Lección 12. Ecuaciones lineales de segundo orden con coeficientes analíticos Introducción

(1)

Ecuaciones lineales de segundo orden con

coeficientes anal´ıticos

12.1. Introducci´

on

En las aplicaciones aparecen a menudo ecuaciones lineales cuyos coeficientes no son cons-tantes sino polinomios o funciones m´as complicadas. Este el caso de la ecuaci´on que aparece al resolver el siguiente problema de ingenier´ıa qu´ımica tomado de [3, p. 111]:

Ejemplo 12.1 (Distribución de la temperatura en una aleta de sección transversal triangular).-Por un tubo de sección circular de 5 cm de radio se conduce aire a una temperatura de TA o_{C. A lo largo del tubo hay insertadas aletas refrigerantes como la que se muestra en la}

Figura 12.1 de sección transversal triangular. El radio del canto de la aleta, b, es 15 cm. La conductividad térmica de la aleta, k, es 327,4 kcal/h m2 o_{C/m; y el coeficiente de transmisión}

de calor superficial, h,es 9,8 kcal/h m2 o_{C. Suponiendo que la temperatura T} o_{C en cada}

punto de la aleta sólo depende de la distancia vertical de éste al centro del tubo, se quiere saber cuál es el valor de dicha temperatura en cada punto de la aleta.

De acuerdo con [3, p. 112], poniendo K = h/k sen α y y = T − TA, la ecuaci´on que

describe la distribuci´on de la temperatura en la aleta refrigerante es x(b − x) d 2_y dx + (b − 2x) dy dx − K(b − x)y = 0. 221

(2)

a

b

x

α

Figura 12.1: Aleta refrigerante.

Se trata de una ecuación diferencial lineal de segundo orden de coeficientes no constantes. En esta lección estudiaremos métodos generales para resolver este tipo de ecuaciones. Estos métodos son conocidos con el nombre de métodos de resolución de ecuaciones mediante series de potencias.

12.2. Resoluci´

on de ecuaciones mediante series

Consideremos de nuevo una ecuaci´on lineal de segundo orden:

p(t)x00_{+ q(t)x}0_{+ r(t)x = 0} _(12.1)

En esta ecuaci´on, a diferencia de las ecuaciones estudiadas en la Lecci´on 11, estamos con-siderando la posibilidad de que el coeficiente que afecta a x00 _{sea distinto de 1. En realidad}

podemos dividir por p(t) y recuperar una ecuación como las contempladas en la Sección 11.2.3 de la Lección 11. Como veremos más adelante, esto puede plantear problemas cuando p(t) = 0 para algún valor de t. En cualquier caso, salvo en los puntos en los que p(t) = 0 las funciones q(t)

p(t) y r(t)

p(t) son continuas y la ecuaci´on x00+ q(t)

p(t)x0 + f racdr(t)p(t)x = 0 es una ecuación lineal. De acuerdo con la teor´ıa de la Sección 11.2.3 de la Lección 11 sabemos que la solución general de (12.1) se puede escribir en la forma

x(t) = c1x1(t) + c2x2(t)

siendo x1(t) y x2(t) dos soluciones linealmente independientes. Por lo tanto el problema de

encontrar todas las soluciones de (12.1) se reduce al de encontrar dos soluciones que sean linealmente independientes. Ya hemos visto cómo resolver este problema cuando p(t), q(t) y r(t) son constantes. El siguiente caso más sencillo es que p(t), q(t) y r(t) sean polinomios. En este caso, parece lógico pensar que se podr´ıa intentar encontrar soluciones que sean, a su vez, polinomios. De esta forma los tres términos de la ecuación p(t)x00_{, q(t)x}0 _{y r(t)x ser´ıan}

polinomios, as´ı que, de forma similar a lo que sucede con la búsqueda de soluciones parti-culares por el método de los coeficientes indeterminados, uno podr´ıa identificar coeficientes para saber qué polinomio puede ser solución. Ilustramos este procedimiento mediante un ejemplo.

(3)

Ejemplo 12.2 .- Encu´entrense dos soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on

x00− 2tx0− 2x = 0 (12.2)

Intentamos encontrar dos soluciones que sean polinomios. Pero no est´a claro cu´al debe ser el grado de dichos polinomios, as´ı que en vez de un polinomio consideramos una serie de potencias (o si se quiere pensar intuitivamente, un polinomio de grado infinito):

x(t) = a0+ a1t + a2t2 + · · · = ∞ X n=0 antn Ahora derivamos x0_{(t) = a} 1+ 2a2t + 3a3t2+ · · · = ∞ X n=0 nantn−1 y x00_{(t) = 2a} 2+ 6a3t + 12a4t2+ · · · = ∞ X n=0 n(n − 1)antn−2 Sustituyendo en la ecuaci´on 0 = x00_{− 2tx}0 _{− 2x =} ∞ X n=0 n(n − 1)antn−2− 2t ∞ X n=0 nantn−1− 2 ∞ X n=0 antn = ∞ X n=0 n(n − 1)antn−2− 2 ∞ X n=0 nantn− 2 ∞ X n=0 antn (12.3)

A fin de poder agrupar los t´erminos correspondientes a la misma potencia de t, vamos a escribir los t´erminos generales de la serie relativamente a tn_{. Para ello, hacemos un cambio}

en el ´ındice del sumatorio: k = n − 2, ´o n = k + 2, en la primera serie. As´ı

∞ X n=0 n(n − 1)antn−2 = ∞ X k=−2 (k + 2)(k + 1)ak+2tk = ∞ X k=0 (k + 2)(k + 1)ak+2tk

donde la ´ultima igualdad es porque (k + 2)(k + 1) = 0 para k = −2 y k = −1. En realidad llamar k o n al ´ındice del sumatorio es lo mismo as´ı que:

∞ X n=0 n(n − 1)antn−2 = ∞ X n=0 (n + 2)(n + 1)an+2tn

(4)

Sustituyendo esta expresi´on en (12.3) obtenemos ∞ X n=0 (n + 2)(n + 1)an+2tn− ∞ X n=0 2nantn− ∞ X n=0 2antn = 0

o, agrupando todo en un solo t´ermino:

∞

X

n=0

[(n + 2)(n + 1)an+2− 2nan− 2an] tn = 0

Como una serie es cero si y s´olo si todos sus t´erminos son cero: (n + 2)(n + 1)an+2 = 2(n + 1)an

Es decir:

an+2 =

2an

n + 2 n = 0, 1, 2, . . . (12.4)

La ecuaci´on (12.4) es una f´ormula de recurrencia donde los coeficientes a2, a3, a4, . . . , de

la serie se obtienen a partir de a0 y a1 dando a n los valores 0, 1, 2, . . .:

a2 = 2a0 2 = a0, a3 = 2a1 3 , a4 = 2a2 4 = 1 2a0, a5 = 2a3 5 = 2 5a3 = 2 3· 2 5a1 a6 = 2a4 6 = 1 3a4 = 1 3 · 1 2a0, etc

Vemos as´ı que los sub´ındices pares se puede escribir todos en funci´on de a0 y los impares

en funci´on de a1. Concretamente a2k = 1 2k!a0, a2k+1 = 2k 3 · 5 · . . . · (2k + 1)a1

donde k! = k·(k −1)·. . .·2·1 es el factorial de k y siendo los valores de a0y a1 completamente

arbitrarios.

Recordemos ahora que la soluci´on general de la ecuaci´on (12.2) es de la forma x(t) = c1x1(t) + c2x2(t)

donde x1(t) y x2(t) son soluciones linealmente independientes en el intevalo donde las

fun-ciones p(t) y q(t) son continuas. En este caso p(t) = −2t y q(t) = −2, que son continuas en todo R.

Hay una forma muy simple de encontrar dos soluciones de (12.2): especificamos dos pares de valores para a0 y a1 de forma que los vector

µ a1

a2

¶

(5)

valores sean linealmente independientes. Por ejemplo a0 = 1, a1 = 0 y a0 = 0, a1 = 1. Para

estos valores:

(i) a0 = 1, a1 = 0 ⇒ a2k =

1

k!, a2k+1= 0 Esto nos proporciona una soluci´on: x1(t) = 1 + 1 1!t 2₊ 1 2!t 4₊ 1 3!t 6_{+ · · · =} ∞ X k=0 (t2₎k k! = e t2 (ii) a0 = 0, a1 = 1 ⇒ a2k = 0, a2k+1 = 2k

3 · 5 · . . . · (2k + 1) que nos proporciona una segunda soluci´on: x2(t) = t +2t 3 + 4t 15 + 8t 60 + · · · = t + ∞ X n=1 2n_t2n+1 3 · 5 · . . . · (2n + 1)

¿Son estas dos soluciones linealmente independientes?. Un criterio es que su Wronskyano no se anule en algún punto del intervalo de definición de la ecuación. Para calcular el Wronsk-yano de x1(t) y x2(t) hay que hallar x01(t) y x02(t). ¿Cómo se derivan las series de potencias?

Esta pregunta y otras b´asicas pero importantes sobre series de potencias se responden en el Anexo correspondiente, que conviene repasar para tener frescos los conceptos fundamentales. En particular, si x(t) = P∞ n=0 an(t − t0)n entonces x0(t) = ∞ P n=0

nan(t − t0)n−1. Es decir, las series

se derivan igual que los polinomios.

Para las dos soluciones que hemos hallado de la ecuaci´on (12.2) tenemos que x1(0) = 1 y

x0

1(0) = 0, x2(0) = 0 y x02(0) = 1; los dos valores de a0 y a1 que hemos escogido. Esto no es

una casualidad, sino consecuencia de que los coeficientes pares e impares de la serie soluci´on act´uen de forma independiente. Por lo tanto

W (x1, x2)(0) = det µ x1(0) x2(0) x0 1(0) x02(0) ¶ = µ 1 0 0 1 ¶ = 1.

Esto significa que x1(t) y x2(t) son linealemte independientes. Por lo tanto, la soluci´on general

de la ecuaci´on ser´a: x(t) = c1et 2 + c2 Ã t + ∞ X n=1 2n_t2n+1 3 · 5 · . . . · (2n + 1) ! .

Observarmos, de nuevo, que las columnas de W (x1, x2)(0) son los vectores

µ a0

a1

¶

que he-mos escogido para obtener las soluciones x1(t) y x2(t). Escogiendo estos vectores linealmente

(6)

indepencientes, como lo hemos hecho m´as arriba, siempre obtenemos soluciones linealmente independientes.

Vemos en este ejemplo que aunque los coeficientes p(t), q(t) y r(t) de la ecuación sean polinomios, no podemos esperar, en general, soluciones que sean polinomios, sino series de potencias. Por ello se insiste en la conveniencia de repasar las ideas básicas sobre este tipo de series que se recogen en el Anexo C. En especial el concepto de función anal´ıtica y el Teorema C.10 que nos proporciona un criterio para conocer el radio de convergencia de la serie de Taylor de cualquier función anal´ıtica. Todo ello es imprescindible para poder entender el enunciado del siguiente teorema que damos sin demostración. Este teorema nos asegura que si los coeficientes de la ecuación diferencial son funciones anal´ıticas, entonces, las soluciones son anal´ıticas. Nos dice, además, cómo podemos calcularla.

Teorema 12.3 Consideremos la ecuaci´on diferencial lineal de segundo orden

p(t)x00_{+ q(t)x}0_{+ r(t) = 0} _(12.5)

y supongamos que las funciones q(t) p(t) y

r(t)

p(t) admiten desarrollos en series de Taylor alrede-dor de t = t0 y con radio de convergencia ρ. Entonces, todas las soluciones de (12.5) son

anal´ıticas en t = t0 y el radio de convergencia de su desarrollo en serie de Taylor es por lo

menos ρ. Los coeficientes en el desarrollo de la serie de Taylor de la soluci´on x(t) = a0+ a1(t − t0) + a2(t − t0)2+ · · ·

se pueden obtener sustituyendo esta expresión en la ecuación(12.5) e igualando a cero los coeficientes correspondientes a la misma potencia de (t − t0) en la expresión obtenida. Para

obtener dos soluciones linealmente independientes se dan a a0 y a1 dos pares de valores que

formen vectores linealmente independientes.

Ejemplo 12.4 a) Encontrar dos soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on x00+ 3t

1 + t2x

0₊ 1

1 + t2x = 0

b) Hállese la solución de esta ecuación que satisface la condición inicial x(0) = 2, x0_{(0) = 3.}

Como en el apartado b) nos piden la solución de la ecuación que pasa por t = 0, nos interesa una solución que sea anal´ıtica en t = 0. Para ello miramos si los coeficientes son anal´ıticos en t = 0.

(7)

Las funciones 3t 1 + t2 y

1

1 + t2 son anal´ıticas en t = 0 porque

1 1 + t2 = 1 − t 2 _{+ t}4_{− t}6_{+ t}8_{− t}16_{+ · · · =} ∞ X n=0 (−1)nt2n.

Adem´as, de acuerdo con el Teorema C.10, el radio de convergencia de esta serie es ρ = 1. Es decir, su intervalo de convergencia es (−1, 1).

El Teorema 12.3 asegura que todas las soluciones son anal´ıticas en t = 0. Por lo tanto, la forma de las soluciones es

x(t) = ∞ X n=0 antn Podr´ıamos desarrollar 3t 1 + t2, 1

1 + t2 en serie de potencias, hacer las operaciones

co-rrespondientes con estas series y las que resultasen de calcular x0_{(t), x}00_{(t), e igualar los}

coeficientes correspondientes a cero. Pero no es recomendable. Un procedimiento que facilita las operaciones consiste en pasar a la ecuaci´on equivalente

(t2+ 1)x00+ 3tx0+ x = 0 y operar con esta ecuaci´on. Primero derivamos x(t):

x0_{(t) =} ∞ X n=0 nantn−1, y x00_{(t) =} ∞ X n=0 n(n − 1)antn−2. Sustitu´ımos en la ecuaci´on: 0 = (t2_{+ 1)x}00_{+ 3tx}0_{+ x =} = (t2_{+ 1)} ∞ X n=0 n(n − 1)antn−2+ 3t ∞ X n=0 nantn−1+ ∞ X n=0 antn= = ∞ X n=0 (n(n − 1)an+ 3nan+ an) tn+ + ∞ X n=0 n(n − 1)antn−2 = = ∞ X n=0 ¡ n2− n + 3n + 1¢antn+ ∞ X n=0 (n + 2)(n + 1)an+2tn= = ∞ X n=0 £¡ n2_{+ 2n + 1}¢_a n+ (n + 2)(n + 1)an+2 ¤ tn ₌ = ∞ X n=0 £ (n + 1)2_a n+ (n + 2)(n + 1)an+2 ¤ tn

(8)

Entonces (n + 1)2_a n+ (n + 2)(n + 1)an+2 = 0 y an+2 = − n + 1 n + 2an

Podemos confeccionar una tabla como la siguiente para obtener los coeficientes ai de la sere

soluci´on: n an+2 n = 2k o n = 2k + 1 0 a2 = − 1 2a0 (2 = 2 · 1, k = 1) 1 a3 = − 2 3a1 (3 = 2 · 1 + 1, k = 1) 2 a4 = − 3 4a0 = + 1 · 3 2 · 4a0 (4 = 2 · 2, k = 2) 3 a5 = − 4 5a3 = + 2 · 4 3 · 5a1 (5 = 2 · 2 + 1, k = 2) 4 a6 = − 5 6a4 = + 1 · 3 · 5 2 · 4 · 6a0 (6 = 2 · 3, k = 3) 5 a7 = − 6 7a5 = + 2 · 4 · 6 3 · 5 · 7a1 (7 = 2 · 3 + 1, k = 3) Para n par: a2k = (−1)k 1 · 3 · . . . · (2k − 1) 2 · 4 · . . . · 2k a0 y para n impar: a2k+1= (−1)k 2 · 4 · . . . · 2k 1 · · . . . · (2k + 1)a1

Escogemos ahora un par de valores para a0 y a1 de modo que los vectores

µ a0

a1

¶

para los dos valores sean linealmente independientes. Por ejemplo a0 = 1 y a1 = 0, por una parte, y

a0 = 0, a1 = 1, por otra. Poniendo a0 = 1 y a1 = 0 obtenemos x1(t) = 1 − 1 2t 2 ₊1 · 3 2 · 4t 4₋1 · 3 · 5 2 · 4 · 6t 6_{+ · · · =} = ∞ X n=0 (−1)n_· 1 · 3 · . . . · (2n − 1) 2 · 4 · . . . · 2n t 2n ₌ = ∞ X n=0 (−1)n_· 1 · 3 · . . . · (2n − 1) 2n_{· n!} t 2n

(9)

y poniendo a0 = 0 y a1 = 1 x2(t) = t − 2 3t 3₊2 · 4 3 · 5t 5₋ 2 · 4 · 6 3 · 5 · 7t 7_{+ · · · =} = ∞ X n=0 (−1)n 2n· n! 1 · 3 · 5 · · · . . . · (2n − 1)!t 2n+1

Podemos ver que ambas series son convergentes en el intervalo (−1, 1). Empleando para x1(t) el criterio del cociente

¯ ¯ ¯ ¯a_an+1 n ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 11 · 3 · . . . · 2n + 1 2n+1_{(n + 1)!} 1 · 3 · . . . · 2n − 1 2n_{· n!} ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯ ¯ ¯ ¯_{2(n + 1)}2n + 1 ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯ ¯ ¯ ¯2n + 1_{2n + 2} ¯ ¯ ¯ ¯ y l´ım n→∞ ¯ ¯ ¯ ¯2n + 1_{2n + 2} ¯ ¯ ¯

¯ = 1. As´ı que ρ = 1 alrededor de t = 0. Para x2(t) ¯ ¯ ¯ ¯a_an+1 n ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2n+1_{(n + 1)!} 1 · 3 · . . . · (2n + 3)! 2n_n! 1 · 3 · . . . · (2n + 1)! ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯ ¯ ¯ ¯2(n + 1)_{2n + 3} ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯ ¯ ¯ ¯2n + 2_{2n + 3} ¯ ¯ ¯ ¯ De nuevo l´ım n→∞ ¯ ¯ ¯ ¯2n + 2_{2n + 3} ¯ ¯ ¯ ¯ = 1 y tambi´en ρ = 1.

Ya sab´ıamos por el Teorema 12.3 que ρ = 1 era cuando menos el radio de convergencia de cualquier soluci´on.

(b) La soluci´on general del sistema ser´a

x(t) = c1x1(t) + c2x2(t)

Ahora bien x1(0) = a0 = 1 y x2(0) = 0 mientras que x01(0) = 0 y x02(0) = a1 = 1. Vemos

as´ı, de nuevo, que al escoger los valores a0 = 1 y a1 = 0 hemos escogido la soluci´on de la

ecuaci´on con la condici´on inicial x1(0) = 1 y x01(0) = 0. Y al escoger a0 = 0, a1 = 1 hemos

escogido la soluci´on con la condici´on inicial x2(0) = 0, x02(0) = 1.

En cualquier caso, para las condiciones iniciales dadas tenemos que resolver el sistema 2 = x(0) = c1x1(0) + c2x2(0) = c1

3 = x0_{(0) = c}0

(10)

Por lo tanto, la soluci´on pedida es x(t) = 2x1(t) + 3x2(t), que es la expresi´on que se

habr´ıa obtenido como soluci´on directamente si hubi´eramos escogido a0 = 2 y a1 = 3. Esta es

una norma general cuya justificación teórica es fácil y que aplicaremos de ahora en adelante. Es decir, si x(t0) = x0 y x0(t0) = x00 entonces pondremos a0 = x0 y a1 = x00.

Ejemplo 12.5 H´allese la soluci´on del siguiente Problema de condiciones iniciales ½

(t2_{− 2t)x}00_{+ 5(t − 1)x}0_{+ 3x = 0}

x(1) = 7, x0_{(1) = 3}

Como la condici´on inicial que nos dan es en t = 1 nos interesa encontrar soluciones en el entorno de t = 1. Observemos que

q(t) p(t) = 5(t − 1) t(t − 2) y r(t) = 3 t(t − 2) son anal´ıticas en t = 1 porque no se anula el denominador. As´ı

x(t) = ∞ X n=0 an(t − 1)n, x0t() = ∞ X n=0 nan(t − 1)n−1 x00_{(t) =} ∞ X n=0 n(n − 1)an(t − 1)n−2

Por otra parte, a fin de facilitar los c´alculos, desarrollamos t2_{−2t como una serie alrededor}

de t = 1. Podemos hacerlo directamente

t2_{− 2t = (t − 1)}2_{− 1,}

o formalmente: el desarrollo de f (t) en serie de potencias entorno a t = 1 es f (t) = a0+ a1+

(t − 1) + a2(t − 1)2+ · · · con a0 = f (1), a1 = f0(1), a2 =

f00₍₁₎

2! , etc. As´ı, como f (t) = t2− 2t, f (1) = 1 − 2 = −1, f0_{(t) = 2t − 2, f}0_{(1) = 0, f}00_{(t) = 2, f}00_{(1) = 2 y f}000_{(t) = 0. Por lo tanto}

t2_{− 2t = −1 +} 2

2(t − 1)

(11)

Ahora, sustituyendo en la ecuaci´on: 0 = (t2_{− 2t)x}00_{+ 5(t − 1)x}0_{+ 3x = [(t − 1)}2_{− 1]} ∞ X n=0 n(n − 1)an(t − 1)n−2+ +5(t − 1) ∞ X n=0 nan(t − 1)n−1+ 3 ∞ X n=0 an(t − 1)n = = − ∞ X n=0 n(n − 1)an(t − 1)n−2+ ∞ X n=0 [(n(n − 1) + 5n + 3) an] (t − 1)n = = − ∞ X n=0 (n + 2)(n + 1)an+2(t − 1)n+ ∞ X n=0 £¡ n2_{+ 4n + 3}¢_a n ¤ (t − 1)n ₌ = ∞ X n=0 [−(n + 2)(n + 1)an+2+ (n + 1)(n + 3)an] (t − 1)n. De donde an+2 = + n + 3 n + 2an, y obtenemos la siguiente tabla:

n an+2 0 a2 = 3 2a0 1 a3 = 4 3a1 2 a4 = 5 4a2 = 3 · 5 2 · 4a0 3 a5 = 6 5a3 = 4 · 6 3 · 5a1 4 a6 = 7 6a4 = 3 · 5 · 7 2 · 4 · 6a0 5 a7 = 8 7a5 = 4 · 6 · 8 3 · 5 · 7a1 Para n par: a2k = 3 · 5 · . . . · (2k + 1) 2 · 4 · . . . · (2k) a0 y para n impar: a2k+1= 4 · 6 · . . . · (2k + 2) 3 · 5 · . . . · (2k + 1)a1 Pero x(1) = 7 y x0_{(1) = 3. Tomando a} 0 = 7 , a1 = 3 a2k = 3 · 5 · . . . · (2k + 1) 2k_k! 7 , a2k+1= 2k_{(k + 1)!} 3 · 5 · . . . · (2k + 1)3

(12)

y (conviniendo que 0! = 1) x(t) = 7 ∞ X n=0 3 · 5 · . . . · (2n + 1) 2n_n! (t − 1) 2n_{+ 3} ∞ X n=0 2n_{(n + 1)!} 3 · 5 · . . . · (2n + 1)(t − 1) 2n+1

El radio de convergencia de las dos series es ρ = 1, i.e. ambas convergen para |t − 1| < 1 y divergen para |t − 1| > 1. Esto tambi´en se deduce del Teorema C.10 porque p(t) se anula en t = 0 y t = 2, y ambos puntos est´an a distancia 1 de t = 1.

No siempre se puede encontrar el término general de la serie de potencias que es solución de la ecuación y nos tenemos que conformar con calcular sólo alguno de sus primeros térmi-nos. Debe decirse no obstante que, por lo general, conociendo del orden de los 5 primeros términos de una serie de potencias que representa la expansión de una función, los valores que toma la serie y la función en las proximidades de ese punto son muy parecidos. Por ejemplo et_{= 1 + t +} 1 2t 2₊1 3t 3₊ 1 4t 4_{+ · · ·}

es el desarrollo de et _{en las proximidades de cero y su radio de convergencia es infinito.}

Calculando el valor de e00₁

en una calculadora obtenemos e00₁

= 10_105170918

Y tambi´en utilizando la misma calculadora 1 + 00_{1 +} 1 2 · 1 100 + 1 3000 + 1 40,000 = 1 0_105358333.

Los dos números coinciden en 4 d´ıgitos significativos. Evidentemente, cuantos más términos de la serie conozcamos, el valor será tanto más aproximado. Hay que añadir que con ayuda de un ordenador es muy fácil conseguir en un instante tantos términos de la serie como queramos.

Ejemplo 12.6 Encu´entrese la soluci´on del siguiente problema de condiciones iniciales: ½

(1 − t)x00_{+ x}0_{+ (1 − t)x = 0}

x(0) = 1, x0_{(0) = 1.}

Como 1

1 − t es anal´ıtica en t = 0 podemos encontrar una soluci´on anal´ıtica en t = 0: x(t) = P∞ n=0 antn. As´ı x0(t) = ∞ P n=0 nantn−1 y x00(t) = ∞ P n=0 n(n − 1)antn−2. Sustituyendo en la

(13)

ecuaci´on: 0 = (1 − t)P∞ n=0 n(n − 1)antn−2+ ∞ P n=0 nantn−1+ (1 − t) ∞ P n=0 antn= = P∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2tn− ∞ P n=0 (n + 1)nan+1tn+ ∞ P n=0 (n + 1)an+1tn+ +P∞ n=0 antn− ∞ P n=0 antn+1= = 2a2+ ∞ P n=0 (n + 3)(n + 2)an+3tn+1− ∞ P n=0 (n + 2)(n + 1)an+2tn+1+ +a1+ ∞ P n=0 (n + 2)an+2tn+1+ a0+ ∞ P n=0 an+1tn+1= = a0+ a1+ 2a2+ +P∞ n=0 [(n + 3)(n + 2)an+3− [(n + 2)(n + 1) − (n + 2)]an+2+ an+1− an]tn+1 Entonces a0+ a1+ 2a2 = 0 ⇒ a2 = a0+ a1 2 y (n + 3)(n + 2)an+3− n(n + 2)an+2+ an+1− an= 0, n = 0, 1, 2, . . . Es decir, an+3 = n(n + 2)an+2+ an (n + 3)(n + 2) n ≥ 0 La tabla correspondiente queda:

n an+3 0 a3 = a0− a1 6 1 a4 = 3a3− a2+ a1 12 = a0− a1 2 + a0+ a1 2 + a1 12 = a0+ a1 12 2 a5 = 8a3− a2+ a2 20 = 2a0+ 2a1 3 − a0− a1 6 − a0+ a1 2 20 = a1 60 3 a6 = 15a5 − a4+ a3 30 = a1 4 − a0+ a1 12 + a0+ a1 6 30 = a0 360 4 a7 = 24a5 − a6− a5+ a4 42 = a0 15− a1 60+ a0+ a1 6 12 = 9a0+ 2a1 2520

Y no parece que haya una forma sencilla de expresar el t´ermino general. Como x(0) = 1 y x0_{(0) = 1 ponemos a} 0 = 1, a1 = 1. Entonces a2 = −1, a3 = 0, a4 = 1 6, a5 = 1 60, a6 = 1 360

(14)

a7 =

11

2520, y los primeros 8 términos de la expansión en serie de potencias de la solución entorno al punto t = 0 es x(t) = 1 + t − t2+1 6t 4₊ 1 60t 5₊ 1 360t 6₊ 11 2520t 7_{+ · · ·}

12.2.1. El caso no homog´

eneo

Hasta ahora hemos considerado exclusivamente ecuaciones lineales homogéneas. Consi-deramos ahora el caso no homogéneo. Sabemos que la solución general de la ecuación:

p(t)x00+ q(t)x0t + r(t)x = s(t) es x(t) = xh(t) + xp(t) donde xh(t) es la soluci´on general de

p(t)x00_{+ q(t)x}0_{+ r(t)x = 0,}

que ya sabemos calcular, y xp(t) es una solución particular de la ecuación no homogénea.

Para calcular una de estas soluciones particulares procedemos como en el caso homog´eneo (siempre que las funciones q(t)

p(t), r(t) p(t) y

s(t)

p(t) sean anal´ıticas en t = t0). Escribimos

x(t) =

∞

X

n=0

an(t − t0)n

y sustituimos en la ecuaci´on. Desarrollamos en serie de Taylor s(t)

p(t) e igualamos los coefi-cientes correspondientes a las mismas potencias de t.

Ejemplo 12.7 Encontrar la soluci´on general de la ecuaci´on x00− tx0− x = sen t Tanto t como sen t son anal´ıticas en t = 0. As´ı

x(t) =

∞

X

n=0

antn.

Para estas alturas ya debemos tener en mente las expresiones de x0_{(t) y x}00_{(t), as´ı que no}

(15)

sustitu´ımos en la ecuaci´on diferencial 0 = ∞ X n=0 (n + 2)(n + 1)an+2tn− ∞ X n=0 nantn− ∞ X n=0 antn = P∞ n=0 [(n + 2)(n + 1)an+2− (n + 1)an]tn As´ı (n + 2)(n + 1)an+2tn= 0 ⇒ an+2 = 1 n + 2an n an+2 0 a2 = 1 2a0 1 a3 = 1 3a1 2 a4 = 1 4a2 = 1 4 · 2a0 3 a5 = 1 5a3 = 1 5 · 3a1 4 a6 = 1 6 · 4 · 2a0 5 a7 = 1 7 · 5 · 3a1 Poniendo a0 = 1, a1 = 0, obtenemos: x1(t) = 1 + 1 2t 2₊ 1 4 · 2t 4₊ 1 6 · 4 · 2t 6_{+ · · · =} ∞ X n=0 1 2n_n!t 2n_. Y escogiendo a1 = 1, a0 = 0 x2(t) = t + 1 3t 3 ₊ 1 5 · 3t 5₊ 1 7 · 5 · 3t 7_{+ · · · =} ∞ X n=0 1 3 · 5 · . . . · (2n + 1)t 2n+1

Para calcular xp(t), desarrollamos sen t en serie de Taylor en t = 0:

sen t = ∞ X n=0 (−1)n (2n + 1)!t 2n+1 _{= t −} 1 3 · 2t 3₊ 1 5 · 4 · 3 · 2t 5₋ 1 7!t 7₊ 1 9!t 9 _{+ · · ·}

Igualando los desarrollos en serie en x00_{− tx}0_{− x = sen t:} ∞

X

n=0

(16)

tenemos que: (a2− a0)t0 = 0 ⇒ a2 = a0 (6a3− 2a1)t3 = 1t0 ⇒ a3 = 1 + 2a1 6 (12a4 − 3a2)t2 = 0t2 ⇒ a4 = 1 4a2 = 1 4a0 (20a5 − 4a3)t3 = − 1 6 ⇒ a5 = 4a3+ 1 6 20 = 24a3 + 1 120 (30a6 − 5a4)t4 = 0t4 ⇒ a6 = 5a4 30 = 5 120a0 42a7− 6a5 = 1 5! ⇒ a7 = 1 42 · 5! + 1 7a5

Los valores de a0 y a1 son arbitrarios. Tomando los m´as sencillos posible: a0 = a1 = 0

obtenemos a2 = 0, a3 = 1 6, a4 = 0, a5 = 1 40, a6 = 0, a7 = 19 5040, . . . Y la soluci´on particular ser´a:

xp(t) = 1 6t 3₊ 1 40t 5 ₊ 19 5040t 7_{+ · · · .}

La solución general de la ecuación no homogénea: x(t) = c1x1(t) + c2x2(t) + yp(t)

x(t) = c1 ∞ X n=0 1 2n_n!t 2n_{+ c} 2 ∞ X n=0 1 3 · 5 · . . . · (2n + 1)t 2n+1₊1 6t 3₊ 1 40t 5₊ 19 5040t 7_{+ · · ·}

12.3. Puntos singulares. El m´

etodo Frobenius

La ecuaci´on

p(t)x00_{+ q(t)x}0_{+ r(t)x = 0}

se dice que es singular en t = t0 si p(t0) = 0. En este caso, no podemos decir gran cosa acerca

del comportamiento de las soluciones en las proximidades de t0. Lo m´as seguro es que las

soluciones no sean ni tan siquiera continuas en t = t0, y mucho menos anal´ıticas. A veces se

pueden encontrar no obstante, soluciones de la forma x(t) = (t − t0)r ¡ a0+ a1(t − t0) + a2(t − t0)2+ · · · ¢ = ∞ X n=0 an(t − t0)n+r

Ejemplo 12.8 H´allese una soluci´on, si existe, de la forma x(t) = P∞

n=0

antn+r (a0 6= 0) para

la ecuaci´on:

(17)

Procedemos como en todos los casos anteriores, pero como r est´a sin determinar, tendre-mos que calcular un valor de r para el que tal soluci´on exista. En primer lugar derivatendre-mos:

x0(t) = ∞ X n=0 (n + r)antn+r−1 , x00(t) = ∞ X n=0 (n + r)(n + r − 1)an+r−2_n y sustitu´ımos en la ecuaci´on: 0 = 2 ∞ X n=0 (n + r)(n + r − 1)antn+r−1+ ∞ X n=0 (n + r)antn+r−1+ ∞ X n=0 antn+r−1= = " 1r(r − 1)a0tr−1 + (r + 1)ra1+ ∞ X n=0 (n + r + 2)(n + r + 1)an+2tn+r+1 # +ra0tr−1+ (r + 1)a1tr+ ∞ X n=0 (n + r + 2)an+2tn+r+1+ ∞ X n=0 antn+r+1 = = [2(r − 1) + r] a0tr−1+ +(2r + 1)(r + 1)antr+ ∞ X n=0 [(n + r + 2)(2n + 2r + 3)an+2+ an] tn+r−1

Igualando a cero los coeficientes:    r(2r − 1)a0 = 0 (2r + 1)(r + 1)a1 = 0 (n + r + 2)(2n + 2r + 3)an+2+ an = 0

Como a0 6= 0, de la primera ecuaci´on obtenemos que r = 0 o r =

1

2. En cualquiera de los dos casos la segunda ecuaci´on implica que a1 = 0. Ahora para r = 0 tenemos que

(n + 2)(2n + 3)an+2 = −an⇒ an+2 = −1

(n + 2)(2n + 3)an Dando valores a n conseguimos la siguiente tabla:

n an+2 0 a2 = −1 2 · 3a0 1 a3 = −1 3 · 5a1 = 0 2 a4 = −1 4 · 7a2 = a0 2 · 3 · 4 · 7 3 a5 = 0 4 a6 = −1 6 · 11a4 = −a0 2 · 3 · 4 · 6 · 7 · 11

(18)

Si ponemos a0 = 1 (recordemos que x(t) = ∞ X n=0 antn+r = ∞ X n=0

antn porque, en este caso,

r = 0.) x1(t) = 1 − 1 2 · 3t 2₊ 1 2 · 3 · 4 · 7t 4₋ 1 2 · 3 · 4 · 6 · 7 · 11t 6 _{+ · · · =} = 1 + ∞ X n=0 (1−)n_t2n 2n_{n! · 3 · 7 · 11 · . . . · (4n − 1)}

es una solución de la ecuación por el intervalo (0, +∞). Es fácil ver que esta serie es conver-gente para todo t:

¯ ¯ ¯ ¯a_an+1 n ¯ ¯ ¯ ¯ = 1 2n+1_{(n + 1)! · 3 · 7 · . . . · (4n + 3)} 1 2n_{n! · 3 · 7 · . . . · (4n − 1)} = 1 2(n + 1)(4n + 3) de modo que l´ım n→∞ 1 2(n + 1)(4n + 3) = 0 y ρ = ∞. Consideramos ahora el caso r = 1

2. Ahora tenemos que x(t) =

∞ X n=0 antn+ 1 2 = t12 ∞ X n=0 antn y an+2 = −an µ n + 5 2 ¶ (2n + 4) = −an (2n + 5)(n + 2). As´ı que como a1 = 0, tambi´en a3, a5, a7, . . . son cero, y

a2 = −a0 2 · 5, a4 = −a2 4 · 9 = a0 2 · 4 · 5 · 9, a6 = −a4 6 · 13 = −a0 2 · 4 · 6 · 5 · 9 · 13. Poniendo a0 = 1 obtenemos una segunda soluci´on en el intervalo (0, +∞):

x2(t) = t 1 2 · 1 − t 2 2 · 5 + t4 2 · 4 · 5 · 9 − t6 2 · 4 · 6 · 5 · 9 · 13 + · · · ¸ = = t12 " 1 + ∞ X n=0 (−1)n_t2n 2n_{n! · 5 · 9 · . . . · · · (4n − 1)} #

De nuevo es f´acil ver que la serie es convergente para todo t.

El método utilizado en el ejemplo anterior se conoce con el nombre de método de Frobenius y, de forma general, consiste en lo siguiente: Consideremos la ecuación

(19)

y supongamos que t = t0 es un punto singular (i.e. p(t0) = 0). Diremos que t = t0 es un

punto regular si las funciones

q(t)(t − t0)

p(t) y

r(t)(t − t0)2

p(t) son anal´ıticas en t0. Por ejemplo para la ecuaci´on

(t2_{− 1)}2_x00_{+ (t + 1)x}0_{− x = 0}

hay dos puntos singulares: los que hacen (t2_{− 1)}2 _{= 0. Es decir t = ±1. Para saber sin son}

singulares regulares o no calculamos para t = 1 q(t)(t − 1) (t2_{− 1)}2 = (t + 1)(t − 1) (t − 1)2_{(t + 1)}2 = 1 (t − 1)(t + 1)

que no es anal´ıtica en t = 1. As´ı que t = 1 no es un punto singular regular. Para t = −1 q(t)(t + 1) (t2_{− 1)}2 = (t + 1)2 (t2_{− 1)}2 = 1 (t − 1)2 y r(t)(t + 1)2 (t2 _{− 1)}2 = −(t + 1)2 (t − 1)2 = −1 (t − 1)2.

Como ambas funciones son anal´ıtica en t = −1, t = −1 es un punto singular regular.

Continuamos ahora con el m´etodo de Frobenius. Si t = t0 es un punto singular regular

entonces siempre podemos encontrar una soluci´on de la ecuaci´on p(t)x00_{+ q(t)x}0_{+ r(t)x = 0}

en serie de potencias; es decir, de la forma x(t) =

∞

X

n=0

an(t − t0)n+r

para alguna constante r. El siguiente teorema que damos sin demostración nos dice cómo encontrar dicha solución.

Teorema 12.9 Consideremos la ecuaci´on diferencial

p(t)x00_{+ q(t)x}0 _{+ r(t) = 0 (1),} _(12.6)

y sea t = t0 un punto singular regular de la ecuaci´on. Entonces las funciones q(t)(t − t0)

p(t) y

r(t)(t − t0)2

p(t) son anal´ıticas en t = t0. Sean sus desarrollos en serie de potencias: q(t)(t − t0) p(t) = b0+b1(t−t0) 2_+b 2(t−t0)2+· · · , y r(t)(t − t0)2 p(t) = c0+c1(t−t0)+c2(t−t0) 2_{+· · ·}

(20)

y supongamos que convergen en el intervalo (t0− ρ, t0+ ρ). Supongamos tambi´en que las

ra´ıces de la ecuaci´on

r(r − 1) + b0r + c0 = 0

son n´umeros reales r1 y r2 y que r1 ≥ r2 Entonces la ecuaci´on (12.6) tiene dos soluciones

x1(t) y x2(t) linealmente independientes en el intervalo (t0− ρ, t0+ ρ) de la siguiente forma:

a) Si r1− r2 no es un n´umero entero positivo entonces

x1(t) = (t − t0)r1 ∞ X n=0 an(t − t0)n x2(t) = (t − t0)r2 ∞ X n=1 dn(t − t0)n

b) Si r1 = r2 y este n´umero es, digamos,rentonces

x1(t) = (t − t0)r ∞ X n=0 an(t − t0)n, x2(t) = x1(t) ln(t − t0) + (t − t0)r ∞ X n=1 dn(t − t0)n

c) Si r1− r2 = N es un n´umero entero positivo entonces

x1(t) = (tr− t0)r1 ∞ X n=0 an(t − t0)n x2(t) = Cx1(t) ln(t − t0) + (t − t0)r2 ∞ X n=0 dn(t − t0)n

donde C es una constante que puede ser cero

Observaciones 12.10 1. Debe observase que b0 = l´ım

n→t0

q(t)(t − t0)

p(t) y c0 = l´ımn→t0

r(t)(t − t0)2

p(t) .

2. A la ecuaci´on r(r − 1) + b0r + c0 = 0 se le llama ecuaci´on indicial o determinativa de

la ecuaci´on diferencial.

3. Esta ecuación puede tener ra´ıces complejas. En tal caso las ra´ıces complejas deben aparecer conjugadas a pares: digamos α + iβ y α − iβ. La solución de la ecuación

x(t) = tα+iβ

∞

X

n=0

antn

es una funci´on que toma valores complejos, pero recordemos que tα+iβ _{= t}α_{· t}iβ _{= t}α_eln tiβ

= tα_eiβ ln t ₌

= tα_{[cos (β ln t) + i sen (β ln t)] .}

Sustituyendo esta expresi´on en x(t) y separando las partes real e imaginaria obtenemos dos soluciones linealmente independientes.

(21)

En el Ejemplo 12.8 obtuvimos r1 =

1

2 y r2 = 0, por lo que r1 − r2 = 1

2 no es un entero positivo y las soluciones que encontramos son de la forma descrita en el teorema. Veamos ahora un ejemplos del tercer caso: r1−r2 un entero positivo. Veremos un ejemplo del segundo

caso (r1 = r2) al estudiar la Ecuaci´on de Bessel.

Ejemplo 12.11 Encuéntrese la solución general de la siguiente ecuación como una serie de potencias en torno a t = 0.

tx00_{+ 3x}0_{− tx = 0 ,} _{t > 0}

En t = 0 tenemos un punto singular. Adem´as q(t)t p(t) = 3t t = 3 , r(t)t2 p(t) = − t3 t = −t 2

que son anal´ıticas en t = 0. As´ı pues t = 0 es un punto singular regular.

La ecuaci´on indicial es r(r − 1) + b0r + c0 = 0. Y los coeficientes b0 y c0 se pueden calcular

a partir del desarrollo en serie de Taylor de q(t)t

p(t) = 3 y r(t)t2

p(t) = −t

2_{. De hecho b}

0 = 3 y

c0 = 0. Pero salen tambi´en al calcular una soluci´on de la forma

x(t) =

∞

X

n=0

antn+r

Utilizaremos este segundo procedimiento porque nos da mayor informaci´on acerca de los coeficientes a0 y a1. Sustituyendo en la ecuaci´on:

∞ X n=0 (n + r)(n + r − 1)antn+r−1+ ∞ X n=0 3(n + r)antn+r−1− ∞ X n=0 antn+r+1= 0 As´ı

0 = r(r − 1)a0tr−1+ (r + 1)ra1tr+ 3ra0tr−1 + 3(r + 1)a1tr+

∞ X n=2 (n + r)(n + r − 1)antn+r−1+ + ∞ X n=1 3(n + r)antn+r−1− ∞ X n=0 antn+r+1. Operando 0 = [r(r − 1) + 3r] a0tr−1+ [(r + 1)r + 3(r + 1)] a1tr+ + ∞ X n=0 [[(n + r + 2)(n + r + 1) + 3(n + r + 2] an+2− an] tn+r+1= 0.

(22)

Entonces

[r(r − 1) + 3r] a0 = 0

[(r + 1)(r + 3)] a1 = 0, y

an+2= an

(n + r + 2)(n + r + 4, para n > 0. De la primera ecuaci´on obtenemos la ecuaci´on indicial

r(r − 1) + 3r = 0 Y de aqu´ı los valores de r:

r2+ 2r = 0 ⇒ ½

r1 = 0

r2 = −2

Sustituyendo estos valores de r en la segunda ecuaci´on obtenemos que necesariamente a1 = 0.

Ahora vamos a calcular dos soluciones linealmente independientes de acuerdo con el Teorema 12.9. Sustitu´ımos r1 = 0 en la tercera ecuaci´on:

an+2 =

an

(n + 2)(n + 4).

Poniendo a0 = 1, como a1 = 0 tenemos que a3 = a5 = a7 = . . . = 0 y a2 =

1 2 · 4, a4 = a2 4 · 6 = 1 2 · 4 · 1 4 · 6, a6 = a4 6 · 8 = 1 2 · 4 · 6 · 1 4 · 6 · 8, · · · Por lo tanto x1(t) = 1 + 1 2 · 4t 2₊ 1 2 · 4 · 1 4 · 6t 4₊ 1 2 · 4 ˙6 · 1 4 · 6 · 8t 6_{+ · · · =} = 1 + ∞ X n=1 t2n 2n_n!2n_{(n + 1)!} = 1 + ∞ X n=1 t2n 2n_{n!(n + 1)!}

Puesto que r1− r2 = 2 es un n´umero entero y r1 6= r2, el Teorema 12.9 asegura que existe

una segunda soluci´on linealmente independiente de la forma x2(t) = Cx1(t) ln t+t−2

∞ X n=0 dntn. Derivando x0₂(t) = Cx0₁(t) ln t + Cx1(t) · 1 t + ∞ X n=0 (n − 2)dntn−3 x00 2(t) = Cx001(t) ln t + 2Cx01(t) · 1 t − Cx1(t) · 1 t2 + ∞ X n=0 (n − 2)(n − 3)dntn−4

(23)

y sustituyendo en la ecuaci´on: 0 = Ctx00 1ln t + 2Cx01− C 1 tx1+ ∞ X n=0 (n − 2)(n − 3)dntn−3+ +3Cx0 1ln t + 3Cx1(t) · 1 t + ∞ X n=0 3(n − 2)dntn−3− −Ctx1ln t − ∞ X n=0 dntn−1 De modo que 0 = (tx00 1 + 3x01 − tx1) C ln t + 2Cx01+ 2Ct−1x1+ + ∞ X n=0 n(n − 2)dntn−3− ∞ X n=0 dntn−1

Como x1(t) es solución de la ecuación, el primer paréntesis es cero. Entonces

2Cx0₁+ 2Ct−1x1− d1t−2+ ∞ X n=0 [(n + 2)ndn+2− dn] tn−1 = 0 Como x1(t) = ∞ X n=0 antn, tenemos que ∞ X n=0 2Cnantn−1+ ∞ X n=0 2Cantn−1+ d1t−2+ ∞ X n=0 [(n + 2)ndn+2− dn] tn−1 = 0 O bien d1t−2+ ∞ X n=0 [2Can(n + 1) + (n + 2)ndn+2− dn] tn−1= 0

Igualando a cero los coeficientes obtenemos d1 = 0, 2Ca0− d0 = 0; es decir, d0 = 2Ca0 = 2C

(recordemos que a0 = 1) con C una constante arbitraria. Y tambi´en

dn+2 =

dn− 2Can(n + 1)

n(n + 2) , n ≥ 1

Recordemos ahora que a1 = a3 = a5 = · · · = 0. As´ı pues, como d1 = 0, d3 = d5 = d7 =

· · · = 0. Y d4 = d2− 2 · 3Ca2 2 · 4 = d2 2 · 4− 2 · 3C 2 · 4 · 2 · 4 = d2 2 · 4− 3 32C d6 = d4− 2 · 5Ca4 4 · 6 = d2 2 · 4 · 4 · 6− 2 · 5 · C 4 · 6 · 2 · 4 · 4 · 6 = d2 2 · 4 · 4 · 6 − 5C 2304C

(24)

As´ı que los primeros t´erminos de la serie ∞ X n=0 dntn−2 son ∞ X n=0 dntn−2 = 2Ct−2+ d2+ d2 2 · 4t 2 ₋ 3 32Ct 2₊ d2 2 · 4 · 4 · 6t 4 ₋ 5c 2304t 4_{+ · · ·} Observemos que d2 + d2 1 2 · 4t 2_{+ d} 2 1 2 · 4 · 4 · 6t 4_{+ · · · = d} 2x1(t). As´ı pues x2(t) = Cx1(t) ln t + d2x1(t) + C µ 2t−2₋ 3 32t 2₋ 5 2304t 4_{+ · · ·} ¶ Poniendo C = 1 y d2 = 0 x2(t) = x1(t) ln t + µ 2t−2₋ 3 32t 2₋ 5 2304t 4_{− · · ·} ¶ es la segunda soluci´on.

12.4. La ecuaci´

on de Bessel

La ecuaci´on de Bessel nos sirve como un ejemplo muy ilustrativo del significado del Teorema 12.9. La ecuaci´on de Bessel de orden p es

t2x00_{+ tx}0_{+ (t}2_{− p}2_{)x = 0}

donde p es un n´umero real fijo, p ≥ 0. Aqu´ı p(t) = t2_{, q(t) = t y r(t) = t}2 _{− p}2_{. Entonces}

t = 0 es un punto singular y como q(t)t

p(t) = 1 , y

r(t)t2

p(t) = t

2_{− p}2

son anal´ıticas en t = 0, este punto es singular regular. La ecuaci´on indicial es

r(r − 1) + b0r + c0 = 0

siendo b0y c0los coeficientes independientes del desarrollo en serie de potencias de 1 y t2−p2,

respectivamente. Por lo tanto b0 = l´ım t→0 q(t)t p(t) = 1 , l´ımt→0 r(t)t2 p(t) = −p 2

(25)

As´ı pues, r(r − 1) + r − p2 _{= 0 ⇔ r}2_{− p}2 _{= 0 ⇔} ½ r1 = p r2 = −p y r1− r2 = 2p.

Caben varias posibilidades según los valores de p. Pero antes de estudiar estas posibilidades es importante observar que la ecuación indicial se obtiene directamente del hecho de que según el Teorema de Frobenius siempre hay una solución de la forma

x(t) =

∞

X

n=0

antn+r.

Utilizando este hecho obtendremos una informaci´on adicional muy valiosa. Para calcular an

derivamos x(t) x0(t) = ∞ X n=0 (n + r)antn+r−1 , x00(t) = ∞ X n=0 (n + r)(n + r − 1)antn+r−2 y sustituimos en la ecuaci´on: 0 = ∞ X n=0 (n + r)(n + r − 1)antn+r+ + ∞ X n=0 (n + r)antn+r+ + ∞ X n=0 an ¡ tn+r−2_{− t}n+r_p2¢ Operando 0 = r(r − 1)a0tr+ (r + 1)ra1tr+1+ ∞ X n=0 (n + r + 2)(n + r + 1)an+2tn+r+2+ + ra0tr+ (r + 1)a1tr+1+ ∞ X n=0 (n + r + 2)an+2tn+r+2− − a0p2tr− a1p2tr+1− ∞ X n=0 an+2p2tn+r+2+ ∞ X n=0 antn+r+2 En resumen 0 = [r(r − 1) + r − p2_{] a} 0tr+ [(r + 1)r + (r + 1) − p2] a1tr+1+ + ∞ X n=0 ££ (n + r + 2)2_{− p}2¤_a n+2+ an ¤ tn+r+2_.

(26)

Igualando a cero los coeficientes de todas las potencias de r: [r(r − 1) + r − p2_{] a} 0 = 0 [(r + 1)r + (r + 1) − p2_{] a} 1 = 0 [(n + r + 2)2_{− p}2_{] a} n+2+ an= 0 , n ≥ 0

De la primera ecuaci´on obtenemos la ecuaci´on indicial: r2_{− p}2 _{= 0 ⇔}

½

r1 = p

r2 = −p

La segunda ecuaci´on se reduce a [(r + 1)2 _{− p}2_{] a}

1 = 0. Como r = p o −p tenemos que

(p + 1)2 _{− p 6= 0 y (−p + 1)}2 _{− p}2 _{6= 0 cualquiera que sea p. Por lo tanto a}

1 = 0. Esta la

informaci´on valiosa que no descubrimos si aplicamos directamente el Teorema 12.9.

Procedamos ahora a buscar soluciones aplicando el m´etodo de Frobenius. El Teorema 12.9 nos dice que la funci´on

x(t) = ∞ X n=0 antn+r1 = ∞ X n=0 antn+r1antn+p

siempre es solución de la ecuación. La dificultad está en encontrar la segunda solución li-nealmente independiente. Esta dependerá de que r1− r2 sea o no un número entero o cero.

Calculamos de momento la primera soluci´on. Basta sustituir r = p en la ecuaci´on £ (n + r + 2)2− p2¤an+2+ an = 0 As´ı (n + p + 2)2_{− p}2 _{= (n + 2)}2_{+ p}2_{+ 2p(n + 2) − p}2 _{= (n + 2)}2_{+ 2p(n + 2) =} = (n + 2)(2p + n + 2) y an+2= −an (n + 2)(2p + n + 2) , n ≥ 0. Dando valores a n: a2 = −a0 2(2p + 2) = −a0 22_{(p + 1)} a3 = −a1 3(2p + 3) = 0 recordemos que a1 = 0 a4 = −a2 4(2p + 4) = −a2 23_{(p + 2)} = a0 24 _{· 2(p + 1)(p + 2)} a5 = −a3 5(2p + 5) = 0, a7 = a9 = . . . = 0 a6 = −a4 6(2p + 6) = −a4 2 · 3!(p + 3) = −a0 26_{3!(p + 1)(p + 2)(p + 3)}

(27)

En general a2k = (−1)k_a 0 22k_{k!(p + 1)(p + 2) · · · (p + k)}. As´ı x1(t) = ∞ X n=0 (−1)n_t2n+p 22n_{n!(p + 1)(p + 2) · · · (p + n)}. (12.7)

Hay una forma más compacta de escribir los coefientes de esta serie y que nos ayudará en posteriores operaciones. Se consigue con ayuda de la función gamma de Euler:

Γ(t) = Z _∞ 0 e−x_xt−1 _dx, _{t > 0} Recordemos que _Z ∞ 0 f (x) dx = l´ım s→∞ Z _s 0 f (x) dx

y que esta integral impropia tiene sentido si el l´ımite existe. En nuestro caso Γ(t) est´a bien definida; es decir, existe el l´ımite

l´ım

s→∞

Z _s

0

e−xxt−1 dx, t > 0, auqnue no vamos a demostrarlo aqu´ı.

De la propia definici´on se desprenden algunas propiedades interesantes de esta funci´on. Observemos que integrando por partes (u = xt_{, dv = e}−x _dx):

Z _s 0 exxt dx = £−e−xxt¤s₀+ t Z _s 0 e−xxt−1 dx = −e−sst+ t Z _s 0 s−xxt−1 dx. En consecuencia Γ(t + 1) = Z _∞ 0 e−x_xt _{dx = l´ım} s→∞ Z _s 0 e−x_xt _{dx =} = l´ıms→∞(−e−sst) + t l´ıms→∞ Z _s 0 e−x_xt−1 _{dx =} = tΓ(t) porque l´ım s→∞−e −s_st_{= 0 para t > 0. Adem´as} Γ(1) = Z _∞ 0 e−x _{dx = l´ım} s→∞ £ −e−s¤s 0 = l´ım_s→∞ ¡ e0_{− e}−s¢_{= e}0 _{= 1.}

(28)

Por consiguiente

Γ(p + n + 1) = (p + n)Γ(p + n) = (p + n)(p + n − 1)Γ(p + n − 1) = · · · = = (p + n)(p + n + 1) · · · (p + 1)Γ(p + 1)

De aqu´ı deducimos que

(p + 1)(p + 2) · · · (p + n) = Γ(p + n + 1)

Γ(p + 1) (12.8)

Y si k es un n´umero entero:

Γ(k + 1) = kΓ(k) = k(k − 1)Γ(k − 1) = · · · = k(k − 1) · · · 1Γ(1) = k!

Volvemos ahora a la primera solución obtenida para la ecuación de Bessel. Sustitutendo (12.8) en la solución (12.7): x(t) = ∞ X n=0 a0 (−1)n_{Γ(p + 1)} n!22n_{Γ(p + n + 1)}t 2n+p Escogiendo a0 = 1

2p_{Γ(p + 1)}, obtenemos como soluci´on de la ecuaci´on de Bessel

Jp(t) = ∞ X n=0 (−1)n n!Γ(p + n + 1) µ t 2 ¶_2n+p (12.9)

A esta funci´on se le llama funci´on de Bessel de primer tipo de orden p.

Para obtener una segunda soluci´on linealmente independiente hay que distinguir varios casos. Tal y como hemos visto m´as arriba r1− r2 = 2p. Los posibles casos son

a) p no es n´umero entero. b) p = 0

c) p 6= 0 n´umero entero.

(a) Si p no es un n´umero entero (a´un cuando 2p lo sea; esto es posible por ejemplo si p = 3

2 o 5

2, etc.) entonces la segunda soluci´on linealmente independiente es de la forma x2(t) =

∞

X

n=0

(29)

En realidad, lo ´unico que hay que hacer es sustituir p por −p en la primera soluci´on obtenida. As´ı J−p(t) = ∞ X n=0 (−1)n n!Γ(1 − p + n) µ t 2 ¶_2n−p

ser´ıa una segunda soluci´on linealmente independiente. (b) Si p = 0 entonces J0(t) = ∞ X n=0 (−1)n n!Γ(n + 1) µ t 2 ¶_2n . Pero como n es un entero Γ(n + 1) = n!. As´ı que

J0(t) = ∞ X n=0 (−1)n (n!)2 µ t 2 ¶_2n

y la segunda soluci´on se obtiene aplicando el Teorema 12.9 (en este caso r1 = r2 = 0):

x2(t) = J0(t) ln t +

∞

X

n=0

dntn

Para calcular los coeficientes d1, d2, . . . derivamos y sustituimos en la ecuaci´on:

x0 2(t) = ∞ X n=1 ndntn−1+ J00(t) ln t + J0(t) 1 t x00 2(t) = ∞ X n=1 n(n − 1)dntn−2+ J000(t) ln t + 2J00(t) 1 t − 1 t2J0(t) Sustituyendo en la ecuaci´on: 0 = ∞ X n=1 n(n − 1)dntn+ t2J000(t) ln t + 2tJ00(t) − J0(t) + ∞ X n=1 ndntn+ tJ00(t) ln t+ + J0(t) + ∞ X n=1 dntn+2+ t2J0(t) ln t As´ı 0 = [t2_J00 0(t) + tJ00(t) + t2J0(t)] ln t + 2tJ00(t) + d1t + 22d2t2+ + ∞ X n=1 {[(n + 2)(n + 1) + (n + 2)] dn+2+ dn} tn+2 Como J0

0(t) es solución de la ecuación t2x00+ tx0+ t2x = 0, el primer paréntesis es cero. Por

lo tanto 2tJ0 0(t) + d1t + 22d2t2+ ∞ X n=1 £ (n + 2)2_d n+2+ dn ¤ tn+2 _{= 0.}

(30)

Ahora bien J0(t) = 1 + ∞ X n=1 (−1)n (n!)2 µ t 2 ¶_2n con lo que J₀0(t) = ∞ X n=1 (−1)n_2n (n!)2₂ µ t 2 ¶_2n−1 y 2tJ₀0(t) = 2 ∞ X n=1 (−1)n_2n 22n_(n!)2t 2n Por consiguiente d1t + 22d2t2+ ∞ X n=1 £ (n + 2)2dn+2+ dn ¤ tn+2= −2 ∞ X n=1 f rac(−1)n2n22n(n!)2t2n

e igualando los coeficientes correspondientes a potencias iguales de las dos series y observando que en la serie de la derecha s´olo hay potencias de t:

d1 = 0, 22d2 = (−2) · (−1)2 22_(1!)2 = 4 22 ⇒ d2 = 1 22, d3 = d5 = d7 = · · · = 0, 42_d 4+ d2 = (−2) · (−1)2_{· 2 · 2} 24_(2!)2 = −1 23 d4 = − 1 42 µ 1 23 + d2 ¶ = 1 42 µ 1 23 + 1 22 ¶ = − 1 22₄2 µ 1 + 1 2 ¶ 62_d 6+ d4 = (−2) (−1)3_{2 · 3} 26_(3!)2 = 1 24_{· 2 · 3!} d6 = 1 62 · 1 42_{· 2}2_{· 3}+ 1 22_{· 4}2 µ 1 + 1 2 ¶¸ = 1 22_{· 4}2_{· 6}2 µ 1 + 1 2 + 1 3 ¶ En general d2k = (−1)k+1 22 _{· 4}2_{· . . . · (2k)}2 µ 1 + 1 2 + · · · + 1 k ¶ = = (−1) k+1 22k_(k!)2 µ 1 + 1 2 + · · · + 1 k ¶ Por lo tanto ∞ X n=1 dntn = ∞ X n=1 (−1)n+1 22n_(n!)2 µ 1 + 1 2+ · · · + 1 n ¶ t2n = − ∞ X n=1 (−1)n (n!)2 µ 1 + 1 2 + · · · + 1 2 + · · · + 1 n ¶ µ t 2 ¶_2n

(31)

La segunda soluci´on lineal independiente ser´a: K0(t) = J0(t) ln t − ∞ X n=1 (−1)n (n!)2 µ 1 + 1 2+ · · · + 1 n ¶ µ t 2 ¶_2n

A esta funci´on se le llama funci´on de Bessel de 2o _{tipo de orden cero.}

(c) Finalmente, si p es un entero entonces se puede ver que Jp(t y J−p(t) son funciones

linealmente dependientes. De hecho

J−p(t) = (−1)Jp(t)

Debemos aplicar de nuevo el teorema para buscar una segunda soluci´on del tipo (r1 = p, r2 = −p):

x2(t) = CJp(t) ln t + ∞

X

n=0

dntn−p

Procedemos como en el caso anterior; los cálculos, sin embargo, son más complicados pero igualmente tediosos y sin ninguna dificultad conceptual adicional. Por ello los evitamos y exponemos únicamente la solución que se obtiene

Kp(t) = − 1 2 "_p−1 X n=0 (p − n − 1)! n! µ t 2 ¶_2n−p + 1 p! µ 1 + 1 2 + · · · + 1 n ¶ µ t 2 ¶_p# − − 1 2 ∞ X n=0 (−1)n n!(n + p)! ·µ 1 + 1 2 + · · · + 1 n ¶ + µ 1 + 1 2 + · · · + 1 p + n ¶¸ µ t 2 ¶_2p+n + + Jp(t) ln t

A esta funci´on se le conoce con el nombre de funci´on de Bessel de 2o _{tipo y orden}

(32)