6.2: El método de la serie Power

Utilizaremos el método de la serie para resolver

\[\dfrac{dy}{dx}+y=0 \label{Eq1}\]

Esta ecuación es una ecuación diferencial separable de primer orden, y se puede resolver mediante integración directa para dar\(ce^{-x}\) (asegúrese de que puede hacer esto por su cuenta). Para utilizar el método series, primero asumiremos que la respuesta se puede expresar como

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

Nuevamente, en lugar de obtener la función real\(y(x)\), en este método obtendremos la serie

\[\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n}. \nonumber\]

Vamos a utilizar la expresión

\[y(x)=a_0+a_1 x + a_2 x^2...a_n x^n \label{Eq5}\]

para calcular las derivadas que necesitamos y sustituirlas en la ecuación diferencial. Dado nuestro supuesto inicial de que la solución puede escribirse como:

\[y(x)=a_0+a_1 x + a_2 x^2+a_3x^3+...+a_n x^n \nonumber\]

podemos escribir la primera derivada como:

\[y'(x)=a_1 + a_2\times 2 x+a_3\times3 x^2+...+a_n\times n x^{n-1} \nonumber\]

Sustituiremos estas expresiones en la ecuación diferencial que queremos resolver (Ecuación\ ref {Eq1}):

\[\begin{array}{c} \dfrac{dy}{dx}+y =0 \\[4pt] \left(a_1 + a_2\times 2 x+a_3\times3 x^2 + ... + a_n\times n x^{n-1}\right)+\left(a_0+a_1 x + a_2 x^2+a_3x^3+...+a_n x^n\right) =0 \end{array} \nonumber\]

y agrupar los términos que tienen el mismo poder de\(x\):

\[(a_1+a_0) + (2a_2+a_1) x+(3a_3+a_2) x^2+(4a_4+a_3) x^3+...=0 \nonumber\]

Esta expresión debe mantenerse para todos los valores de\(x\), por lo que todos los términos entre paréntesis deben ser cero:

\[(a_1+a_0)= (2a_2+a_1)=(3a_3+a_2)=(4a_4+a_3)=...=0 \nonumber\]

Las ecuaciones anteriores dan relaciones entre los diferentes coeficientes. Nuestra solución se verá como Ecuación\ ref {Eq5}, pero ahora sabemos que estos coeficientes están todos relacionados entre sí. En el siguiente paso, expresaremos todos los coeficientes en términos de\(a_0\).

\[\begin{array}{c} \left( a_1+a_0 \right) \rightarrow a_1=-a_0 \\ \left( 2a_2+a_1 \right) \rightarrow a_2=-a_1/2=a_0/2 \\ \left( 3a_3+a_2 \right) \rightarrow a_3=-a_2/3=-a_0/6 \\ \left( 4a_4+a_3 \right) \rightarrow a_4=-a_3/4=a_0/24 \end{array} \nonumber\]

Podemos continuar, pero ojalá ya veas el patrón:\(a_n=a_0(-1)^n/n!\). Entonces podemos escribir nuestra solución como:

\[y(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_0\dfrac{(-1)^n}{n!} x^{n}=a_0\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n!} x^{n} \nonumber\]

Obtuvimos nuestra solución en forma de serie infinita. Nuevamente, en general, estaremos contentos con el resultado tal como es, porque lo más probable es que la serie no represente ninguna combinación de funciones conocidas. En este caso, sin embargo, sabemos que la solución es\(y(x)=ce^{-x}\), por lo que no debería sorprenderte que la serie

\[\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n!} x^{n} \nonumber\]

es la serie Maclaurin de\(e^{-x}\). La constante\(a_0\) es una constante arbitraria, y se puede calcular si tenemos una condición inicial.

El mismo procedimiento se puede realizar de manera más elegante de la siguiente manera:

\[\begin{align*} y(x) &= \sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n} \\[4pt] y'(x) &= \sum_{n=1}^{\infty}na_n x^{n-1} \\[4pt] y'(x) + y(x) &=0\rightarrow \sum_{n=1}^{\infty}na_n x^{n-1}+ \sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n}=0 \end{align*}\]

cambiando el índice 'ficticio' de la primera suma:

\[\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1} x^{n}+\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n}=0 \nonumber\]

y combinando las dos sumas:

\[\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left[(n+1)a_{n+1}+a_n\right] x^{n}=0 \nonumber\]

Porque este resultado tiene que ser cierto para todos los valores de\(x\):

\[(n+1)a_{n+1}+a_n=0\rightarrow \dfrac{a_{n+1}}{a_n}=-\dfrac{1}{n+1} \nonumber\]

La expresión anterior es lo que se conoce como fórmula de recursión. Da el valor del segundo coeficiente en términos del primero, el tercero en términos del segundo, etc.

\[\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=-\dfrac{1}{n+1}\rightarrow \dfrac{a_{1}}{a_0}=-1; \;\dfrac{a_{2}}{a_1}=-\dfrac{1}{2};\;\dfrac{a_{3}}{a_2}=-\dfrac{1}{3};\;\dfrac{a_{4}}{a_3}=-\dfrac{1}{4}.... \nonumber\]

Sabemos que queremos expresar todos los coeficientes en términos de\(a_0\). Esto lo podemos lograr multiplicando todos estos términos:

\[\begin{array}{c} \dfrac{a_{1}}{a_0}\dfrac{a_{2}}{a_1}\dfrac{a_{3}}{a_2}...\dfrac{a_{n}}{a_{n-1}}...=\dfrac{a_{n}}{a_0} \\ \dfrac{a_{n}}{a_0}=-1\times \left(-\dfrac{1}{2}\right)\times \left(-\dfrac{1}{3}\right)\times \left(-\dfrac{1}{4}\right)...\times \left(-\dfrac{1}{n}\right)=\dfrac{(-1)^n}{n!} \end{array} \nonumber\]

y por lo tanto,\(a_n=a_0\dfrac{(-1)^n}{n!}\)

Nota: No necesitas preocuparte por ser 'elegante'. ¡Está bien si prefieres tomar la ruta menos 'elegante'!

Ejemplo\(\PageIndex{1}\)

Resuelve la siguiente ecuación usando el método de series de potencia:

\[\dfrac{d^2y}{dx^2}+y=0 \nonumber\]

Solución

Comenzamos asumiendo que la solución puede escribirse como:

\[y(x)=a_0+a_1 x + a_2 x^2+a_3x^3+a_4x^4...\nonumber\]

y por lo tanto la primera y segunda derivadas son:

\[\begin{align*} y'(x) &=a_1+ 2a_2 x+3a_3x^2+4a_4x^3+5a_5x^4... \\[4pt] y''(x) &=2a_2+2\times 3a_3x+3\times 4a_4x^2+4\times 5a_5x^3+5\times 6a_6x^4...\end{align*} \nonumber\]

Observe que hasta este punto, este procedimiento es independiente de la ecuación diferencial que estamos tratando de resolver.

Ahora sustituimos estas expresiones en la ecuación diferencial:

\[(2a_2+2\times 3a_3x+3\times 4a_4x^2+4\times 5a_5x^3+5\times 6a_6x^4...)+(a_0+a_1 x + a_2 x^2+a_3x^3+a_4x^4...)=0\nonumber\]

y agrupar los términos en el mismo poder de\(x\):

\[(2a_2+a_0)+(2\times3a_3+a_1)x+(3\times 4a_4+a_2)x^2+(4\times 5a_5+a_3)x^3+(5\times 6a_6+a_4)x^4...=0\nonumber\]

Debido a que esto tiene que ser cierto para todos los valores de\(x\), todos los términos entre paréntesis necesitan ser iguales a cero.

\[(2a_2+a_0)=(2\times 3a_3+a_1)=(3\times 4a_4+a_2)=(4\times 5a_5+a_3)=(5\times 6a_6+a_4)...=0\nonumber\]

Tenemos relaciones entre los coeficientes impares y entre los coeficientes pares, pero vemos que el impar y el par no están relacionados. Escribamos todos los coeficientes impares en términos de\(a_1\), y los coeficientes pares en términos de\(a_0\):

\(a_2=-\dfrac{a_0}{2}=-\dfrac{a_0}{2!}\)	\(a_3=-\dfrac{a_1}{(2\times3)}=-\dfrac{a_1}{3!}\)
\(a_4=-\dfrac{a_2}{(3\times 4)}=\dfrac{a_0}{(2\times 3\times 4)}=\dfrac{a_0}{4!}\)	\(a_5=-\dfrac{a_3}{(4\times 5)}=\dfrac{a_1}{(2\times3\times 4\times5)}=\dfrac{a_1}{5!}\)
\(a_6=-\dfrac{a_4}{(5\times 6)}=-\dfrac{a_0}{(2\times 3 \times 4\times 5\times 6)}=-\dfrac{a_0}{6!}\)	\(a_7=-\dfrac{a_5}{(6\times 7)}=-\dfrac{a_1}{(2\times 3\times 4\times 5\times 6\times 7)}=-\dfrac{a_1}{7!}\)

Sustituyendo estas relaciones en la expresión de\(y(x)\):

\[\begin{align} y(x) &=a_0+a_1 x + a_2 x^2+a_3x^3+a_4x^4... \\[4pt] &=a_0+a_1 x-\dfrac{a_0}{2!}x^2-\dfrac{a_1}{3!}x^3+\dfrac{a_0}{4!}x^4+\dfrac{a_1}{5!}x^5-\dfrac{a_0}{6!}x^6-\dfrac{a_1}{7!}x^7+... \\[4pt] &=a_0(1-\dfrac{1}{2!}x^2+\dfrac{1}{4!}x^4-\dfrac{1}{6!}x^6...)+a_1(x-\dfrac{1}{3!}x^3+\dfrac{1}{5!}x^5-\dfrac{1}{7!}x^7+...) \end{align} \nonumber\]

que se puede expresar como:

\[\displaystyle{\color{Maroon}y(x)=a_0\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}+a_1\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}} \nonumber\]

Esta es la solución de nuestra ecuación diferencial.

Si revisas el Capítulo 3, reconocerá que estas sumas son las expansiones Maclaurin de las funciones coseno y seno. Esto no debería sorprenderte, ya que la ecuación diferencial que acabamos de resolver se puede resolver con las técnicas que aprendimos en el Capítulo 5 para obtener:

\[y(x)=c_1\cos{x}+c_2\sin{x} \nonumber\]

Nuevamente, usamos este ejemplo para ilustrar el método, pero no tiene mucho sentido usar el método power series para resolver una ODE que se pueda resolver usando técnicas más fáciles. Este método será útil cuando la solución de la ODE solo pueda expresarse como una serie de potencias.