4.3: Puntos Singulares
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El método de series de potencia no siempre nos da la solución general completa a una ecuación diferencial. Pueden surgir problemas cuando la ecuación diferencial tiene puntos singulares. Las ecuaciones más simples que tienen puntos singulares son las ecuaciones de Cauchy-Euler,
\[a x^{2} y^{\prime \prime}+b x y^{\prime}+c y=0 \nonumber \]
Algunos ejemplos son suficientes para demostrar los tipos de problemas que pueden ocurrir.
Encuentre las soluciones de la serie para la ecuación de Cauchy-Euler,
\[a x^{2} y^{\prime \prime}+b x y^{\prime}+c y=0 \nonumber \]
para los casos i.\(a=1, b=-4, c=6\), ii. \(a=1, b=2, c=-6\), y iii. \(a=1, b=1, c=6\).
Solución
Como antes, insertamos
\(y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} d_{n} x^{n}, \quad y^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n d_{n} x^{n-1}, \quad y^{\prime \prime}(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) d_{n} x^{n-2}\)
en la ecuación diferencial para obtener
\[\begin{aligned} 0 &=a x^{2} y^{\prime \prime}+b x y^{\prime}+c y \
\ [4pt] &=a x^ {2}\ suma_ {n=2} ^ {\ infty} n (n-1) d_ {n} x^ {n-2} +b x\ suma_ {n=1} ^ {\ infty} n d_ {n} x^ {n-1} +c\ suma_ {n=0} ^ {\ infty} d_ {n}}\
\ [4pt] &=a\ suma_ {n=0} ^ {\ infty} n (n-1) d_ {n} x^ {n} +b\ suma_ {n=0} ^ {\ infty} n d_ {n} x^ {n} +c\ suma_ {n=0} ^ {\ infty} d_ {n} x^ {n}\
\ [4pt] &=\ suma_ {n=0} ^ {\ infty} [a n (n-1) +b n+c] d_ {n} x^ {n}\ final {alineado}\ final {ecuación}\ etiqueta {4.25}\]
Aquí cambiamos los límites inferiores en las primeras sumas a medida que se\(n(n-1)\) desvanece para\(n=0,1\) y los términos agregados son todos cero.
Estableciendo todos los coeficientes a cero, tenemos
\[\left[a n^{2}+(b-a) n+c\right] d_{n}=0, \quad n=0,1, \ldots\nonumber \]
Por lo tanto, todos los coeficientes desaparecen\(d_{n}=0\), excepto en las raíces de\(a n^{2}+(b-a) n+c=0\).
En el primer caso\(a=1, b=-4\),, y\(c=6\), tenemos
\[0=n^{2}+(-4-1) n+6=n^{2}-5 n+6=(n-2)(n-3)\nonumber \]
Así,\(d_{n}=0, n \neq 2,3\). Esto deja dos términos en la serie, reduciendo al polinomio\(y(x)=d_{2} x^{2}+d_{3} x^{3}\).
En el segundo caso\(a=1, b=2\),, y\(c=-6\), tenemos
\[0=n^{2}+(2-1) n-6=n^{2}+n-6=(n-2)(n+3) \nonumber \]
Así,\(d_{n}=0, n \neq 2,-3 .\) ya que los\(n^{\prime}\) s son no negativos, esto deja un término en la solución,\(y(x)=d_{2} x^{2} .\) entonces, no tenemos la solución más general ya que nos falta una segunda solución linealmente independiente. Podemos usar el Método de Reducción de Orden de la Sección 2.2.1, o podríamos usar lo que sabemos sobre las ecuaciones de Cauchy-Euler, para demostrar que la solución general es
\[y(x)=c_{1} x^{2}+c_{2} x^{-3} \nonumber \]
Por último, el tercer caso tiene\(a=1, b=1\), y\(c=6\), tenemos
\[0=n^{2}+(1-1) n+6=n^{2}+6 \nonumber \]
Ya que no hay soluciones reales a esta ecuación,\(d_{n}=0\) para todos\(n\). Nuevamente, podríamos usar lo que sabemos de las ecuaciones de Cauchy-Euler, para demostrar que la solución general es
\[y(x)=c_{1} \cos (\sqrt{6} \ln x)+c_{2} \sin (\sqrt{6} \ln x)\nonumber \]
En el último ejemplo, hemos visto que el método power series no siempre funciona. La clave es escribir la ecuación diferencial en la forma
\[y^{\prime \prime}(x)+p(x) y^{\prime}(x)+q(x) y(x)=0 \nonumber \]
Ya sabemos que\(x=0\) es un punto singular de la ecuación de Cauchy-Euler. Poniendo la ecuación en esta última forma, tenemos
\[y^{\prime \prime}+\dfrac{a}{x} y^{\prime}+\dfrac{b}{x^{2}} y=0 \nonumber \]
Eso lo vemos\(p(x)=a / x\) y no\(q(x)=b / x^{2}\) se definen en\(x=0\). Entonces, no esperamos una solución convergente en serie de potencia en el vecindario de\(x=0\).
El problema del valor inicial
\[y^{\prime \prime}(x)+p(x) y^{\prime}(x)+q(x) y(x)=0, \quad y\left(x_{0}\right)=\alpha, \quad y^{\prime}\left(x_{0}\right)=\beta \nonumber \]
tiene una solución única de la serie Taylor que converge en el intervalo\(\left|x-x_{0}\right|<R\) si ambos\(p(x)\) y\(q(x)\) puede ser representada por series convergentes de Taylor convergentes para\(\left|x-x_{0}\right|<R\). (Entonces,\(p(x)\) y\(q(x)\) se dice que son analíticos en\(x=x_{0}\).) Como se señaló anteriormente,\(x_{0}\) se denomina entonces punto ordinario. De lo contrario, si alguno, o ambos,\(p(x)\) y no\(q(x)\) son analíticos en\(x_{0}\), entonces\(x_{0}\) se llama un punto singular.
Determine si una solución de la serie de energía sale por\(x y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+x y=0\) cerca de\(x=0\).
Solución
Poner esta ecuación en la forma
\[y^{\prime \prime}+\dfrac{2}{x} y^{\prime}+2 y=0 \nonumber \]
vemos que no\(a(x)\) se define en\(x=0\), por lo que\(x=0\) es un punto singular. Veamos hasta dónde podemos llegar para obtener una solución en serie.
Dejamos
\(y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n}, \quad y^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n c_{n} x^{n-1}, \quad y^{\prime \prime}(x)=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) c_{n} x^{n-2}\),
en la ecuación diferencial para obtener
\[ \begin{aligned} 0 &=x y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+x y \
\ [4pt] &=x\ suma_ {n=2} ^ {\ infty} n (n-1) c_ {n} x^ {n-2} +2\ suma_ {n=1} ^ {\ infty} n c_ {n} x^ {n-1} +x\ sum_ {n=0} ^ {\ infty} c_ {n} x^ {n}\
\ [4pt] &=\ suma_ {n=2} ^ {\ infty} n (n-1) c_ {n} x^ {n-1} +\ suma_ {n=1} ^ {\ infty} 2 n c_ {n} x^ {n-1} +\ suma_ {n=0} ^ {\ infty} c_ {n} x^ {n+1}\
\ [4pt] &=2 c_ {1} +\ suma_ {n=2} ^ {\ infty} [n (n-1) +2 n] c_ {n} x^ {n-1} +\ suma_ {n=0} ^ {\ infty} c_ {n} x^ {n+1}\ final {alineado}\ etiqueta {4.26}\]
Aquí combinamos las dos primeras series y sacamos el primer término de la segunda serie.
Podemos reindexar la serie. En la primera serie dejamos\(k=n-1\) y en la segunda serie dejamos\(k=n+1\). Esto da
\[ \begin{aligned} 0 &=2 c_{1}+\sum_{n=2}^{\infty} n(n+1) c_{n} x^{n-1}+\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n+1} \
\ [4pt] &=2 c_ {1} +\ suma_ {k=1} ^ {\ infty} (k+1) (k+2) c_ {k+1} x^ {k} +\ suma_ {k=1} ^ {\ infty} c_ {k-1} x^ {k}\
\ [4pt] &=2 c_ {1} +\ suma_ {k=1} ^ {\ infty}\ izquierda [(k+1) (k+2) c_ {k+1} +c_ {k-1}\ derecha] x^ {k}\ final {alineado}\ final {ecuación}\ etiqueta {4.27}\]
Estableciendo coeficientes a cero, tenemos\(c_{1}=0\) y
\[c_{k+1}=-\dfrac{1}{(k+12)(k+1)} c_{k-1}, \quad k=1,2, \ldots \nonumber \]
Por lo tanto, tenemos\(c_{n}=0\) para\(n=1,3,5, \ldots\). Para los índices pares, tenemos
\[ \begin{array}{ll} k=1: & c_{2}=-\dfrac{1}{3(2)} c_{0}=-\dfrac{c_{0}}{3 !} \
\ [4pt] k=3: & c_ {4} =-\ dfrac {1} {5 (4)} c_ {2} =\ dfrac {c_ {0}} {5!} \
\ [4pt] k= & 5:\
\ [4pt] k= & c_ {6} =-\ dfrac {1} {7 (6)} c_ {4} =-\ dfrac {c_ {0}} {7!} \
\ [4pt] & c_ {8} =-\ dfrac {1} {9 (8)} c_ {6} =\ dfrac {c_ {0}} {9!} \ end {array}\ label {4.28}\]
Podemos ver el patrón y escribir la solución en forma cerrada.
\[ \begin{aligned} y(x) &=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n} \
\ [4pt] &=c_ {0} +c_ {1} x+c_ {2} x^ {2} +c_ {3} x^ {3} +\ ldots\
\ [4pt] &=c_ {0}\ izquierda (1-\ dfrac {x^ {2}} {3!} +\ dfrac {x^ {4}} {5!} -\ dfrac {x^ {6}} {7!} +\ dfrac {x^ {8}} {9!} \ cdots\ derecha)\
\ [4pt] &=c_ {0}\ dfrac {1} {x}\ izquierda (x-\ dfrac {x^ {3}} {3!} +\ dfrac {x^ {5}} {5!} -\ dfrac {x^ {7}} {7!} +\ dfrac {x^ {9}} {9!} \ cdots\ derecha)\
\ [4pt] &=c_ {0}\ dfrac {\ sin x} {x}\ final {alineado}\ etiqueta {4.29}\]
Tenemos otro caso en el que el método de la serie de potencia no arroja una solución general.
En el último ejemplo no encontramos la solución general. Sin embargo, sí encontramos una solución,\(y_{1}(x)=\dfrac{\sin x}{x} .\) Entonces, podríamos usar el Método de Reducción para obtener una segunda linealmente independiente de Orden para obtener la segunda solución linealmente independiente. (Uso del Método de Reducción del Orden). Esto se lleva solución. Ver Sección 2.2.1 en el siguiente ejemplo.
Deja\(y_{1}(x)=\dfrac{\sin x}{x}\) ser una solución de\(x y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+x y=0\). Encuentre una segunda solución linealmente independiente.
Solución
Vamos\(y(x) = v(x)y_1(x).\) Insertando esto en la ecuación diferencial, tenemos
\[ \begin{aligned} & 0=x y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+x y \
\ [4pt] & =x\ izquierda (v y_ {1}\ derecha) ^ {\ prime\ prime} +2\ izquierda (v y_ {1}\ derecha) ^ {\ prime} +x v y_ {1}\
\ [4pt] & =x\ izquierda (v^ {\ prime} y_ {1} +v y_ {1} ^ {\ prime}\ derecha) ^ {\ prime} +2\ izquierda (v^ {\ prime} y_ {1} +v y_ {1} ^ {\ prime}\ derecha) +x v y_ {1}\
\ [4pt] & =x\ izquierda (v^ {\ prime\ prime} y_ {1} +2 v^ {\ prime} y_ {1} ^ {\ prime} +v y_ {1} ^ {\ prime\ prime}\ derecha) +2\ izquierda (v^ {\ prime} y_ {1} +v y_ {1} ^ {\ prime}\ derecha) +x v y_ {1}\
\ [4pt] & =x\ izquierda (v^ {\ prime\ prime} y_ {1} +2 v^ {\ prime} y_ {1} ^ {\ prime}\ derecha) +2 v^ {\ prime} y_ {1} +v\ izquierda (x y_ {1} ^ {\ prime\ prime} +2 y_ {1} ^ {\ prime} +x y_ {1} derecha)\
\ [4pt] & =x\ izquierda [\ dfrac {\ sin x} {x} v^ {\ prime\ prime} +2\ izquierda (\ dfrac {\ cos (x)} {x} -\ dfrac {\ sin (x)} {x^ {2}}\ derecha) v^ {\ prime}\ derecha] +2\ dfrac {\ sin x} {x} ^ {\ prime}\
\ [4pt] & =\ sin x v^ {\ prime\ prime} +2\ cos x v^ {\ prime}. \ end {alineado}\ etiqueta {4.30}\]
Esta es una ecuación diferencial separable de primer orden para\(z=v^{\prime} .\) Así,
\[\sin x \dfrac{d z}{d x}=-2 z \cos x \nonumber \]
O
\[\dfrac{d z}{z}=-2 \cot x d x \nonumber \]
Integrando, tenemos
\[\ln |z|=2 \ln |\csc x|+C \nonumber \]
Ajuste\(C=0\), tenemos\(v^{\prime}=z=\csc ^{2} x\), o\(v=-\cot x .\) Esto da la segunda solución como
\[y(x)=v(x) y_{1}(x)=-\cot x \dfrac{\sin x}{x}=-\dfrac{\cos x}{x}.\nonumber \]