alrededor del cero, los coeficientes de cada potencia de 𝑡 deben ser cero, por tanto 𝑘2 𝑎 𝑛 , 𝑛 ≥ 0. (𝑛 + 2) (𝑛 + 1) Esta es una relación de recurrencia. Da cada coeficiente 𝑎 𝑛+2 en términos de 𝑎 𝑛 . Calculamos (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+2 + 𝑘 2 𝑎 𝑛

𝑎 𝑛+2 = −

=⇒

algunos de estos coeficientes para tratar de encontrar un patrón 𝑘2 𝑘2 𝑘4 𝑘4 𝑎0, 𝑎3 = − 𝑎1, 𝑎4 = 𝑎0, 𝑎5 = 𝑎1, 2·1 3·2 4·3·2·1 5·4·3·2·1 𝑘6 𝑘6 𝑎0 𝑎7 = − 𝑎1 𝑎6 = − 6·5·4·3·2·1 7·6·5·4·3·2·1 y así sucesivamente. El patrón que se obtiene es que todos los coeficientes con índice par son 𝑎2 = −

múltiplos de 𝑎 0 y todos los coeficientes de índice impar son múltiplos de 𝑎 1 . Específicamente (−1) 𝑛 𝑘 2𝑛 (−1) 𝑛 𝑘 2𝑛 𝑎 0 , 𝑛 ≥ 0 y 𝑎 2𝑛+1 = 𝑎1, 𝑛 ≥ 0 (2𝑛)! (2𝑛 + 1)! La solución en serie de potencias puede escribirse ∞ ∞ ∞ ∞ X X X (−1) 𝑛 𝑘 2𝑛 2𝑛 X (−1) 𝑛 𝑘 2𝑛 2𝑛+1 𝑎0𝑡 + 𝑎1𝑡 𝑥(𝑡) = 𝑎 2𝑛 𝑡 2𝑛 + 𝑎 2𝑛+1 𝑡 2𝑛+1 = (2𝑛)! (2𝑛 + 1)! 𝑎 2𝑛 =

𝑛=0

𝑛=0

𝑛=0

𝑛=0

Multiplicamos y dividimos la serie de la derecha por 𝑘 y reescribimos ∞ ∞ X (−1) 𝑛 1 X (−1) 𝑛 𝑥(𝑡) = 𝑎 0 (𝑘𝑡) 2𝑛 + 𝑎 1 (𝑘𝑡) 2𝑛+1 (2𝑛)! 𝑘 (2𝑛 + 1)! 𝑛=0

𝑛=0

Estos son los desarrollos de Maclaurin de ∞ X (−1) 𝑛 2𝑛+1 sin 𝑡 = 𝑡 (2𝑛 + 1)!

y

∞ X (−1) 𝑛 2𝑛 cos 𝑡 = 𝑡 (2𝑛)!

𝑛=0

𝑛=0

La solución puede escribirse entonces como 𝑥(𝑡) = 𝑎 0 cos (𝑘𝑡) +

1 𝑎 1 sin (𝑘𝑡). 𝑘



Ejemplo 0.5 Resolver la ecuación diferencial 𝑥 00 + 𝑡𝑥 0 − 𝑥 = 0 Solución Las funciones coeficientes 𝑡, −1 y 0 son analíticas donde quiera y podemos buscar una solución en serie de potencias alrededor de cualquier punto. Suponemos que la solución es de la 13

CLASE 25 forma 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑎𝑛𝑡 𝑛

𝑥 0 (𝑡) =

=⇒

𝑛=0

∞ X

𝑛𝑎 𝑛 𝑡 𝑛−1

y

𝑥 00 (𝑡) =

𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑎 𝑛 𝑡 𝑛−2

𝑛=2

Sustituimos estas series en la ecuación diferencial para obtener ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛(𝑛 − 1)𝑎 𝑛 𝑡 𝑛−2 + 𝑥 𝑛𝑎 𝑛 𝑡 𝑛−1 − 𝑎𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

𝑛=1

𝑛=0

Recorriendo los índices de la primera sumatoria, escribimos ∞ ∞ ∞ X X X (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+2 𝑡 𝑛 + 𝑛𝑎 𝑛 𝑡 𝑛 − 𝑎𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=0

𝑛=1

𝑛=0

Escribimos el término 𝑛 = 0 de la primera y última serie por separado y ponemos las series juntas desde 𝑛 = 1 hasta infinito bajo un solo símbolo de suma obteniendo ∞ X 2𝑎 2 𝑡 0 − 𝑎 0 𝑡 0 + [(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+2 + 𝑛𝑎 𝑛 − 𝑎 𝑛 ]𝑡 𝑛 = 0 𝑛=1

Para que esta ecuación se cumpla para todo 𝑥 en algún intervalo alrededor de cero el coeficiente de cada potencia de 𝑡 del miembro de la izquierda debe ser cero. Entonces 2𝑎 2 − 𝑎 0 = 0 y

(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+2 + 𝑛𝑎 𝑛 − 𝑎 𝑛 = 0,

𝑛≥1

De la primera ecuación concluimos que 𝑎 2 = 12 𝑎 0 . De la segunda ecuación encontramos que 1−𝑛 𝑎 𝑛+2 = 𝑎𝑛, 𝑛 ≥ 1 (𝑛 + 2) (𝑛 + 1) Esta es la relación de recurrencia para este problema. La usaremos para resolver 𝑎 3 en términos de 𝑎 1 (con 𝑛 = 1); luego para 𝑎 4 en términos de 𝑎 2 (con 𝑛 = 2); para 𝑎 5 en términos de 𝑎 3 (con 𝑛 = 3); y así sucesivamente. Específicamente, tenemos 1 3 𝑎 3 = 0, 𝑎 4 = − 𝑎 0 , 𝑎 5 = 0, 𝑎 6 = 𝑎 0 2·3·4 6! y así sucesivamente. Observemos los patrones que se han formado, tenemos 𝑎 7 = 𝑎 9 = 𝑎 11 = ... = 𝑎 impar = 0 porque todos los coeficientes de índice impar a partir de 𝑎 3 son múltiplos de 𝑎 3 , que es cero. Ahora, hacemos 𝑛 = 6 para obtener 5 3·5 1 3·5 𝑎6 = − 𝑎0 = − 𝑎0 7·8 8 · 7 6! 8! Observando a 𝑎 2 , 𝑎 4 , 𝑎 6 y 𝑎 8 , el patrón sugiere que 𝑎8 = −

(−1) 𝑛+1 (3 · 5 · ... · 2𝑛 − 3) 𝑎0, 𝑛 ≥ 2 (2𝑛)! Como no hay ecuaciones que deban verificar 𝑎 0 o 𝑎 1 , ambas son constantes arbitrarias y puede 𝑎 2𝑛 =

asignárseles cualquier valor. Una vez que 𝑎 0 ha sido asignado, el valor de 𝑎 2 , 𝑎 4 , 𝑎 6 , ..., y todos los coeficientes de índice par quedan determinados por 𝑎 2𝑛 . Tenemos la solución en serie de potencias 𝑥(𝑡) =

∞ X 𝑛=0

𝑎 𝑛 𝑡 𝑛 = 𝑎0 + 𝑎1𝑡 + 𝑎2𝑡 2 +

∞ X

𝑎 2𝑛 𝑡 2𝑛

𝑛=2

14

CLASE 25 ∞

X (−1) 𝑛+1 (3 · 5 · ... · 2𝑛 − 3) 1 𝑡 2𝑛 = 𝑎0 + 𝑎1𝑡 + 𝑎0𝑡 2 + 𝑎0 2 (2𝑛)! 𝑛=2

Podemos escribir esta solución como " 𝑥(𝑡) = 𝑎 1 𝑡 + 𝑎 0

∞

X (−1) 𝑛+1 (3 · 5 · ... · 2𝑛 − 3) 1 1 + 𝑡2 + 𝑡 2𝑛 2 (2𝑛)!

#

𝑛=2

= 𝑎 1 𝑥 1 (𝑡) + 𝑎 0 𝑥 2 (𝑡).



Ejemplo 0.6 Resolver la ecuación diferencial 𝑥 00 + 𝑥 0 − 2𝑡𝑥 = 0 Solución Las funciones coeficientes 1, −2𝑡, 0 son analíticas en cero. Suponemos que la solución es de la forma 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑎𝑛𝑡 𝑛

=⇒

𝑥 0 (𝑡) =

𝑛=0

Entonces

∞ X

𝑛𝑎 𝑛 𝑡 𝑛−1

y

𝑥 00 (𝑡) =

𝑛=1 ∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑎 𝑛 𝑡

𝑛−2

+

𝑛=2

∞ X 𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑎 𝑛 𝑡 𝑛−2

𝑛=2

𝑛𝑎 𝑛 𝑡

𝑛−1

+

∞ X

−2𝑎 𝑛 𝑡 𝑛+1 = 0

𝑛=0

Recorriendo los índices de cada una de estas series, escribimos ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛 𝑛 (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+2 𝑡 + (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+1 𝑡 − 2𝑎 0 𝑡 + −2𝑎 𝑛−1 𝑡 𝑛 = 0 𝑛=0

𝑛=0

𝑛=2

Combinando estas series (a partir del término 𝑛 = 2), teniendo cuidado de conservar los términos para 𝑛 = 0 y 𝑛 = 1 de las primeras dos series, obtenemos ∞ X −2𝑎 0 𝑡 + 2𝑎 2 𝑡 0 + 𝑎 1 𝑡 0 + 3 · 2𝑎 3 𝑡 + 2𝑎 2 𝑡 + [(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+2 + (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+1 − 2𝑎 𝑛−1 ]𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

El coeficiente de cada potencia de 𝑡 del miembro de la izquierda debe ser cero, así que 2𝑎 2 + 𝑎 1 = 0,

6𝑎 3 + 2𝑎 2 − 2𝑎 0 = 0

(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+2 + (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+1 − 2𝑎 𝑛−1 = 0,

𝑛≥2

La última ecuación es la relación de recurrencia. Para esta ecuación diferencial, nos da 𝑎 𝑛+2 en términos de 𝑎 𝑛+1 y 𝑎 𝑛−1 . A partir del coeficiente del término 𝑡 0 , obtenemos 2𝑎 2 + 𝑎 1 = 0; por lo tanto 𝑎 2 = − 12 𝑎 1 . A partir del coeficiente del término en 𝑡, obtenemos 6𝑎 3 + 2𝑎 2 − 2𝑎 0 = 0; por   lo tanto 𝑎 3 = 13 𝑎 0 + 21 𝑎 1 . Ahora escribiremos la relación de recurrencia en la forma 2𝑎 𝑛−1 − (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+1 , 𝑛≥2 (𝑛 + 2) (𝑛 + 1) Usando esta ecuación podemos calcular tantos coeficientes de la serie solución como queramos. 𝑎 𝑛+2 =

Algunos de estos coeficientes son 𝑎4 =

1 3 𝑎1 − 𝑎0 2𝑎 1 − 3𝑎 3 2𝑎 1 − 𝑎 0 − 2 𝑎 1 = = 2 , 4·3 4·3 12

15

CLASE 25 1 1 2𝑎 2 − 4𝑎 4 −𝑎 1 − 2 𝑎 1 + 3 𝑎 0 3 1 = = − 𝑎1 + 𝑎0, 5·4 20 40 60     3 1 1 1 7 17 2𝑎 3 − 5𝑎 5 2 3 𝑎 0 + 6 𝑎 1 − 5 − 40 𝑎 1 + 60 𝑎 0 = = 𝑎0 + 𝑎1 . 𝑎6 = 6·5 30 360 720 Como no hay un patrón sencillo, y no vemos una fórmula simple para 𝑎 𝑛 como función de 𝑛.

𝑎5 =

Note que 𝑎 0 y 𝑎 − 1 son constantes arbitrarias, ya que no hay ecuación que restrinja sus valores. Podemos obtener dos soluciones específicas 𝑦 1 y 𝑦 2 de la ecuación diferencial eligiendo valores particulares para 𝑎 0 y 𝑎 1 . Por ejemplo, si elegimos 𝑎 0 = 2 y 𝑎 1 = 0, obtenemos la solución 1 7 6 1 𝑡 +··· 𝑥 1 (𝑡) = 3 + 𝑡 3 − 𝑡 4 + 𝑡 5 + 4 20 120 y haciendo 𝑎 0 = 0 y 𝑎 1 = 2, obtenemos una segunda solución 1 1 3 17 6 𝑥 2 (𝑡) = 2𝑡 − 𝑡 2 + 𝑡 3 + 𝑡 4 − 𝑡 5 + 𝑡 +··· .  3 4 20 360 Ejemplo 0.7 Encuentre una solución en serie de potencias del problema de valor inicial (𝑡 2 − 1)𝑥 00 + 4𝑡𝑥 0 + 2𝑥 = 0,

𝑥(0) = 1, 𝑥 0 (0) = −1.

Solución Primero observamos que todos excepto 𝑡 = ±1 son puntos ordinarios para la ecuación ∞ X diferencial. Así podríamos asumir soluciones de la forma 𝑥(𝑡) = 𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 para cualquier 𝑡0 ≠ ±1. 𝑛=0

Sin embargo, dado que los valores iniciales de 𝑡 y su primera derivada están prescritos en 𝑡 = 0, elegiremos 𝑡0 = 0 y buscaremos soluciones en potencias de 𝑡. Por lo tanto, asumimos ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 y 𝑥 00 (𝑡) = 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 𝑥(𝑡) = 𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 =⇒ 𝑥 0 (𝑡) = 𝑛=1

𝑛=0

𝑛=2

Sustituimos estas series en la ecuación diferencial para obtener ∞ ∞ ∞ X X X (𝑡 2 − 1) 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 + 4𝑡 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 + 2 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

𝑛=1

𝑛=0

entonces ∞ X

𝑛

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 −

𝑛=2

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡

𝑛−2

+4

𝑛=2

∞ X

𝑛

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 + 2

𝑛=1

∞ X

𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0

𝑛=0

Recorriendo los índices de cada una de estas series, obtenemos ∞ X −2𝑐 2 − 6𝑐 3 𝑡 + 4𝑐 1 𝑡 + 2𝑐 0 + 2𝑐 1 𝑡 + (𝑛 + 2) (𝑛 + 1) (𝑐 𝑛 − 𝑐 𝑛+2 )𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

El coeficiente de cada potencia de 𝑡 del miembro de la izquierda debe ser cero, entonces 𝑐2 − 𝑐0 = 0

=⇒

𝑐2 = 𝑐0,

(𝑛 + 2) (𝑛 + 1) (𝑐 𝑛 − 𝑐 𝑛+2 ) = 0

−6𝑐 3 + 6𝑐 1 = 0 =⇒

=⇒

𝑐 𝑛+2 = 𝑐 𝑛 ,

𝑐3 = 𝑐1, 𝑛 ≥ 2.

Usando esta ecuación podemos calcular tantos coeficientes de la serie solución como queramos. Algunos de estos coeficientes son 𝑐 4 = 𝑐 0 , 𝑐 5 = 𝑐 1 , 𝑐 6 = 𝑐 0 , 𝑐 7 = 𝑐 1 , 𝑐 8 = 𝑐 0 , 𝑐 9 = 𝑐 1 . De donde podemos deducir que 𝑐 2𝑛 = 𝑐 0 y 𝑐 2𝑛+1 = 𝑐 1 , 𝑛 ≥ 1. 16

CLASE 25 La solución queda expresada en función de coeficientes pares e impares ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 2 3 2𝑛 2𝑛+1 2𝑛 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 + 𝑐 2 𝑡 + 𝑐 3 𝑡 + 𝑐0𝑡 + 𝑐1𝑡 =⇒ 𝑥(𝑡) = 𝑐0𝑡 + 𝑐 1 𝑡 2𝑛+1 𝑛=2

𝑛=2

𝑛=0

𝑛=0

Aplicamos las condiciones iniciales y obtenemos 𝑐 0 = 1 y 𝑐 1 = −1. Reemplazando en la solución general 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑡 2𝑛 −

∞ X

𝑛=0

𝑡 2𝑛+1 .



𝑛=0

Ejemplo 0.8 Encuentre una solución en serie de potencias del problema de valor inicial (𝑡 2 + 1)𝑥 00 + 𝑡𝑥 0 + 2𝑡𝑥 = 0,

𝑥(0) = 2, 𝑥 0 (0) = 3. ∞ X

Solución Asumimos soluciones de la forma 𝑥(𝑡) =

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 para cualquier 𝑡0 . Sin embargo,

𝑛=0

dado que los valores iniciales de 𝑥 y su primera derivada están prescritos en 𝑡 = 0, elegiremos 𝑡0 = 0 y buscaremos soluciones en potencias de 𝑡. Por lo tanto, asumimos ∞ ∞ ∞ X X X 𝑥(𝑡) = 𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 =⇒ 𝑥 0 (𝑡) = 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 y 𝑥 00 (𝑡) = 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 𝑛=0

𝑛=1

𝑛=2

Sustituimos estas series en la ecuación diferencial para obtener ∞ ∞ ∞ X X X (𝑡 2 + 1) 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 + 𝑡 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 + 2𝑡 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

𝑛=1

𝑛=0

entonces ∞ X 𝑛=2

𝑛

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 +

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡

𝑛−2

𝑛=2

+

∞ X

𝑛

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 + 2

𝑛=1

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+1 = 0

𝑛=0

Recorriendo los índices de cada una de estas series, obtenemos ∞ X 2𝑐 2 + 6𝑐 3 𝑡 + 𝑐 1 𝑡 + 2𝑐 0 𝑡 + [𝑛2 𝑐 𝑛 + (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 + 2𝑐 𝑛−1 ]𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

El coeficiente de cada potencia de 𝑡 del miembro de la izquierda debe ser cero, entonces 2𝑐 2 = 0 6𝑐 3 + 𝑐 1 + 2𝑐 0 = 0

=⇒ =⇒

𝑐 2 = 0, 1 𝑐 3 = − (2𝑐 0 + 𝑐 1 ), 6

2𝑐 𝑛−1 + 𝑛2 𝑐 𝑛 , 𝑛 ≥ 2. (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) Usando esta ecuación podemos calcular tantos coeficientes de la serie solución como queramos. 𝑛2 𝑐 𝑛 + (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 + 2𝑐 𝑛−1 = 0

=⇒

𝑐 𝑛+2 = −

Algunos de estos coeficientes son 1 3 𝑐4 = − 𝑐1, 𝑐5 = (2𝑐 0 + 𝑐 1 ). 6 40 Como no hay un patrón sencillo, y no vemos una fórmula simple para 𝑐 𝑛 como función de 𝑛, la solución queda expresada en función de algunos términos     1 3 1 1 3 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 − 𝑡 3 + 𝑡 5 + · · · + 𝑐 1 𝑡 − 𝑡 3 − 𝑡 4 + 𝑡 5 + · · · 3 20 6 6 40

17

CLASE 25 Aplicamos las condiciones iniciales y obtenemos 𝑐 0 = 2 y 𝑐 1 = 3. Reemplazando en la solución general 1 21 7 𝑥(𝑡) = 2 + 3𝑡 − 𝑡 3 − 𝑡 4 + 𝑡 5 + · · · . 6 4 40



Ejemplo 0.9 Encuentre una solución en serie de potencias de la ecuación diferencial 𝑥 00 − 𝑡 2 𝑥 0 + (𝑡 + 2)𝑥 = 𝑡 Solución Asumimos soluciones de la forma 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 para cualquier 𝑡0 . Sin embargo,

𝑛=0

dado que los valores iniciales de 𝑥 y su primera derivada están prescritos en 𝑡 = 0, elegiremos 𝑡0 = 0 y buscaremos soluciones en potencias de 𝑡. Por lo tanto, asumimos ∞ ∞ ∞ X X X 𝑥(𝑡) = 𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 =⇒ 𝑥 0 (𝑡) = 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 y 𝑥 00 (𝑡) = 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 𝑛=0

𝑛=1

𝑛=2

Sustituimos estas series en la ecuación diferencial para obtener ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 − 𝑡 2 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 𝑡 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 + (𝑡 + 2) 𝑛=2

entonces

∞ X

𝑛=0

𝑛=1

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡

𝑛−2

+

∞ X

(1 − 𝑛)𝑐 𝑛 𝑡

𝑛+1

+2

𝑛=1

𝑛=2

∞ X

𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 𝑡

𝑛=0

Recorriendo los índices de cada una de estas series, obtenemos ∞ X 2𝑐 2 + 2𝑐 0 + (6𝑐 3 + 𝑐 0 + 2𝑐 1 )𝑡 + [(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 − (𝑛 − 2)𝑐 𝑛−1 + 2𝑐 𝑛 ]𝑡 𝑛 = 𝑡 𝑛=2

Igualamos coeficientes 2𝑐 2 + 2𝑐 0 = 0 6𝑐 3 + 2𝑐 1 + 𝑐 0 = 1

=⇒

=⇒

𝑐 2 = −𝑐 0 ,

𝑐3 =

1 (1 − 2𝑐 1 − 𝑐 0 ), 6

(𝑛 − 2)𝑐 𝑛−1 − 2𝑐 𝑛 , 𝑛 ≥ 2. (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) Usando esta ecuación podemos calcular tantos coeficientes de la serie solución como queramos. (𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 − (𝑛 − 2)𝑐 𝑛−1 + 2𝑐 𝑛 = 0

=⇒

𝑐 𝑛+2 =

Algunos de estos coeficientes son 1 1 𝑐0, 𝑐5 = (2𝑐 1 − 2𝑐 0 − 1). 6 60 Como no hay un patrón sencillo, y no vemos una fórmula simple para 𝑐 𝑛 como función de 𝑛, la 𝑐4 =

solución queda expresada en función de algunos términos 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 + 𝑐 2 𝑡 2 + 𝑐 3 𝑡 3 + 𝑐 4 𝑡 4 + 𝑐 5 𝑡 5 + · · · es decir, la solución general tiene la forma     1 1 1 1 1 1 1 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 − 𝑡 2 − 𝑡 3 + 𝑡 4 − 𝑡 5 + · · · + 𝑐 1 𝑡 − 𝑡 3 + 𝑡 5 + · · · + 𝑡 3 − 𝑡 5 + · · · . 6 6 30 3 30 6 60



18

CLASE 25 Ejemplo 0.10 Encuentre una solución en serie de potencias de la ecuación diferencial 𝑥 00 + 𝑡𝑥 0 + 𝑥 = 0. Solución Asumimos soluciones de la forma 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 para cualquier 𝑡0 . Sin embargo,

𝑛=0

dado que los valores iniciales de 𝑡 y su primera derivada están prescritos en 𝑡 = 0, elegiremos 𝑡0 = 0 y buscaremos soluciones en potencias de 𝑡. Por lo tanto, asumimos ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛 0 𝑛−1 00 𝑥(𝑡) = 𝑐𝑛𝑡 =⇒ 𝑥 (𝑡) = 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 y 𝑥 (𝑡) = 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 𝑛=0

𝑛=1

𝑛=2

Sustituimos estas series en la ecuación diferencial para obtener ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛−2 𝑛−1 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 +𝑡 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 + 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

entonces

𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 +

𝑛=2

𝑛=0

∞ X

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 +

𝑛=1

∞ X

𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0

𝑛=0

Recorriendo los índices de cada una de estas series, obtenemos ∞ ∞ ∞ X X X (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 𝑡 𝑛 + 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 + 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=0

𝑛=1

𝑛=0

sumando obtenemos 2𝑐 2 + 𝑐 0 +

∞ X

[(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 + (𝑛 + 1)𝑐 𝑛 ]𝑡 𝑛 = 0

𝑛=1

Igualamos coeficientes 2𝑐 2 + 𝑐 0 = 0

=⇒

1 𝑐2 = − 𝑐0, 2

𝑐𝑛 , 𝑛≥1 𝑛+2 Usando esta ecuación podemos calcular tantos coeficientes de la serie solución como queramos. (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 + (𝑛 + 1)𝑐 𝑛 = 0

=⇒

𝑐 𝑛+2 = −

Algunos de estos coeficientes son 1 1 1 1 𝑐3 = − 𝑐1, 𝑐4 = 𝑐0, 𝑐5 = 𝑐1, 𝑐6 = − 𝑐0, 3 2·4 3·5 2·4·6 1 1 𝑐1, 𝑐8 = 𝑐0 . 𝑐7 = − 3·5·7 2·4·6·8 De acuerdo al desarrollo de los coeficientes desarrollados, obtenemos las fórmulas de recurrencia de manera sencilla 𝑐 2𝑛 =

(−1) 𝑛 𝑐0 (2𝑛)!!

y

𝑐 2𝑛+1 =

(−1) 𝑛 𝑐1 (2𝑛 + 1)!!

La solución general tiene la forma ∞ ∞ X X (−1) 𝑛 2𝑛 (−1) 𝑛 2𝑛+1 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 𝑡 + 𝑐1 𝑡 . (2𝑛)!! (2𝑛 + 1)!! 𝑛=1



𝑛=1

19

CLASE 25 Ejemplo 0.11 Encuentre una solución en serie de potencias de la ecuación diferencial 𝑥 00 + 𝑥 0 + 3𝑡 2 𝑥 = 0. Solución Asumimos soluciones de la forma 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 para cualquier 𝑡0 . Sin embargo,

𝑛=0

dado que los valores iniciales de 𝑥 y su primera derivada están prescritos en 𝑡 = 0, elegiremos 𝑡0 = 0 y buscaremos soluciones en potencias de 𝑡. Por lo tanto, asumimos ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛 0 𝑛−1 00 𝑥(𝑡) = 𝑐𝑛𝑥 =⇒ 𝑥 (𝑡) = 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 y 𝑥 (𝑡) = 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 𝑛=0

𝑛=1

𝑛=2

Sustituimos estas series en la ecuación diferencial para obtener ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛−2 𝑛−1 2 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 + 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 + 3𝑡 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

entonces

∞ X

𝑛=1

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 +

𝑛=2

∞ X

𝑛=0

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 + 3

𝑛=1

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+2 = 0

𝑛=0

Recorriendo los índices de cada una de estas series, obtenemos ∞ ∞ ∞ X X X (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 𝑡 𝑛 + (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+1 𝑡 𝑛 + 3 𝑐 𝑛−2 𝑡 𝑛 = 0 𝑛=0

𝑛=0

𝑛=2

sumando, tenemos 2𝑐 2 + 𝑐 1 + (6𝑐 3 + 2𝑐 2 )𝑡 +

∞ X

[(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 + (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+1 + 3𝑐 𝑛−2 ]𝑡 𝑛 = 0

𝑛=2

Igualamos coeficientes 2𝑐 2 + 𝑐 1 = 0 6𝑐 3 + 2𝑐 2 = 0

=⇒

=⇒

1 𝑐2 = − 𝑐1 2

1 𝑐3 = − 𝑐2 3

=⇒

𝑐3 =

1 𝑐1 6

(𝑛 + 1)𝑐 𝑛+1 + 3𝑐 𝑛−2 , 𝑛≥2 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) Usando esta ecuación podemos calcular tantos coeficientes de la serie solución como queramos. (𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 + (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+1 + 3𝑐 𝑛−2 = 0

=⇒

𝑐 𝑛+2 = −

Algunos de estos coeficientes son 1 1 (17𝑐 1 − 6𝑐 0 ). 𝑐 4 = − (6𝑐 0 + 𝑐 1 ), 𝑐 5 = − 24 120 Como no hay un patrón sencillo, y no vemos una fórmula simple para 𝑐 𝑛 como función de 𝑛, la solución queda expresada en función de algunos términos 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 + 𝑐 2 𝑡 2 + 𝑐 3 𝑡 3 + 𝑐 4 𝑡 4 + 𝑐 5 𝑡 5 + · · · es decir, la solución general tiene la forma     1 4 1 5 1 2 1 3 1 4 19 5 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 − 𝑡 − 𝑡 + · · · + 𝑐 1 𝑡 − 𝑡 + 𝑡 − 𝑡 − 𝑡 +··· . 4 20 2 6 24 120



20

CLASE 25 Ejemplo 0.12 Encuentre una solución en serie de potencias de la ecuación diferencial 𝑥 00 + 𝑡 2 𝑥 0 + (𝑡 2 − 1)𝑥 = 0. Solución Asumimos soluciones de la forma 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 para cualquier 𝑡0 . Sin embargo, dado

𝑛=0

que los valores iniciales de 𝑥 y su primera derivada están prescritos en 𝑡 = 0, elegiremos 𝑡0 = 0 y ∞ X buscaremos soluciones en potencias de 𝑡. Por lo tanto, asumimos 𝑥(𝑡) = 𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 . Diferenciando 𝑛=0

término por término obtenemos 𝑥 0 (𝑡) =

∞ X

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 y 𝑥 00 (𝑡) =

𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 . Sustituimos

𝑛=2

estas series en la ecuación diferencial para obtener ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 + 𝑡 2 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 + (𝑡 2 − 1) 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

𝑛=1

𝑛=0

Recorriendo los índices de cada una de estas series, obtenemos ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 𝑡 𝑛 + (𝑛 − 1)𝑐 𝑛−1 𝑡 𝑛 + 𝑐 𝑛−2 𝑡 𝑛 − 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=0

𝑛=2

𝑛=2

𝑛=0

sumando, tenemos 2𝑐 2 − 𝑐 0 + (6𝑐 3 − 𝑐 1 )𝑡 +

∞ X

[(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 + (𝑛 − 1)𝑐 𝑛−1 + 𝑐 𝑛−2 − 𝑐 𝑛 ]𝑡 𝑛 = 0

𝑛=2

Igualamos coeficientes 2𝑐 2 − 𝑐 0 = 0

=⇒

𝑐2 =

1 𝑐0, 2

6𝑐 3 − 𝑐 1 = 0

=⇒

𝑐3 =

1 𝑐1, 3

(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 + (𝑛 − 1)𝑐 𝑛−1 + 𝑐 𝑛−2 − 𝑐 𝑛 = 0 𝑐 𝑛 − (𝑛 − 1)𝑐 𝑛−1 − 𝑐 𝑛−2 𝑐 𝑛+2 = , 𝑛 ≥ 2. (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) Usando esta ecuación podemos calcular tantos coeficientes de la serie solución como queramos. Algunos de estos coeficientes son 1 1 1 𝑐 4 = − (𝑐 0 + 2𝑐 1 ), 𝑐 5 = − (6𝑐 0 + 5𝑐 1 ), 𝑐 6 = − (13𝑐 0 + 14𝑐 1 ). 24 120 720 Como no hay un patrón sencillo, y no vemos una fórmula simple para 𝑐 𝑛 como función de 𝑛, la solución queda expresada en función de algunos términos 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 + 𝑐 2 𝑡 2 + 𝑐 3 𝑡 3 + 𝑐 4 𝑡 4 + 𝑐 5 𝑡 5 + 𝑐 6 𝑡 6 + · · · es decir, la solución general tiene la forma     1 2 1 4 1 5 13 6 1 3 1 4 1 5 7 6 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 + 𝑡 − 𝑡 − 𝑡 − 𝑡 + · · · +𝑐 1 𝑡 + 𝑡 − 𝑡 − 𝑡 − 𝑡 +··· . 2 24 20 720 6 12 24 360 Ejemplo 0.13 Encuentre soluciones de series de potencias en potencias de 𝑡 de la ecuación diferencial: 𝑥 00 + 8𝑡𝑥 0 − 4𝑥 = 0

21



CLASE 25 Solución Suponemos 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 . Luego 𝑥 0 (𝑡) =

𝑛=0

∞ X

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 , 𝑥 00 (𝑡) =

𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 .

𝑛=2

Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 + 8𝑡 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 − 4 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

o

𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 + 8

𝑛=0

∞ X

𝑛=2

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 − 4

𝑛=1

∞ X

𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0

𝑛=0

Reescribimos la primera suma de modo que 𝑡 tenga el exponente 𝑛. Al hacerlo, tenemos: ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛 𝑛 (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 𝑡 + 8 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 − 4 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=0

𝑛=1

𝑛=0

El rango común de estas tres sumas es de 1 a ∞. Escribimos los términos individuales en cada uno que no pertenecen a este rango común. Así tenemos ∞ X (2𝑐 2 − 4𝑐 0 ) + [(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 + 4(2𝑛 − 1)𝑐 𝑛 ]𝑡 𝑛 = 0. 𝑛=1

Igualando a cero el coeficiente de cada potencia de 𝑡, obtenemos 2𝑐 2 − 4𝑐 0 = 0 (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 + 4(2𝑛 − 1)𝑐 𝑛 = 0

=⇒ =⇒

𝑐 2 = 2𝑐 0 𝑐 𝑛+2 = −

4(2𝑛 − 1) 𝑐𝑛, (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)

𝑛 ≥ 1.

Al usar esto, encontramos 2 2 𝑐 3 = − 𝑐 1 , 𝑐 4 = −𝑐 2 = −2𝑐 0 , 𝑐 5 = −𝑐 3 = 𝑐 1 . 3 3 Sustituyendo estos valores en la solución supuesta, tenemos 2 2 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 + 2𝑐 0 𝑡 2 − 𝑐 1 𝑡 3 − 2𝑐 0 𝑡 4 + 𝑐 1 𝑡 5 + · · · 3 3 o   2 3 2 5 2 4 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 (1 + 2𝑡 − 2𝑡 + · · · ) + 𝑐 1 𝑡 − 𝑡 + 𝑡 + · · · .  3 3

Ejemplo 0.14 Encuentre soluciones de series de potencias en potencias de 𝑡 de la ecuación diferencial: 𝑥 00 + 𝑥 0 + 3𝑡 2 𝑥 = 0. Solución Suponemos 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 . Luego 𝑥 0 (𝑡) =

𝑛=0

∞ X

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 , 𝑥 00 (𝑡) =

𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 .

𝑛=2

Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 + 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 + 3𝑡 2 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

o

∞ X 𝑛=2

𝑛=1

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 +

∞ X 𝑛=1

𝑛=0

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 + 3

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+2 = 0.

𝑛=0

Reescribimos la suma de modo que 𝑡 tenga el mismo exponente en cada uno. Elegimos 𝑛 − 2

22

CLASE 25 como este exponente común, hacemos el primer resumen solo y reescribimos el segundo y el tercero en consecuencia. Tenemos ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛−2 𝑛−2 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 + (𝑛 − 1)𝑐 𝑛−1 𝑡 +3 𝑐 𝑛−4 𝑡 𝑛−2 = 0. 𝑛=2

𝑛=2

𝑛=4

El rango común de estas tres sumas es de 4 a ∞. Escribimos los términos individuales en cada uno que no pertenecen a este rango común. Así tenemos ∞ X (2𝑐 2 + 𝑐 1 ) + (6𝑐 3 + 2𝑐 2 )𝑡 + [𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 + (𝑛 − 1)𝑐 𝑛−1 + 3𝑐 𝑛−4 ]𝑡 𝑛−2 = 0. 𝑛=4

Igualando a cero el coeficiente de cada potencia de 𝑥, obtenemos 1 1 1 2𝑐 2 + 𝑐 1 = 0 =⇒ 𝑐 2 = − 𝑐 1 , 6𝑐 3 + 2𝑐 2 = 0 =⇒ 𝑐 3 = − 𝑐 2 = 𝑐 1 2 3 6 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 + (𝑛 − 1)𝑐 𝑛−1 + 3𝑐 𝑛−4 = 0

𝑐𝑛 = −

=⇒

(𝑛 − 1)𝑐 𝑛−1 + 3𝑐 𝑛−4 , 𝑛(𝑛 − 1)

𝑛 ≥ 4.

Usando esto, encontramos 1 1 1 𝑐 4 = − (𝑐 3 − 𝑐 0 ) = − 𝑐 0 − 𝑐 1 4 4 24   1 1 1 1 3 1 17 𝑐 5 = − (4𝑐 4 + 3𝑐 1 ) = − − 𝑐 0 − 𝑐 1 − 𝑐 1 = 𝑐0 − 𝑐1 . 20 5 4 24 20 20 120 Sustituyendo estos valores en la solución asumida, tenemos     1 2 1 3 1 1 1 17 4 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 − 𝑐 1 𝑡 + 𝑐 1 𝑡 − 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 + 𝑐0 − 𝑐1 𝑡 5 + · · · 2 6 4 24 20 120 o     1 2 1 3 1 4 17 5 1 4 1 5 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 − 𝑡 + 𝑡 + · · · + 𝑐 1 𝑡 − 𝑡 + 𝑡 − 𝑡 − 𝑡 +··· .  4 20 2 6 24 120

Ejemplo 0.15 Encuentre soluciones de series de potencias en potencias de 𝑡 de la ecuación diferencial: 𝑥 00 + 𝑡𝑥 0 + (2𝑡 2 + 1)𝑥 = 0. Solución Suponemos 𝑥(𝑡) =

∞ X

0

𝑛

𝑐 𝑛 𝑡 . Luego 𝑥 (𝑡) =

𝑛=0

∞ X

𝑛𝑐 𝑛 𝑡

𝑛−1

00

, 𝑥 (𝑡) =

𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 .

𝑛=2

Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 𝑛−2 𝑛−1 2 𝑛 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 +𝑡 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 + 2𝑡 𝑐𝑛𝑡 + 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

o

∞ X 𝑛=2

𝑛=1

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡

𝑛−2

+

∞ X

𝑛=0

𝑛

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 + 2

𝑛=1

∞ X

𝑐𝑛𝑡

𝑛=0

𝑛=0

𝑛+2

+

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 = 0.

𝑛=0

Reescribimos el primer y el tercer resumen de modo que 𝑡 tenga el exponente 𝑛 en cada uno. Así tenemos

∞ X 𝑛=0

(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 𝑡 𝑛 +

∞ X 𝑛=1

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 + 2

∞ X 𝑛=2

𝑐 𝑛−2 𝑡 𝑛 +

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 = 0.

𝑛=0

El rango común de estas cuatro sumas es de 2 a ∞. Escribimos los términos individuales en cada

23

CLASE 25 uno que no pertenecen a este rango. Así tenemos ∞ X (𝑐 0 + 2𝑐 2 ) + (2𝑐 1 + 6𝑐 3 )𝑡 + [(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 + (𝑛 + 1)𝑐 𝑛 + 2𝑐 𝑛−2 ]𝑡 𝑛 = 0. 𝑛=2

Igualando a cero el coeficiente de cada potencia de 𝑡, obtenemos 1 𝑐 0 + 2𝑐 2 = 0 =⇒ 𝑐 2 = − 𝑐 0 , 2𝑐 1 + 6𝑐 3 = 0 =⇒ 2 (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 + (𝑛 + 1)𝑐 𝑛 + 2𝑐 𝑛−2 = 0

𝑐 𝑛+2 = −

=⇒

1 𝑐3 = − 𝑐1 3

(𝑛 + 1)𝑐 𝑛 + 2𝑐 𝑛−2 , (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)

Usando esto, encontramos 3𝑐 2 + 2𝑐 0 1 4𝑐 3 + 2𝑐 1 1 𝑐4 = − = − 𝑐0, 𝑐5 = − = − 𝑐1 . 12 24 20 30 Sustituyendo estos valores en la solución supuesta, tenemos 1 1 1 1 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 − 𝑐 0 𝑡 2 − 𝑐 1 𝑡 3 − 𝑐 0 𝑡 4 − 𝑐 1 𝑡 5 + · · · 2 3 24 30 o     1 1 1 1 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 − 𝑡 2 − 𝑡 4 + . . . + 𝑐 1 𝑡 − 𝑡 3 − 𝑡 5 + · · · . 2 24 3 30

𝑛 ≥ 2.



Ejemplo 0.16 Encuentre soluciones de series de potencias en potencias de 𝑡 de la ecuación diferencial: 𝑥 00 − (𝑡 3 + 2)𝑥 0 − 6𝑡 2 𝑥 = 0. Solución Suponemos 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 . Luego 𝑥 0 (𝑡) =

∞ X

𝑛=0

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 , 𝑥 00 (𝑡) =

𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 .

𝑛=2

Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 𝑛−2 3 𝑛−1 𝑛−1 2 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 −𝑡 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 −2 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 − 6𝑡 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

o

∞ X

𝑛=1

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡

𝑛−2

−

∞ X

𝑛𝑐 𝑛 𝑡

𝑛=1

𝑛=2

𝑛=1

𝑛+2

−2

∞ X

𝑛𝑐 𝑛 𝑡

𝑛=0

𝑛−1

−6

𝑛=1

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+2 = 0.

𝑛=0

Reescribimos el primer y el tercer resumen de modo que 𝑡 tenga el exponente 𝑛 + 2 en cada uno, como ya lo hizo en el segundo y cuarto resumen. Tenemos ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X (𝑛 + 4) (𝑛 + 3)𝑐 𝑛+4 𝑡 𝑛+2 − 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+2 − 2 (𝑛 + 3)𝑐 𝑛+3 𝑡 𝑛+2 − 6 𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+2 = 0. 𝑛=−2

𝑛=1

𝑛=−2

𝑛=0

El rango común de estas cuatro sumas es de 1 a ∞. Escribimos los términos individuales en cada uno que no pertenecen a este rango común. Tenemos (2𝑐 2 − 2𝑐 1 ) + (6𝑐 3 − 4𝑐 2 )𝑡 + (12𝑐 4 − 6𝑐 3 − 6𝑐 0 )𝑡 2 + +

∞ X

[(𝑛 + 4) (𝑛 + 3)𝑐 𝑛+4 − 2(𝑛 + 3)𝑐 𝑛+3 − (𝑛 + 6)𝑐 𝑛 ]𝑡 𝑛+2 = 0.

𝑛=1

Igualando a cero el coeficiente de cada potencia de 𝑡, obtenemos 2𝑐 2 − 2𝑐 1 = 0

=⇒

𝑐2 = 𝑐1,

6𝑐 3 − 4𝑐 2 = 0

=⇒

𝑐3 =

2 2 𝑐2 = 𝑐1 3 3

24

CLASE 25 12𝑐 4 − 6𝑐 3 − 6𝑐 0 = 0

=⇒

𝑐4 =

𝑐0 + 𝑐3 1 1 = 𝑐0 + 𝑐1 20 2 3

(𝑛 + 4) (𝑛 + 3)𝑐 𝑛+4 − 2(𝑛 + 3)𝑐 𝑛+3 − (𝑛 + 6)𝑐 𝑛 = 0 (𝑛 + 6)𝑐 𝑛 + 2(𝑛 + 3)𝑐 𝑛+3 , 𝑛 ≥ 1. (𝑛 + 3) (𝑛 + 4) 1 29 7𝑐 1 + 8𝑐 4 = 𝑐0 + 𝑐 1 . Sustituyendo estos valores en la Al usar esto, encontramos 𝑐 5 = 20 5 60 solución supuesta, tenemos     2 3 1 1 1 29 2 4 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 + 𝑐 1 𝑡 + 𝑐 1 𝑡 + 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 + 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 5 + . . . 3 2 3 5 60 o     2 3 1 4 29 5 1 4 1 5 2 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 + 𝑡 + 𝑡 + . . . + 𝑐 1 𝑡 + 𝑡 + 𝑡 + 𝑡 + 𝑡 + . . . .  2 5 3 3 60 𝑐 𝑛+4 =

Ejemplo 0.17 Encuentre soluciones de series de potencias en potencias de 𝑡 de la ecuación diferencial: 𝑥 00 − (𝑡 2 + 𝑡)𝑥 0 + 𝑥 = 0 Solución Suponemos 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 . Luego 𝑥 0 (𝑡) =

∞ X

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 , 𝑥 00 (𝑡) =

∞ X

𝑛=1

𝑛=0

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 .

𝑛=2

Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 𝑛−2 2 𝑛−1 𝑛−1 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 −𝑡 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 −𝑡 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 + 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

o

∞ X

𝑛=1

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 −

𝑛=2

∞ X

𝑛=1

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+1 −

𝑛=1

∞ X

𝑛=0

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 +

𝑛=1

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 = 0.

𝑛=0

Reescribimos las sumas para que 𝑡 tenga el exponente común 𝑛 en cada una. Tenemos ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 𝑛 𝑛 𝑛 (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 𝑡 − (𝑛 − 1)𝑐 𝑛−1 𝑡 − 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 + 𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 = 0. 𝑛=0

𝑛=2

𝑛=1

𝑛=0

El rango común de estas cuatro sumas es de 2 a ∞. Escribimos los términos individuales en cada uno que no pertenecen a este rango común. Así tenemos ∞ X (2𝑐 2 + 𝑐 0 ) + (6𝑐 3 − 𝑐 1 + 𝑐 1 )𝑡 + [(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 − (𝑛 − 1)𝑐 𝑛−1 − (𝑛 − 1)𝑐 𝑛 ]𝑡 𝑛 = 0. 𝑛=2

Igualando a cero el coeficiente de cada potencia de 𝑡, obtenemos 1 2𝑐 2 + 𝑐 0 = 0 =⇒ 𝑐 2 = − 𝑐 0 , 6𝑐 3 = 0 =⇒ 2 (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 − (𝑛 − 1)𝑐 𝑛−1 − (𝑛 − 1)𝑐 𝑛 = 0

=⇒

𝑐 𝑛+2 =

𝑐3 = 0 (𝑛 − 1) (𝑐 𝑛−1 + 𝑐 𝑛 ) , (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)

𝑛 ≥ 2.

Usando esto, encontramos 1 1 1 1 1 1 1 1 𝑐4 = (𝑐 1 +𝑐 2 ) = − 𝑐 0 + 𝑐 1 , 𝑐 5 = (𝑐 2 +𝑐 3 ) = − 𝑐 0 , 𝑐 6 = (𝑐 3 +𝑐 4 ) = − 𝑐0+ 𝑐1 . 12 24 12 10 20 10 240 120 Sustituyendo estos valores en la solución supuesta, tenemos     1 2 1 1 1 1 1 4 5 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 − 𝑐 0 𝑡 + − 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 − 𝑐 0 𝑡 + − 𝑐0 + 𝑐1 𝑡 6 + · · · 2 24 12 20 240 120 25

CLASE 25 o  𝑥(𝑡) = 𝑐 0

   1 4 1 2 1 4 1 5 1 6 1 6 1− 𝑡 − 𝑡 − 𝑡 − 𝑡 − · · · + 𝑐1 𝑡 + 𝑡 + 𝑡 +··· . 2 24 20 240 12 120



Ejemplo 0.18 Encuentre soluciones de series de potencias en potencias de 𝑡 de la ecuación diferencial: (𝑡 2 + 1)𝑥 00 + 𝑡𝑥 0 + 𝑡𝑥 = 0. Solución Suponemos 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑛

0

𝑐 𝑛 𝑡 . Luego 𝑥 (𝑡) =

∞ X

𝑛=0

𝑛𝑐 𝑛 𝑡

𝑛−1

00

, 𝑥 (𝑡) =

∞ X

𝑛=1

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 .

𝑛=2

Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 2 𝑛−2 𝑛−2 𝑛−1 𝑡 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 + 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 +𝑡 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 +𝑡 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

o

∞ X

𝑛=2

𝑛

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 +

∞ X

𝑛=2

𝑛=1

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡

𝑛−2

+

𝑛=2

∞ X

𝑛=0

𝑛

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 +

𝑛=1

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+1 = 0

𝑛=0

Reescribimos las segundas y cuartas sumas para que 𝑡 tenga el exponente 𝑛 en cada una. Tenemos ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 + (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 𝑡 𝑛 + 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 + 𝑐 𝑛−1 𝑡 𝑛 = 0. 𝑛=2

𝑛=0

𝑛=1

𝑛=1

El rango común de estas cuatro sumas es de 2 a ∞. Escribimos los términos individuales en cada uno que no pertenecen a este rango. Así tenemos ∞ X 2𝑐 2 + (𝑐 0 + 𝑐 1 + 6𝑐 3 )𝑡 + {(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 + [𝑛(𝑛 − 1) + 𝑛]𝑐 𝑛 + 𝑐 𝑛−1 }𝑡 𝑛 = 0. 𝑛=2

Igualando a cero el coeficiente de cada potencia de 𝑡, obtenemos 2𝑐 2 = 0, donde 𝑐 2 = 0, 𝑐 0 + 𝑐 1 + 6𝑐 3 = 0, siendo 𝑐 3 = − 61 (𝑐 0 + 𝑐 1 ). (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 + [𝑛(𝑛 − 1) + 𝑛]𝑐 𝑛 + 𝑐 𝑛−1 = 0

=⇒

𝑐 𝑛+2 = −

𝑛2 𝑐 𝑛 + 𝑐 𝑛−1 , (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)

𝑛 ≥ 2.

Usando esto, encontramos 1 1 3 1 (𝑐 0 + 𝑐 1 ). 𝑐 4 = − (4𝑐 2 + 𝑐 1 ) = − 𝑐 1 , 𝑐 5 = − (9𝑐 3 + 𝑐 2 ) = 12 12 20 40 Sustituyendo estos valores en la solución supuesta, tenemos 1 1 3 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 − (𝑐 0 + 𝑐 1 )𝑡 3 − 𝑐 1 𝑡 4 + (𝑐 0 + 𝑐 1 )𝑡 5 + · · · 6 12 40 o     1 3 3 5 1 3 1 4 3 5 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 − 𝑡 + 𝑡 + · · · + 𝑐 1 𝑡 − 𝑡 − 𝑡 + 𝑡 + · · · .  6 40 6 12 40

Ejemplo 0.19 Encuentre soluciones de series de potencias en potencias de 𝑡 de la ecuación diferencial: (𝑡 3 − 1)𝑥 00 + 𝑡 2 𝑥 0 + 𝑡𝑥 = 0. Solución Suponemos 𝑥(𝑡) =

∞ X 𝑛=0

𝑛

0

𝑐 𝑛 𝑡 . Luego 𝑥 (𝑡) =

∞ X 𝑛=1

𝑛𝑐 𝑛 𝑡

𝑛−1

00

, 𝑥 (𝑡) =

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 .

𝑛=2

26

CLASE 25 Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 3 𝑛−2 𝑛−2 2 𝑛−1 𝑡 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 − 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 +𝑡 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 +𝑡 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

o

∞ X

𝑛=2

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡

𝑛+1

∞ X

−

𝑛=2

𝑛=1

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡

𝑛−2

+

𝑛=2

∞ X

𝑛=0

𝑛𝑐 𝑛 𝑡

𝑛+1

𝑛=1

+

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+1 = 0.

𝑛=0

Reescribimos las segundas sumas para que 𝑡 tenga el exponente 𝑛 + 1 (ya que este es el exponente de 𝑡 en todas las demás sumas). Así tenemos: ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+1 − (𝑛 + 3) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+3 𝑡 𝑛+1 + 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+1 + 𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+1 = 0. 𝑛=2

𝑛=−1

𝑛=1

𝑛=0

El rango común de estas cuatro sumas es de 2 a ∞. Escribimos los términos individuales en cada uno que no pertenecen a este rango. Así tenemos ∞ X −2𝑐 2 + (𝑐 0 − 6𝑐 3 )𝑡 + (2𝑐 1 − 12𝑐 4 )𝑡 2 + {−(𝑛 + 3) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+3 + [𝑛(𝑛 − 1) + 𝑛 + 1]𝑐 𝑛 }𝑡 𝑛 = 0. 𝑛=2

Igualando a cero el coeficiente de cada potencia de 𝑡, obtenemos −2𝑐 2 = 0, donde 𝑐 2 = 0 y 1 1 𝑐 0 − 6𝑐 3 = 0 =⇒ 𝑐 3 = 𝑐 0 , 2𝑐 1 − 12𝑐 4 = 0 =⇒ 𝑐 4 = 𝑐 1 6 6 −(𝑛 + 3) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+3 + [𝑛(𝑛 − 1) + 𝑛 + 1]𝑐 𝑛 = 0 Usando esto, encontramos 𝑐 5 =

5 20 𝑐 2

= 0, 𝑐 6 =

=⇒ 10 30 𝑐 3

=

𝑐 𝑛+3 = 1 18 𝑐 0 ,

(𝑛2 + 1)𝑐 𝑛 , (𝑛 + 2) (𝑛 + 3)

𝑐7 =

17 42 𝑐 4

=

17 252 𝑐 1 .

estos valores en la solución supuesta, tenemos 1 1 1 17 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 + 𝑐 0 𝑡 3 + 𝑐 1 𝑡 4 + 𝑐 0 𝑡 6 + 𝑐1𝑡 7 + · · · 6 6 18 252 o     1 4 17 7 1 3 1 6 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 + 𝑡 + 𝑡 + · · · + 𝑐 1 𝑡 + 𝑡 + 𝑡 +··· . 6 18 6 252

𝑛 ≥ 2. Sustituyendo



Ejemplo 0.20 Encuentre la solución de serie de potencia del problema de valor inicial: 𝑥 00 − 𝑡𝑥 0 − 𝑥 = 0; Solución Suponemos 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑥(0) = 1,

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 . Luego 𝑥 0 (𝑡) =

𝑛=0

∞ X

𝑥 0 (0) = 0. 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 , 𝑥 00 (𝑡) =

𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 .

𝑛=2

Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 − 𝑥 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 − 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

o

∞ X 𝑛=2

𝑛=1

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 −

∞ X

𝑛=0

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 −

𝑛=1

∞ X

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 = 0.

𝑛=0

Reescribimos la primera suma de modo que 𝑥 tenga un exponente 𝑛. Así tenemos: ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛 𝑛 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 𝑡 − 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 − 𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 = 0. 𝑛=0

𝑛=1

𝑛=0

27

CLASE 25 El rango común de estas tres sumas es de 1 a ∞. Escribimos los términos del primero y tercero que no pertenecen a este rango. Así tenemos: ∞ X (2𝑐 2 − 𝑐 0 ) + [(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 − (𝑛 + 1)𝑐 𝑛 ]𝑡 𝑛 = 0. 𝑛=1

Al igualar los coeficientes de cada potencia de 𝑡 a cero obtenemos 2𝑐 2 − 𝑐 0 = 0, donde 𝑐 2 = 21 𝑐 0 y (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 − (𝑛 + 1)𝑐 𝑛 = 0

=⇒

1 𝑐𝑛, 𝑛+2

𝑐 𝑛+2 =

Al usar esto, encontramos 𝑐 3 = 13 𝑐 1 , 𝑐 4 = 14 𝑐 2 = 81 𝑐 0 , 𝑐 5 = 15 𝑐 3 =

1 15 𝑐 1 ,

𝑛 ≥ 1.

𝑐 6 = 16 𝑐 4 =

1 48 𝑐 0 .

Por lo

tanto, la solución general de la ecuación diferencial es     1 3 1 5 1 2 1 4 1 6 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 + 𝑡 + 𝑡 + 𝑡 + . . . + 𝑐 1 𝑡 + 𝑡 + 𝑡 + . . . 2 8 48 3 15 Ahora aplicamos la condición inicial 𝑥(0) = 1 a esto, obteniendo 𝑐 0 = 1. Diferenciando encontramos

  1 4 1 3 1 5 2 𝑥 (𝑡) = 𝑡 + 𝑡 + 𝑡 + . . . + 𝑐 1 1 + 𝑡 + 𝑡 + · · · 2 8 3 0

0

Aplicando la condición inicial 𝑥 0 (0) = 0 a esto, tenemos 𝑐 1 = 0. Así tenemos la solución 1 1 1 𝑥(𝑡) = 1 + 𝑡 2 + 𝑡 4 + 𝑡 6 + · · · 2 8 48 Escribiendo esto como 1 1 1 𝑥(𝑡) = 1 + 1 𝑡 2 + 2 𝑡 4 + 3 𝑡 6 + · · · 2 1! 2 2! 2 3! y observando que para 𝑛 ≥ 1, 1 1 𝑐 2𝑛 = = 𝑛 , 2 · 4 · 6 . . . 2𝑛 2 𝑛! expresamos la solución simplemente como ∞ X 1 2𝑛 𝑥(𝑡) = 𝑡 .  𝑛 2 𝑛! 𝑛=0

Ejemplo 0.21 Encuentre la solución de serie de potencia del problema de valor inicial: (𝑡 2 + 1)𝑥 00 + 𝑡𝑥 0 + 2𝑡𝑥 = 0; Solución Suponemos 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑥(0) = 2,

𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 . Luego 𝑥 0 (𝑡) =

𝑛=0

∞ X

𝑥 0 (0) = 3.

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 , 𝑥 00 (𝑡) =

𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 .

𝑛=2

Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 𝑡2 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 + 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 + 𝑡 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−1 + 2𝑡 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

o

∞ X 𝑛=2

𝑛=2

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 +

∞ X 𝑛=2

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 +

𝑛=1 ∞ X 𝑛=1

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 +

𝑛=0 ∞ X

2𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+1 = 0.

𝑛=0

Reescribimos la segunda y cuarta sumatorias de modo que 𝑡 tenga un exponente 𝑛 en cada uno.

28

CLASE 25 Así tenemos: ∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 +

𝑛=2

∞ X

(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 𝑡 𝑛 +

𝑛=0

∞ X

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 +

∞ X

𝑛=1

2𝑐 𝑛−1 𝑡 𝑛 = 0.

𝑛=1

El rango común de estas cuatro sumas es de 2 a ∞. Redactamos los términos individuales en cada uno que no pertenecen a este rango. Así tenemos: ∞ X 2𝑐 2 + (6𝑐 3 + 𝑐 1 + 2𝑐 0 )𝑡 + {[𝑛(𝑛 − 1) + 𝑛]𝑐 𝑛 + (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 + 2𝑐 𝑛−1 }𝑡 𝑛 = 0. 𝑛=2

Igualando a cero los coeficientes de cada potencia de 𝑡, obtenemos 2𝑐 2 = 0

=⇒

6𝑐 3 + 𝑐 1 + 2𝑐 0 = 0

𝑐 2 = 0,

[𝑛(𝑛 − 1) + 𝑛]𝑐 𝑛 + (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 + 2𝑐 𝑛−1 = 0

=⇒

1 𝑐 3 = − (2𝑐 0 + 𝑐 1 ) 6

𝑐 𝑛+2 = −

=⇒

𝑛2 𝑐 𝑛 + 2𝑐 𝑛−1 , (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)

𝑛 ≥ 2.

Al usar esto, encontramos 1 1 3 1 (2𝑐 0 + 𝑐 1 ). 𝑐 4 = − (4𝑐 2 + 2𝑐 1 ) = − 𝑐 1 , 𝑐 5 = − (9𝑐 3 + 2𝑐 2 ) = 12 6 20 40 Sustituyendo estos valores en la solución supuesta, tenemos 1 1 3 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑡 − (2𝑐 0 + 𝑐 1 )𝑡 3 − 𝑐 1 𝑡 4 + (2𝑐 0 + 𝑐 1 )𝑡 5 + · · · 6 6 40 o     1 3 1 4 3 5 1 3 3 5 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 − 𝑡 + 𝑡 + · · · + 𝑐 1 𝑡 − 𝑡 − 𝑡 + 𝑡 + · · · 3 20 6 6 40 Ahora aplicamos la condición inicial 𝑥(0) = 2 a esto, obteniendo 𝑐 0 = 2. Diferenciando encontramos 

   3 4 1 2 2 3 3 4 𝑥 (𝑡) = 𝑐 0 −𝑡 + 𝑡 + · · · + 𝑐 1 1 − 𝑡 − 𝑡 + 𝑡 + · · · 4 2 3 8 Aplicando la condición inicial 𝑥 0 (0) = 3 a esto, tenemos 𝑐 1 = 3. Así tenemos la solución     1 3 1 4 3 5 1 3 3 5 𝑥(𝑡) = 2 1 − 𝑡 + 𝑡 + · · · + 3 𝑡 − 𝑡 − 𝑡 + 𝑡 + · · · 3 20 6 6 40 o 7 1 21 𝑥(𝑡) = 2 + 3𝑡 − 𝑡 3 − 𝑡 4 + 𝑡 5 + · · · .  6 2 40 0

2

Ejemplo 0.22 Encuentre la solución de serie de potencia del problema de valor inicial: (𝑡 2 − 1)𝑥 00 + 4𝑡𝑥 0 + 2𝑥 = 0; Solución Suponemos 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑛

𝑥(0) = 1, 0

𝑐 𝑛 𝑡 . Luego 𝑥 (𝑡) =

∞ X

𝑛=0

𝑛𝑐 𝑛 𝑡

𝑥 0 (0) = −1. 𝑛−1

00

, 𝑥 (𝑡) =

𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 𝑛−2 .

𝑛=2

Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 2 𝑛−2 𝑛−2 𝑛−1 𝑡 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 − 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 + 4𝑡 𝑛𝑐 𝑛 𝑡 +2 𝑐𝑛𝑡 𝑛 = 0 𝑛=2

o

∞ X 𝑛=2

𝑛=2

𝑛

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 −

∞ X 𝑛=2

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡

𝑛=1

𝑛−2

+4

∞ X 𝑛=1

𝑛=0

𝑛

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 +

∞ X

2𝑐 𝑛 𝑡 𝑛+1 = 0.

𝑛=0

29

CLASE 25 Reescribimos la segunda suma de modo que 𝑡 tenga el exponente 𝑛, como en las otras tres sumas. Tenemos: ∞ X

𝑛

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 𝑡 −

𝑛=2

∞ X

𝑛

(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 𝑡 + 4

𝑛=0

∞ X

𝑛

𝑛𝑐 𝑛 𝑡 +

𝑛=1

∞ X

2𝑐 𝑛 𝑡 𝑛 = 0.

𝑛=0

El rango común de estas sumas es de 2 a ∞. Redactamos los términos individuales que no pertenecen a este rango común. Tenemos: ∞ X (−2𝑐 2 + 2𝑐 0 ) + (−6𝑐 3 + 6𝑐 1 )𝑡 + {[𝑛(𝑛 − 1) + 4𝑛 + 2]𝑐 𝑛 − (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 }𝑡 𝑛 = 0. 𝑛=2

Teniendo en cuenta que 𝑛(𝑛 − 1) + 4𝑛 + 2 = (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) equivale a cero los coeficientes de cada potencia de 𝑡, para obtener −2𝑐 2 + 2𝑐 0 = 0

=⇒

𝑐2 = 𝑐0,

−6𝑐 3 + 6𝑐 1 = 0

[𝑛(𝑛 − 1) + 4𝑛 + 2]𝑐 𝑛 − (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 = 0

=⇒

=⇒

𝑐3 = 𝑐1

𝑐 𝑛+2 = 𝑐 𝑛 ,

𝑛 ≥ 2.

De esto observamos que 𝑐 2𝑛 = 𝑐 0 y 𝑐 2𝑛+1 = 𝑐 1 para todos 𝑛 ≥ 1. Por lo tanto, obtenemos la solución general. ∞ ∞     X X 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 + 𝑡 2 + 𝑡 4 + · · · + 𝑐 1 𝑡 + 𝑡 3 + 𝑡 5 + · · · = 𝑐 0 𝑡 2𝑛 + 𝑐 1 𝑡 2𝑛+1 𝑛=0

𝑛=0

Ahora aplicamos la condición inicial 𝑥(0) = 1 a esto, obteniendo 𝑐 0 = 1. Luego diferenciando tenemos     𝑥 0 (𝑡) = 2𝑡 + 4𝑡 3 + · · · + 𝑐 1 1 + 3𝑡 2 + 5𝑡 4 + · · · Aplicando la condición inicial 𝑥 0 (0) = −1 a esto, encontramos 𝑐 1 = −1. Así obtenemos la solución deseada 𝑥(𝑡) = 1 − 𝑡 + 𝑡 2 − 𝑡 3 + 𝑡 4 − 𝑡 5 + · · · =

∞ X

(−1) 𝑛 𝑡 𝑛 .



𝑛=0

Ejemplo 0.23 Encuentre las soluciones en potencias de 𝑡 − 1 de la ecuación diferencial: 𝑡 2 𝑥 00 + 3𝑡𝑥 0 − 𝑥 = 0. Solución Suponemos 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛 . Luego

𝑛=0

𝑥 0 (𝑡) =

∞ X

𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−1 ,

𝑥 00 (𝑡) =

𝑛=1

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−2

𝑛=2

Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos ∞ ∞ ∞ X X X 𝑡2 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−2 + 3𝑡 𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−1 − 𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛 = 0. 𝑛=2

𝑛=1

𝑛=0

Como las sumas implican potencias de 𝑡 − 1, debemos expresar los coeficientes respectivos 𝑡 2 y

30

CLASE 25 3𝑡 de las dos primeras sumas en potencias de 𝑡 − 1. Así tenemos [(𝑡 − 1) 2 + 2(𝑡 − 1) + 1]

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−2 + [3(𝑡 − 1) + 3]

∞ X

𝑛=2

𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−1 −

𝑛=1

−

∞ X

𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛 = 0.

𝑛=0

o ∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛 +

𝑛=2

∞ X

2𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−1 +

𝑛=2

+

∞ X

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−2 +

𝑛=2 ∞ X

𝑛

3𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) +

𝑛=1

∞ X

3𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 1)

𝑛−1

−

𝑛=1

∞ X

𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛 = 0.

𝑛=1

Reescribimos las sumas segunda, tercera y quinta para que 𝑡 − 1 tenga el exponente 𝑛 en cada una. Así tenemos: ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛 + 2(𝑛 + 1)𝑛𝑐 𝑛+1 (𝑡 − 1) 𝑛 + (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 (𝑡 − 1) 𝑛 + 𝑛=2

𝑛=1

+

∞ X

𝑛=0 𝑛

3𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) +

𝑛=1

∞ X

𝑛

3(𝑛 + 1)𝑐 𝑛+1 (𝑡 − 1) −

𝑛=0

∞ X

𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛 = 0.

𝑛=0

El rango común de estas seis sumas es de 2 a ∞. Redactamos los términos individuales en cada uno que no pertenecen a este rango. Así tenemos: (−𝑐 0 + 3𝑐 1 + 2𝑐 2 ) + (2𝑐 1 + 10𝑐 2 + 6𝑐 3 ) (𝑡 − 1)+ +

∞ X

{[𝑛(𝑛 − 1) + 3𝑛 − 1]𝑐 𝑛 + [2(𝑛 + 1)𝑛 + 3(𝑛 + 1)]𝑐 𝑛+1 + (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 }(𝑡 − 1) 𝑛 = 0.

𝑛=2

Igualando a cero los coeficientes de cada potencia de 𝑡, obtenemos 1 −𝑐 0 + 3𝑐 1 + 2𝑐 2 = 0 =⇒ 𝑐 2 = (𝑐 0 − 3𝑐 1 ) 2 2𝑐 1 + 10𝑐 2 + 6𝑐 3 = 0

=⇒

1 1 𝑐 3 = − (𝑐 1 + 5𝑐 2 ) = (−5𝑐 0 + 13𝑐 1 ) 3 6

[𝑛(𝑛 − 1) + 3𝑛 − 1]𝑐 𝑛 + [2(𝑛 + 1)𝑛 + 3(𝑛 + 1)]𝑐 𝑛+1 + (𝑛 + 2) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 = 0 (𝑛2 + 2𝑛 − 1)𝑐 𝑛 + (2𝑛 + 3) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+1 , 𝑛 ≥ 2. (𝑛 + 1) (𝑛 + 2) Usando esto, encontramos 1 7 (2𝑐 0 − 5𝑐 1 ). 𝑐 4 = − (7𝑐 2 + 21𝑐 3 ) = 12 12 Sustituyendo estos valores en la solución supuesta, tenemos 1 1 7 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 + 𝑐 1 (𝑡 − 1) + (𝑐 0 − 3𝑐 1 ) (𝑡 − 1) 2 + (−5𝑐 0 + 13𝑐 1 ) (𝑡 − 1) 3 + (2𝑐 0 − 5𝑐 1 ) (𝑡 − 1) 4 + · · · 2 6 12 o   1 5 7 2 3 4 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 + (𝑡 − 1) − (𝑡 − 1) + (𝑡 − 1) + · · · + 2 6 6   3 13 35 2 3 4 + 𝑐 1 (𝑡 − 1) − (𝑡 − 1) + (𝑡 − 1) − (𝑡 − 1) + · · · .  2 6 12 𝑐 𝑛+2 = −

31

CLASE 25 Ejemplo 0.24 Encuentre las soluciones en potencias de 𝑡 − 1 del problema de valor inicial: 𝑡𝑥 00 + 𝑥 0 + 2𝑥 = 0,

𝑥 0 (1) = 4.

𝑥(1) = 2,

Solución Dado que el valor inicial es de 1, suponemos que 𝑥(𝑡) =

∞ X

𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛 . Luego

𝑛=0

𝑥 0 (𝑡) =

∞ X

𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−1 , 𝑥 00 (𝑡) =

∞ X

𝑛=1

𝑛(𝑛 − 1)𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−2 . Para obtener múltiplos de (𝑡 − 1),

𝑛=2

reescribimos la ecuación diferencial original de la siguiente manera: (𝑡 − 1)𝑥 00 + 𝑥 00 + 𝑥 0 + 2𝑥 = 0 Sustituyendo en esta ecuación diferencial obtenemos ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X (𝑡−1) (𝑛 − 1)𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−2 + (𝑛 − 1)𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−2 + 𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−1 +2 𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛 = 0 𝑛=2

o ∞ X

𝑛=2

(𝑛 − 1)𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−1 +

𝑛=2

∞ X

(𝑛 − 1)𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−2 +

𝑛=2

𝑛=1 ∞ X

𝑛=0

𝑛𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛−1 +

𝑛=1

∞ X

2𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛 = 0.

𝑛=0

Reescribimos las tres primeras sumas para que (𝑡 − 1) tenga un exponente 𝑛 en cada una. Así tenemos: ∞ ∞ ∞ X X X 𝑛(𝑛 + 1)𝑐 𝑛+1 (𝑡 − 1) 𝑛 + (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 (𝑡 − 1) 𝑛 + (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+1 (𝑡 − 1) 𝑛 + 𝑛=1

𝑛=0

𝑛=0

+

∞ X

2𝑐 𝑛 (𝑡 − 1) 𝑛 = 0.

𝑛=0

El rango común de estas sumas es de 1 a ∞. Escribimos los términos que no están en este rango por separado. Así tenemos: ∞ X (2𝑐 2 + 𝑐 1 + 2𝑐 0 ) + [(𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 + (𝑛 + 1) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+1 + 2𝑐 𝑛 ] (𝑡 − 1) 𝑛 = 0. 𝑛=1

Igualando los coeficientes de cada potencia de (𝑡 − 1) a 0 obtenemos 1 2𝑐 2 + 𝑐 1 + 2𝑐 0 = 0 =⇒ 𝑐 2 = −𝑐 0 − 𝑐 1 2 (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)𝑐 𝑛+2 + (𝑛 + 1) (𝑛 + 1)𝑐 𝑛+1 + 2𝑐 𝑛 = 0 𝑐 𝑛+2 = −

2𝑐 𝑛 + (𝑛 + 1) 2 𝑐 𝑛+1 , (𝑛 + 1) (𝑛 + 2)

𝑛 ≥ 1.

Usando esto, 1 2 1 3 1 1 1 4 1 1 𝑐 3 = − (𝑐 1 + 2𝑐 2 ) = 𝑐 0 , 𝑐 4 = − 𝑐 2 − 𝑐 3 = − 𝑐 0 + 𝑐 1 , 𝑐 5 = − 𝑐 3 − 𝑐 4 = 𝑐 0 − 𝑐 1 . 3 3 6 4 3 12 10 5 5 15 Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial es   2 1 1 2 3 4 5 𝑥(𝑡) = 𝑐 0 1 − (𝑡 − 1) + (𝑡 − 1) − (𝑡 − 1) + (𝑡 − 1) + . . . + 3 3 5   1 1 1 2 4 5 + 𝑐 1 (𝑡 − 1) − (𝑡 − 1) + (𝑡 − 1) − (𝑡 − 1) + . . . 2 12 15

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CLASE 25 Aplicando la condición inicial 𝑥(1) = 2 a esto, encontramos 𝑐 0 = 2. Diferenciando, encontramos   𝑥 0 (𝑡) = −2(𝑡 − 1) + 2(𝑡 − 1) 2 − · · · + 𝑐 1 [1 − (𝑡 − 1) + · · · ] Aplicando la condición inicial 𝑥 0 (1) = 4 a este 𝑐 1 = 4. Así obtenemos la solución   2 1 1 2 3 4 5 𝑥(𝑡) = 2 1 − (𝑡 − 1) + (𝑡 − 1) − (𝑡 − 1) + (𝑡 − 1) + · · · + 3 3 5   1 1 1 2 4 5 + 4 (𝑡 − 1) − (𝑡 − 1) + (𝑡 − 1) − (𝑡 − 1) + · · · 2 12 15 o 1 2 4 𝑥(𝑡) = 2 + 4(𝑡 − 1) − 4(𝑡 − 1) 2 + (𝑡 − 1) 3 − (𝑡 − 1) 4 + (𝑡 − 1) 5 + . . . .  3 3 15

En los ejemplos dados, obtuvimos soluciones de serie de potencia de las ecuaciones diferenciales consideradas, pero no intentamos discutir la convergencia de estas soluciones. Según el Teorema 0.2, si 𝑡0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial (??) entonces las soluciones de la serie de potencias de la forma (??) convergen en algún intervalo |𝑡 − 𝑡0 | < 𝑅 (donde 𝑅 > 0) 𝑎 1 (𝑡) alrededor de 𝑡0 . Escribamos nuevamente (??) en la forma normalizada, dónde 𝑝(𝑡) = y 𝑎 0 (𝑡) 𝑎 2 (𝑡) 𝑞(𝑡) = . 𝑎 0 (𝑡) Si 𝑡0 es un punto ordinario de (??), las funciones 𝑝(𝑡) y 𝑞(𝑡) tienen expansiones de la serie Taylor en 𝑡0 que convergen en intervalos |𝑡 − 𝑡0 | < 𝑅1 y |𝑡 − 𝑡0 | < 𝑅2 , respectivamente, alrededor de 𝑡0 . Se puede demostrar que el intervalo de convergencia |𝑡 − 𝑡0 | < 𝑅 de una solución en serie (??) de (??) es al menos tan grande como el menor de los intervalos |𝑡 − 𝑡0 | < 𝑅1 y |𝑡 − 𝑡0 | < 𝑅2 .

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CLASE 25

BIBLIOGRAFÍA J. García A., Ecuaciones diferenciales ordinarias y aplicaciones, 1ra edición/Editorial López 2020.

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