Solucion Por Series

1 Ejemplo de Soluciones por series de potencias, puntos ordinarios: 1) Determine Ia soluci´n de y − 2xy + y = 0 o Sustituyendo y =
∞ n n=0 cn x

en Ia ecuaci´n del diferencial nosotros tenemos o

y − 2xy + y = 0
∞ ∞ ∞

n(n − 1)cn xn−2 − 2x
n=2 ∞ n=1

ncn xn−1 +
n=0 ∞

cn x n = 0
∞

(n + 2)(n + 1)cn+2 xn − 2
n=0 ∞

(n + 1)cn+1 xn +
n=0 n=0

cn x n = 0

2c2 + c0 +
n=0[(n + 2)(n + 1)cn+2 − (2n − 1)cn ] xn = 0

Por lo tanto 2c2 + c0 = 0 2n − 1 = (n + 2)(n + 1)

cn+2 As´ tenemos que: ı 1 c2 = − c0 2 1 3 c2 = − c0 c4 = 12 8 7 7 c6 = c4 = − c0 30 336 Y as´ sucesivamente. Asi, dos soluciones son: ı

1 c1 6 5 1 c5 = c3 = c1 20 24 9 1 c7 = c5 = c1 42 112 c3 =

1 1 7 6 y1 =1 − x2 − x4 − x + ··· 2 8 336 1 1 5 1 x + ··· y2 = x + x3 + 6 24 112

2 2) DeterminarIa soluci´n de y + x2 y + xy = 0 o Sustituyendo y =
∞ n n=0 cn x

en Ia ecuaci´n del diferencial nosotros tenemos o

y + x2 y + xy = 0
∞ ∞ ∞

n(n − 1)cn xn−2 + x2
n=2 ∞ n=1 ∞

ncn xn−1 + x
n=0 ∞

cn xn = 0

n(n − 1)cn xn−2 +
n=2 ∞ n=1

ncn xn+1 +
n=0 ∞

cn xn+1 = 0
∞

(n + 3)(n + 2)cn+3 xn+1 +
n=−1 ∞ n=1

ncn xn+1 +
n=0

cn xn+1 = 0
∞ ∞

2c2 + (6c3 + c0 )x +
n=1 ∞(n + 3)(n + 2)cn+3 xn+1 +
n=1

ncn xn+1 +
n=1

cn xn+1 = 0

2c2 + (6c3 + c0 )x +
n=1

[(n + 3)(n + 2)cn+3 + (n + 1)cn ] xn+1 = 0

Por lo tanto c2 = 0 6c3 + c0 = 0 cn+3 = − Observemos que como c2 = 0, entonces c2 = c5 = c8 = · · · = c3n+2 = 0 As´ tenemos que: ı 1 c3 = − c0 6 4 1 c6 = − c3 = c0 30 45 Y as´ sucesivamente. Asi, dos soluciones son: ı 1 1 y1 =1 − x3 + x6 + · · · 6 45 14 5 7 y2 =x − x + x + ··· 6 232 2 1 c1 = − c1 12 6 5 5 c7 = − c4 = c1 42 252 c4 = − (n + 1)cn ,n ≥ 1 (n + 3)(n + 2)

3 3) Determine Ia soluci´n de (1 + x2 )y” + 2xy ?2y = 0 o Sustituyendo y =
∞ n n=0 cn x

en Ia ecuaci´n del diferencial nosotros tenemos o

y(1 + x2 )y” + 2xy − 2y = 0
∞ ∞ ∞ ∞

n(n − 1)cn xn−2 + x2
n=2 ∞ n=2 ∞

n(n − 1)cn xn−2 + 2x
n=1 ∞

ncn xn−1 − 2
n=0 ∞

cnxn = 0

n(n − 1)cn xn−2 +
n=2 ∞ n=2

n(n − 1)cn xn + 2
n=1 ∞

ncn xn − 2
n=0 ∞

cn x n = 0
∞

(n + 2)(n + 1)cn+2 xn +
n=0 n=2

n(n − 1)cn xn + 2
n=1 ∞

ncn xn − 2
n=0

cn xn = 0

2c2 − 2c0 + (6c3 + 2c1 − 2c1 )x +
n=2

[(n + 2)(n + 1)cn+2 − (n + 2)(n − 1)cn ] xn = 0

Por lo tanto 2c2 − 2c0 = 0 6c3 = 0 cn+2 = − Observemos que como c3 = 0, entonces c3 = c5 = c7 = · · · =0 As´ tenemos que: ı c2 = c0 1 1 c4 = − c2 = − c0 3 3 3 1 c6 = − c4 = c0 5 5 Y as´ sucesivamente. Asi, dos soluciones son: ı 1 1 y1 =1 + x2 − x4 + x6 + · · · 3 5 y2 =x (n + 2)(n − 1)cn ,n ≥ 2 (n + 2)(n + 1)

4 Soluci´n por series, Puntos singulares regulares. (M´todo Frobenius) o e 1) Determine Ia soluci´n de 2xy + y + xy = 0 o Sustituyendo y =
∞ n+r n=0 cn x

en Ia ecuaci´n del diferencialnosotros tenemos o

2xy + y + xy = 0
∞ ∞ ∞

2x 2 2

(n + r)(n + r − 1)cn xn+r−2 +
n=0 ∞

(n + r)cn xn+r−1 + x
n=0 ∞

cn xn+r = 0 cn xn+r+1 = 0

n=0 ∞

(n + r)(n + r − 1)cn xn+r−1 +
n=0 ∞

(n + r)cn xn+r−1 +
n=0 ∞ n=0

∞

(n + r + 2)(n + r + 1)cn+2 xn+r+1 +
n=−2 n=−2

(n + r + 2)cn+2 xn+r+1 +
n=0

cn xn+r+1 = 0

[2r(r − 1) + r]c0 xr−1 +[2(r + 1)r + (r + 1)]c1 xr +∞ ∞ ∞

2
n=0

(n + r + 2)(n + r + 1)cn+2 xn+r+1 +
r

(n + r + 2)cn+2 xn+r+1 +
n=0 n=0

cn xn+r+1 = 0

r(2r − 1)c0 x

r−1

+(r + 1)(2r + 1)c1 x +
∞

2(n + r + 2)(n + r + 1)cn+2 + (n + r + 2)cn+2 xn+r+1 + cn xn+r+1 = 0
n=0

r(2r − 1)c0 x

r−1

+(r + 1)(2r + 1)c1 xr +
∞

[(n + r + 2)(2n + 2r + 3)cn+2 + cn ] xn+r+1 = 0
n=0

Por lo tanto r(2r − 1)c0 = 0 (r + 1)(2r + 1)c1= 0 cn ,n ≥ 0 cn+2 = − (n + r + 2)(2n + 2r + 3) Si c0 = 0, entonces r1 = 0, r2 = Para r1 = 0, o r2 = Como r2 − r1 = 1 . 2

1 en la segunda ecuaci´n se tiene que c1 = 0 o 2

1 ∈ Z, entonces obtenemos dos soluciones linealmente independientes. / 2 Entonces obtenemos dos ecuaciones de recurrencia: Para r1 = 0: c1 = 0 cn+2 = − cn ,n ≥ 0 (n + 2)(2n + 3)

Observemos que como c1 = 0, entonces...