Resolucion de Ecuaciones Diferenciales por medio de Series

1. CAP´
ITULO 5
SOLUCIONES POR SERIES
as
atic
atem
eM
5.1. INTRODUCCION o. d
Una serie de potencias en (x − a), es una expresi´n de la forma
o
ept
∞
Cn (x − a)n .
,D
n=0
uia
tioq
Toda serie de potencias tiene un intervalo de convergencia que consiste
de todos los puntos para los cuales la serie es convergente, por ´sto,
e
An
decimos que una serie de potencias define una funci´n cuyo dominio es,
o
precisamente, el intervalo de convergencia.
de
Una serie de potencias converge absolutamente en un n´mero x, si
u
ad
∞
rsid
|Cn | |x − a|n
n=0
ive
es convergente .
Un
Todo intervalo de convergencia tiene un radio de convergencia R.
Una serie de potencias converge absolutamente para |x − a| < R y
diverge para |x − a| > R. Cuando R = 0, la serie s´lo converge en
o
x = a. Cuando R = ∞, la serie converge para todo x.
165

2. 166 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
El radio de convergencia se obtiene mediante el criterio de la raz´n, en
o
efecto, como
Cn+1 (x − a)n+1 Cn+1
l´
ım = |x − a| l´
ım = L|x − a| < 1
n→∞ Cn (x − a)n n→∞ Cn
Cn+1
donde L = l´
ım Cn
y como la serie es convergente cuando
n→∞
1
|x − a| < R, entonces el radio de convergencia es R = L .
Si R = 0 o R = ∞, el intervalo de convergencia puede o no incluir los
´
extremos a − R , a + R de dicho intervalo.
as
atic
Una serie de potencias representa una funci´n continua en el interior
o
de su intervalo de convergencia.
atem
Una serie de potencias puede ser derivada t´rmino a t´rmino en el
e e
interior de su intervalo de convergencia.
eM
Una serie de potencias puede ser integrada t´rmino a t´rmino en el
e e o. d
interior de su intervalo de convergencia.
ept
Dos series de potencias pueden ser sumadas t´rmino a t´rmino si tienen
e e
un intervalo com´n de convergencia.
u
,D
SERIES MACLAURIN DE ALGUNAS FUNCIONES
uia
∞
x2 x3
tioq
xn xn
1. ex = 1 + x + 2!
+ 3!
+ ... + n!
+ ... = n!
n=0
convergente para todo x real ( o sea para −∞ < x < ∞)
An
∞
x3 x5 x7 x 2n+1 x2n+1
2. sen x = x − + − + . . . + (−1)n (2n+1)! + . . . = (−1)n
de
3! 5! 7! (2n+1)!
n=0
convergente para todo x real.
ad
rsid
∞
x2 x4 x6 x 2n x2n
3. cos x = 1 − + − + . . . + (−1)n (2n)! + . . . = (−1)n
ive
2! 4! 6! (2n)!
n=0
convergente para todo x en los reales.
Un
∞
x3 x5 x7 x2n+1 x2n+1
4. senh x = x + 3!
+ 5!
+ 7!
+ ... + (2n+1)!
+ ... = (2n+1)!
n=0
convergente para todo x real.

3. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS 167
∞
x2 x4 x6 x2n x2n
5. cosh x = 1 + 2!
+ 4!
+ 6!
+ ... + (2n)!
+ ... = (2n)!
n=0
convergente para todo x en los reales.
∞
1
6. 1−x
= 1 + x + x2 + x3 + . . . + x n + · · · = xn
n=0
convergente para x en el intervalo −1 < x < 1
∞
x2 x3 x4
+ . . . + (−1)n+1 x + . . . = xn
n
7. ln(1 + x) = x − + − (−1)n+1
as
2 3 4 n n
n=1
atic
convergente para x en el intervalo −1 < x ≤ 1
atem
∞
x3 x5 x2n+1 x2n+1
8. tan−1 x = x − 3
+ 5
− . . . + (−1)n 2n+1
+ ... = (−1)n 2n+1
n=0
eM
convergente para x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1
o. d
∞
1 x3 1·3 x5 1·3·5 x7 1·3·5...(2n−1) x2n+1
9. sen −1 x = x + 2 3
+ 2·4 5
+ 2·4·6 7
+ ... = 2·4·6...2n 2n+1
ept
n=0
convergente para todo x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1
,D
uia
10. Serie binomial: 2 3
tioq
(1 + x)r = 1 + rx + r(r−1)x + r(r−1)(r−2)x + . . .
2! 3!
convergente para x en el intervalo −1 < x < 1
An
de
5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS
ad
Supongamos que la ecuaci´n
o
rsid
a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0
ive
se puede escribir as´
ı:
Un
y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0
a1 (x) a0 (x)
donde a2 (x) = 0 en I y P (x) = a2 (x)
y Q(x) = a2 (x)

4. 168 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
Definici´n 5.1 (Punto Ordinario). Se dice que x = a es un punto ordi-
o
nario de la E.D. y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0, si P (x) y Q(x) son anal´
ıticas en
x = a, es decir, si P (x) y Q(x) se pueden expandir en serie de potencias de
x − a con un radio de convergencia positivo.
Nota: si un punto no es ordinario se dice que es singular.
RECORDEMOS: serie Taylor de y(x) en x = a es:
∞
y (n) (a)
(x − a)n ,
as
n=0
n!
atic
luego, toda funci´n que tenga un desarrollo en serie Taylor alrededor de x = a
o
atem
es anal´ıtica en x = a.
eM
En particular cuando x = 0 a la serie Taylor se le llama serie Maclaurin
de y(x) y la serie tiene la forma: o. d
∞
y (n) (0)
(x)n ,
ept
n=0
n!
,D
luego, toda funci´n que tenga un desarrollo en serie Maclaurin es anal´
o ıtica
uia
en x = 0.
tioq
Ejemplo 1. Hallar los puntos ordinarios y singulares de
y + sen xy ′ + ex y = 0
′′
An
de
Soluci´n: sen x: tiene expansi´n Taylor para cualquier a
o o
x
e : tiene expansi´n Taylor para cualquier a.
o
ad
Es decir todo a en R es punto ordinario de la ecuaci´n diferencial, por tanto
o
rsid
no tiene puntos singulares.
ive
Ejemplo 2. Hallar los puntos ordinarios y singulares de
′′
xy + ( sen x)y = 0
Un
Soluci´n:
o
Q(x)
sen x
y ′′ + y=0
x

5. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS 169
∞
x(2n+1)
(−1)n ∞
sen x n=0
(2n+1)! (−1)n x2n
Q(x) = = =
x x n=0
(2n + 1)!
⇒ x = 0 es punto ordinario de la E.D.,por tanto todos los x = 0 son puntos
singulares.
Ejemplo 3. Hallar los puntos ordinarios y singulares de
′′
y + (ln x)y = 0
Soluci´n: x = 0 es un punto singular ya que ln x no tiene expansi´n en
o o
as
x = 0, todos los dem´s puntos diferentes de cero son puntos ordinarios.
a
atic
Analicemos el caso en que a2 (x), a1 (x) y a0 (x) son polinomios. Si en la
atem
E.D. a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0 se tiene que a2 (x), a1 (x), a0 (x) son poli-
nomios sin factores comunes, o sea, sin ra´ comunes, entonces x = a es :
ıces
eM
i) Un punto ordinario si a2 (a) = 0 es decir, x = a no es ra´ del polinomio
ız
a2 (x). o. d
ii) Un punto singular si a2 (a) = 0, es decir, si a es ra´ de a2 (x).
ız
ept
,D
Ejemplo 4. Hallar los puntos ordinarios y singulares de
(x2 − 4)y ′′ + 2xy ′ + 3y = 0
uia
Soluci´n:
o
tioq
a2 (x) = x2 − 4 = 0, luego x = ±2 son puntos singulares y x = ±2 son
puntos ordinarios.
An
Teorema 5.1.
de
Si x = a es un punto ordinario de la ecuaci´n
o
ad
a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0,
rsid
siempre podemos encontrar dos soluciones distintas (linealmente indepen-
ive
dientes), en serie de potencias; soluciones que son de la forma
Un
∞
y= Cn (x − a)n .
n=0
Una soluci´n en serie de potencias converge por lo menos para |x − a| < R1 ,
o
donde R1 es la distancia de a al punto singular m´s cercano.
a

6. 170 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
Nota: para simplificar supondremos que el punto ordinario es a = 0, si
a = 0, se hace la sustituci´n t = x − a. Esta sustituci´n convierte la E.D. en
o o
otra E.D. con punto ordinario t = 0.
Ejemplo 5. Resolver por series la E.D. (x2 − 1)y ′′ + 4xy ′ + 2y = 0
Soluci´n:
o
x2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1 son puntos singulares y los x = ±1 son puntos
ordinarios.
as
Trabajemos con el punto ordinario x = 0, los candidatos a soluci´n son
o
atic
∞
de la forma y(x) = C n xn
n=0
atem
Debemos hallar las Cn : derivamos dos veces:
eM
∞
′
y (x) = nCn xn−1
n=1
o. d
∞
ept
′′
y (x) = n(n − 1)Cn xn−2
n=2
,D
Pasamos a sustituir y ′ (x) y y ′′ (x) en la E.D. original:
uia
x2 y ′′ − y ′′ + 4xy ′ + 2y = 0
tioq
∞ ∞ ∞ ∞
n n−2
An
n
n(n − 1)Cn x − n(n − 1)Cn x + 4n Cn x + 2 C n xn = 0
n=2 n=2 n=1 n=0
de
Homogenizamos las potencias de x:
ad
∞ ∞ ∞ ∞
n m n
2 C n xn = 0
rsid
n(n−1)Cn x − (m+2)(m+1)Cm+2 x + 4n Cn x +
n=2 m=0 n=1 n=0
ive
n−2=m ⇒n=m+2
haciendo
Un
n=2 ⇒m=0
Escribimos todo en t´rminos de k:
e
∞ ∞ ∞ ∞
k k k
k(k − 1)Ck x − (k + 2)(k + 1)Ck+2 x + 4k Ck x + 2 C k xk = 0
k=2 k=0 k=1 k=0

7. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS 171
Ahora homogenizamos el ´
ındice de las series:
∞ ∞
k
k(k − 1)Ck x − 2C2 − (3)(2)C3 x − (k + 2)(k + 1)Ck+2 xk + 4C1 x+
k=2 k=2
∞ ∞
k
+ 4k Ck x + 2C0 + 2C1 x + 2 C k xk = 0
k=2 k=2
luego
as
atic
∞
2C0 −2C2 +(6C1 −2·3C3 )x+ [k(k−1)Ck −(k+2)(k+1)Ck+2 +4kCk +2Ck ]xk = 0
atem
k=2
Comparando coeficientes:
x0 : 2C0 − 2C2 = 0 ⇒ C2 = C0
eM
o. d
x1 : 6C1 − 6C3 = 0 ⇒ C1 = C3
ept
xk : [k(k − 1) + 4k + 2]Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0 k = 2, 3, . . .
,D
(k 2 + 3k + 2)Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0
uia
(k + 2)(k + 1)Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0
tioq
An
(k + 2)(k + 1)
Ck+2 = Ck
de
(k + 2)(k + 1)
Ck+2 = Ck k = 2, 3, . . .
ad
rsid
F´rmula de recurrencia para los coeficientes
o
Iteremos la f´rmula de recurrencia:
o
ive
k = 2 : C4 = C2 = C0
Un
k = 3 : C5 = C3 = C1
k = 4 : C6 = C4 = C0
k = 5 : C7 = C5 = C1

8. 172 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
Volviendo a
∞
y(x) = C n xn = C 0 + C 1 x + C 2 x2 + C 3 x3 + C 4 x4 + C 5 x5 + C 6 x6 + . . .
n=0
= C 0 + C 1 x + C 0 x 2 + C 1 x 3 + C 0 x 4 + C 1 x5 + C 0 x6 + . . .
La soluci´n general:
o
= C0 (1 + x2 + x4 + x6 + . . . + x2n + . . .)+C1 (x + x3 + x5 + . . . + x2n+1 + . . .)
y1 (x) y2 (x)
as
1
atic
= C0 + C1 x(1 + x2 + x4 + x6 + . . . + x2n + . . .)
1 − x2
atem
1 C1 x 1
= C0 2
+ 2
ya que = 1 + x + x2 + x3 + . . .
1−x 1−x 1−x
eM
Siendo y1 (x) y y2 (x) dos soluciones linealmente independientes.
o. d
El siguiente ejercicio resuelto, s´lo tiene validez para E.D. con condiciones
o
iniciales. Si la condici´n inicial est´ en x = 0, utilizamos las series Maclaurin
o a
ept
y si la condici´n inicial est´ en x = a, utilizamos la serie Taylor.
o a
,D
Ejemplo 6. y ′′ − e−x y = 0, y(0) = y ′ (0) = 1
uia
Soluci´n.
o
tioq
Serie Maclaurin de y(x).
An
∞
y (n) (0)xn
y(x) =
de
n=0
n!
ad
y ′ (0) y ′′ (0) 2 y ′′′ (0) 3
rsid
y(x) = y(0) + x+ x + x + ...
1! 2! 3!
y(0) = 1 y ′ (0) = 1
ive
De la ecuaci´n tenemos que
o
Un
y ′′ (x) = e−x y(x), evaluando en x = 0 ⇒ y ′′ (0) = 1 × 1 = 1
Derivando nuevamente tenemos que:
y ′′′ (x) = e−x y ′ (x) − e−x y(x)

9. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS 173
evaluando en
x = 0⇒y ′′′ (0) = 1 × 1 − 1 × 1 = 0
y (iv) (x) = e−x (y ′′ (x) − y ′ (x)) − e−x (y ′ (x) − y(x))
x=0
⇒ y (iv) (0) = 1(1 − 1) − 1(1 − 1) = 0
y (v) (x) = e−x (y ′′′ (x) − 2y ′′ (x) + y ′ (x)) − e−x (y ′′ (x) − 2y ′ + y(x)
y (v) (0) = 1(0 − 2(1) + 1) − 1(1 − 2(1) + 1) = −1
Sustituyendo en la f´rmula de Maclaurin:
o
as
atic
x2 x 5
y(x) = 1 + x + − + ...
2! 5!
atem
Resolver por series los siguientes ejercicios en el punto ordinario x = 0:
eM
Ejercicio 1. y ′′ − 2xy ′ + 8y = 0 y(0) = 3, y ′ (0) = 0
(Rta: y = 3 − 12x2 + 4x4 ) o. d
Ejercicio 2. (x2 − 1)y ′′ − 6y = 0
ept
(Rta: y = C0 ∞ (2n−1)(2n−3) x2n + C1 (x − x3 ))
n=0
3
,D
Ejercicio 3. y ′′ − xy = 0
uia
1 1 1 1 1 1 1 1 1
(Rta: y = C0 (1 + 3·2 x3 + 6·5 3·2 x6 + 9·8 6·5 3·2 x9 + . . .) + C1 (x + 4·3 x4 + 7·6 4·3 x7 +
tioq
1 1 1 10
10·9 7·6 4·3
x + . . .))
An
Ejercicio 4. (x2 + 1)y ′′ + 6xy ′ + 6y = 0
(Rta: y = C0 ∞ (−1)n (2n + 1)x2n + C1
n=0
∞ n
n=0 (−1) (n + 1)x2n+1 )
de
Ejercicio 5. y ′′ − xy ′ − y = 0
ad
(Rta: y = C0 ∞ 2·4·6·8...2n x2n + C1
1 ∞ 1
n=0 1·3·5·7...(2n+1) x
2n+1
)
rsid
n=0
Ejercicio 6. y ′′ + e−x y = 0
ive
(Sugerencia: Hallar la serie e−x y multiplicarla por la serie de y)
Un
2 3 4 5 6 3 4 5 x6
(Rta: y = C0 (1 − x + x − x − x + 11x · · · ) + C1 (x − x + x − x − 360 · · · ))
2 6 12 40 6! 6 12 60
Ejercicio 7. (x − 1)y ′′ + y ′ = 0
∞
xn
(Rta: y1 = C0 , y2 = C 1 n
= C1 ln |x − 1|)
n=1

10. 174 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
Ejercicio 8. (1 + x2 )y ′′ + 2xy ′ − 2y = 0
(Rta: y(x) = C0 (1 + x tan−1 x) + C1 x)
Ejercicio 9. y ′′ − xy ′ + y = −x cos x, y(0) = 0, y ′ (0) = 2
(Rta: y(x) = x + sen x)
Ejercicio 10. y ′′ − 2xy ′ + 4y = 0 con y(0) = 1 y y ′ (0) = 0
(Rta: y = 1 − 2x2 )
Ejercicio 11. (1 − x)2 y ′′ − (1 − x)y ′ − y = 0 con y(0) = y ′ (0) = 1
as
1
(Rta: y = 1−x )
atic
Ejercicio 12. y ′′ − 2xy ′ − 2y = x con y(0) = 1 y y ′ (0) = − 1
atem
4
2
(Rta: y = ex − x )
4
eM
Ejercicio 13. y ′′ + xy ′ + (2x − 1)y = x con y(0) = 2 y y ′ (0) = 3. Hallar
los primeros 6 t´rminos de la soluci´n particular.
e o o. d
1 7 11
(Rta: y = 2 + 3x + x2 − 2 x3 − 12 x4 − 120 x5 − . . .)
ept
Ejercicio 14. Hallar la soluci´n particular de la E.D. de Ayry, alrededor
o
del punto ordinario x = 1
,D
uia
y ′′ − xy = 0 y(1) = 1, y ′ (1) = 0
tioq
(x−1)2 (x−1)3 (x−1)4 4(x−1)5
(Rta.: y = 1 + 2!
+ 3!
+ 4!
+ 5!
+ . . .)
An
Ejercicio 15. Hallar la soluci´n particular de la E.D.
o
de
1
y ′′ − 2xy − 2y = x y(0) = 1, y ′ (0) = −
ad
4
rsid
2
(Rta.: y = − x + ex )
4
ive
Ejercicio 16. Resolviendo por series, mostrar que la soluci´n de la E.D.
o
Un
(x − 1)y ′′ − xy ′ + y = 0 con y(0) = −2, y ′ (0) = 6
es y = 8x − 2ex .
Ejercicio 17. y ′′ + xy ′ + y = 0

11. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS 175
a). Hallar dos soluciones linealmente independientes y1 (x), y2 (x)
b). Usando el criterio del cociente, mostrar que las dos series son conver-
gentes para todo x.
−( √ )2
x
c). Probar que y1 (x) = e 2
d). Usando el m´todo de reducci´n de orden de D’Alembert, hallar y2 (x)
e o
2 4 6 3 5 7
(Rta: a). y1 (x) = 1 − x + 2·4 − 2·4·6 + . . . , y2 (x) = x − x + 3·5 − 3·5·7 + . . .)
2
x x
3
x x
as
Ejercicio 18. La E.D. de Legendre de orden α es:
atic
(1 − x2 )y ′′ − 2xy ′ + α(α + 1)y = 0 con α > −1
atem
Mostrar:
eM
a) Que las f´rmulas de recurrencia son:
o
o. d
(−1)m α(α − 2)(α − 4) . . . (α − 2m + 2)(α + 1)(α + 3) . . . (α + 2m − 1)
C2m = C0
ept
(2m)!
,D
(−1)m (α − 1)(α − 3) . . . (α − 2m + 1)(α + 2)(α + 4) . . . (α + 2m)
C2m+1 = C1
(2m + 1)!
uia
tioq
b) Las dos soluciones linealmente independientes son:
∞
An
y1 = C 0 (−1)m a2m x2m
de
m=0
ad
∞
(−1)m a2m+1 x2m+1
rsid
y2 = C 1
m=0
ive
donde a2m y a2m+1 son las fracciones encontradas en a), pero sin (−1)m
Un
c) Si α es entero no negativo y par, entonces a2m = 0 para 2m > n;
mostrar que y1 es un polinomio de grado n y y2 es una serie infinita.
Si α es entero no negativo e impar; mostrar que a2m+1 = 0 para
2m + 1 > n y y2 es un polinomio de grado n y y1 es una serie in-
finita.

12. 176 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
d) Se acostumbra tomar la constante arbitraria (C0 o C1 seg´n el caso)
u
n
de tal manera que el coeficiente de x en el polinomio y1 o y2 (seg´n el
u
(2n)!
caso) sea 2n (n!)2 y se les llama polinomios de LegendrePn (x). Mostrar
que:
N
(−1)k (2n − 2k)!
Pn (x) = xn−2k
k=0
2n k!(n − k)!(n − 2k)!
n
donde N =parte entera de 2
e) Mostrar que los 6 primeros polinomios de Legendre son:
as
atic
P0 (x) = 1, P1 (x) = x,
atem
1 1
P2 (x) = (3x2 − 1), P3 (x) = (5x3 − 3x),
2 2
1 1
eM
P4 (x) = (35x4 − 30x2 + 3), P5 (x) = (63x5 − 70x3 + 15x)
8 8
o. d
Ejercicio 19. F´rmula de Rodriguez:
o
ept
1 dn 2
Pn (x) = (x − 1)n
,D
n!2n dxn
uia
para el polinomio de Legendre de grado n.
tioq
a) Mostrar que u = (x2 − 1)n satisface la E.D.
An
(1 − x2 )u′ + 2nxu = 0
de
Derive ambos lados de la E.D. y obtenga
ad
(1 − x2 ) + 2(n − 1)xu′ + 2nu = 0
rsid
b) Derive sucesivamente, n veces ambos lados de la ecuaci´n y obtenga:
o
ive
(1 − x2 )u(n+2) − 2xu(n+1) + n(n + 1)u(n) = 0
Un
Hacer v = u(n) y mostrar que v = Dn (1 − x2 )n y luego mostrar que v
satisface la ecuaci´n de Legendre de orden n
o
(2n)!
c) Demostrar que el coeficiente de xn en v es n!

13. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS 177
d) Explicar porqu´ c) demuestra la f´rmula de Rodriguez (Notar que el
e o
n (2n)!
coeficiente de x en Pn (x) es 2n (n!)2 )
Ejercicio 20. La E.D.
y ′′ − 2xy ′ + 2αy = 0
se le llama ecuaci´n de Hermite de orden α.
o
a) Mostrar que las dos soluciones en serie de potencias son:
as
∞
2m α(α − 2) . . . (α − 2m + 2) 2m
y1 = 1 + (−1)m x
atic
m=1
(2m)!
atem
∞
2m (α − 1)(α − 3) . . . (α − 2m + 1) 2m+1
y2 = x + (−1)m x
(2m + 1)!
eM
m=1
b) Si α es entero par, mostrar que y1 es un polinomio. o. d
Si α es impar, mostrar que y2 es un polinomio.
ept
c) El polinomio de la parte b) se denota por Hn (x) y se le llama polinomio
,D
de Hermite cuando el coeficiente de xn es 2n .
uia
d) Demostrar que los 6 primeros polinomios de Hermite son:
tioq
H0 (x) = 1, H1 (x) = 2x,
An
H2 (x) = 4x2 − 2, H3 (x) = 8x3 − 12x,
de
H4 (x) = 16x4 − 48x2 + 12, H5 (x) = 32x5 − 160x3 + 120x
ad
e) La formula general de los polinomios de Hermite es
rsid
dn −x2
ive
2
Hn (x) = (−1)n ex (e )
dxn
Un
Por inducci´n mostrar que genera un polinomio de grado n.
o

14. 178 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS
SINGULARES REGULARES
Definici´n 5.2 (Punto singular).
o
i. Decimos que x = x0 es un punto singular regular de la E.D.O.
y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0,
si (x − x0 )P (x) y (x − x0 )2 Q(x) son anal´
ıticas en x = x0 , es decir, si
2
(x − x0 )P (x) y (x − x0 ) Q(x) tienen desarrollos en series de potencias
as
de (x − x0 ). Si x = x0 no cumple con la anterior definici´n, entonces
o
atic
decimos que x = x0 es un punto singular irregular.
atem
ii. Si en la E.D.
a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0
eM
se tiene que a2 (x), a1 (x), a0 (x) son polinomios sin factores comunes, en-
tonces decimos que x = x0 es un punto singular regular si
o. d
a a2 (x)
a0 (x)
a2 (x0 ) = 0 y adem´s, si en P (x) = a1 (x) y Q(x) = a2 (x) , el factor
x − x0 tiene a lo sumo grado uno en el denominador de P (x) y grado
ept
a lo sumo dos en el denominador de Q(x).
,D
Ejemplo 7.Hallar los puntos singulares regulares e irregulares de
uia
(x2 − 4)2 y ′′ + (x − 2)y ′ + y = 0
tioq
Soluci´n:
o
An
Puntos singulares:
de
a2 (x) = (x2 − 4)2 = 0 ⇒ x = ±2
ad
x−2 1
P (x) = =
rsid
(x 2 − 4)2 (x − 2)(x + 2)2
1
ive
Q(x) =
(x − 2)2 (x + 2)2
Un
Con x = +2, como (x − 2) es un factor de grado uno en P (x) y de
grado dos en Q(x), por lo tanto x = 2 es punto singular regular.
Con x = −2 es punto singular irregular, porque x+2 aparece con grado
dos en el denominador de P (x).

15. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 179
Nota: los puntos singulares pueden ser n´meros complejos.
u
Teorema 5.2 (de Frobenius).
Si x = x0 es un punto singular regular de la E.D.O.
a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0,
entonces existe al menos una soluci´n en serie de la forma:
o
∞
as
y= Cn (x − x0 )n+r ,
atic
n=0
donde r es una constante a determinar.
atem
Esta serie converge en un intervalo de la forma 0 < x − x0 < R.
eM
Ejemplo 8. Utilizar el teorema de Frobenius para hallar dos soluciones
linealmente independientes de la E.D. 3xy ′′ + y ′ − y = 0 o. d
Soluci´n:
o
ept
x = 0 es punto singular y es regular porque
,D
1 1
P (x) = , Q(x) = −
uia
3x 3x
tioq
Suponemos una soluci´n de la forma:
o
∞ ∞
An
n+r ′
y= Cn x ⇒y = (n + r)Cn xn+r−1
n=0 n=0
de
∞
ad
′′
y = (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−2
rsid
n=0
y sustituimos en la E.D.
ive
∞ ∞ ∞
Un
′′ ′ n+r−1 n+r−1
3xy +y −y = 3(n+r)(n+r−1)Cn x + (n+r)Cn x − Cn xn+r = 0
n=0 n=0 n=0
∞ ∞
n+r−1
(n + r)(3n + 3r − 2)Cn x − Cn xn+r = 0
n=0 n=0

16. 180 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
∞ ∞
r n−1
x (n + r)(3n + 3r − 2)Cn x − C n xn =0
n=0 n=0
Sacamos la potencia m´s baja:
a
∞ ∞
xr r(3r − 2)C0 x−1 + (n + r)(3n + 3r − 2)Cn xn−1 − C n xn = 0
n=1 n=0
k =n−1 ⇒n=k+1
hagamos
n=1 ⇒k=0
as
∞ ∞
atic
r −1 k
x r(3r − 2)C0 x + (k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 x − C k xk = 0
k=0 k=0
atem
∞
eM
xr r(3r − 2)C0 x−1 + [(k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 − Ck ] xk = 0
k=0 o. d
en potencias de:
x−1 : r(3r − 2)C0 = 0
ept
y en potencias de:
,D
xk : (k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 − Ck = 0 con k = 0, 1, 2, . . .
uia
2
tioq
si C0 = 0 ⇒ r(3r − 2) = 0 ⇒ r2 = 0 r1 = y
3
An
ec. indicial
´
ındices (o exponentes) de la singularidad
de
Ck
Ck+1 = , k = 0, 1, 2, . . .
(k + r + 1)(3k + 3r + 1)
ad
rsid
2
Con r1 = 3
que es la ra´ mayor, entonces:
ız
ive
Ck Ck
Ck+1 = = , k = 0, 1, . . . (5.1)
Un
5
(k + 3
)(3k + 3) (3k + 5)(k + 1)
Con r2 = 0 entonces:
Ck
Ck+1 = , k = 0, 1, . . . (5.2)
(k + 1)(3k + 1)

17. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 181
Iteremos (5.1):
C0
k = 0 : C1 =
5×1
C1 C0 C0
k = 1 : C2 = = =
8×2 (5 × 1) × (8 × 2) 2! × (5 × 8)
C2 C0 C0
k = 2 : C3 = = =
11 × 3 (5 × 1) × (8 × 2) × (11 × 3) 3! × 5 × 8 × 11
C3 C0
k = 3 : C4 = =
14 × 4 4! × 5 × 8 × 11 × 14
as
atic
generalizando
C0
atem
Cn = n = 1, 2, . . .
n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)
eM
Iteremos (5.2):
C0 o. d
k = 0 : C1 =
1×1
C1 C0
ept
k = 1 : C2 = =
2×4 (1 × 1) × (2 × 4)
,D
C2 C0 C0
k = 2 : C3 = = =
uia
3×7 (1 × 1) × (2 × 4) × (3 × 7) 3! × 4 × 7
C3 C0
tioq
k = 3 : C4 = =
4 × 10 4! × 4 × 7 × 10
An
generalizando
de
C0
Cn = n = 1, 2, . . .
n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2)
ad
rsid
∞ ∞ ∞
2 2
n+ 3 2
n 2
C n xn
ive
r1 = ⇒ y 1 = Cn x =x 3 Cn x = x 3 C0 +
3 n=0 n=0 n=1
Un
∞
2 C0
= x 3 C0 + xn
n=1
n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)
∞
2 xn
= C0 x 3 1 +
n=1
n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)

18. 182 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
∞ ∞ ∞
n+0 n
r2 = 0 ⇒ y 2 = Cn x = Cn x = C0 + C n xn
n=0 n=0 n=1
∞
C0
= C0 + xn
n=1
n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2)
∞
xn
= C0 1 +
n=1
n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2)
Luego la soluci´n general es :
o
as
y = k1 y1 + k2 y2
atic
∞
2 xn
atem
= k1 C0 x 3 1 + +
n=1
n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)
∞
xn
eM
k2 C0 1 +
n=1
n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2)
o. d
observemos que para este ejemplo
ept
2 2
r1 = , r2 = 0 ⇒ r1 − r2 = = entero
,D
3 3
uia
Nota: en general si x = 0 es un punto singular regular, entonces las funciones
tioq
xP (x) y x2 Q(x) son anal´
ıticas en x = 0, es decir
An
xP (x) = p0 + p1 x + p2 x2 + . . .
de
x2 Q(x) = q0 + q1 x + q2 x2 + . . .
ad
son convergentes en intervalos de radio positivo. Despu´s de sustituir y =
e
rsid
∞ n+r
n=0 Cn x en la E.D. y simplificar, la ecuaci´n indicial es una ecuaci´n
o o
cuadr´tica en r que resulta de igualar a cero el coeficiente de la menor po-
a
ive
tencia de x. Siguiendo este procedimiento se puede mostrar que la ecuaci´n o
Un
indicial es
r(r − 1) + p0 r + q0 = 0
Se hallan las ra´
ıces de la ecuaci´n indicial y se sustituyen en la relaci´n de
o o
recurrencia.

19. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 183
Con las ra´ıces de la ecuaci´n indicial pueden ocurrir los siguientes tres
o
casos.
CASO I: cuando r1 − r2 = entero positivo (r1 > r2 ), entonces las dos
soluciones linealmente independientes son:
∞
y1 = Cn xn+r1
n=0
∞
y2 = Cn xn+r2
as
n=0
atic
Este caso lo hemos contemplado en el Ejemplo 8.
atem
CASO II: cuando r1 − r2 = entero positivo (r1 > r2 ), entonces las dos
soluciones linealmente independientes son:
eM
∞
y1 = Cn xn+r1 o. d
n=0
∞
ept
y2 = Cy1 (x) ln x + bn xn+r2 b0 = 0,
,D
n=0
donde C es una constante que puede ser cero.
uia
tioq
Nota: para saber si C es cero o diferente de cero, utilizamos la f´rmula
o
de D’Alembert; si es cero, entonces en y2 no aparece el t´rmino logar´
e ıtmico.
An
El pr´ximo ejemplo lo haremos con C = 0; si C = 0, y2 tambi´n se puede
o e
hallar utilizando la f´rmula de D’Alembert:
o
de
e− P (x) dx
y2 = y1 (x) dx
ad
[y1 (x)]2
rsid
o tambi´n derivando dos veces
e
ive
∞
Un
y2 = Cy1 (x) ln x + bn xn+r2 b0 = 0,
n=0
y sustituyendo en la E.D. e iterando la f´rmula de recurrencia para hallar los
o
coeficientes bn .

20. 184 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
CASO III: cuando r1 − r2 = 0, entonces las soluciones linealmente in-
dependientes son:
∞
y1 = Cn xn+r1 con C0 = 0
n=0
∞
y2 = y1 (x) ln x + bn xn+r1 sabiendo que r1 = r2
n=1
as
atic
5.3.1. CASO II: r1 − r2 = entero positivo
atem
Con el siguiente ejemplo mostramos el CASO II, o sea cuando r1 − r2 =
entero positivo.
Ejemplo 9. xy ′′ + (5 + 3x)y ′ + 3y = 0
eM
Soluci´n:
o
o. d
x = 0 es punto singular regular, ya que
ept
5 + 3x 3
P (x) = Q(x) =
x x
,D
Si utilizamos la f´rmula de D’Alembert encontramos que despu´s de efectuar
o e
uia
todas las operaciones, el primer t´rmino no tiene logaritmo, por tanto C = 0.
e
tioq
Ahora supongamos que
An
∞ ∞
n+r ′
y= Cn x ⇒y = (n + r)Cn xn+r−1
de
n=0 n=0
ad
∞
′′
y = (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−2
rsid
n=0
ive
sustituyendo en la E.D.
Un
xy ′′ + 5y ′ + 3xy ′ + 3y = 0
∞ ∞
n+r−1
(n + r)(n + r − 1)Cn x + 5(n + r)Cn xn+r−1 +
n=0 n=0

21. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 185
∞ ∞
n+r
3(n + r)Cn x + 3Cn xn+r = 0
n=0 n=0
∞ ∞
r n−1
x (n + r)(n + r − 1 + 5)Cn x + 3(n + r + 1)Cn xn = 0
n=0 n=0
∞ ∞
r −1 n−1
x r(r + 4)C0 x + (n + r)(n + r + 4)Cn x + 3(n + r + 1)Cn xn = 0
n=1 n=0
k =n−1 ⇒n=k+1
as
hagamos
cuando n = 1 ⇒k=0
atic
luego
atem
∞
xr r(r + 4)C0 x−1 + [(k + r + 1)(k + r + 5)Ck+1 + 3(k + r + 1)Ck ]xk = 0
eM
k=0
Por lo tanto la ecuaci´n indicial:
o o. d
r(r + 4) = 0 ⇒ r1 = 0 r2 = −4 o sea que r1 − r2 = entero positivo
ept
y la f´rmula de recurrencia es
o
,D
(k + r + 1)(k + r + 5)Ck+1 + 3(k + r + 1)Ck = 0 k = 0, 1, . . .
uia
tioq
e iteramos con la menor ra´ indicial r2 = −4:
ız
(k + 1)(k − 3)Ck+1 + 3(k − 3)Ck = 0 k = 0, 1, . . .
An
de
9C0
k=0 : 1(−3)C1 + 3(−3)C0 ⇒ C1 = = −3C0
ad
−3
6C1 3 9
rsid
k=1 : 2(−2)C2 + 3(−2)C1 = 0 ⇒ C2 = = − (−3)C0 = C0
−4 2 2
3C2 9
ive
k=2 : 3(−1)C3 + 3(−1)C2 = 0 ⇒ C3 = = − C0
−3 2
Un
k=3 : 4(0)C4 + 3(0)C3 = 0 ⇒
C4 es par´metro
a
3
k≥4 : Ck+1 = − Ck
(k + 1)

22. 186 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
es decir
9 9
C1 = −3C0 , C2 = C0 , C3 = − C0 ,
2 2
C4 : par´metro
a
3
k ≥ 4 : Ck+1 = − Ck (5.3)
(k + 1)
iteremos (5.3):
3
k = 4 : C5 = − C4
as
5
3 3×3
atic
k = 5 : C6 = − C5 = C4
6 5×6
atem
3 3×3×3
k = 6 : C7 = − C6 = − C4
7 5×6×7
33 4!
eM
=− C4
7!
generalizando o. d
3(n−4) 4!
Cn = (−1)n C4 n≥4
ept
n!
,D
∞
y = Cn xn−4
uia
n=0
tioq
∞
−4 2 3
= x [C0 + C1 x + C2 x + C3 x + C n xn ]
An
n=4
9 9
= x−4 [C0 − 3C0 x + C0 x2 − C0 x3 + C4 x4 +
de
2 2
∞ (n−4)
3 4!
ad
+ (−1)n C 4 xn ]
n!
rsid
n=5
y1 (x)
ive
9 9
= C0 x−4 1 − 3 x + x2 − x3
Un
2 2
y2 (x)
∞
3(n−4) 4! n−4
+C4 1 + (−1)n x
n=5
(n)!

23. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 187
k =n−4 ⇒n=k+4
hagamos
n=5 ⇒k=1
∞
3k 4!
y = C0 y1 (x) + C4 1+ (−1)k+4 xk
k=1
(k + 4)!
∞
3n
= C0 y1 (x) + C4 1 + 24 (−1)n xn
n=1
(n + 4)!
as
converge ∀x ∈ Re
atic
Para abordar el caso iii) cuando r1 = r2 necesitamos definir la funci´n
o
atem
Gamma.
eM
5.3.2. ´
FUNCION GAMMA: Γ(x)
o. d
Definici´n 5.3. Sea x > 0. La funci´n Gamma se define as´
o o ı:
∞
ept
Γ(x) = e−τ τ x−1 dτ
0
,D
Teorema 5.3 (F´rmula de recurrencia para la funci´n Γ).
o o
uia
Para x > 0 : Γ(x + 1) = xΓ(x) .
tioq
∞ ∞
Demostraci´n: Γ(x + 1) = 0 e−τ τ x dτ = −e−τ τ x |∞ + 0 xe−τ τ x−1 dτ =
o 0
An
la anterior integral se hizo por partes,
u = τx ⇒ du = xτ x−1 dτ
haciendo
de
dv = e−τ dt ⇒ v = −e−τ
∞
= 0 − 0 + x 0 e−τ τ x−1 dτ = xΓ(x)
ad
ya que por el teorema de estricci´n y la regla de L’Hˆpital
o o
rsid
−τ x τx
l´ e τ = l´ eτ = 0
ım ım
τ →∞ τ →∞
ive
Observaciones:
Un
a).
x 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9
√
Γ(x) 9.5 4.59 2.99 2.22 π 1.49 1.30 1.16 1.07

24. 188 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
b). Si x = n entero positivo:
Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = . . . = n(n − 1)(n − 2) . . . 1 Γ(1)
∞ −τ 0 ∞
Pero Γ(1) = 0
e τ dτ = −e−τ |0 = −(0 − 1) = 1
Luego,
Γ(n + 1) = n!
Definici´n 5.4. Si x < 0, definimos Γ(x) as´ Γ(x) = (x − 1)Γ(x − 1) si
o ı:
x = 0 o x = de un entero negativo. Γ(x) = ±∞ si x = 0 o x = entero
as
negativo.(Ver la gr´fica 5.1)
a
atic
NOTA: la f´rmula para calcular Γ(x) para x < 0 es:
o
atem
1
Γ(x) = Γ(x + 1)
x
En la figuta 5.1 se muestra la gr´fica de la funci´n Γ(x).
a o eM
o. d
6
ept
5
,D
4
uia
3
2
tioq
1
An
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-1
de
-2
ad
-3
rsid
-4
-5
ive
-6
Un
Figura 5.1
5 3 3 3 3 1 31 1
Ejemplo 10. Γ =Γ +1 = Γ = Γ +1 = Γ =
3 1√
2 2 2 2 2 2 22 2
22
π

25. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 189
Ejemplo 11. Γ − 7
2
Soluci´n:
o
7 2 5 2 2 3
Γ − = − Γ − = − − Γ −
2 7 2 7 5 2
2 2 2 1
= − − − Γ −
7 5 3 2
2 2 2 2 1
= − − − − Γ
7 5 3 1 2
√
as
2 2 2 2
= − − − − π
atic
7 5 3 1
atem
Como Γ(n + 1) = n! para n entero positivo, generalizamos el factorial as´
ı:
Definici´n 5.5 (Factorial generalizado). x! = Γ(x + 1), x = entero
o
eM
negativo.
o. d
Nota: con n = 0 obtenemos 0! = Γ(0 + 1) = Γ(1) = 1 y
ept
1! = Γ(1 + 1) = 1 Γ(1) = 1 × 1 = 1
,D
con esto probamos, mediante la funci´n Gamma, que 0! = 1 = 1!
o
uia
7
Ejemplo 12. Hallar !
tioq
2
7 7 7 5 3 1√
!=Γ +1 = π
An
2 2 2222
de
Ejemplo 13. Calcular − 7 !
2
ad
Soluci´n:
o
rsid
7 7 5 2 2 2 1
− ! = Γ − +1 =Γ − = − − − Γ
2 2 2 5 3 1 2
ive
2 2 2 √
Un
= − − − π
5 3 1
1 1 3
Ejercicio 1. Hallar 0
x3 ln x dx
3!
(Rta: 44 )

26. 190 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
∞ −x2
Ejercicio 2. Hallar
√ 0
e dx
(Rta: 2π )
∞ 2
Ejercicio 3. Hallar utilizando la funci´n Γ:
√
o 0
x2 e−x dx
π
(Rta: 4 )
Ejercicio 4. Probar que
1 (2n + 1)! √
n+ ! = 2n+1 π
2 2 n!
as
y
atic
1 (2n)! √
n− ! = 2n π
atem
2 2 n!
para todo entero n no negativo.
eM
5.3.3. CASO III: r1 = r2 o. d
CASO III: r1 = r2 . Tomamos como ejemplo para este caso, la E.D. de
ept
Bessel de orden cero.
,D
Definici´n 5.6 (Ecuaci´n Diferencial de Bessel). La E.D.:
o o
uia
d2 y dy
x2 + x + (x2 − p2 )y = 0
tioq
dx 2 dx
An
donde p es un par´metro positivo, se le llama E.D. de Bessel de orden p.
a
de
Las soluciones de esta E.D. se les llama funciones de Bessel de orden p.
Cuando p = 0 y x = 0 entonces
ad
rsid
d2 y dy
x + + xy = 0.
dx2 dx
ive
Hallemos expl´ıcitamente estas soluciones en el intervalo 0 < x < R; es f´cil
a
Un
ver que x = 0 es un punto singular regular.
Suponemos una soluci´n de la forma
o
∞
y= Cn xn+r ,
n=0

27. 5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 191
con 0 < x < R y C0 = 0; derivamos dos veces y sustituimos en la E.D. y
llegamos a esto:
∞ ∞ ∞
n+r−1 n+r−1
(n + r)(n + r − 1)Cn x + (n + r)Cn x + Cn xn+r+1 = 0
n=0 n=0 n=0
∞ ∞
2 n+r−1
(n + r) Cn x + Cn xn+r+1 = 0
n=0 n=0
∞ ∞
as
r 2 n−1
x (n + r) Cn x + Cn xn+1 = 0
atic
n=0 n=0
para homogenizar los exponentes hagamos k = n − 1 (o sea que n = k + 1 y
atem
cuando n = 0 entonces k = −1) en la primera sumatoria y hagamos k = n+1
en la segunda sumatoria, luego
eM
∞ ∞
r 2 k
x (k + r + 1) Ck+1 x + Ck−1 xk = 0
o. d
k=−1 n=1
ept
∞
2 −1 2 0
r
x r C0 x + (r + 1) C1 x + [(k + r + 1)2 Ck+1 + Ck−1 ] xk = 0
,D
k=1
uia
comparamos coeficientes
tioq
r2 C0 = 0, (r + 1)2 C1 = 0, (k + r + 1)2 Ck+1 + Ck−1 = 0 con k ≥ 1
An
Si C0 = 0 ⇒ r1 = r2 = r = 0
de
(0 + 1)2 C1 = 0 ⇒ C1 = 0
ad
Ck−1
Ck+1 = − k = 1, 2, . . .
rsid
(k + 1)2
iterando k
ive
C0 C0
Un
k = 1 ⇒ C2 = − 2
=− 2
(1 + 1) 2
C1
k = 2 ⇒ C3 = − 2 = 0
3
C2 C0
k = 3 ⇒ C4 = − 2 = 2
4 2 × 42

28. 192 CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
k = 4 ⇒ C5 = 0
C4 C0
k = 5 ⇒ C6 = − 2
=− 2
6 2 × 42 × 62
Generalizando,
C0 C0
C2n = (−1)n = (−1)n
22
· ·6 42
2 · · · (2n)2 (2 · 4 · 6 · · · (2n))2
C0
= (−1)n n
(2 1 · 2 · 3 . . . n)2
as
C0
atic
= (−1)n 2n , n = 0, 1, 2, . . .
2 (n!)2
atem
C2n+1 = 0, n = 0, 1, 2, . . .
Sustituimos en
eM
∞ ∞
y1 (x) = n
Cn x = C2n x2n o. d
n=0 n=0
∞ ∞
ept
C0 1 x 2n
= (−1) 2n n
x2n = C0 (−1)n
2 (n!)2 (n!)2 2
,D
n=0 n=0
uia
Por definici´n, la serie
o
tioq
∞
(−1)n x 2n
= J0 (x)
(n!)2 2
An
n=0
se le llama funci´n de Bessel de orden cero y de primera especie
o
de
x2 x4 x6
ad
J0 (x) = 1 − + − + ...
4 64 2304
rsid
La segunda soluci´n la hallamos por el m´todo de reducci´n de orden D’Alembert:
o e o
ive
1
e− x dx 1
y2 (x) = J0 (x) dx = J0 (x) dx
Un
[J0 (x)] 2 x[J0 (x)]2
x2 3x4 5x6
como [J0 (x)]2 = 1 − + − + ...
2 32 576
1 x2 5x4 23x6
⇒ =1+ + + + ...
[J0 (x)]2 2 32 576