4.4.1: Introducción

PODRÍA SER POSIBLE USAR SERIES DE POWER para obtener soluciones a ecuaciones diferenciales en términos de series que involucran potencias no enteras. Por ejemplo, encontramos en Ejemplo\(4.6\) que\(y_{1}(x)=\dfrac{\sin x}{x}\) y\(y_{2}(x)=\dfrac{\cos x}{x}\) son soluciones de la ecuación diferencial Las expansiones en\(x y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+x y=0 .\) serie sobre\(x=0\) están dadas por

\[ \begin{aligned} \dfrac{\sin x}{x} &=\dfrac{1}{x}\left(x-\dfrac{x^{3}}{3 !}+\dfrac{x^{5}}{5 !}-\dfrac{x^{7}}{7 !}+\ldots\right) \\ &=1-\dfrac{x^{2}}{3 !}+\dfrac{x^{4}}{5 !}-\dfrac{x^{6}}{7 !}+\ldots \end{aligned} \nonumber \]

\[ \begin{aligned} \dfrac{\cos x}{x} &=\dfrac{1}{x}\left(1-\dfrac{x^{2}}{2 !}+\dfrac{x^{4}}{4 !}-\dfrac{x^{6}}{6 !}+\ldots\right) \\ &=\dfrac{1}{x}-\dfrac{x}{2 !}+\dfrac{x^{3}}{4 !}-\dfrac{x^{5}}{6 !}+\ldots \end{aligned} \nonumber \]

Si bien la primera serie es una serie de Taylor, la segunda no se debe a la presencia del primer término,\(x^{-1}\). Nos gustaría poder captar tales expansiones. Entonces, buscamos soluciones de la forma

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

para algún número real\(r\). Esta es la base del Método Frobenius.

Consideremos la ecuación diferencial,

\[y^{\prime \prime}(x)+a(x) y^{\prime}(x)+b(x) y(x)=0 \nonumber \]

Si\(x a(x)\) y\(x^{2} b(x)\) son reales analíticos, es decir, tienen expansiones convergentes de la serie Taylor sobre\(x=0\), entonces podemos encontrar una solución de la forma

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

para alguna constante\(r\). Además,\(r\) se determina a partir de la solución de una ecuación indicial.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\)

Mostrar que\(x=0\) es un punto singular regular de la ecuación

\[x^{2} y^{\prime \prime}+x(3+x) y^{\prime}+(1+x) y=0\nonumber \]

Si\(x=0\) es un punto singular regular, entonces podemos aplicar el Método Frobenius.

y luego encontrar una solución en la forma\(y(x)=\sum_{n=}^{\infty}\)
Reescribir la ecuación como

\[y^{\prime}+\dfrac{3+x}{x} y^{\prime \prime}+\dfrac{(1+x)}{x^{2}} y=0\nonumber \]

\[\begin{aligned} &\text { Rewriting the equation as } \\ &\qquad \begin{aligned} y^{\prime}+\dfrac{3+x}{x} y^{\prime \prime} &+\dfrac{(1+x)}{x^{2}} y=0 \\ a(x) &=\dfrac{3+x}{x} \\ b(x)=& \dfrac{(1+x)}{x^{2}} \end{aligned} \end{aligned} \nonumber \]

Entonces,\(x a(x)=3+x\) y\(x^{2} b(x)=1+x\) son polinomios en\(x\) y por lo tanto son reales analíticos. Así,\(x=0\) es un punto singular regular.

Ejemplo\(\PageIndex{2}\)

Resolver

\[x^{2} y^{\prime \prime}+x(3+x) y^{\prime}+(1+x) y=0 \nonumber \]

utilizando el Método Frobenius.

Para encontrar una solución a la ecuación diferencial utilizando el Método Frobenius, asumimos\(y(x)\) y sus derivadas son de la forma

\[\begin{aligned} y(x) &=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n+r} \\ y^{\prime}(x) &=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r) x^{n+r-1} \\ y^{\prime \prime}(x) &=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r)(n+r-1) x^{n+r-2} \end{aligned} \label{4.34} \]

Insertando estas series en la ecuación diferencial, tenemos

\[\begin{aligned} 0=& x^{2} y^{\prime \prime}+x(3+x) y^{\prime}+(1+x) y=0 \\ =& x^{2} \sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r)(n+r-1) x^{n+r-2}+x(3+x) \sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r) x^{n+r-1} \\ &+(1+x) \sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n+r} \\ =& \sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r)(n+r-1) x^{n+r}+3 \sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r) x^{n+r} \\ &+\sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r) x^{n+r+1}+\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n+r}+\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n+r+1} \\ =& \sum_{n=0}^{\infty} c_{n}[(n+r)(n+r-1)+3(n+r)+1] x^{n+r}+\sum_{n=0}^{\infty} c_{n}[n+r+1] x^{n+r+1} \\ =& \sum_{n=0}^{\infty} c_{n}[(n+r)(n+r+2)+1] x^{n+r}+\sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r+1) x^{n+r+1} \end{aligned} \nonumber \]

A continuación, reindexamos la última suma usando\(k=n+1\) para que ambas sumas involucren los poderes\(x^{k+r}\). Por lo tanto, tenemos

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

Podemos combinar ambas sumas para\(k=1,2, \ldots\) si establecemos los coeficientes en el\(k=0\) término a cero. A saber,

\[c_{0}[r(r+2)+1]=0 \nonumber \]

Si asumimos eso\(c_{0} \neq 0\), entonces

\[r(r+2)+1=0 \nonumber \]

Esta es la ecuación indicial. Ampliando, tenemos

\[0=r^{2}+2 r+1=(r+1)^{2}\nonumber \]

Entonces, esto da\(r=-1\). \(r=-1\)Insertando en Ecuación\(\PageIndex{5}\) y combinando las sumas restantes, tenemos

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

Encontramos la ecuación indicial a partir de los términos con potencias más bajas de\(x\). Estableciendo\(n=0\) en la parte inferior de la página anterior, las potencias más bajas son\(x\) y el coeficiente rinde\(c_{0}[r(r+2)+1]=0 .\) La ecuación indicial es entonces\(r^{2}+2 r+1=0\).

Al establecer los coeficientes iguales a cero, hemos encontrado que

\[c_{k}=\dfrac{1-k}{k^{2}} c_{k-1}, \quad k=1,2,3, \ldots \nonumber \]

Entonces, cada coeficiente es un múltiplo del anterior. De hecho, para\(k=1\), tenemos que

\[c_{1}=(0) c_{0}=0\nonumber \]

Por lo tanto, todos los coeficientes son cero a excepción de\(c_{0}\). Esto da una solución como

\[y_{0}(x)=\dfrac{c_{0}}{x}\nonumber \]

Habíamos asumido que\(c_{0} \neq 0 .\) ¿Y si\(c_{0}=0 ?\) Entonces, la ecuación\(\PageIndex{5}\) se convierte en

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

Estableciendo los coeficientes iguales a cero, tenemos

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

Cuando\(k=1\), (la potencia más baja de\(x\))

\[((1+r)(r+3)+1) c_{1}=-(1+r) c_{0}=0\nonumber \]

Entonces,\(c_{1}=0\), o\(0=(1+r)(r+3)+1=r^{2}+4 r+4=(r+2)^{2} .\) Si\(c_{1} \neq 0\) esto da\(r=-2\) y

\[c_{k}=-\dfrac{(k-2)}{(k-1)^{2}} c_{k-1}, \quad k=2,3,4, \ldots\nonumber \]

Entonces, tenemos\(c_{2}=0\) y todos los demás coeficientes desaparecen, dejando la solución como

\[y(x)=c_{1} x^{1-2}=\dfrac{c_{1}}{x}\nonumber \]

Solo encontramos una solución. Necesitamos una segunda solución linealmente independiente para encontrar la solución general a la ecuación diferencial. Esto se puede encontrar usando el Método de Reducción de

Método de Reducción de Orden. Orden de la Sección 2.2.1 Para la integridad buscaremos una solución\(y_{2}(x)=v(x) y_{1}(x)\), donde\(y_{1}(x)=x^{-1} .\) Entonces,

\[ \begin{aligned} 0=& x^{2} y_{2}^{\prime \prime}+x(3+x) y_{2}^{\prime}+(1+x) y_{2} \\ =& x^{2}\left(v y_{1}\right)^{\prime \prime}+x(3+x)\left(v y_{1}\right)^{\prime}+(1+x) v y_{1} \\ =& {\left[x^{2} y_{1}^{\prime \prime}+x(3+x) y_{1}^{\prime}+(1+x) y_{1}\right] v } \\ &+\left[x^{2} v^{\prime \prime}+x(3+x) v^{\prime}\right] y_{1}+2 x^{2} v^{\prime} y_{1}^{\prime} \\ =& {\left[x^{2} v^{\prime \prime}+x(3+x) v^{\prime}\right] y_{1}+2 x^{2} v^{\prime} y_{1}^{\prime} } \\ =& {\left[x^{2} v^{\prime \prime}+x(3+x) v^{\prime}\right] x^{-1}-2 x^{2} v^{\prime} x^{-2^{\prime}} } \\ =& x v^{\prime \prime}+(3+x) v^{\prime}-2 v^{\prime} \\ =& x v^{\prime \prime}+(1+x) v^{\prime} \end{aligned} \label{4.36} \]

Dejando\(z=v^{\prime}\), la última ecuación se puede escribir como

\[x \dfrac{d z}{d x}+(1+x) z=0 \nonumber \]

Esta es una ecuación separable de primer orden. Separando variables e integrando, tenemos

\[\int \dfrac{d z}{z}=-\int \dfrac{1+x}{x} d x\nonumber \]

o

\[\ln |z|=-\ln |x|-x+C\nonumber \]

Exponenciar,

\[z=\dfrac{d v}{d x}=A \dfrac{e^{-x}}{x}\nonumber \]

Otros rendimientos de integración

\[v(x)=A \int \dfrac{e^{-x}}{x} d x+B\nonumber \]

Por lo tanto,

\[y_{2}(x)=\dfrac{1}{x} \int \dfrac{e^{-x}}{x} d x\nonumber \]

Tenga en cuenta que la integral no tiene una simple antiderivada y define la función exponencial

\[E_{1}(x)=\int_{x}^{\infty} \dfrac{e^{-t}}{t} d t=-\gamma-\ln x-\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{2} x^{n}}{n ! n}\nonumber \]

donde\(\gamma=0.5772 \ldots\) está la constante de Euler-Mascheroni.

Así, hemos encontrado la solución general

\[y(x)=\dfrac{c_{1}}{x}+\dfrac{c_{2}}{x} E_{1}(x)\nonumber \]

Otro ejemplo es el de la ecuación de Bessel. Esta es una famosa ecuación que ocurre en la solución de problemas que involucran simetría cilíndrica. Discutimos las soluciones de manera más general en la Sección 4.6. Aquí aplicamos el método Frobenius para obtener la solución en serie.

Ejemplo\(\PageIndex{3}\)

Resolver la ecuación de Bessel usando el método Frobenius,

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

Primero notamos que\(x=0\) es un punto singular regular. (Ecuación de Bessel). Asumimos\(y(x)\) y sus derivados son de la forma

\[ \begin{aligned} y(x) &=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n+r} \\ y^{\prime}(x) &=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r) x^{n+r-1} \\ y^{\prime \prime}(x) &=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r)(n+r-1) x^{n+r-2} \end{aligned} \label{4.37} \]

Insertando estas series en la ecuación diferencial, tenemos

\[ \begin{aligned} 0 &=x^{2} y^{\prime}+x y^{\prime}+\left(x^{2}-v^{2}\right) y \\ &=x^{2} \sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r)(n+r-1) x^{n+r-2}+x \sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r) x^{n+r-1} \\ &+\left(x^{2}-v^{2}\right) \sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n+r} \\ &=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r)(n+r-1) x^{n+r}+\sum_{n=0}^{\infty} c_{n}(n+r) x^{n+r} \\ & \sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n+r+2}-\sum_{n=0}^{\infty} v^{2} c_{n} x^{n+r} \\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\left[(n+r)(n+r-1)+(n+r)-v^{2}\right] c_{n} x^{n+r}+\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n+r+2} \\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\left[(n+r)^{2}-v^{2}\right] c_{n} x^{n+r}+\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n+r+2} \end{aligned} \label{4.38} \]

Reindexamos la última suma con\(k=n+2\), o\(n=k-2\), para obtener

\[\begin{aligned} 0=& \sum_{n=2}^{\infty}\left(\left[(k+r)^{2}-v^{2}\right] c_{k}+c_{k-2}\right) x^{k+r} \\ &+\left(r^{2}-v^{2}\right) c_{0} x^{r}+\left[(1+r)^{2}-v^{2}\right] c_{1} x^{r+1} \end{aligned} \label{4.39} \]

De nuevo obtenemos la ecuación indicial a partir de los\(k=0\) términos,\(r^{2}-v^{2}=0 .\) Las soluciones son\(r=\pm v .\)

Consideramos el caso\(r=v .\) Los\(k=1\) términos dan

\[\begin{aligned} 0 &=\left[(1+r)^{2}-v^{2}\right] c_{1} \\ &=\left[(1+v)^{2}-v^{2}\right] c_{1} \\ &=[1+2 v] c_{1} \end{aligned} \nonumber \]

Para\(1+2 v \neq 0, c_{1}=0\). [En la siguiente sección consideramos el caso\(\left.v=-\dfrac{1}{2} .\right]\)

Para\(k=2,3, \ldots\), tenemos

\[\left[(k+v)^{2}-v^{2}\right] c_{k}+c_{k-2}=0 \nonumber \]

O

\[c_{k}=-\dfrac{c_{k-2}}{k(k+2 v)} \nonumber \]

Señalando que\(c_{k}=0, k=1,3,5, \ldots\), evaluamos algunos de los coeficientes distintos de cero:

\[\begin{aligned} k &=2: \quad c_{2}=-\dfrac{1}{2(2+2 v)} c_{0}=-\dfrac{1}{4(v+1)} c_{0} . \\ k &=4: \quad c_{4}=-\dfrac{1}{4(4+2 v)} c_{2}=-\dfrac{1}{8(v+2)} c_{2}=\dfrac{1}{2^{4}(2)(v+2)(v+1)} c_{0} . \\ k &=6: \quad c_{6}=-\dfrac{1}{6(6+2 v)} c_{4}=-\dfrac{1}{12(v+3)} c_{4} \\ &=-\dfrac{1}{\left.2^{6}(6)(v+3)\right)(v+2)(v+1)} c_{0} . \end{aligned} \nonumber \]

Continuando el tiempo suficiente, vemos emerger un patrón,

\[c_{2 n}=\dfrac{(-1)^{n}}{2^{2 n} n !(v+1)(v+2) \cdots(v+n)}, \quad n=1,2, \ldots \nonumber \]

La solución viene dada por

\[y(x)=c_{0} \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{2^{2 n} n !(v+1)(v+2) \cdots(v+n)} x^{2 n+v} \nonumber \]

Como veremos más adelante, escogiendo el valor correcto de\(c_{0}\), esto le da a la función Bessel del primer tipo de orden\(v\) proporcionado no\(v\) es un entero negativo.

El caso\(r=-v\) es similar. Los\(k=1\) términos dan

\[\begin{aligned} 0 &=\left[(1+r)^{2}-v^{2}\right] c_{1} \\ &=\left[(1-v)^{2}-v^{2}\right] c_{1} \\ &=[1-2 v] c_{1} \end{aligned} \nonumber \]

Por\(1-2 v \neq 0, c_{1}=0 .\) [En la siguiente sección consideramos el caso\(v=\dfrac{1}{2} .\)] Por\(k=2,3, \ldots\), tenemos

\[\left[(k-v)^{2}-v^{2}\right] c_{k}+c_{k-2}=0 \nonumber \]

O

\[c_{k}=\dfrac{c_{k-2}}{k(2 v-k)} \nonumber \]

Señalando que\(c_{k}=0, k=1,3,5, \ldots\), evaluamos algunos de los coeficientes distintos de cero:

\[k=2: \quad c_{2}=\dfrac{1}{2(2 v-2)} c_{0}=\dfrac{1}{4(v-1)} c_{0} \nonumber \]

\[\begin{aligned} k &=4: \quad c_{4}=\dfrac{1}{4(2 v-4)} c_{2}=\dfrac{1}{8(v-2)} c_{2}=\dfrac{1}{2^{4}(2)(v-2)(v-1)} c_{0} . \\ k &=6: \quad c_{6}=\dfrac{1}{6(2 v-6)} c_{4}=\dfrac{1}{12(v-3)} c_{4} \\ &=\dfrac{1}{\left.2^{6}(6)(v-3)\right)(v-2)(v-1)} c_{0} . \end{aligned} \nonumber \]

Continuando el tiempo suficiente, vemos emerger un patrón,

\[c_{2 n}=\dfrac{1}{2^{2 n} n !(v-1)(v-2) \cdots(v-n)}, \quad n=1,2, \ldots\nonumber \]

La solución viene dada por

\[y(x)=c_{0} \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{2^{2 n} n !(v-1)(v-2) \cdots(v-n)} x^{2 n+v}\nonumber \]

siempre no\(v\) es un número entero positivo. El ejemplo\(v=1\) se investiga en la siguiente sección.