Este documento presenta una introducción a las series de potencias y su intervalo de convergencia. Explica que una serie de potencias converge absolutamente si la suma de los términos absolutos converge, y que el radio de convergencia se puede calcular usando el criterio de la razón. También resume algunas expansiones en series de funciones importantes como ex, sen(x), cos(x), y sus dominios de convergencia.

1. CAP´
ITULO 5
as
atic
SOLUCIONES POR SERIES
atem
eM
o. d
5.1. INTRODUCCION ,D
ept
Una serie de potencias en (x − a), es una expresi´n de la forma
o
uia
∞
Cn (x − a)n .
tioq
n=0
An
de
Toda serie de potencias tiene un intervalo de convergencia que consiste
de todos los puntos para los cuales la serie es convergente.
ad
rsid
Una serie de potencias converge absolutamente en un n´mero x si,
u
ive
∞
Un
|Cn | |x − a|n
n=0
es convergente .
Todo intervalo de convergencia tiene un radio de convergencia R.
169

2. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
Una serie de potencias converge absolutamente para |x − a| < R y di-
verge para |x − a| > R. Cuando R = 0, la serie s´lo converge en x = a.
o
Cuando R = ∞, la serie converge para todo x.
El radio de convergencia se obtiene mediante el criterio de la raz´n, en
o
efecto, si
as
Cn+1
atic
l´
ım |x − a| = L
n→∞ Cn
atem
y como la serie es convergente cuando L < 1, entonces el radio de con-
1
vergencia es R = L .
eM
Si R = 0 o R = ∞, el intervalo de convergencia puede o no incluir los
´
o. d
extremos a − R , a + R de dicho intervalo.
ept
Una serie de potencias representa una funci´n continua en el interior
o
,D
de su intervalo de convergencia.
uia
tioq
Una serie de potencias puede ser derivada t´rmino a t´rmino en el in-
e e
terior de su intervalo de convergencia.
An
de
Una serie de potencias puede ser integrada t´rmino a t´rmino en el
e e
ad
interior de su intervalo de convergencia.
rsid
Dos series de potencias pueden ser sumadas t´rmino a t´rmino si tienen
e e
ive
un intervalo com´n de convergencia.
u
Un
´
EXPANSION EN SERIES MACLAURIN DE ALGUNAS SE-
RIES
∞
x2 x3 xn xn
1. ex = 1 + x + 2!
+ 3!
+ ... + n!
+ ... = n!
n=0
convergente para todo x real ( o sea para −∞ < x < ∞)
170

3. 5.1. INTRODUCCION
∞
x3 x5 x7 x 2n+1 x2n+1
2. sen x = x − 3!
+ 5!
− 7!
+ . . . + (−1)n (2n+1)! + . . . = (−1)n (2n+1)!
n=0
convergente para todo x real.
∞
x2 x4 x6 x 2n x2n
3. cos x = 1 − 2!
+ 4!
− 6!
+ . . . + (−1)n (2n)! + . . . = (−1)n (2n)!
n=0
convergente para todo x en los reales.
as
atic
∞
x3 x5 x7 x2n+1 x2n+1
4. senh x = x + 3!
+ 5!
+ 7!
+ ... + (2n+1)!
+ ... = (2n+1)!
atem
n=0
convergente para todo x real.
eM
∞
x2 x4 x6 x2n x2n
5. cosh x = 1 + 2!
+ 4!
+ 6!
+ ... + (2n)!
+ ... = (2n)!
o. d
n=0
convergente para todo x en los reales.
ept
∞
,D
1
6. 1−x
= 1 + x + x 2 + x3 + . . . + x n + · · · = xn
n=0
uia
convergente para x en el intervalo −1 < x < 1
tioq
∞
x2 x3 x4
+ . . . + (−1)n+1 x + . . . = xn
n
7. ln(1 + x) = x − + − (−1)n+1
An
2 3 4 n n
n=1
convergente para x en el intervalo −1 < x ≤ 1
de
ad
∞
x3 x5 x2n+1 x2n+1
8. tan−1 x = x − + − . . . + (−1)n + ... = (−1)n
rsid
3 5 2n+1 2n+1
n=0
convergente para x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1
ive
Un
∞
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
n=0
convergente para todo x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1
10. Serie binomial: 2 3
(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
171

4. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS
Supongamos que la ecuaci´n
o
a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0
se puede escribir as´
ı:
y + P (x)y + Q(x)y = 0
as
atic
a1 (x) a0 (x)
donde a2 (x) = 0 en I y P (x) = a2 (x)
y Q(x) = a2 (x)
atem
Definici´n 5.1 (Punto Ordinario) . Se dice que x = a es un punto ordi-
o
eM
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
o. d
x − a con un radio de convergencia positivo.
ept
Nota: si un punto no es ordinario se dice que es singular.
,D
RECORDEMOS: serie Taylor de y(x) en x = a es:
uia
∞
y n (a)
tioq
(x − a)n ,
n=0
n!
An
luego, toda funci´n que tenga un desarrollo en serie Taylor alrededor de x = a
o
de
es anal´ıtica en x = a.
ad
En particular cuando x = 0 a la serie Taylor se le llama serie Maclaurin
rsid
de y(x) y la serie tiene la forma:
ive
∞
y n (0)
(x)n ,
Un
n=0
n!
luego, toda funci´n que tenga un desarrollo en serie Maclaurin es anal´
o ıtica
en x = 0.
Ejemplo 1. Hallar los puntos ordinarios y singulares de
y + sen xy + ex y = 0
172

5. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS
Soluci´n: sen x: tiene expansi´n Taylor para cualquier a
o o
ex : tiene expansi´n Taylor para cualquier a.
o
Es decir todo a en R es punto ordinario de la ecuaci´n diferencial, por tanto
o
no tiene puntos singulares.
Ejemplo 2. Hallar los puntos ordinarios y singulares de
xy + ( sen x)y = 0
as
Soluci´n:
o
atic
Q(x)
atem
sen x
y + y=0
x
eM
∞
x(2n+1)
(−1)n ∞
sen x n=0
(2n+1)! (−1)n x2n
Q(x) = = =
o. d
x x n=0
(2n + 1)!
ept
⇒ x = 0 es punto ordinario de la E.D.,por tanto todos los x = 0 son puntos
singulares.
,D
Ejemplo 3. Hallar los puntos ordinarios y singulares de
uia
y + (ln x)y = 0
tioq
Soluci´n: x = 0 es un punto singular ya que ln x no tiene expansi´n en
o o
x = 0, todos los dem´s puntos diferentes de cero son puntos ordinarios.
a
An
de
Analicemos el caso en que a2 (x), a1 (x) y a0 (x) son polinomios. Si en la
E.D. a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0 se tiene que a2 (x), a1 (x), a0 (x) son poli-
ad
nomios sin factores comunes, o sea, sin ra´ comunes, entonces x = a es :
ıces
rsid
i) Un punto ordinario si a2 (a) = 0 es decir, x = a no es ra´ del polinomio
ız
ive
a2 (x).
Un
ii) Un punto singular si a2 (a) = 0, es decir, si a es ra´ de a2 (x).
ız
Ejemplo 4. Hallar los puntos ordinarios y singulares de
(x2 − 4)y + 2xy + 3y = 0
Soluci´n:
o
a2 (x) = x2 − 4 = 0
173

6. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
⇒ x = ±2 son puntos singulares.
x = ±2 son puntos ordinarios.
Teorema 5.1 .
Si x = a es un punto ordinario de la ecuaci´n
o
a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0,
as
siempre podemos encontrar dos soluciones distintas (linealmente indepen-
dientes), en serie de potencias; soluciones que son de la forma
atic
∞
atem
y= Cn (x − a)n .
n=0
eM
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
o. d
Nota: para simplificar supondremos que el punto ordinario es a = 0, si
o o ept
a = 0, se hace la sustituci´n t = x − a. Esta sustituci´n convierte la E.D. en
otra E.D. con punto ordinario t = 0.
,D
uia
Ejemplo 5. Resolver por series la E.D. (x2 − 1)y + 4xy + 2y = 0
Soluci´n:
o
tioq
x2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1 son puntos singulares y los x = ±1 son puntos
An
ordinarios.
de
Trabajemos con el punto ordinario x = 0, los candidatos a soluci´n son
o
ad
∞
de la forma y(x) = C n xn
rsid
n=0
Debemos hallar las Cn : derivamos dos veces:
ive
∞
Un
y (x) = nCn xn−1
n=1
∞
y (x) = n(n − 1)Cn xn−2
n=2
Pasamos a sustituir y (x) y y (x) en la E.D. original:
x2 y − y + 4xy + 2y = 0
174

7. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS
∞ ∞ ∞ ∞
n n−2 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
Homogenizamos las potencias de x:
∞ ∞ ∞ ∞
n(n−1)Cn xn − (m+2)(m+1)Cm+2 xm + 4n Cn xn + 2 C n xn = 0
n=2 m=0 n=1 n=0
as
n−2=m ⇒n=m+2
atic
haciendo
n=2 ⇒m=0
atem
Escribimos todo en t´rminos de k:
e
∞ ∞ ∞ ∞
eM
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
o. d
Ahora homogenizamos el ´
ındice de las series:
ept
,D
∞ ∞
k
k(k − 1)Ck x − 2C2 − (3)(2)C3 x − (k + 2)(k + 1)Ck+2 xk + 4C1 x+
uia
k=2 k=2
∞ ∞
tioq
k
+ 4k Ck x + 2C0 + 2C1 x + 2 C k xk = 0
k=2 k=2
An
luego
de
ad
∞
2C0 −2C2 +(6C1 −2·3C3 )x+ [k(k−1)Ck −(k+2)(k+1)Ck+2 +4kCk +2Ck ]xk = 0
rsid
k=2
ive
Comparando coeficientes:
Un
x0 : 2C0 − 2C2 = 0 ⇒ C2 = C0
x1 : 6C1 − 6C3 = 0 ⇒ C1 = C3
xk : [k(k − 1) + 4k + 2]Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0 k = 2, 3, . . .
(k 2 + 3k + 2)Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0
(k + 2)(k + 1)Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0
175

8. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
(k + 2)(k + 1)
Ck+2 = Ck
(k + 2)(k + 1)
Ck+2 = Ck k = 2, 3, . . .
F´rmula de recurrencia para los coeficientes
o
Iteremos la f´rmula de recurrencia:
o
as
atic
k = 2 : C 4 = C2 = C0
atem
k = 3 : C 5 = C3 = C1
k = 4 : C 6 = C4 = C0
eM
k = 5 : C 7 = C5 = C1
o. d
Volviendo a
∞ ept
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 + . . .
,D
n=0
uia
= C 0 + C 1 x + C 0 x2 + C 1 x3 + C 0 x4 + C 1 x5 + C 0 x6 + . . .
tioq
La soluci´n general:
o
An
= C0 (1 + x2 + x4 + x6 + . . . + x2n + . . .)+C1 (x + x3 + x5 + . . . + x2n+1 + . . .)
de
y1 (x) y2 (x)
ad
1
= C0 + C1 x(1 + x2 + x4 + x6 + . . . + x2n + . . .)
rsid
1 − x2
1 C1 x 1
ive
= C0 2
+ 2
ya que = 1 + x + x 2 + x3 + . . .
1−x 1−x 1−x
Un
Siendo y1 (x) y y2 (x) dos soluciones linealmente independientes.
Resolver por series los siguientes ejercicios en el punto ordinario x = 0:
Ejercicio 1. y − 2xy + 8y = 0 y(0) = 3, y (0) = 0
(Rta: y = 3 − 12x2 + 4x4 )
176

9. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS
Ejercicio 2. (x2 − 1)y − 6y = 0
(Rta: y = C0 ∞ (2n−1)(2n−3) x2n + C1 (x − x3 ))
n=0
3
Ejercicio 3. y − xy = 0
1 1 1 1 1 1 1 1 1
(Rta: y = C0 (1 + 3·2 x + 6·5 3·2 x6 + 9·8 6·5 3·2 x9 + . . .) + C1 (x + 4·3 x4 + 7·6 4·3 x7 +
1 1 1 10
10·9 7·6 4·3
x + . . .))
as
Ejercicio 4. (x2 + 1)y + 6xy + 6y = 0
atic
(Rta: y = C0 ∞ (−1)n (2n + 1)x2n + C1
n=0
∞ n
n=0 (−1) (n + 1)x2n+1 )
atem
Ejercicio 5. y − xy − y = 0
(Rta: y = C0 ∞ 2·4·6·8...2n x2n + C1
n=0
1 ∞ 1
n=0 1·3·5·7...(2n+1) x
2n+1
)
eM
Ejercicio 6. y + e−x y = 0
o. d
(Sugerencia: Hallar la serie e−x y multiplicarla por la serie de y)
Ejercicio 7. (x − 1)y + y = 0 ept
∞
,D
xn
(Rta: y1 = C0 , y2 = C 1 n
= C1 ln |x − 1|)
n=1
uia
Ejercicio 8. (1 + x2 )y + 2xy − 2y = 0
tioq
(Rta: y(x) = C0 (1 + x tan−1 x) + C1 x)
An
Ejercicio 9. y − xy + y = −x cos x, y(0) = 0, y (0) = 2
(Rta: y(x) = x + sen x)
de
ad
Ejercicio 10. y − 2xy + 4y = 0 con y(0) = 1 y y (0) = 0
rsid
(Rta: y = 1 − 2x2 )
ive
Ejercicio 11. (1 − x)2 y − (1 − x)y − y = 0 con y(0) = y (0) = 1
1
(Rta: y = 1−x )
Un
Ejercicio 12. y − 2xy − 2y = x con y(0) = 1 y y (0) = − 1
4
2
(Rta: y = ex − x )
4
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
177

10. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
(Rta: y = 2 + 3x + x2 − 2 x3 −
3
7 4
12
x − 1 5
30
x − . . .)
Ejercicio 14. y + xy + y = 0
a). Hallar dos soluciones linealmente independientes y1 (x), y2 (x)
b). Usando el criterio del cociente, mostrar que las dos series son conver-
as
gentes para todo x.
atic
−( √ )2
x
c). Probar que y1 (x) = e
atem
2
d). Usando el m´todo de reducci´n de orden de D’Alembert, hallar y2 (x)
e o
eM
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
o. d
Ejercicio 15. La E.D. de Legendre de orden α es:
ept
(1 − x2 )y − 2xy + α(α + 1)y = 0 con α > −1
,D
uia
Mostrar:
tioq
a) Que las f´rmulas de recurrencia son:
o
An
(−1)m α(α − 2)(α − 4) . . . (α − 2m + 2)(α + 1)(α + 3) . . . (α + 2m − 1)
C2m = C0
(2m)!
de
(−1)m (α − 1)(α − 3) . . . (α − 2m + 1)(α + 2)(α + 4) . . . (α + 2m)
ad
C2m+1 = C1
(2m + 1)!
rsid
b) Las dos soluciones linealmente independientes son:
ive
Un
∞
y1 = C 0 (−1)m a2m x2m
m=0
∞
y2 = C 1 (−1)m a2m+1 x2m+1
m=0
donde a2m y a2m+1 son las fracciones encontradas en a), pero sin (−1)m
178

11. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS
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.
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
as
(2n)!
caso) sea 2n (n!)2 y se les llama polinomios de LegendrePn (x). Mostrar
atic
que:
N
(−1)k (2n − 2k)!
atem
Pn (x) = n k!(n − k)!(n − 2k)!
xn−2k
k=0
2
eM
n
donde N =parte entera de 2
e) Mostrar que los 6 primeros polinomios de Legendre son:
o. d
P0 (x) = 1, P1 (x) = x,ept
1 1
,D
P2 (x) = (3x2 − 1), P3 (x) = (5x3 − 3x),
2 2
uia
1 1
P4 (x) = (35x4 − 30x2 + 3), P5 (x) = (63x5 − 70x3 + 15x)
8 8
tioq
Ejercicio 16. F´rmula de Rodriguez:
o
An
1 dn 2
Pn (x) = (x − 1)n
de
n!2n dxn
para el polinomio de Legendre de grado n.
ad
a) Mostrar que u = (x2 − 1)n satisface la E.D.
rsid
(1 − x2 )u + 2nxu = 0
ive
Derive ambos lados de la E.D. y obtenga
Un
(1 − x2 ) + 2(n − 1)xu + 2nu = 0
b) Derive sucesivamente, n veces ambos lados de la ecuaci´n y obtenga:
o
(1 − x2 )u(n+2) − 2xu(n+1) + n(n + 1)u(n) = 0
Hacer v = u(n) y mostrar que v = D n (1 − x2 )n y luego mostrar que v
satisface la ecuaci´n de Legendre de orden n
o
179

12. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
(2n)!
c) Demostrar que el coeficiente de xn en v es n!
d) Explicar porqu´ c) demuestra la f´rmula de Rodriguez (Notar que el
e o
(2n)!
coeficiente de xn en Pn (x) es 2n (n!)2 )
Ejercicio 17. La E.D.
y − 2xy + 2αy = 0
as
atic
se le llama ecuaci´n de Hermite de orden α.
o
atem
a) Mostrar que las dos soluciones en serie de potencias son:
∞
2m α(α − 2) . . . (α − 2m + 2) 2m
eM
y1 = 1 + (−1)m x
m=1
(2m)!
o. d
∞
y2 = x + (−1)m ept
2m (α − 1)(α − 3) . . . (α − 2m + 1) 2m+1
x
(2m + 1)!
,D
m=1
uia
b) Si α es entero par, mostrar que y1 es un polinomio.
Si α es impar, mostrar que y2 es un polinomio.
tioq
c) El polinomio de la parte b) se denota por Hn (x) y se le llama polinomio
An
de Hermite cuando el coeficiente de xn es 2n .
de
d) Demostrar que los 6 primeros polinomios de Hermite son:
ad
rsid
H0 (x) = 1, H1 (x) = 2x,
ive
H2 (x) = 4x2 − 2, H3 (x) = 8x3 − 12x,
Un
H4 (x) = 16x4 − 48x2 + 12, H5 (x) = 32x5 − 160x3 + 120x
e) La formula general de los polinomios de Hermite es
2 dn −x2
Hn (x) = (−1)n ex (e )
dxn
Por inducci´n mostrar que genera un polinomio de grado n.
o
180

13. 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS
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
y si la condici´n inicial est´ en x = a, utilizamos la serie Taylor.
o a
Ejemplo 6. y − e−x y = 0, y(0) = y (0) = 1
Soluci´n.
o
as
Serie Maclaurin de y(x).
atic
∞
y (n) (0)xn
y(x) =
atem
n=0
n!
y (0) y (0) 2 y (0) 3
eM
y(x) = y(0) + x+ x + x + ...
1! 2! 3!
o. d
y(0) = 1 y (0) = 1
De la ecuaci´n tenemos que
o
ept
y (x) = e−x y(x), evaluando en x = 0 ⇒ y (0) = 1 × 1 = 1
,D
uia
Derivando nuevamente tenemos que:
tioq
y (x) = e−x y (x) − e−x y(x)
An
evaluando en
x = 0⇒y (0) = 1 × 1 − 1 × 1 = 0
de
y (iv) (x) = e−x (y (x) − y (x)) − e−x (y (x) − y(x))
ad
x=0
⇒ y (iv) (0) = 1(1 − 1) − 1(1 − 1) = 0
rsid
y (v) (x) = e−x (y (x) − 2y (x) + y (x)) − e−x (y (x) − 2y + y(x)
ive
y (v) (0) = 1(0 − 2(1) + 1) − 1(1 − 2(1) + 1) = −1
Un
Sustituyendo en la f´rmula de Maclaurin:
o
x2 x5
y(x) = 1 + x + − + ...
2! 5!
Ejercicio 1. Hallar la soluci´n particular de la E.D. de Ayry
o
y − xy = 0 y(1) = 1, y (1) = 0
181

14. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
(x−1)2 (x−1)3 (x−1)4 4(x−1)5
(Rta.: y = 1 + 2!
+ 3!
+ 4!
+ 5!
+ . . .)
Ejercicio 2. Hallar la soluci´n particular de la E.D.
o
1
y − 2xy − 2y = x y(0) = 1, y (0) = −
4
2
(Rta.: y = − x + ex )
as
4
atic
Ejercicio 3. Resolviendo por series, mostrar que la soluci´n de la E.D.
o
atem
(x − 1)y − xy + y = 0 con y(0) = −2, y (0) = 6
eM
es y = 8x − 2ex .
o. d
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS
ept
SINGULARES REGULARES
,D
Definici´n 5.2 (Punto singular) .
o
uia
tioq
i. Decimos que x = x0 es un punto singular regular de la E.D.O.
An
y + P (x)y + Q(x)y = 0,
de
si (x − x0 )P (x) y (x − x0 )2 Q(x) son anal´
ıticas en x = x0 , es decir, si
(x − x0 )P (x) y (x − x0 )2 Q(x) tienen desarrollos en series de potencias
ad
de (x − x0 ). Si x = x0 no cumple con la anterior definici´n, entonces
o
rsid
decimos que x = x0 es un punto singular irregular.
ive
Un
ii. Si en la E.D.
a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0
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
a2 (x0 ) = 0 y adem´s, si en P (x) = a1 (x) y Q(x) = a0 (x) , el factor
a a2 (x) a2 (x)
x − x0 tiene a lo sumo grado uno en el denominador de P (x) y grado
a lo sumo dos en el denominador de Q(x).
182

15. 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
Ejemplo 7.Hallar los puntos singulares regulares e irregulares de
(x2 − 4)2 y + (x − 2)y + y = 0
Soluci´n:
o
Puntos singulares:
a2 (x) = (x2 − 4)2 = 0 ⇒ x = ±2
as
atic
x−2 1
P (x) = 2 − 4)2
=
(x (x − 2)(x + 2)2
atem
1
Q(x) =
(x − 2)2 (x + 2)2
eM
Con x = +2, como (x − 2) es un factor de grado uno en P (x) y de
o. d
grado dos en Q(x), por lo tanto x = 2 es punto singular regular.
ept
Con x = −2 es punto singular irregular, porque x+2 aparece con grado
,D
dos en el denominador de P (x).
uia
Nota: los puntos singulares pueden ser n´meros complejos.
u
tioq
Teorema 5.2 (de Frobenius) .
An
Si x = x0 es un punto singular regular de la E.D.O.
de
a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0,
ad
rsid
entonces existe al menos una soluci´n en serie de la forma:
o
∞
ive
y= Cn (x − x0 )n+r ,
Un
n=0
donde r es una constante a determinar.
Esta serie converge en un intervalo de la forma 0 < x − x0 < R.
Ejemplo 8. Utilizar el teorema de Frobenius para hallar dos soluciones
linealmente independientes de la E.D. 3xy + y − y = 0
Soluci´n:
o
183

16. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
x = 0 es punto singular y es regular porque
1 1
P (x) = , Q(x) = −
3x 3x
Suponemos una soluci´n de la forma:
o
∞ ∞
n+r
y= Cn x ⇒y = (n + r)Cn xn+r−1
as
n=0 n=0
atic
∞
y = (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−2
atem
n=0
y sustituimos en la E.D.
eM
∞ ∞ ∞
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
o. d
n=0 n=0 n=0
∞ ept ∞
(n + r)(3n + 3r − 2)Cn xn+r−1 − Cn xn+r = 0
,D
n=0 n=0
uia
∞ ∞
r n−1
x (n + r)(3n + 3r − 2)Cn x − C n xn =0
tioq
n=0 n=0
Sacamos la potencia m´s baja:
a
An
∞ ∞
de
r −1 n−1
x r(3r − 2)C0 x + (n + r)(3n + 3r − 2)Cn x − C n xn = 0
n=1 n=0
ad
rsid
k =n−1 ⇒n=k+1
hagamos
n=1 ⇒k=0
ive
∞ ∞
r −1 k
x r(3r − 2)C0 x + (k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 x − C k xk = 0
Un
k=0 k=0
∞
r −1
x r(3r − 2)C0 x + [(k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 − Ck ] xk = 0
k=0
en potencias de:
x−1 : r(3r − 2)C0 = 0
184

17. 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
y en potencias de:
xk : (k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 − Ck = 0 con k = 0, 1, 2, . . .
2
si C0 = 0 ⇒ r(3r − 2) = 0 ⇒ r2 = 0 r 1 = y
3
ec. indicial
´
ındices (o exponentes) de la singularidad
as
Ck
atic
Ck+1 = , k = 0, 1, 2, . . .
(k + r + 1)(3k + 3r + 1)
atem
2
Con r1 = 3
que es la ra´ mayor, entonces:
ız
eM
Ck Ck
Ck+1 = 5 = , k = 0, 1, . . . (5.1)
(k + 3
)(3k + 3) (3k + 5)(k + 1)
o. d
Con r2 = 0 entonces:
Ck
ept
Ck+1 = , k = 0, 1, . . . (5.2)
,D
(k + 1)(3k + 1)
uia
Iteremos (5.1):
tioq
C0
k = 0 : C1 =
5×1
An
C1 C0 C0
k = 1 : C2 = = =
de
8×2 (5 × 1) × (8 × 2) 2! × (5 × 8)
C2 C0 C0
ad
k = 2 : C3 = = =
11 × 3 (5 × 1) × (8 × 2) × (11 × 3) 3! × 5 × 8 × 11
rsid
C3 C0
k = 3 : C4 = =
14 × 4 4! × 5 × 8 × 11 × 14
ive
Un
generalizando
C0
Cn = n = 1, 2, . . .
n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)
Iteremos (5.2):
C0
k = 0 : C1 =
1×1
185

18. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
C1 C0
k = 1 : C2 = =
2×4 (1 × 1) × (2 × 4)
C2 C0 C0
k = 2 : C3 = = =
3×7 (1 × 1) × (2 × 4) × (3 × 7) 3! × 4 × 7
C3 C0
k = 3 : C4 = =
4 × 10 4! × 4 × 7 × 10
generalizando
as
atic
C0
Cn = n = 1, 2, . . .
n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2)
atem
eM
∞ ∞ ∞
2 2
n+ 3 2
n 2
r1 = ⇒ y 1 = Cn x =x 3 Cn x = x 3 C0 + C n xn
3
o. d
n=0 n=0 n=1
∞
2 C0
= x 3 C0 + xn
n=1
ept
n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)
,D
∞
2 xn
= C0 x 3 1 +
uia
n=1
n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)
tioq
∞ ∞ ∞
n+0 n
C n xn
An
r2 = 0 ⇒ y 2 = Cn x = Cn x = C 0 +
n=0 n=0 n=1
de
∞
C0
= C0 + xn
n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2)
ad
n=1
rsid
∞
xn
= C0 1 +
n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2)
ive
n=1
Luego la soluci´n general es :
o
Un
y = k 1 y1 + k 2 y2
∞
2 xn
= k 1 C0 x 3 1 + +
n=1
n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)
∞
xn
k2 C0 1 +
n=1
n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2)
186

19. 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
observemos que para este ejemplo
2 2
r1 = , r2 = 0 ⇒ r 1 − r2 = = entero
3 3
Nota: en general si x = 0 es un punto singular regular, entonces las funciones
xP (x) y x2 Q(x) son anal´
ıticas en x = 0, es decir
as
xP (x) = p0 + p1 x + p2 x2 + . . .
atic
x2 Q(x) = q0 + q1 x + q2 x2 + . . .
atem
son convergentes en intervalos de radio positivo. Despu´s de sustituir y =
e
∞
Cn xn+r en la E.D. y simplificar, la ecuaci´n indicial es una ecuaci´n
o o
eM
n=0
cuadr´tica en r que resulta de igualar a cero el coeficiente de la menor po-
a
tencia de x. Siguiendo este procedimiento se puede mostrar que la ecuaci´no
o. d
indicial es
r(r − 1) + p0 r + q0 = 0 ept
,D
Se hallan las ra´
ıces de la ecuaci´n indicial y se sustituyen en la relaci´n de
o o
recurrencia.
uia
tioq
Con las ra´
ıces de la ecuaci´n indicial pueden ocurrir los siguientes tres
o
casos.
An
CASO I: cuando r1 − r2 = entero positivo, entonces las dos soluciones
linealmente independientes son:
de
∞
ad
y1 = Cn xn+r1
rsid
n=0
∞
ive
y2 = Cn xn+r2
Un
n=0
Este caso lo hemos contemplado en el Ejemplo 8.
CASO II: cuando r1 − r2 = entero positivo, entonces las dos soluciones
linealmente independientes son:
∞
y1 = Cn xn+r1
n=0
187

20. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
∞
y2 = Cy1 (x) ln x + bn xn+r2 b0 = 0,
n=0
donde C es una constante que puede ser cero.
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.
El pr´ximo ejemplo lo haremos con C = 0; si C = 0, y2 tambi´n se puede
o e
as
hallar utilizando la f´rmula de D’Alembert:
o
atic
e− p(x) dx
atem
y2 = y1 (x) dx
[y1 (x)]2
eM
o tambi´n derivando dos veces
e
o. d
∞
y2 = Cy1 (x) ln x + bn xn+r2 b0 = 0,
n=0 ept
,D
y sustituyendo en la E.D. e iterando la f´rmula de recurrencia para hallar los
o
coeficientes bn .
uia
tioq
CASO III: cuando r1 − r2 = 0, entonces las soluciones linealmente in-
dependientes son:
An
∞
y1 = Cn xn+r1 con C0 = 0
de
n=0
ad
∞
y2 = y1 (x) ln x + bn xn+r1 sabiendo que r1 = r2
rsid
n=1
ive
Un
5.3.1. CASO II: r1 − r2 = entero positivo
Con el siguiente ejemplo mostramos el CASO II, o sea cuando r1 − r2 =
entero positivo.
Ejemplo 9. xy + (5 + 3x)y + 3y = 0
Soluci´n:
o
188

21. 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
x = 0 es punto singular regular, ya que
5 + 3x 3
P (x) = Q(x) =
x x
Si utilizamos la f´rmula de D’Alembert encontramos que despu´s de efectuar
o e
todas las operaciones, el primer t´rmino no tiene logaritmo, por tanto C = 0.
e
Ahora supongamos que
as
∞ ∞
n+r
(n + r)Cn xn+r−1
atic
y= Cn x ⇒y =
n=0 n=0
atem
∞
y = (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−2
eM
n=0
sustituyendo en la E.D.
o. d
xy + 5y + 3xy + 3y = 0
∞ ∞
ept
,D
(n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−1 + 5(n + r)Cn xn+r +
uia
n=0 n=0
∞ ∞
n+r
3Cn xn+r = 0
tioq
3(n + r)Cn x +
n=0 n=0
An
∞ ∞
r n−1
x (n + r)(n + r − 1 + 5)Cn x + 3(n + r + 1)Cn xn = 0
de
n=0 n=0
ad
∞ ∞
r −1 n−1
x r(r + 4)C0 x + (n + r)(n + r + 4)Cn x + 3(n + r + 1)Cn xn = 0
rsid
n=1 n=0
k =n−1 ⇒n=k+1
ive
hagamos
cuando n = 1 ⇒k=0
Un
luego
∞
r −1
x r(r + 4)C0 x + [(k + r + 1)(k + r + 5)Ck+1 + 3(k + r + 1)Ck ]xk = 0
k=0
Por lo tanto la ecuaci´n indicial:
o
r(r + 4) = 0 ⇒ r1 = 0 r2 = −4 o sea que r1 − r2 = entero positivo
189

22. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
y la f´rmula de recurrencia es
o
(k + r + 1)(k + r + 5)Ck+1 + 3(k + r + 1)Ck = 0 k = 0, 1, . . .
e iteramos con la menor ra´ indicial r2 = −4:
ız
(k + 1)(k − 3)Ck+1 + 3(k − 3)Ck = 0 k = 0, 1, . . .
as
9C0
k = 0 : 1(−3)C1 + 3(−3)C0 ⇒ C1 = = −3C0
atic
−3
6C1 3 9
atem
k = 1 : 2(−2)C2 + 3(−2)C1 = 0 ⇒ C2 = = − (−3)C0 = C0
−4 2 2
3C2 9
k = 2 : 3(−1)C3 + 3(−1)C2 = 0 ⇒ C3 = = − C0
eM
−3 2
k = 3 : 4(0)C4 + 3(0)C3 = 0 ⇒
o. d
C4 es par´metro
a
3 ept
k ≥ 4 : Ck+1 = − Ck
,D
(k + 1)
uia
es decir
9 9
C1 = −3C0 , C 2 = C0 , C 3 = − C0 ,
tioq
2 2
C4 : par´metro
a
An
3
k ≥ 4 : Ck+1 = − Ck (5.3)
de
(k + 1)
ad
iteremos (5.3):
rsid
3
k = 4 : C 5 = − C4
5
ive
3 3×3
k = 5 : C 6 = − C5 = C4
Un
6 5×6
3 3×3×3
k = 6 : C 7 = − C6 = − C4
7 5×6×7
33 4!
=− C4
7!
generalizando
3(n−4) 4!
Cn = (−1)n C4 n≥4
n!
190

23. 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
∞
y = Cn xn−4
n=0
∞
= x−4 [C0 + C1 x + C2 x2 + C3 x3 + C n xn ]
n=4
9 9
= x−4 [C0 − 3C0 x + C0 x2 − C0 x3 + C4 x4 +
2 2
∞
as
(n−4)
3 4!
+ (−1)n C 4 xn ]
atic
n=5
n!
atem
y1 (x)
9 9
= C0 x−4 1 − 3 x + x2 − x3
eM
2 2
y2 (x)
o. d
∞
3(n−4) 4! n−4
+C4 1+ (−1)n x ept
n=5
(n)!
,D
k =n−4 ⇒n=k+4
hagamos
uia
n=5 ⇒k=1
tioq
∞
3k 4!
An
k+4
y = C0 y1 (x) + C4 1+ (−1) xk
k=1
(k + 4)!
de
∞
3n n
= C0 y1 (x) + C4 1 + 24 (−1) xn
ad
n=1
(n + 4)!
rsid
converge ∀x ∈ Re
ive
Para abordar el caso iii) cuando r1 = r2 necesitamos definir la funci´n
o
Un
Gamma.
5.3.2. ´
FUNCION GAMMA: Γ(x)
Definici´n 5.3 . Sea x > 0. La funci´n Gamma se define as´
o o ı:
∞
Γ(x) = e−τ τ x−1 dτ
0
191

24. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
Teorema 5.3 (F´rmula de recurrencia para la funci´n Γ) .
o o
Para x > 0 : Γ(x + 1) = xΓ(x) .
Demostraci´n:
o
∞
Γ(x + 1) = e−τ τ x dτ
0
as
∞
= −e−τ τ x |∞ + xe−τ τ x−1 dτ
atic
0
0
atem
la anterior integral se hizo por partes,
u = τx ⇒ du = xτ x−1 dτ
haciendo
dv = e−τ dt ⇒ v = −e−τ
eM
∞
o. d
= 0−0+x e−τ τ x−1 dτ = xΓ(x)
0
τx ept
ya que l´ e−τ τ x
ım = l´ım τ
τ →∞ τ →∞ e
,D
L Hopital
= ··· = 0
uia
Observaciones:
tioq
a).
An
de
x 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9
√
ad
Γ(x) 9.5 4.59 2.99 2.22 π 1.49 1.30 1.16 1.07
rsid
b). Si x = n entero positivo:
ive
Un
Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = . . . = n(n − 1)(n − 2) . . . 1 Γ(1)
Pero
∞
∞
Γ(1) = e−τ τ 0 dτ = −e−τ 0
= −(0 − 1) = 1
0
Luego,
Γ(n + 1) = n!
192

25. 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
5
4
3
2
1
0
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
as
-1
atic
-2
atem
-3
-4
eM
-5
o. d
Figura 5.1
ept
,D
c). Con n = 0 obtenemos 0! = Γ(0 + 1) = Γ(1) = 1 y
uia
1! = Γ(1 + 1) = 1 Γ(1) = 1 × 1 = 1 (por el Teorema anterior)
tioq
con esto probamos, mediante la funci´n Gamma, que 0! = 1
o
An
de
d). Gr´fica de la funci´n Γ(x) (figura 5.1).
a o
ad
rsid
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
ive
negativo.(Ver la gr´fica 5.1)
a
Un
NOTA: la f´rmula para calcular Γ(x) para x < 0 es:
o
1
Γ(x) = Γ(x + 1)
x
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
193

26. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
7
Ejemplo 11. Γ − 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
as
2 2 2 2 1
= − − − − Γ
atic
7 5 3 1 2
2 2 2 2 √
atem
= − − − − π
7 5 3 1
eM
Definici´n 5.5 (Factorial generalizado) . x! = Γ(x + 1), x = entero
o
negativo.
o. d
7
Ejemplo 12. Hallar 2
!
ept
7 7 7 5 3 1√
,D
!=Γ +1 = π
2 2 2222
uia
7
Ejemplo 13. Calcular − 2 !
tioq
Soluci´n:
o
An
7 7 5 2 2 2 1
− ! = Γ − +1 =Γ − = − − − Γ
2 2 2 5 3 1 2
de
2 2 2 √
= − − − π
ad
5 3 1
rsid
1 1 3
Ejercicio 1. Hallar 0
x3 ln x dx
ive
3!
(Rta: 44 )
Un
∞ −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
194

27. 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
1 (2n + 1)! √
n+ ! = 2n+1 π
2 2 n!
y
1 (2n)! √
n− ! = 2n π
2 2 n!
para todo entero n no negativo.
as
5.3.3. CASO III: r1 = r2
atic
CASO III: r1 = r2 . Tomamos como ejemplo para este caso, la E.D. de
atem
Bessel de orden cero.
eM
Definici´n 5.6 (Ecuaci´n Diferencial de Bessel) . La E.D.:
o o
o. d
d2 y dy
x2 2
+ x + (x2 − p2 )y = 0
dx dx
ept
donde p es un par´metro positivo, se le llama E.D. de Bessel de orden p.
a
,D
Las soluciones de esta E.D. se les llama funciones de Bessel de orden p.
uia
Cuando p = 0 y x = 0 entonces
tioq
d2 y dy
x + + xy = 0.
An
dx2 dx
Hallemos expl´ıcitamente estas soluciones en el intervalo 0 < x < R; es f´cil
a
de
ver que x = 0 es un punto singular regular.
ad
Suponemos una soluci´n de la forma
o
rsid
∞
y= Cn xn+r ,
ive
n=0
Un
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
195

28. CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES
∞ ∞
r 2 n−1
x (n + r) Cn x + Cn xn+1 = 0
n=0 n=0
para homogenizar los exponentes hagamos k = n − 1 (o sea que n = k + 1 y
cuando n = 0 entonces k = −1) en la primera sumatoria y hagamos k = n+1
en la segunda sumatoria, luego
∞ ∞
as
r 2 k
x (k + r + 1) Ck+1 x + Ck−1 xk = 0
atic
k=−1 n=1
atem
∞
xr r2 C0 x−1 + (r + 1)2 C1 x0 + [(k + r + 1)2 Ck+1 + Ck−1 ] xk = 0
eM
k=1
comparamos coeficientes
o. d
r2 C0 = 0, (r + 1)2 C1 = 0, (k + r + 1)2 Ck+1 + Ck−1 = 0 con k ≥ 1
ept
Si C0 = 0 ⇒ r1 = r2 = r = 0
,D
(0 + 1)2 C1 = 0 ⇒ C1 = 0
uia
Ck−1
tioq
Ck+1 = − k = 1, 2, . . .
(k + 1)2
An
iterando k
C0 C0
de
k = 1 ⇒ C2 = − 2
=− 2
(1 + 1) 2
ad
C1
k = 2 ⇒ C3 =− 2 =0
rsid
3
C2 C0
ive
k = 3 ⇒ C4 =− 2 = 2
4 2 × 42
k = 4 ⇒ C5 =0
Un
C4 C0
k = 5 ⇒ C6 =− 2 =− 2
6 2 × 42 × 62
Generalizando,
C0 C0
C2n = (−1)n = (−1)n
22 · 42 ·6 2 · · · (2n)2 (2 · 4 · 6 · · · (2n))2
196

29. 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.
C0
= (−1)n
1 · 2 · 3 . . . n)2
(2n
C0
= (−1)n 2n , n = 0, 1, 2, . . .
2 (n!)2
C2n+1 = 0, n = 0, 1, 2, . . .
Sustituimos en
∞ ∞
as
y1 (x) = Cn x =n
C2n x2n
atic
n=0 n=0
∞ ∞
atem
C0 1 x 2n
= (−1) 2n n
2
x2n = C0 (−1)n
n=0
2 (n!) n=0
(n!)2 2
eM
Por definici´n, la serie
o
∞
o. d
(−1)n x 2n
= J0 (x)
n=0
(n!)2 2
ept
se le llama funci´n de Bessel de orden cero y de primera especie
o
,D
x2 x4 x6
uia
J0 (x) = 1 − + − + ...
4 64 2304
tioq
La segunda soluci´n la hallamos por el m´todo de reducci´n de orden D’Alembert:
o e o
1
e− x dx 1
An
y2 (x) = J0 (x) 2
dx = J0 (x) dx
[J0 (x)] x[J0 (x)]2
de
x2 3x4 5x6
como [J0 (x)]2 = 1− + − + ...
ad
2 32 576
1 x2 5x4 23x6
rsid
⇒ =1+ + + + ...
[J0 (x)]2 2 32 576
ive
1 1 x 5x3 23x5
⇒ = + + + + ...
x[J0 (x)]2 x 2 32 576
Un
1 x 5x3 23x5
y2 (x) = J0 (x) + + + + . . . dx
x 2 32 576
x2 5x4 23x6
= J0 (x)[ln x + + + + . . .]
4 128 3456
x2 x4 x6 x2 5x4 23x6
= J0 (x) ln x + 1 − + − + ... + + + ...
4 64 2304 4 128 3456
197