4.2: Método de la serie de potencia

EN EL ÚLTIMO EJEMPLO PODEMOS utilizar la condición inicial para producir una solución en serie a la ecuación diferencial dada. Incluso si especificamos condiciones iniciales más generales, ¿existen otras formas de obtener soluciones en serie? ¿Podemos encontrar una solución general en forma de serie de potencia? Abordaremos estas preguntas en los apartados restantes. Sin embargo, primero comenzaremos con un ejemplo para demostrar cómo podemos encontrar la solución general a una ecuación diferencial de primer orden.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\)

Encuentre una solución general de la serie Maclaurin a la ODE:\(y^{\prime}-2 x y=0\).

Supongamos que la solución toma la forma

\[y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n}\nonumber \]

El objetivo es encontrar los coeficientes de expansión,\(c_{n}, n=0,1, \ldots\)

Diferenciando, tenemos

\[y^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n c_{n} x^{n-1} \nonumber \]

Tenga en cuenta que el índice inicia en\(n=1\), ya que no queda\(n=0\) término.

Insertando la serie para\(y(x)\) y\(y^{\prime}(x)\) en la ecuación diferencial, tenemos

\[\begin{equation} \begin{aligned} 0=& \sum_{n=1}^{\infty} n c_{n} x^{n-1}-2 x \sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n} \\ =&\left(c_{1}+2 c_{2} x+3 c_{3} x^{2}+4 x^{3}+\ldots\right) \\ &-2 x\left(c_{0}+c_{1} x+c_{2} x^{2}+c_{3} x^{3}+\ldots\right) \\ =& c_{1}+\left(2 c_{2}-c_{0}\right) x+\left(3 c_{3}-2 c_{1}\right) x^{2}+\left(4 c_{4}-2 c_{2}\right) x^{3}+\ldots \end{aligned} \end{equation}\label{4.7} \]

Equiparando como potencias de\(x\) en ambos lados de este resultado, tenemos

\[\begin{equation} \begin{aligned} 0 &=c_{1} \\ 0 &=2 c_{2}-c_{0} \\ 0 &=3 c_{3}-c_{1} \\ 0 &=4 c_{4}-2 c_{2}, \ldots \end{aligned} \end{equation}\label{4.8} \]

Podemos resolverlos secuencialmente para el coeficiente del índice más grande:

\[c_{1}=0, c_{2}=c_{0}, c_{3}=\dfrac{2}{3} c_{1}=0, c_{3}=\dfrac{1}{2} c_{2}=\dfrac{1}{2} c_{0}, \ldots \nonumber \]

Observamos que los términos impares desaparecen y los términos pares sobreviven:

\[\begin{equation} \begin{aligned} y(x) &=c_{0}+c_{1} x+c_{2} x^{2}+c_{3} x^{3}+\ldots \\ &=c_{0}+c_{0} x^{2}+\dfrac{1}{2} c_{0} x^{4}+\ldots \end{aligned} \end{equation} \label{4.9} \]

Así, hemos encontrado una solución en serie, o al menos los primeros términos, hasta una constante multiplicativa.

Por supuesto, sería bueno obtener algunos términos más y adivinar la forma general de la solución de la serie. Esto podría hacerse si llevamos a cabo los estreptocócicos de una manera más general. Esto se logra manteniendo la notación de suma y tratando de combinar todos los términos con poderes similares de\(x\). Comenzamos insertando la expansión de la serie en la ecuación diferencial e identificando las potencias de\(x\):

\[\begin{equation} \begin{aligned} 0 &=\sum_{n=1}^{\infty} n c_{n} x^{n-1}-2 x \sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n} \\ &=\sum_{n=1}^{\infty} n c_{n} x^{n-1}-\sum_{n=0}^{\infty} 2 c_{n} x^{n+1} \end{aligned} \end{equation}\label{4.10} \]

Observamos que las facultades de\(x\) en estas dos sumas difieren en 2. Podemos reindexar una serie. re-indexar las sumas por separado para que las potencias sean las mismas, digamos\(k\). Después de todo, cuando habíamos ampliado estas series antes, el índice,\(n\), desapareció. Tal índice se conoce como un índice ficticio ya que podríamos llamar al índice cualquier cosa, como\(n-1, \ell-1\), o incluso\(k=n-1\) en la primera serie. Entonces, podemos dejar\(k=n-1\), o\(n=k+1\), escribir

\[\begin{equation} \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} n c_{n} x^{n-1} &=\sum_{k=0}^{\infty}(k+1) c_{k+1} x^{k} \\ &=c_{1}+2 c_{2} x+3 c_{3} x^{2}+4 x^{3}+\ldots \end{aligned} \end{equation}\label{4.11} \]

Tenga en cuenta que la reindexación no ha cambiado los términos de la serie.

Del mismo modo, podemos dejar\(k=n+1\), o\(n=k-1\), en la segunda serie para encontrar

\[\begin{equation} \begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} 2 c_{n} x^{n+1} &=\sum_{k=1}^{\infty} 2 c_{k-1} x^{k} \\ &=2 c_{0}+2 c_{1} x+2 c_{2} x^{2}+2 c_{3} x^{3}+\ldots \end{aligned} \end{equation} \label{4.12} \]

Combinando ambas series, tenemos

\[\begin{equation} \begin{aligned} 0 &=\sum_{n=1}^{\infty} n c_{n} x^{n-1}-\sum_{n=0}^{\infty} 2 c_{n} x^{n+1} \\ &=\sum_{k=0}^{\infty}(k+1) c_{k+1} x^{k}-\sum_{k=1}^{\infty} 2 c_{k-1} x^{k} \\ &=c_{1}+\sum_{k=1}^{\infty}\left[(k+1) c_{k+1}-2 c_{k-1}\right] x^{k} \end{aligned} \end{equation}\label{4.13} \]

Aquí, hemos combinado las dos series para\(k=1,2, \ldots . .\) El\(k=0\) término en la primera serie da el término constante como se muestra.

Ahora podemos establecer los coeficientes de potencias de\(x\) igual a cero ya que no hay términos en el lado izquierdo de la ecuación. Esto da\(c_{1}=0\) y

\[(k+1) c_{k+1}-2 c_{k-1}, \quad k=1,2, \ldots \nonumber \]

Esta última ecuación se denomina relación de recurrencia. Se puede utilizar para encontrar coeficientes sucesivos en términos de valores anteriores. En particular, tenemos

\[c_{k+1}=\dfrac{2}{k+1} c_{k-1}, \quad k=1,2, \ldots. \nonumber \]

Insertando diferentes valores de\(k\), tenemos

\[\begin{array}{ll} k=1: & c_{2}=\dfrac{2}{2} c_{0}=c_{0} . \\ k=2: & c_{3}=\dfrac{2}{3} c_{1}=0 . \\ k= 3: & c_{4}=\dfrac{2}{4} c_{2}=\dfrac{1}{2} c_{0} . \\ k= 4: & c_{5}=\dfrac{2}{5} c_{3}=0 . \\ k= 5: &c_{6}=\dfrac{2}{6} c_{4}=\dfrac{1}{3(2)} c_{0} . \end{array} \label{4.14} \]

Continuando, podemos ver un patrón. A saber,

\[c_{k}=\left\{\begin{array}{cc} 0, & k=2 \ell+1 \\ \dfrac{1}{\ell !}, & k=2 \ell \end{array}\right. \nonumber \]

Por lo tanto,

\[\begin{equation} \begin{aligned} y(x) &=\sum_{k=0}^{\infty} c_{k} x^{k} \\ &=c_{0}+c_{1} x+c_{2} x^{2}+c_{3} x^{3}+\ldots \\ &=c_{0}+c_{0} x^{2}+\dfrac{1}{2 !} c_{0} x^{4}+\dfrac{1}{3 !} c_{0} x^{6}+\ldots \\ &=c_{0}\left(1+x^{2}+\dfrac{1}{2 !} x^{4}+\dfrac{1}{3 !} x^{6}+\ldots\right) \\ &=c_{0} \sum_{\ell=0}^{\infty} \dfrac{1}{\ell !} x^{2 \ell} \\ &=c_{0} e^{x^{2}} \end{aligned} \end{equation} \label{4.15} \]

Este ejemplo demostró cómo podemos resolver una ecuación diferencial simple adivinando primero que la solución estaba en forma de una serie de potencias. Nos gustaría explorar el uso de series de poder para ecuaciones de orden superior más generales. Comenzaremos ecuaciones diferenciales de segundo orden en la forma

\[P(x) y^{\prime \prime}(x)+Q(x) y^{\prime}(x)+R(x) y(x)=0 \nonumber \]

donde\(P(x), Q(x)\), y\(R(x)\) son polinomios en\(x .\) El punto\(x_{0}\) se denomina punto ordinario si\(P\left(x_{0}\right) \neq 0\). De lo contrario,\(x_{0}\) se llama punto singular. (Puntos ordinarios y singulares.) Cuando\(x_{0}\) es un punto ordinario, entonces podemos buscar soluciones de la forma

\[y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} \nonumber \]

Para la mayoría de los ejemplos, vamos a dejar\(x_{0}=0\), en cuyo caso buscamos soluciones de la forma

\[y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n} \nonumber \]

Ejemplo\(\PageIndex{2}\)

Encuentre la solución general de la serie Maclaurin para la ODE:

\[y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-y=0 \nonumber \]

Buscaremos una solución de la forma

\[y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n}\nonumber \]

La primera y segunda derivada de la serie vienen dadas por

\[\begin{gathered} y^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} n x^{n-1} \\ y^{\prime \prime}(x)=\sum_{n=2}^{\infty} c_{n} n(n-1) x^{n-2} \end{gathered} \nonumber \]

Insertar estas derivadas en la ecuación diferencial da

\[0=\sum_{n=2}^{\infty} c_{n} n(n-1) x^{n-2}-\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} n x^{n}-\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n}\nonumber \]

Queremos combinar las tres sumas en una suma e identificar los coeficientes de cada potencia de\(x .\) Las dos últimas sumas tienen potencias similares de\(x .\) Entonces, solo necesitamos reindexar la primera suma. Dejamos\(k=n-2\), o\(n=k+2\). Esto da

\[\sum_{n=2}^{\infty} c_{n} n(n-1) x^{n-2}=\sum_{k=0}^{\infty} c_{k+2}(k+2)(k+1) x^{k}\nonumber \]

Insertando esta suma, y fijando\(n=k\) en las otras dos sumas, tenemos

\[ \begin{aligned} 0 &=\sum_{n=2}^{\infty} c_{n} n(n-1) x^{n-2}-\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} n x^{n}-\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n} \\ &=\sum_{k=0}^{\infty} c_{k+2}(k+2)(k+1) x^{k}-\sum_{k=1}^{\infty} c_{k} k x^{k}-\sum_{k=0}^{\infty} c_{k} x^{k} \\ &=\sum_{k=1}^{\infty}\left[c_{k+2}(k+2)(k+1)-c_{k} k-c_{k}\right] x^{k}+c_{2}(2)(1)-c_{0} \\ &=\sum_{k=1}^{\infty}(k+1)\left[(k+2) c_{k+2}-c_{k}\right] x^{k}+2 c_{2}-c_{0} \end{aligned} \label{4.16} \]

Señalando que los coeficientes de poderes\(x^{k}\) tienen que desaparecer, tenemos\(2 c_{2}-c_{0}=0\) y

\[(k+1)\left[(k+2) c_{k+2}-c_{k}\right]=0, \quad k=1,2,3, \ldots \nonumber \]

o

\[ \begin{aligned} c_{2} &=\dfrac{1}{2} c_{0}, \\ c_{k+2} &=\dfrac{1}{k+2} c_{k}, \quad k=1,2,3, \ldots \end{aligned} \label{4.17} \]

Usando este resultado, podemos determinar sucesivamente los coeficientes a tantos términos como necesitemos.

\[ \begin{array}{ll} k=1: & c_{3}=\dfrac{1}{3} c_{1} . \\ k=2: & c_{4}=\dfrac{1}{4} c_{2}=\dfrac{1}{8} c_{0} . \\ k= 3: & c_{5}=\dfrac{1}{5} c_{3}=\dfrac{1}{15} c_{1} . \\ k= 4: & c_{6}=\dfrac{1}{6} c_{4}=\dfrac{1}{48} c_{0} . \\ k= 5: & c_{7}=\dfrac{1}{7} c_{5}=\dfrac{1}{105} c_{1} . \end{array}\label{4.18} \]

Esto le da a la solución en serie como

\[ \begin{aligned} y(x) &=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n} \\ &=c_{0}+c_{1} x+c_{2} x^{2}+c_{3} x^{3}+\ldots \\ &=c_{0}+c_{1} x+\dfrac{1}{2} c_{0} x^{2}+\dfrac{1}{3} c_{1} x^{3}+\dfrac{1}{8} c_{0} x^{4}+\dfrac{1}{15} c_{1} x^{5}+\dfrac{1}{48} c_{0} x^{6}+\ldots \\ &=c_{0}\left(1+\dfrac{1}{2} x^{2}+\dfrac{1}{8} x^{4}+\ldots\right)+c_{1}\left(x+\dfrac{1}{3} x^{3}+\dfrac{1}{15} x^{5}+\ldots\right) . \end{aligned} \label{4.19} \]

Observamos que la solución general a esta ecuación diferencial de segundo orden tiene dos constantes arbitrarias. La solución general es una combinación lineal de dos soluciones linealmente independientes obtenidas estableciendo una de las constantes igual a una y la otra igual a cero.

En ocasiones se puede sumar la solución en serie obtenida. En este caso observamos que la multiplicación de series se\(c_{0}\) puede reescribir como

\(y_{1}(x)=1+\dfrac{1}{2} x^{2}+\dfrac{1}{8} x^{4}+\ldots=1+\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x^{2}}{2}\right)^{2}++\dfrac{1}{3 !}\left(\dfrac{x^{2}}{2}\right)^{3}+\ldots \nonumber\)

Esto da la solución exacta\(y_{1}(x)=e^{x^{2} / 2}\)

La segunda solución linealmente independiente no es tan fácil. Como conocemos una solución, podemos utilizar el Método de Reducción del Orden para obtener la segunda solución. Se puede verificar que la segunda solución viene dada por

\[y_{2}(x)=e^{x^{2} / 2} \int_{0}^{x / \sqrt{2}} e^{-t^{2}} d t=e^{x^{2} / 2} \operatorname{erf}\left(\dfrac{x}{\sqrt{2}}\right) \nonumber \]

donde\(\operatorname{erf}(x)\) está la función de error. Ver Problema 3.

Ejemplo\(\PageIndex{3}\)

Considera la ecuación de Legendre

\[\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+\ell(\ell+1) y=0\nonumber \]

para\(\ell\) un entero.

Primero notamos que hay puntos singulares para\(1-x^{2}=0\), o\(x=\pm 1 .\)

(Ecuación diferencial de Legendre.) Por lo tanto,\(x=0\) es un punto ordinario y podemos proceder a obtener soluciones en forma de expansiones de serie Maclaurin. Inserte las expansiones de la serie

\[ \begin{aligned} y(x) &=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n} \\ y^{\prime}(x) &=\sum_{n=1}^{\infty} n c_{n} x^{n-1} \\ y^{\prime \prime}(x) &=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) c_{n} x^{n-2} \end{aligned} \label{4.20} \]

en la ecuación diferencial para obtener

\[ \begin{aligned} 0 &=\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+\ell(\ell+1) y \\ &=\left(1-x^{2}\right) \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) c_{n} x^{n-2}-2 x \sum_{n=1}^{\infty} n c_{n} x^{n-1}+\ell(\ell+1) \sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n} \\ &=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) c_{n} x^{n-2}-\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) c_{n} x^{n}-\sum_{n=1}^{\infty} 2 n c_{n} x^{n}+\sum_{n=0}^{\infty} \ell(\ell+1) c_{n} x^{n} \\ &=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) c_{n} x^{n-2}+\sum_{n=0}^{\infty}[\ell(\ell+1)-n(n+1)] c_{n} x^{n} \end{aligned} \label{4.21} \]

Reindexando la primera suma con\(k=n-2\), tenemos

\[ \begin{aligned} 0=& \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) c_{n} x^{n-2}+\sum_{n=0}^{\infty}[\ell(\ell+1)-n(n+1)] c_{n} x^{n} \\ =& \sum_{k=0}^{\infty}(k+2)(k+1) c_{k+2} x^{k}+\sum_{k=0}^{\infty}[\ell(\ell+1)-k(k+1)] c_{k} x^{k} \\ =& 2 c_{2}+6 c_{3} x+\ell(\ell+1) c_{0}+\ell(\ell+1) c_{1} x-2 c_{1} x \\ &+\sum_{k=2}^{\infty}\left((k+2)(k+1) c_{k+2}+[\ell(\ell+1)-k(k+1)] c_{k}\right) x^{k} \end{aligned} \label{4.22} \]

Términos coincidentes, tenemos

\[ \begin{array}{ll} k=0: & 2 c_{2}=-\ell(\ell+1) c_{0} \\ k=1: & 6 c_{3}=[2-\ell(\ell+1)] c_{1} \\ k \geq 2: & (k+2)(k+1) c_{k+2}=[k(k+1)-\ell(\ell+1)] c_{k} . \end{array} \label{4.23} \]

Para\(\ell=0\), la primera ecuación da\(c_{2}=0\) y la tercera ecuación da\(c_{2 m}=0\) para\(m=1,2,3, \ldots\) Esto lleva a\(y_{1}(x)=c_{0}\) es una solución para\(\ell=0\).

Del mismo modo\(\ell=1\), para, la segunda ecuación da\(c_{3}=0\) y la tercera ecuación da\(c_{2 m+1}=0\) para\(m=1,2,3, \ldots\). Así,\(y_{1}(x)=c_{1} x\) es una solución para\(\ell=1\). De hecho, para\(\ell\) cualquier entero no negativo la serie trunca. Por ejemplo, si\(\ell=2\), entonces estas ecuaciones se reducen a

\[ \begin{array}{ll} k=0: & 2 c_{2}=-6 c_{0} \\ k=1: & 6 c_{3}=-4 c_{1} \\ k \geq 2: & (k+2)(k+1) c_{k+2}=[k(k+1)-2(3)] c_{k} \end{array} \label{4.24} \]

Para\(k=2\), tenemos\(12 c_{4}=0 .\) Así,\(c_{6}=c_{8}=\ldots=0 .\) También, tenemos\(c_{2}=-3 c_{0} .\) Esto da

\[y(x)=c_{0}\left(1-3 x^{2}\right)+\left(c_{1} x+c_{3} x^{3}+c_{5} x^{5}+c_{7} x^{7}+\ldots\right) \nonumber \]

Por lo tanto, existe una solución polinómica de grado 2. Los coeficientes restantes son proporcionales a\(c_{1}\), produciendo la segunda solución linealmente independiente, que no es un polinomio.

Para otros valores enteros no negativos de\(\ell>2\), tenemos

\[c_{k+2}=\dfrac{k(k+1)-\ell(\ell+1)}{(k+2)(k+1)} c_{k}, \quad k \geq 2 \nonumber \]

Cuando\(k=\ell\), el lado derecho de la ecuación se desvanece, haciendo desaparecer los coeficientes restantes. Así, nos quedaremos con un polinomio de grado\(\ell\). Estos son los polinomios de Legendre,\(P_{\ell}(x)\).