Ecuaciones Diferenciales De Coeficientes Variables 4x2jk

260

CAPÍTULO 5 ECUACIONES DIFERENCIALES DE COEFICIENTES VARIABLES 5.1. INTRODUCCIÓN. Una ecuación diferencial lineal de coeficientes variables presenta la forma general:

[a ( x) D

n

n

]

+ an −1 ( x) D n −1 + ... + a2 ( x) D 2 + a1 ( x) D + a0 ( x) y ( x) = f ( x)

De acuerdo con lo estudiado previamente, la solución general de la ecuación diferencial es de la forma: y ( x) = C1 y1 ( x) + C2 y2 ( x) + .... + Cn yn ( x) + y p ( x)

En la expresión anterior se tiene que: {y1 , y2 ,...., yn } es un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea asociada mientras que y p es una solución particular de la no homogénea. Para el caso de coeficientes constantes es relativamente simple determinar la solución general sin embargo, para coeficientes variables la situación puede ser bastante complicada. Algunas ecuaciones diferenciales tienen un tratamiento similar al de las de coeficientes constantes, tal es el caso de la ecuación diferencial de Euler. Para los otros casos se verá que el método adecuado de solución es el de las series de potencias. 5.2. LA ECUACIÓN DIFERENCIAL DE EULER.

La ecuación diferencial de Euler de orden n presenta la forma general:

[a x D n

n

n

]

+ an −1 x n −1D n −1 + ... + a2 x 2 D 2 + a1 xD + a0 y ( x) = f ( x)

La homogénea asociada ite soluciones de la forma y = xλ ; λ ∈ C . Así las cosas, al reemplazar idénticamente en la homogénea resulta una ecuación polinómica conocida como ecuación característica, así: P (λ ) = an λ (λ − 1)(λ − 2)....(λ − (n − 1)) + an −1λ (λ − 1)(λ − 2)....(λ − (n − 2)) + ... + a2λ (λ − 1) + a1λ + a0 = 0

Resolviendo la ecuación resulta un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea. En cuanto a la solución particular se aplica el método de variación de parámetros, previamente desarrollado. Para facilitar la comprensión del método se iniciará con la ecuación diferencial de Euler de segundo orden.

261 La ecuación diferencial de Euler de segundo orden.

La ecuación diferencial de Euler de segundo orden presenta la forma general: x 2 y ' ' ( x) + pxy ' ( x) + qy ( x) = x 2 r ( x)

p, q : cons tan tes

El intervalo de validez de la solución de la homogénea es I = {x ∈ R / x ≠ 0}. Para determinar el conjunto fundamental de soluciones de la homogénea se supone que ite soluciones de la forma y = x λ , con lo que resulta la ecuación característica:

λ (λ − 1) + pλ + q = 0 Al resolver la ecuación se pueden presentar los siguientes casos: 1. Las raíces son reales y distintas. En este caso, el conjunto fundamental de soluciones de la homogénea es: {y1 , y2 } = x λ1 , x λ2

{

}

2. Las raíces son reales e iguales λ1 = λ2 = α . En este caso, el conjunto fundamental de soluciones de la homogénea es: {y1 , y2 } = {xα , xα ln x } La segunda solución se obtiene por el método de reducción de orden. 3. Las raíces son complejas conjugadas λ1 , λ2 = α ± jω . Puede demostrarse que un conjunto fundamental de soluciones es:

{y1 , y2 } = {xα sen(ω ln x , xα cos(ω ln x } Ejemplo 5.1.

Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferencial en el intervalo: x > 0 2 x 2 y ' ' ( x) − xy ' ( x) + y ( x) = 4 x 3 Solución. Primero que todo se escribe la ecuación característica, así:

2λ (λ − 1) − λ + 1 = 0 La ecuación se puede escribir en forma factorizada, así:

(2λ − 1)(λ − 1) = 0 En consecuencia, un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea es:

{y1, y2 } = {x,

x

}

262 Para determinar la solución particular se escribe la ecuación diferencial dada en su forma normalizada, así: 1 1 y ' ' ( x) − y ' ( x) + 2 y ( x) = 2 x 2x 2x

Por el método de variación de parámetros, la solución particular es de la forma: y p = y1u1 + y2u2 La aplicación del método nos conduce a: x  1 

x  u '  0  1  1  =    u ' 2x 2 x  2   

El Wronskiano del sistema es: W ( x) = −

x 2

Aplicando la regla de Cramer, se tiene: x u1 ' = −2 x x ⇒ u1 ' = 4 x ⇒ u1 = 2 x 2 2 3 4 x 2 − u2 ' = 2 x ⇒ u2 ' = −4 x 2 ⇒ u2 = − x 2 x 2 5 Resolviendo las operaciones se encuentra que la solución particular es: −

yp =

6 3 x 5

Por tanto, la solución general de la ecuación diferencial es: y ( x) = C1 x + C2 x +

6 3 x 5

La ecuación diferencial de Euler de tercer orden.

La forma general de la ecuación de Euler de tercer orden es: x 3 y ' ' ' ( x) + px 2 y ' ' ( x) + qxy ' ( x) + sy ( x) = x 3r ( x)

p, q, s : cons tan tes

La ecuación característica de la homogénea asociada es:

λ (λ − 1)(λ − 2) + pλ (λ − 1) + qλ + s = 0 Al resolver la ecuación característica se pueden presentar los siguientes casos:

263 1. Las tres raíces son reales y diferentes: λ1 , λ2 , λ3 En este caso, un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea es:

{y1, y2 , y3 } = {x λ , x λ 1

2

, x λ3

}

2. Las tres raíces son reales, pero dos de ellas son iguales: λ1 , λ2 = λ3 = α En este caso, un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea es:

{y1, y2 , y3 } = {x λ , xα , xα 1

3

ln x

}

3. Las tres raíces son reales e iguales: λ1 = λ2 = λ3 = α En este caso, un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea es:

{y1 , y2 , y3 } = {xα , xα ln x , xα

3

ln 2 x

}

4. Dos raíces son complejas conjugadas y la otra es real: λ1 , λ2 = α + jω , λ3 = α − jω En este caso, un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea es:

{y1 , y2 , y3 } = {x λ , xα sen(ω ln x ), xα cos(ω ln x )} 1

Ejemplo 5.2.

Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferencial en el intervalo: x > 0 x 3 y ' ' ' ( x) − 2 xy ' ( x) + 4 y ( x) = x 2 Solución. Primero que todo se escribe la ecuación característica, así:

λ (λ − 1)(λ − 2) − 2λ + 4 = 0 La ecuación se puede escribir en forma factorizada, así: (λ + 1)(λ − 2) 2 = 0 En consecuencia, un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea es:

{y1, y2 , y3 } = {x −1, x 2 , x 2 ln x } Para determinar la solución particular se escribe la ecuación diferencial dada en su forma normalizada, así: 2 4 y ' ' ' ( x) − 2 y ' ( x) + 3 y ( x) = x −1 x x Por el método de variación de parámetros, la solución particular es de la forma:

264 y p = y1u1 + y2u2 + y3u3 La aplicación del método nos conduce a:  x −1  −2 − x  2 x −3 

x 2 ln( x)   u1 '   0   2 x 2 x ln( x) + x  u2 ' =  0  2 2 ln( x) + 3  u3 '  x −1  x2

El Wronskiano del sistema es W ( x) = 9 . Aplicando la regla de Cramer, se tiene: 9u1 ' = x 2 ⇒ u1 ' =

x2 x3 ⇒ u1 = 9 27

1 1 1 1 9u2 ' = −3x −1 ln( x) − x −1 ⇒ u2 ' = − x −1 ln( x) − x −1 ⇒ u2 = − ln 2 ( x) − ln( x) 3 9 6 9 1 1 9u3 ' = 3x −1 ⇒ u3 ' = x −1 ⇒ u3 = ln( x) 3 3

Resolviendo las operaciones se encuentra que la solución particular es: y p = x −1

x3 1 1 1 1 2 1 2  1  + x 2  − ln 2 ( x) − ln( x)  + x 2 ln( x) ln( x) ⇒ y p = x 2 ln 2 ( x) + x − x ln( x) 27 9 3 6 27 9  6 

Por tanto, dado que los dos últimos términos de la particular hallada son linealmente dependientes con la complementaria, la solución general de la ecuación diferencial es: y ( x) = C1 x −1 + C2 x 2 + C3 x 2 ln( x) +

1 2 2 x ln ( x) 6

Ejemplo 5.3.

Encuentre un conjunto fundamental de soluciones para cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales: 1. 2. 3. 4. 5.

x 2 y ' '+ xy '− y = 0 x 2 y ' '+ xy '+ y = 0 x 2 y ' '− xy '+ y = 0 x 2 y ' '+3xy '+2 y = 0 x 3 y ' ' '+3x 2 y ' '+ xy '−8 y = 0

Solución. 1. La ecuación característica es:

λ (λ − 1) + λ − 1 = 0 ⇒ λ2 − 1 = 0 ⇒ (λ − 1)(λ + 1) = 0 El conjunto fundamental de soluciones es:

{y1, y2 } = {x, x

−1

265

}

2. La ecuación característica es:

λ (λ − 1) + λ + 1 = 0 ⇒ λ2 + 1 = 0 ⇒ λ1 , λ2 = ± j1 El conjunto fundamental de soluciones es:

{y1, y2 } = {sen(ln x ), cos(ln x )} 3. La ecuación característica es:

λ (λ − 1) − λ + 1 = 0 ⇒ λ2 − 2λ + 1 = 0 ⇒ (λ − 1)(λ − 1) = 0 El conjunto fundamental de soluciones es:

{y1, y2 } = {x, x ln x } 4. La ecuación característica es:

λ (λ − 1) + 3λ + 2 = 0 ⇒ λ2 + 2λ + 2 = 0 ⇒ λ1 , λ2 = −1 ± j1 El conjunto fundamental de soluciones es:

{y1, y2 } = {x −1sen(ln x ), x −1 cos(ln x )} 5. La ecuación característica es:

λ (λ − 1)(λ − 2) + 3λ (λ − 1) + λ − 8 = 0 ⇒ λ3 − 3λ2 + 2λ + 3λ2 − 3λ + λ − 8 = 0 Simplificando, se tiene:

λ3 − 8 = 0 ⇒ (λ − 2)(λ2 + 2λ + 4) = 0 ⇒ λ1 = 2 λ2 , λ3 = −1 ± j 3 El conjunto fundamental de soluciones es:

{y1 , y2 , y3 } = {x 2 , x −1sen(

3 ln x , x −1 cos( 3 ln x

}

Ecuaciones diferenciales reducibles a Euler.

Algunas ecuaciones diferenciales se pueden reducir a ecuaciones de Euler mediante un cambio de la variable dependiente, tal es el caso de la ecuación diferencial: (ax + b) 2 y ' ' ( x) + c(ax + b) y ' ( x) + dy ( x) = f ( x) Con base en lo estudiado previamente, el intervalo de validez de la solución es:

266

I = {x ∈ R / ax + b ≠ 0}

Para convertirla en una ecuación diferencial de Euler se hace el cambio de variable: z = ax + b

Con el cambio de la variable independiente se aplica la regla de la cadena para obtener:

y ' ( x) =

dy dz ⇒ y ' ( x) = ay ' ( z ) dz dx

y ' ' ( x) =

dy ' dz ⇒ y ' ' ( x) = a 2 y ' ' ( z ) dz dx

Así las cosas, la ecuación diferencial para la nueva variable es:  z −b a 2 z 2 y ' ' ( z ) + cazy ' ( z ) + dy ( z ) = f    a  Ejemplo 5.4.

Encuentra la solución general de la ecuación diferencial: (2 x + 1) 2 y ' ' ( x) + 2(2 x + 1) y ' ( x) − 4 y ( x) = 2 x + 2 Solución. Al efectuar el cambio de variable resulta la ecuación diferencial:

4 z 2 y ' ' ( z ) + 4 zy ' ( z ) − 4 y ( z ) = z + 1 ⇒ z 2 y ' ' ( z ) + zy ' ( z ) − y ( z ) = La ecuación característica es:

λ (λ − 1) + λ − 1 = 0 ⇒ λ2 − 1 = 0 ⇒ (λ − 1)(λ + 1) = 0 Un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea es: { y1 , y2 } = {z , z −1} En cuanto a la solución particular, resulta y p = zu1 + z −1u2 , dónde:  z z −1   u1 '   0    =  z + 1 −2   1 − z  u2 '  4 z 2 

El estudiante puede verificar que la solución particular es:

z +1 4

267 y p ( z) =

1 1 z ln z − 8 4

Retornando a la variable original se tiene que la solución general de la ecuación diferencial es: 1 1 1 y ( x) = C1 (2 x + 1) + C2 (2 x + 1) −1 + (2 x + 1) ln(2 x + 1) − x>− 8 4 2 Se sugiere al estudiante que resuelva los siguientes ejercicios propuestos. EJERCICIOS 5.2.

Encuentre un conjunto fundamental de soluciones para cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales: 1. 3. 5. 7. 9.

x 2 y ' '+ xy '−4 y = 0 x 2 y ' '−3xy '+4 y = 0 x 3 y ' ' '+3x 2 y ' '+ xy ' = 0 x 3 y ' ' '+2 x 2 y ' '− xy '+ y = 0 (2 x − 3) 2 y ' '+8(2 x − 3) y '+8 y = 0

2. x 2 y ' '+ xy '+4 y = 0 4. x 2 y ' '+3xy '+10 y = 0 6. x 3 y ' ' '+3x 2 y ' '+ xy ' = 0 8. x 3 y ' ' '+6 x 2 y ' '+5 xy '−5 y = 0 10. (2 x + 3) 2 y ' '+10(2 x + 3) y '+8 y = 0

Resuelva cada uno de los siguientes problemas de valor inicial. 11. 12. 13. 14. 15.

x 2 y ' '+ xy '−4 y = x y (1) = 0 y ' (1) = 0 x 2 y ' '−3 xy '+4 y = x 2 y (1) = 0 y ' (1) = 0 x 2 y ' '+ xy '+4 y = x 3 y (1) = 0 y ' (1) = 0 x 3 y ' ' '+3 x 2 y ' '+ xy ' = 0 y (1) = 0 y ' (1) = 1 x 3 y ' ' '+3x 2 y ' '+ xy ' = 0 y (1) = 0 y ' (1) = 0

y ' ' (1) = 1

Encuentre la solución general para cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales 16. 17. 18. 19. 20.

(2 x − 3) 2 y ' '+8(2 x − 3) y '+8 y = 2 x x 2 y ' ' '+3xy ' '+ y ' = x 2 x 3 y ' ' '+2 x 2 y ' '− xy '+ y = x 3 x 3 y ' ' '+6 x 2 y ' '+5 xy '−5 y = x 2 x 2 y ' ' '+3xy ' '+ y ' = x ln( x)

5.3. SERIES DE POTENCIAS.

Consideremos una función de variable real: y = f (x) tal que la función y todas sus derivadas son continuas en un intervalo I ⊆ R y sea x0 ∈ I . Una serie infinita de potencias, conocida también como serie de Taylor, centrada en el punto, es una expresión de la forma:

268 ∞

N

s ( x) = ∑ ck ( x − x0 ) k = ∑ ck ( x − x0 ) k + k =0

k =0

∞

∑ c (x − x )

k = N +1

k

k

0

La serie, en su forma expandida, es: s ( x) = c0 + c1 ( x − x0 ) + c2 ( x − x0 ) 2 + ... + cN ( x − x0 ) N + cN +1 ( x − x0 ) N +1 + ... Concepto de convergencia.

Se dice que una serie de potencias: s (x) converge a una función: f (x) en un entorno del punto: x0 sí se verifica que f ( x) ≡ s( x) . El intervalo de convergencia de la serie viene dado por: I = {x ∈ R / x − x0 < ρ} En la expresión anterior, ρ es el radio de convergencia de la serie. La convergencia significa que la serie es idéntica a la función en cada punto del intervalo de convergencia. De acuerdo con lo anterior podemos escribir: f ( x) = c0 + c1 ( x − x0 ) + c2 ( x − x0 ) 2 + ... + cN ( x − x0 ) N +

∞

∑c (x − x )

k = N +1

k

k

0

En la expresión anterior, aparece un polinomio de grado: n que se utiliza para aproximar la función en el intervalo de convergencia. Intuitivamente, el polinomio de aproximación es mejor en la medida en que el grado del polinomio sea mayor. El resido de la serie viene dado por: RN ( x, x0 ) =

∞

∑ c (x − x )

k = N +1

k

k

0

La convergencia implica que: lim RN ( x, x0 ) = 0 N →∞ Cálculo de los coeficientes de la serie.

Dado que la serie es convergente a la función en cada punto del intervalo de convergencia, todas las derivadas de la función coincidirán con todas las derivadas de la serie, es decir, se verifican las siguientes identidades: f ( x) = c0 + c1 ( x − x0 ) + c2 ( x − x0 ) 2 + c3 ( x − x0 )3 + c4 ( x − x0 ) 4 + c5 ( x − x0 )5 + ... Df ( x) = c1 + 2c2 ( x − x0 ) + 3c3 ( x − x0 ) 2 + 4c4 ( x − x0 )3 + 5c5 ( x − x0 ) 4 + ... D 2 f ( x) = 2c2 + 6c3 ( x − x0 ) + 12c4 ( x − x0 ) 2 + 20c5 ( x − x0 )3 + ... D 3 f ( x) = 6c3 + 24c4 ( x − x0 ) + 60c5 ( x − x0 ) 2 + ... D 4 f ( x) = 24c4 + 120c5 ( x − x0 ) + ...

269 Evaluando en el punto x = x0 , resulta: c0 = f ( x0 ) c1 = Df ( x0 ) c2 =

D 2 f ( x0 ) 2!

c3 =

D 3 f ( x0 ) D n f ( x0 ) .... cn = 3! n!

Criterio de la razón.

El criterio de la razón, que es el cociente entre dos términos consecutivos de la serie, permite determinar el intervalo de convergencia de una serie, así: Lim cn +1 ( x − x0 ) n +1 <1 n → ∞ cn ( x − x0 ) n

En la expresión anterior se supone que la diferencia, en grado, entre dos términos consecutivos es la unidad. Lo anterior no es necesariamente cierto en todos los casos. Series de Maclaurin.

Cuando el punto alrededor se hace el desarrollo de la serie es x0 = 0 , la serie de Taylor recibe el nombre de serie de Maclaurin. A continuación se muestra una tabla con las series asociadas a las funciones de mayor interés en ingeniería. Se indica, en cada caso, el intervalo de convergencia. 1. Función exponencial. x 2 x3 x 4 x5 xk = 1+ x + + + + + ....; I = R 2! 3! 4! 5! k = 0 k! ∞

ex = ∑

2. Función seno. x3 x5 x 7 (−1) k x 2 k +1 = x − + − + ....; I = R 3! 5! 7! k = 0 (2k + 1)! ∞

sen( x) = ∑

3. Función coseno. x 2 x4 x6 (−1) k x 2 k = 1− + − + ....; I = R (2k )! 2! 4! 6! k =0 ∞

cos( x) = ∑

4. Función:

1 1− x ∞ 1 = ∑ x k = 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + ....; I = {x ∈ R / x < 1} 1 − x k =0

5. Función: ln(1 − x) x 2 x3 x 4 x5 x k +1 = x+ + + + + ....; I = {x ∈ R / x < 1} 2 3 4 5 k =0 k + 1 ∞

ln(1 − x) = ∑

270 Es posible determinar la serie de Maclaurin de cualquier función mediante el cálculo directo de los coeficientes o haciendo uso de la s series de funciones conocidas. Ejemplo 5.5.

Escriba la serie de Maclaurin para la función f ( x) = ln(2 x + 3) , indicando el intervalo de convergencia. Solución. La función dada se puede escribir en la forma:

f ( x) = ln(2 x + 3) = ln[3(1 + 2 x / 3)] = ln(3) + ln(1 + 2 x / 3) = ln(3) + ln[1 − (−2 x / 3)] Haciendo uso de la serie de la función ln(1 − x) , resulta: (−2 x / 3) k +1 2x 4x2 8 x 3 16 x 4 32 x 5 =− + − + + .... k +1 3 2 ⋅ 32 3 ⋅ 33 4 ⋅ 34 5 ⋅ 35 k =0 ∞

ln(2 x + 3) = ln(3) + ∑

El intervalo de convergencia viene dado por:   2x I = x ∈ R / < 1 = {x ∈ R / x < 3 / 2} 3   Multiplicación de series de potencias.

Se desea encontrar la serie de Maclaurin del producto de dos funciones conocidas las series individuales, así: ∞

f ( x) = ∑ a n x n n =0

∞

g ( x) = ∑ bm x m m =0

El producto se obtiene de multiplicar cada término de la primera serie por la segunda, así: ∞

∞

∞

∞

∞

m =0

m =0

m =0

m =0

m =0

f ( x) g ( x) = a 0 ∑ bm x m + a1 x ∑ bm x m + a 2 x 2 ∑ bm x m + a3 x 3 ∑ bm x m + ... + a n x n ∑ bm x m La expresión anterior se puede escribir en la forma: ∞

∞

∞

∞

∞

m =0

m =0

m =0

m =0

m =0

f ( x) g ( x) = ∑ a 0 bm x m + ∑ a1bm x m +1 + ∑ a 2 bm x m + 2 + ∑ a3bm x m +3 + ... + ∑ a n bm x m + n Un análisis detallado de la expresión anterior nos permite decir que la serie correspondiente al producto es de la forma: ∞

f ( x) g ( x) = c0 + c1 x + c2 x 2 + c3 x 3 + .... = ∑ ci x i i =0

Dónde:

c0 = a0b0

271

c1 = a0b1 + a1b0 c2 = a0b2 + a1b1 + a2b0 . . i

ci = ∑ a j bi − j j =0

El intervalo de convergencia del producto es la intersección de los intervalos de convergencia individuales. Ejemplo 5.6.

Encuentre la serie de Maclaurin de la función f ( x) = e − x sen(2 x) , indicando el intervalo de convergencia. Solución. Partimos de las series de cada uno de los factores, así: x 2 x3 x 4 x5 (− x) k = 1− x + − + − + ....; I = R k! 2! 3! 4! 5! k =0 ∞

e− x = ∑

(2 x)3 (2 x)5 (2 x)7 (−1) k (2 x) 2 k +1 = 2x − + − + ....; I = R sen(2 x) = ∑ (2k + 1)! 3! 5! 7! k =0 ∞

Con base en lo presentado, resulta: 1 19 5 e − x sen(2 x) = 2 x − 2 x 2 − x 3 + x 4 − x + .... I = R 3 60 División de series de potencias.

Para dividir dos series de potencias se usa el algoritmo de división de polinomios. El proceso puede resultar bastante tedioso, pero no hay otra alternativa. En cuanto al intervalo de convergencia, se debe garantizar que el denominador no se anule en el mismo. Ejemplo 5.7.

Encuentre la serie de Maclaurin de la función f ( x) = tan( x) , indicando el intervalo de convergencia. Solución. Puesto que la tangente es el cociente entre la función seno y la función coseno, se concluye que el intervalo de convergencia de la serie de Maclaurin es:

272 I = {x ∈ R / x < π / 2}

x3 x5 x7 + − + ... 3! 5! 7! El cociente indicado es: tan( x) = x2 x4 x6 1− + − + ... 2! 4! 6! x−

1 2 17 7 Efectuando la división, resulta: tan( x) = x + x 3 + x 5 + x + .... 3 15 315 Ejemplo 5.8.

En un mismo gráfico represente la función: tan(x) y el polinomio de aproximación de grado siete en el intervalo: [−1.5,1.5] y saque conclusiones. Solución. Nos ayudamos con el paquete Mathcad, obteniendo la gráfica de la figura 5.1

Figura 5.1.

La línea sólida corresponde a la función tangente, mientras que la otra corresponde al polinomio de aproximación. Puede verse que la convergencia es perfecta en el intervalo: [-1,1]. EJERCICIOS 5.3.

Escriba La serie de Maclaurin para cada una de las siguientes funciones, indicando el intervalo de convergencia: sen( x) 1+ x cos(2 x) 3. f ( x) = (1 + x )2 5. f ( x) = x cot( x) 1.

f ( x) =

2. f ( x) = senh( x) 1+ x  4. f ( x) = ln  1− x  6. f ( x) = tan −1 ( x)

7. f ( x) =

cosh( x) 1 − x2

9. f ( x) =

x +1

ln(3x + 5) 1 − x2 1 10. f ( x) = x +1

273

8. f ( x) =

5.4. SOLUCIÓN POR SERIES DE ECUACIONES DIFERENCIALES.

Consideremos una ecuación diferencial lineal de segundo orden, así:

y ' ' ( x) + p ( x) y ' ( x) + q ( x) y ( x) = r ( x) De acuerdo con lo estudiado previamente, si: { y1 , y2 } es un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea y y p es una solución particular de la no homogénea, la solución general de la ecuación diferencial viene dada por: y ( x) = C1 y1 + C2 y2 + y p Teoría general de la solución por series.

Se considerará, en primera instancia, la ecuación diferencial homogénea, es decir, la ecuación diferencial: y ' ' ( x) + p ( x) y ' ( x) + q ( x) y ( x) = 0 Las siguientes definiciones nos orientarán para encontrar un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial. 1. Función analítica. Se dice f (x) es una función analítica o función regular en un entorno del punto: x0 sí ite un desarrollo en series de potencias en dicho entorno. Una condición necesaria para que la función sea analítica es que el siguiente límite exista:

lim { f ( x)}

x → x0

Las funciones elementales tratadas previamente: exponencial, seno y coseno, son funciones analíticas en los reales. La función: f ( x) = x no es analítica en un entorno de x0 = 0 ya que sus diferentes derivadas no están definidas en dicho punto. Cuando la función es el cociente de dos funciones analíticas, la analiticidad de la función está sujeta a la existencia del límite previamente establecido. Esto significa que una condición suficiente, para que el cociente de dos funciones analíticas en un intervalo sea analítico, es que el límite exista. sen( x) La función f ( x) = , por ejemplo, es analítica en x0 = 0 ya que: x lim { f ( x)} = 1

x → x0

274 2. Punto ordinario. Se dice que x0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial homogénea sí las funciones: p(x) y q(x) son analíticas en un entorno de dicho punto. 3. Punto singular. Se dice que x0 es un punto singular de la ecuación diferencial homogénea sí una de las funciones: p(x) o q(x) no es analítica en un entorno de dicho punto.

En general los puntos singulares o singularidades de la ecuación diferencial son números complejos y se representan mediante cruces en dicho plano. Ejemplo 5.9.

Determine las singularidades de las siguientes ecuaciones diferenciales:

( ( (

) )

1. x − x 3 y ' '+ sen( x) y '+ xy = 0 2. 8 + x 3 y ' '+ xy'+2 y = 0 3. x 2 + 2 x + 10 y ' '+ xy '+2 y = 0

)

Solución. 1. A partir de la ecuación se tiene que:

p ( x) =

sen( x) x(1 + x)(1 − x)

q( x) =

1 (1 + x)(1 − x)

Por simple inspección, las singularidades son x = ±1 . 2. En este caso, se tiene: p ( x) =

x ( x + 2)( x − 2 x + 4) 2

q( x) =

2 ( x + 2)( x − 2 x + 4) 2

Por simple inspección se tiene que: x = −2 es una singularidad. Aplicando la fórmula cuadrática, se encuentran otras dos singularidades, así: x = 1± j 3 3. El estudiante puede mostrar que las singularidades son: x = −1 ± j 3 Soluciones en un entorno de un punto ordinario.

Consideremos la ecuación diferencial homogénea: y ''( x) + p( x) y '( x) + q( x) y ( x) = 0 Sí x0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial y la singularidad más cercana a dicho punto es xs , la ecuación ite soluciones de la forma de Taylor en un intervalo I , dado por:

I = {x ∈ R / x − x0 < xs − x0 }

275

∞

Así las cosas, la serie: y ( x) = ∑ ck ( x − x0 ) k es solución de la ecuación diferencial y, en k =0

consecuencia, la debe satisfacer idénticamente. Expandiendo la serie, se tiene: y ( x) = c0 + c1 ( x − x0 ) + c2 ( x − x0 ) 2 + ... + cN ( x − x0 ) N + cN +1 ( x − x0 ) N +1 + ... De acuerdo con lo estudiado previamente, los coeficientes de la serie se determinan de la siguiente manera: y ( n ) ( x0 ) c0 = y ( x0 ) c1 = y ' ( x0 ).......cn = n! Puesto que: y ( x0 ) y y ' ( x0 ) son las condiciones iniciales de la ecuación diferencial, es decir, son conocidas, las otras constantes se pueden obtener a partir de ellas, de la siguiente manera: y ' ' ( x0 ) Para hallar la constante: c2 = se despeja la segunda derivada en la ecuación 2! diferencial, así: y ' ' ( x) = −q( x) y ( x) − p( x) y ' ( x) y se evalúa en x0 . El resultado es: c2 =

− q( x0 )c0 − p( x0 )c1 2!

y ' ' ' ( x0 ) , se deriva la segunda derivada, así: 3! y ' ' ' ( x) = −q' ( x) y ( x) − [q( x) + p( x)] y ' ( x) − p( x) y ' ' ( x) y se evalúa de nuevo en el punto. El resultado es: [−q' ( x0 ) + p( x 0 )q( x0 )]c 0 + [− q( x0 ) − p( x0 ) + p 2 ( x0 )]c1 c3 = 3! En cuanto a la constante c3 =

Procediendo de manera iterativa se determinan las demás constantes. Todas las constantes dependen de las constantes arbitrarias c1 ,c2 . Lo anterior nos permite escribir la solución de la ecuación diferencial en la forma:  − q ( x0 )c0 − p ( x0 )c1  2 y ( x) = c0 + c1 ( x − x0 ) +  ( x − x0 ) + 2!    [− q ' ( x0 ) + p ( x0 )q ( x0 )]c0 + [−q ( x0 ) − p ( x0 ) + p 2 ( x0 )]c1   ( x − x0 )3 + .... 3!   La expresión anterior se puede expresar en la forma: y ( x) = c0 y1 ( x) + c1 y2 ( x ) Dónde:  − q ( x0 )   − q ' ( x0 ) + p ( x0 )q ( x0 )  2 3 y1 ( x) = c0 +  ( x − x0 ) +  ( x − x0 ) + .... 3!  2!     − q ( x0 ) − p ( x0 ) + p 2 ( x0 )   − p ( x0 )  2 ( x − x0 )3 + .. y2 ( x) = c1 ( x − x0 ) +  ( x − x0 ) +  3!  2!   

276 Para que las dos funciones descritas conformen un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea se requiere que el Wronskiano sea diferente de cero en cada punto del intervalo de convergencia. Recordando la fórmula de Abel, se tiene: − p ( x ) dx W ( x) = ke ∫

Puesto que p(x) es analítica en el intervalo de convergencia, el Wronskiano es diferente de cero en el mismo, con lo cual: { y1 , y2 } es un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea. El procedimiento descrito para resolver la ecuación diferencial homogénea puede hacerse extensivo a la ecuación diferencial no homogénea, sólo que el intervalo de convergencia debe tener en cuenta a la función: r ( x) Ejemplo 5.10.

Encuentre un conjunto fundamental de soluciones, en un entorno de x0 = 0 para la siguiente ecuación diferencial, indicando el intervalo de convergencia. y ' ' ( x) − xy ( x) = 0 Solución. De acuerdo con lo planteado previamente, x0 = 0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial y dado que no hay singularidades, la ecuación ite dos soluciones de la forma de Maclaurin en el dominio de los reales, así:

y ( x) = c0 + c1 x + c2 x 2 + c3 x 3 + c4 x 4 ... + cN ( x − x0 ) N + cN +1 ( x − x0 ) N +1 + ... Tal como acabamos de ver, c0 ,c1 son constantes arbitrarias. Por otro lado, se tiene: y ' ' ( x) = xy ( x) ⇒ y ' ' (0) = 0 ⇒ c2 = 0 D 3 y ( x) = xy ' ( x) + y ( x) ⇒ D 3 y (0) = y (0) = c0 ⇒ c3 =

c0 3!

D 4 y ( x) = xy ' ' ( x) + 2 y ' ( x) ⇒ D 4 y (0) = 2 y ' (0) = 2c1 ⇒ c4 =

2c1 4!

D 5 y ( x) = xD3 y ( x) + 3 y ' ' ( x) ⇒ D 5 y (0) = 0 ⇒ c5 = 0 D 6 y ( x) = xD 4 y ( x) + 4 D 3 y ( x) ⇒ D 6 y (0) = 4 D 3 y (0) = 4c0 ⇒ c6 = De manera similar puede mostrarse que c7 = y ( x) = c0 + c1 x +

4c0 6!

10c1 . Con base en los resultados, se tiene: 7!

1 2 4 10 c0 x 3 + c1 x 4 + c0 x 6 + c1 x 7 + ...... 3! 4! 6! 7!

El resultado puede escribirse en la forma:

277 2 10 4  1    y ( x) = c0 1 + x 3 + x 6 + ..... + c1  x + x 4 + x 7 + ...... 4! 7! 6!  3!    Ejemplo 5.11.

Encuentre la solución general en un entorno de: x0 = 0 de la siguiente ecuación diferencial, indicando el intervalo de validez.

(x

2

)

+ 4 y ' ' ( x) + y ( x) = x

Solución. Las singularidades de la ecuación diferencial son: x = ± j 2 En consecuencia, el intervalo de convergencia de la solución es: I = {x ∈ R / x < 2}

Para resolver la ecuación diferencial se parte de las constantes arbitrarias: c0 ,c1 y se procede como en el ejemplo anterior, así: c c x − y ( x) − y ( 0) ⇒ D 2 y ( 0) = = − 0 ⇒ c2 = − 0 2 x +4 4 4 4 ⋅ 2! 2 2 4 − 4c1 1 − c1 4 − x − x + 4 y ' ( x) − 2 xy ( x) D 3 y ( x) = ⇒ D 3 y ( 0) = ⇒ c3 = 2 2 ( x + 4) 16 4 ⋅ 3!

D 2 y ( x) =

(

)

Como puede notarse, es bastante laborioso el proceso de derivación sucesiva en este caso. De todas formas, después de hacer el trabajo, resulta: − 4 xD y ( x) − 3D 2 y ( x) − 3D 2 y (0) 3c0 3c 4 ⇒ D y (0) = = 2 ⇒ c4 = 2 0 D y ( x) = 2 x +4 4 4 2! 4 ⋅ 2!⋅4! 4 3 3 − 6 xD y ( x) − 7 D y ( x) − 7 D y (0) 7(c − 1) D 5 y ( x) = ⇒ D 5 y (0) = ⇒ c5 = 2 1 2 ( x + 4) 4 4 ⋅ 3!⋅5! 4

Para los términos hallados, la solución de la ecuación diferencial es: y ( x) = c0 y1 ( x) + c1 y2 ( x) + y p ( x) En la expresión anterior, se tiene, además de la solución complementaria la solución particular. x2 3x 4 x3 7 x4 y1 ( x) = 1 − + + ... y2 ( x) = x − + + ... 4 ⋅ 2! 42 ⋅ 2!⋅4! 4 ⋅ 3! 42 ⋅ 3!⋅5! x3 7 x5 yp = − 2 + ... 4 ⋅ 3! 4 ⋅ 3!⋅5!

278 Ejemplo 5.12.

Encuentre un conjunto fundamental de soluciones, en un entorno de x0 = 2 para la siguiente ecuación diferencial, indicando el intervalo de convergencia.

xy' ' ( x) − y ' ( x) − y ( x) = 0 Solución. De acuerdo con lo planteado previamente, x0 = 2 es un punto ordinario de la ecuación diferencial, mientras que: x0 = 0 es un punto singular de la misma. Por tanto, la ecuación ite dos soluciones de la forma de Taylor en el intervalo: I = {x ∈ R / x − 2 < 2} y ( x) = c0 + c1 ( x − 2) + c2 ( x − 2) + c3 ( x − 2) + .. + cN ( x − 2) N + cN +1 ( x − 2) N +1 + ... 2

3

Para facilitar el trabajo se hace el cambio de variable: z = x − 2 y se efectúa el desarrollo en un entorno de z0 = 0 . Para la nueva variable, la ecuación diferencial es:

(z + 2) y ' ' ( z ) − y ' ( z ) − y ( z ) = 0 Tal como acabamos de ver, c0 ,c1 son constantes arbitrarias. Por otro lado, se tiene: y( z) + y' ( z) y (0) + y ' (0) c +c ⇒ c2 = 0 1 ⇒ D 2 y (0) = 2 2 ⋅ 2! z+2 ' ( ) y z c c ⇒ D 3 y (0) = 1 ⇒ c3 = 1 D3 y( z) = 2 2 2 ⋅ 3! 3 y ' (0) − D 3 y (0) c y' ( z) − D y( z) ⇒ D 4 y (0) = ⇒ c4 = 1 D 4 y( z) = 2 4 ⋅ 4! z+2 2 4 D y( z) − 2D y( z) c c ⇒ D 5 y (0) = 0 ⇒ c5 = 0 D5 y( z) = 4 4 ⋅ 5! z+2 D 2 y( z) =

Con base en los resultados, la solución es: c0 + c1 2 c c c z + 1 z3 + 1 z4 + 0 z5 2 ⋅ 2! 2 ⋅ 3! 4 ⋅ 4! 4 ⋅ 5! 2 5 2     z z z z3 z4 + + ... + c1  z + + + + ... y ( z ) = c0 1 + 2 ⋅ 2! 2 ⋅ 3! 4 ⋅ 4!  2 ⋅ 2! 4 ⋅ 5!    y ( z ) = c0 + c1 z +

Retornando a la variable original, resulta:  ( x − 2) 2 ( x − 2) 5    ( x − 2) 2 ( x − 2) 3 ( x − 2) 4 y ( x) = c0 1 + + + + ... + + ... + c1  x − 2 + 2 ⋅ 2! 4 ⋅ 5! 2 ⋅ 2! 2 ⋅ 3! 4 ⋅ 4!    

279 Método de los coeficientes indeterminados.

De acuerdo con lo estudiado hasta el momento, es claro que puede resultar muy engorroso el cálculo de los coeficientes de la serie por el método de la derivación sucesiva de la ecuación diferencial. El método de los coeficientes indeterminados nos permite obviar ese inconveniente, veamos: Dada la ecuación diferencial: a2 ( x) y ' ' ( x) + a1 ( x) y ' ( x) + a0 ( x) y ( x) = f ( x) Se parte de suponer que la ecuación diferencial ite una solución de la forma de Maclaurin, es decir, se resolverá la ecuación en un entorno de x0 = 0 , así: ∞

y ( x) = ∑ ck x k k =0

Las dos primeras derivadas de la función viene dadas por: ∞

∞

y ' ( x) = ∑ kck x k −1

y ' ' ( x) = ∑ k (k − 1)ck x k − 2

k =0

k =0

Sustituyendo idénticamente en la ecuación diferencial, resulta: ∞

∞

∞

k =0

k =0

k =0

a2 ( x)∑ k (k − 1)ck x k − 2 + a1 ( x)∑ kck x k −1 + a0 ( x)∑ ck x k ≡ f ( x) Es bueno precisar que los coeficientes de la ecuación diferencial y el término independiente iten desarrollos en series de Maclaurin. Preferentemente nos ocuparemos de resolver ecuaciones diferenciales cuyos coeficientes sean polinómicos, lo cual facilita el procedimiento. Ejemplo 5.13.

Resuelva la ecuación diferencial del ejemplo 5.10 por el método de los coeficientes indeterminados. Solución. La ecuación diferencial a resolver es y ' ' ( x) − xy ( x) = 0 . Al sustituir las series correspondientes a la función y su segunda derivada, resulta la identidad: ∞

∑ k (k − 1)c x k =0

k

k −2

∞

− ∑ ck x k +1 ≡ 0 k =0

A continuación se hacen los siguientes cambios de variable: En la primera sumatoria: n = k − 2 En la primera sumatoria: n = k + 1 Así las cosas, la identidad anterior queda en la forma:

280 ∞

∑ (n + 2)(n + 1)c

n+2

n = −2

∞

x n − ∑ cn −1 x n ≡ 0 n =1

Desarrollando los tres primeros términos de la primera sumatoria, resulta: ∞

0 ⋅ c 0 x − 2 + 0 ⋅ c1 x −1 + 2c 2 x 0 + ∑ [(n + 1)(n + 2)c n + 2 − c n −1 ]x n ≡ 0 n =1

A partir de la identidad se concluye que todos los coeficientes deben ser iguales a cero, esto es:

[(n + 1)(n + 2)cn + 2 − cn −1 ] = 0; n = 1,2,3,...

0 ⋅ c0 = 0 0 ⋅ c1 = 0 2c2 = 0

De la expresión anterior se sigue que c0 ≠ 0 c1 ≠ 0 c 2 = 0 . Por otro lado resulta una ecuación que permite hallar los demás coeficiente, conocida como ecuación de recurrencia y viene dada por: cn −1 cn + 2 = n = 1,2,3,... (n + 1)(n + 2) A partir de la ecuación de recurrencia, se obtienen los coeficientes: c3 =

c0 6

c4 =

c1 12

c5 =

c2 c c = 0 c6 = 3 = 0 20 30 180

c7 =

c4 c = 1 42 504

La solución de la ecuación diferencial es: y ( x) = c0 + c1 x +

c0 3 c1 4 c0 6 c1 7 x + x + x + x + .... 6 12 180 504

Finalmente, la solución queda en la forma: 1 1 7 1 6  1    y ( x) = c0 1 + x 3 + x + ... + c1  x + x 4 + x + .... 180 12 504  6    Ejemplo 5.14.

Encuentre la solución general de la ecuación diferencial: y ' ' ( x) + xy ( x) = sen( x) en un entorno de x0 = 0 . Solución. Al aplicar el método, resulta: ∞

∞

k =0

k =0

∑ k (k − 1)ck x k − 2 + ∑ ck x k +1 ≡ x −

x3 x5 x7 + − + .... 3! 5! 7!

A continuación se hacen los siguientes cambios de variable:

281

En la primera sumatoria: n = k − 2 En la primera sumatoria: n = k + 1 Así las cosas, la identidad anterior queda en la forma: ∞

∞

n = −2

n =1

∑ (n + 2)(n + 1)cn + 2 x n + ∑ cn −1x n ≡ x −

x3 x5 x7 + − + .... 3! 5! 7!

Desarrollando los tres primeros términos de la primera sumatoria, resulta: 0 ⋅ c0 x

−2

x3 x5 x7 + 0 ⋅ c1 x + 2c2 x + ∑ [(n + 1)(n + 2)cn + 2 + cn −1 ]x ≡ x − + − + .... 3! 5! 7! n =1 −1

0

∞

n

A partir de la identidad se concluye que los tres primeros coeficientes deben ser iguales a cero, esto es: 0 ⋅ c0 = 0 0 ⋅ c1 = 0 2c2 = 0 Por otro lado se tiene que: n = 1 ⇒ 6c3 + c0 = 1 n = 2 ⇒ 12c4 + c1 = 0 −1 3! n = 4 ⇒ 30c6 + c3 = 0 n = 3 ⇒ 20c5 + c2 =

1 5! n = 6 ⇒ 56c8 + c5 = 0 n = 5 ⇒ 42c7 + c4 =

n = 7 ⇒ 72c9 + c6 =

−1 7!

De lo anterior se sigue que: c0 ≠ 0 c1 ≠ 0 c2 = 0 c3 =

1 − c0 6

c4 =

− c1 12

c5 = −

1 120

c6 =

− c3 30

c7 =

−1 c + 1 5040 504

De manera similar se determinan otros coeficientes. El resultado se puede escribir en la forma:  x3 x6    x3 x5 x4 x7 x6 x7 y ( x) = c0 1 − + + ..... + c1  x − + + ..... + − − + + ..... 6 180 12 504     6 120 180 5040

Ejemplo 5.15.

Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferencial en un entorno de x0 = 0 . y ' ' ( x) + e x y ( x) = x 2

282 Solución. La ecuación se puede expresar en la forma:   x 2 x3 x 4 x5 + + + + ...  y ( x) = x 2 y ' ' ( x) + 1 + x + 2! 3! 4! 5!  

Puesto que ite soluciones de la forma de Maclaurin, se tiene:  ∞ x 2 x3 x 4 x5 k −2  ∑ ck x k ≡ x 2 − + + + + + + + k ( k 1 ) c x 1 x ... ∑ k  2 ! 3 ! 4 ! 5 ! k =0  k =0 ∞

Expandiendo algunos términos, resulta: ∞

∞

∞

k =0

k =0

k =0

∑ k (k − 1)ck x k − 2 + ∑ ck x k + ∑ ck x k +1 +

1 ∞ 1 ∞ 1 ∞ k +3 k +2 c x c x ck x k + 4 + .. ≡ x 2 + + ∑ ∑ ∑ k k 2! k = 0 3! k = 0 4! k = 0

A continuación se hacen los siguientes cambios de variable: Primera sumatoria: n = k − 2 Segunda sumatoria: n = k Tercera sumatoria: n = k + 1 Cuarta sumatoria: n = k + 2 Así sucesivamente. Con los cambios, resulta: ∞

∞

∞

n = −2

n=0

n =1

∑ (n + 2)(n + 1)cn + 2 x n + ∑ cn x n + ∑ cn −1x n +

1 ∞ 1 ∞ 1 ∞ n n + + c x c x cn − 4 x n + .. ≡ x 2 ∑ ∑ ∑ n−2 n −3 2! n = 2 3! n = 3 4! n = 4

Desarrollando término a término e igualando los coeficientes, se obtiene: n = −2 ⇒ 0 ⋅ c0 = 0 ⇒ c0 ≠ 0 n = −1 ⇒ 0 ⋅ c1 = 0 ⇒ c1 ≠ 0 − c0 2 − c0 − c1 n = 1 ⇒ 6c3 + c1 + c0 = 0 ⇒ c3 = 6 1 − c1 c n = 2 ⇒ 12c4 + c2 + c1 + 2 = 1 ⇒ c4 = 12 2 3c − 2c1 c1 c0 n = 3 ⇒ 20c5 + c3 + c2 + + = 0 ⇒ c5 = 0 2 6 120 c c c − 2 + 9c0 + 2c1 n = 4 ⇒ 30c6 + c4 + c3 + 2 + 1 + 0 = 0 ⇒ c6 = 2 6 24 720 n = 0 ⇒ 2c2 + c0 = 0 ⇒ c2 =

La solución de la ecuación es:

283  x    x x x x x x x x x y ( x) = c0 1 − − + + ..... + c1  x − − − + ..... + − + ..... 2 6 40 80  6 12 60 360  12 36   2

3

5

6

3

4

5

6

4

6

Otra forma de resolver la ecuación diferencial es la siguiente: ∞

y = ∑ cn x n n=0

∞ xn ⇒ e x y = ∑ bn x n n = 0 n! n=0 ∞

ex = ∑

n

cn − k k = 0 k!

bn = ∑

Así las cosas, al sustituir idénticamente en la ecuación diferencial resulta: ∞

∞

n=2

n=0

∑ n(n − 1)cn x n − 2 + ∑ bn x n ≡ x 2 Haciendo los correspondientes cambios de variable se tiene: ∞

∞

m=0

m=0

∑ (m + 2)(m + 1)cm + 2 x m + ∑ bm x m ≡ x 2

Se obtiene la ecuación de recurrencia: m

cm + 2

cm − k k! = − k =0 ;m ≠ 2 (m + 2)(m + 1)

∑

Particularmente, para m = 2 , resulta: 2

c2 − k −c −c −c /2 k! c4 = − k = 0 =− 2 1 0 12 12

∑

Desarrollando algunos términos de la ecuación de recurrencia se llega al resultado obtenido anteriormente. EJERCICIOS 5.4.

Resuelva, por los dos métodos, cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales en un entorno del punto dado, indicando el intervalo de convergencia. 1. y ' ' ( x) − xy ' ( x) − y ( x) = x x0 = 0 3. xy ' ' ( x) − xy ' ( x) − y ( x) = x x0 = −1

2. (1 − x) y ' ' ( x) − xy ' ( x) − y ( x) = 0 x0 = 0 4. y ' ' ( x) − sen( x) y ( x) = x x0 = 0

5. (1 − x 2 ) y ' ' ( x) − 2 xy ' ( x) + 2 y ( x) = 0 x0 = 0 7. ( x + 2) y ' ' ( x) − xy ( x) = x x0 = 0

6. y ' ' ( x) − e − x y ( x) = sen( x) x0 = 0 8. xy ' ' ( x) − y ' ( x) + xy ( x) = 0 x0 = 1

9. e x y ' ' ( x) − y ( x) = x x0 = 0 x0 = 0

10. y ' ' ( x) + xy ' ( x) − y ( x) = x 2 x0 = 0

284 5.5. SOLUCIONES EN UN ENTORNO DE UN PUNTO SINGULAR.

Consideremos la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden:

y ' ' ( x) + p ( x) y ' ( x) + q ( x) y ( x) = 0 Supongamos que: x0 ∈ R es un punto singular de la ecuación diferencial, esto es, al menos una de las funciones: p( x), q( x) no es analítica en un entorno de dicho punto. Lo anterior significa que la ecuación diferencial no ite, necesariamente, soluciones de la forma de Taylor. Puntos singulares regulares.

Se dice que x0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial sí las siguientes funciones modificadas son analíticas en un entorno de dicho punto: P( x) = ( x − x0 ) p( x) , Q( x) = ( x − x0 ) 2 q( x) Lo anterior significa que dichas funciones tienen desarrollos en series de Taylor en algún entorno de dicho punto, así: P( x) = ( x − x0 ) p ( x) = a0 + a1 ( x − x0 ) + a2 ( x − x0 ) 2 + a3 ( x − x0 )3 + ... Q( x) = ( x − x0 ) 2 q( x) = b0 + b1 ( x − x0 ) + b2 ( x − x0 ) 2 + b3 ( x − x0 )3 + ...

La ecuación diferencial modificada es: ( x − x0 ) 2 y ' ' ( x) + ( x − x0 ) P( x) y ' ( x) + Q( x) y ( x) = 0 Como puede verse, la ecuación modificada es muy similar a la ecuación diferencial de Euler. Precisamente, debido a la analogía, George Frobenius propuso como solución de la ecuación diferencial una serie de la forma: ∞

∞

k =0

k =0

y ( x) = ( x − x0 )λ ∑ ck ( x − x0 ) k = ∑ ck ( x − x0 ) k + λ La serie es una modificación de la serie de Taylor en la que λ es un número complejo. Al sustituir en la ecuación diferencial, se obtiene: ∞

∞

∞

k =0

k =0

k =0

∑ (k + λ )(k + λ − 1)ck ( x − x0 )k + λ + P( x)∑ (k + λ )ck ( x − x0 )k + λ + Q( x)∑ ck ( x − x0 )k + λ ≡ 0 La identidad anterior se puede escribir en la forma: ∞

∑ [(k + λ )(k + λ − 1) + P( x)(k + λ ) + Q( x)]c ( x − x ) k =0

k

0

k +λ

≡0

285 La expresión anterior se verifica para todo valor de k . Particularmente se cumple cuando toma el valor cero, así:

[λ (λ − 1) + P( x)λ + Q( x)]c0 ( x − x0 )λ

≡0

Puesto que el primer coeficiente debe ser diferente de cero, para obtener soluciones diferentes de la trivial y dado que: P( x) y Q( x) son analíticas en x0 , resulta una ecuación conocida como ecuación indicial que tiene dos soluciones para λ . La ecuación indicial es: λ (λ − 1) + P( x0 )λ + Q( x0 ) = 0 Realmente, la ecuación indicial debe escribirse en la forma:  lim   lim  ( x − x0 ) p ( x) λ +  ( x − x0 ) 2 q ( x)  = 0  x → x0   x → x0 

λ (λ − 1) + 

A partir de la ecuación indicial resultan dos soluciones para la ecuación diferencial, así: y1 = ( x − x0 )

λ1

∞

∑ a (x − x ) k =0

k

0

k

y2 = ( x − x0 )

λ2

∞

∑b (x − x ) k =0

k

k

0

Las dos soluciones obtenidas no forman, necesariamente, un conjunto fundamental de soluciones. Evidentemente, sí las raíces de la ecuación indicial son iguales sólo se obtiene una solución. La otra solución puede obtenerse por reducción de orden, aunque se estudiará un método alternativo más adelante. En cuanto al intervalo de convergencia de la solución, sí x1 es la singularidad más próxima a x0 , el intervalo de convergencia es:

{x ∈ R / x

0

< x < x0 − x1 }

A continuación se analizarán las soluciones a partir de las raíces de la ecuación indicial. Para simplificar el análisis se supondrá que x0 = 0 , es decir, las dos soluciones de la ecuación diferencial están dadas por: ∞

y1 = x λ1 ∑ ak x k k =0

∞

y2 = x λ2 ∑ bk x k k =0

Naturaleza de las raíces de la ecuación indicial.

Para el caso en que x0 = 0 es el punto alrededor del cual se va a resolver la ecuación diferencial, ésta se puede escribir en la forma: x 2 y ' ' ( x) + xP( x) y ' ( x) + Q( x) y ( x) = 0

286 Dónde: P ( x) = P (0) + P' (0) x +

P' ' (0) 2 Q' ' (0) 2 x + ... Q( x) = Q(0) + Q' (0) x + x + ... 2! 2! ∞

∞

k =0

k =0

Puesto que se suponen soluciones de la forma y = x λ ∑ ak x k = ∑ ak x k + λ , al sustituir en la ecuación diferencial resulta la identidad: ∞

P ' ' (0) 2  ∞ k +λ k +λ ( k )( k 1 ) c x P ( 0 ) P ' ( 0 ) x x + + − + + + + λ λ ...  ∑ (k + λ )ck x + ∑ k 2 !  k =0 k =0 ∞ Q' ' (0) 2   x + ...∑ ck x k + λ ≡ 0  Q(0) + Q' (0) x + 2!  k =0 Sacando como factor común: x λ y desarrollando la expresión anterior, se tiene: ∞

∞

k =0

k =0

∑ [(k + λ )(k + λ − 1) + P(0)(k + λ ) + Q(0)]ck x k + ∑ [(k + λ ) P' (0) + Q' (0)]ck x k +1 +  P' ' (0) + Q' ' (0)  k + 2  ck x + ..... ≡ 0 2!  k =0 ∞

∑ 

Se hacen los siguientes cambios de variable: En la primera sumatoria: n = k En la segunda sumatoria: n = k + 1 En la tercera sumatoria: n = k + 2 Con base en los cambios, resulta: ∞

∞

n=0

n =1

∑ [(n + λ )(n + λ − 1) + P(0)(n + λ ) + Q(0)]cn x n + ∑ [(n − 1 + λ ) P' (0) + Q' (0)]cn −1x n +  P' ' (0) + Q' ' (0)  n  ck − 2 x + ..... ≡ 0 2 !  n=2 ∞

∑ 

A continuación se desarrollan los tres primeros términos, así:

[λ (λ − 1) + P(0)λ + Q(0)]c 0 x 0 + [[(λ + 1)λ + P(0)(λ + 1) + Q(0)]c1 + [ P' (0)λ + Q' (0)]c 0 ]x P' ' (0) + Q' ' (0)  2  + [(λ + 2)(λ + 1) + P(0)(λ + 2) + Q(0)]c 2 + [ P' (0)(λ + 1) + Q' (0)]c1 + c0  x 2!   + ..... ≡ 0 Puesto que todos los coeficientes deben ser iguales a cero, se obtienen las siguientes ecuaciones:

287

[λ (λ − 1) + P(0)λ + Q(0)]c0 = 0 [[(λ + 1)λ + P(0)(λ + 1) + Q(0)]c1 + [ P' (0)λ + Q' (0)]c0 ] = 0

P' ' (0)λ + Q' ' (0)   c0  = 0 [(λ + 2)(λ + 1) + P (0)(λ + 2) + Q(0)]c2 + [ P' (0)(λ + 1) + Q' (0)]c1 + 2!  

Definimos las funciones: f (λ ) = λ (λ − 1) + P(0)λ + Q(0) g m (λ ) =

P ( m ) (0) + Q ( m ) (0) m!

Con base en las definiciones anteriores, resulta una fórmula de recurrencia, así: n

cn = −

∑g m =1

m

(λ + n − m)cn − m f (λ + n )

; n = 1,2,3,4,5...

Puesto que estamos interesados en soluciones no triviales, se impone la condición c0 ≠ 0 , con lo que resulta la ecuación indicial f (λ ) = λ (λ − 1) + P (0)λ + Q(0) = 0 , cuyas soluciones son:

λ1 , λ2 =

− P(0) + 1 ± ( P (0) − 1) 2 − 4Q(0) 2

A partir de la ecuación de recurrencia, se tiene: n

cn =

− ∑ g m (λ + n − m)cn − m m =1

(λ + n)(λ + n − 1) + P(0)(λ + n) + Q(0)

Reemplazando la ecuación indicial en la anterior, resulta: n

cn =

− ∑ g m (λ + n − m)cn − m m =1

n(n + P(0) − 1 + 2λ )

Para los valores obtenidos de resolver la ecuación indicial, resulta: n

cn =

− ∑ g m (λ + n − m)cn − m

(

m =1

n n ± [ P(0) − 1]2 − 4Q(0)

)

Cuando las raíces son iguales el discriminante se anula y, en consecuencia, se tiene: n

cn =

− ∑ g m (λ + n − m)cn − m m =1

n2

288 De la ecuación anterior se sigue que: c1 = − g1 (λ )c0

c2 =

− g 2 (λ ) + g1 (λ ) g1 (λ + 1) c0 .... 4

Lo anterior significa que sólo se encuentra una solución Supongamos ahora que las raíces son diferentes y que el discriminante no es un número natural. La ecuación de recurrencia es: n

cn =

− ∑ g m (λ + n − m)cn − m m =1

(

n n ± Discr

)

Como puede verse, el denominador nunca se anula y, en consecuencia, resultan dos soluciones, una por cada valor de λ . Supongamos ahora que las raíces son diferentes pero difieren en un entero, es decir, la raíz cuadrada del discriminante es un número natural: N, así: n

cn =

− ∑ g m (λ + n − m)cn − m m =1

n(n ± N )

Como puede verse, el denominador no se anula para la mayor de las raíces, es decir, la mayor de las raíces proporciona una solución. Por otro lado, el denominador se anula para n = N , caso en el cual se presentan dos posibilidades, así: 1. El numerador es diferente de cero. En este caso, el coeficiente: cN no se puede determinar. 2. El numerador es cero. En este caso, el coeficiente: cN es una constante arbitraria y, por tanto, resultan dos soluciones para la ecuación diferencial. Los demás coeficientes se obtienen a partir de la ecuación de recurrencia que resulte de aplicar el método. Método de Frobenius para resolver la ecuación diferencial.

Dada la ecuación diferencial a2 ( x) y ' ' ( x) + a1 ( x) y ' ( x) + a0 ( x) y ( x) = 0 , sí x0 = 0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial y x1 es la singularidad más próxima a x0 = 0 , la ecuación diferencial ite, al menos, una solución de la forma: ∞

y = ∑ ck x k + λ = x λ [c0 + c1 x + c2 x 2 + c3 x 3 + c4 x 4 + ....] k =0

Las soluciones son válidas en el intervalo: I = {x ∈ R / 0 < x < x1}

Para encontrar la solución se procede conforme a lo presentado previamente.

289 Ejemplo 5.16.

Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferencial, indicando el intervalo de convergencia: xy' ' ( x) + y ' ( x) + xy ( x) = 0 Solución. Por simple inspección, se tiene que p( x) = 1 / x q( x) = 1 ⇒ xp( x) = 1 x 2 q( x) = x 2 . Con base en lo estudiado, el punto: x0 = 0 es la única singularidad de la ecuación diferencial y, además, es un punto singular regular. En consecuencia, la ecuación diferencial ite, al menos, una solución de la forma de Frobenius en el intervalo x > 0. Para resolver la ecuación diferencial partimos de las series correspondientes a la función y sus dos primeras derivadas, así: ∞

y = ∑ ck x k + λ k =0

∞

y ' = ∑ (k + λ )ck x k + λ −1 k =0

∞

y ' ' = ∑ (k + λ )(k + λ − 1)ck x k + λ − 2 k =0

Sustituyendo idénticamente en la ecuación diferencial, resulta: ∞

∑ (k + λ )(k + λ − 1)c x k

k =0

k + λ −1

∞

∞

k =0

k =0

+ ∑ (k + λ )ck x k + λ −1 + ∑ ck x k + λ +1 ≡ 0

Sacando x λ de factor común y agrupando las dos primeras sumatorias, se tiene: ∞  ∞  x λ  ∑ [(k + λ )(k + λ − 1) + (k + λ )]ck x k −1 + ∑ ck x k +1  ≡ 0 k =0  k =0 

Puesto que x λ ≠ 0 , la expresión anterior se puede escribir en la forma: ∞

∞

k =0

k =0

∑ (k + λ )2 ck x k −1 + ∑ ck x k +1 ≡ 0 Se hacen los cambios de variable: En la primera sumatoria: n = k − 1 En la segunda sumatoria: n = k + 1 Con los cambios, resulta: ∞

∞

n = −1

n =1

∑ (n + 1 + λ )2 cn +1x n + ∑ cn −1x n ≡ 0

Al desarrollar los dos primeros términos de la primera sumatoria resulta:

λ2c0 x −1 + (λ + 1) 2 c1 x 0 + ∑ [(n + 1 + λ ) 2 cn +1 + cn −1 ]x n ≡ 0 ∞

n =1

290 De la expresión anterior se concluye que, si c0 ≠ 0 , la ecuación indicial es: λ = 0 y por tanto las raíces son iguales a cero. Como puede verse c1 = 0 . La ecuación de recurrencia, para el valor hallado de λ viene dada por: 2

cn +1 = −

cn −1 (n + 1) 2

n = 1,2,3,4,....

Asignando valores, resulta: c0 ≠ 0 c1 = 0 c2 = −

c0 22

c3 = 0 c4 = −

c2 c = 20 2 2 4 2 ⋅4

c5 = 0 c6 = −

c0 2 ⋅ 42 ⋅ 62 2

....

Se obtiene una solución de la forma:  x2  x4 x6 y ( x) = c0 1 − 2 + 2 2 − 2 2 2 + .... 2 ⋅4 2 ⋅4 ⋅6  2 

La otra solución se puede determinar por el método de reducción de orden. Ejemplo 5.17.

Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferencial, indicando el intervalo de convergencia: xy ' ' ( x) + 2 y ' ( x) + xy ( x) = 0 Solución. Por simple inspección, se tiene que p ( x) = 2 / x q( x) = 1 ⇒ xp( x) = 2 x 2 q( x) = x 2 . Con base en lo estudiado, el punto: x0 = 0 es la única singularidad de la ecuación diferencial y, además, es un punto singular regular. En consecuencia, la ecuación diferencial ite, al menos, una solución de la forma de Frobenius en el intervalo x > 0 . Para resolver la ecuación diferencial partimos de las series correspondientes a la función y sus dos primeras derivadas, así: ∞

y = ∑ ck x k + λ k =0

∞

y ' = ∑ (k + λ )ck x k + λ −1 k =0

∞

y ' ' = ∑ (k + λ )(k + λ − 1)ck x k + λ − 2 k =0

Sustituyendo idénticamente en la ecuación diferencial, resulta: ∞

∞

∞

k =0

k =0

k =0

∑ (k + λ )(k + λ − 1)ck x k + λ −1 + 2∑ (k + λ )ck x k + λ −1 + ∑ ck x k + λ +1 ≡ 0 Sacando x λ de factor común y agrupando las dos primeras sumatorias, se tiene: ∞  ∞  x λ  ∑ [(k + λ )(k + λ − 1) + 2(k + λ )]ck x k −1 + ∑ ck x k +1  ≡ 0 k =0  k =0 

291 λ

Puesto que x ≠ 0 , la expresión anterior se puede escribir en la forma: ∞

∑ (k + λ )(k + λ + 1)c x

k −1

k

k =0

∞

+ ∑ ck x k +1 ≡ 0 k =0

Se hacen los cambios de variable: En la primera sumatoria: n = k − 1 En la segunda sumatoria: n = k + 1 Con los cambios, resulta: ∞

∑ (n + 1 + λ )(n + λ + 2)c

n +1

n = −1

∞

x + ∑ cn −1 x n ≡ 0 n

n =1

Al desarrollar los dos primeros términos de la primera sumatoria resulta: ∞

λ (λ + 1)c0 x −1 + (λ + 1)(λ + 2)c1 x 0 + ∑ [(n + 1 + λ )(n + 2 + λ )cn +1 + cn −1 ]x n ≡ 0 n =1

De la expresión anterior se concluye que, si c0 ≠ 0 , la ecuación indicial es: λ (λ + 1) = 0 y por tanto las raíces son λ1 = 0 λ2 = −1 . Como puede verse, cuando se toma la menor de las raíces resulta que c1 ≠ 0 . La ecuación de recurrencia, para el valor tomado de λ viene dada por: c cn +1 = − n −1 n = 1,2,3,4,.... n(n + 1) Asignando valores, resulta: c0 ≠ 0 c1 ≠ 0 c2 = −

c0 c c c c c c c3 = − 1 c4 = − 2 = 0 c5 = − 3 = 1 c6 = − 0 .... 2! 6! 12 4! 20 5! 6!

Se obtiene la solución:

  x2 x4 x6    x3 x5 x 7 y ( x) = x −1 c0 1 − + − + .... + c1  x − + − + ....  2! 4! 6! 3! 5! 7!      Con base en lo estudiado previamente, se tiene: y ( x) = c0

sen( x) cos( x) + c1 x x

x>0

Como puede verse, la menor de las raíces de la ecuación indicial nos proporciona dos soluciones linealmente independientes.

292 Método para calcular una segunda solución.

a) Las raíces de la ecuación indicial son iguales. Cuando las raíces de la ecuación indicial son iguales, la otra solución se determina por el método de reducción de orden, así: ⌠ e − ∫ p ( x ) dx y2 = y1  dx  y2 1 ⌡ La aplicación de la fórmula conlleva un trabajo operativo bastante arduo, sobre todo cuando la solución conocida no es una función elemental. A continuación se muestra una alternativa que facilita los cálculos. Se parte de la ecuación diferencial modificada, así: x 2 y ' ' ( x) + xP( x) y ' ( x) + Q( x) y ( x) = 0

[x D 2

2

]

+ xP( x) D + Q( x) y ( x) = 0

Usando la notación L( D) = x 2 D 2 + xP( x) D + Q( x) , resulta: L( D) y ( x) = 0 ∞

Se supone una solución de la forma: y (λ , x) = x λ ∑ ck (λ ) x k y se sustituye idénticamente k =0

en la ecuación diferencial, con lo que se obtiene:

[λ (λ − 1) + P(0)λ + Q(0)]c0 x λ + [[(λ + 1)λ + P(0)(λ + 1) + Q(0)]c1 + [ P' (0)λ + Q' (0)]c0 ]x λ +1 P' ' (0) + Q' ' (0)  λ + 2  c0  x + [(λ + 2)(λ + 1) + P(0)(λ + 2) + Q(0)]c2 + [ P' (0)(λ + 1) + Q' (0)]c1 + 2!   + ..... ≡ 0

La expresión anterior se puede escribir en la forma: f (λ )c0 x λ + [ f (λ + 1)c1 + g1 (λ )c0 ]x λ +1 + [ f (λ + 2)c2 + g1 (λ + 1)c1 + g 2 (λ )c0 ]x λ + 2 + .... n   +  f (λ + n)cn + ∑ g m (λ + n − m)cn − m  x n + λ + ... ≡ 0 m =1  

Cuando las raíces de la ecuación característica son iguales, es decir λ1 = λ2 , se tiene que f (λ ) = (λ − λ1 ) 2 . En este caso todos los coeficientes de la combinación lineal son iguales a cero, excepto el primero, con lo cual la ecuación diferencial modificada es:

[x D 2

2

]

+ xP( x) D + Q( x) y (λ , x) = (λ − λ1 ) 2 c0 x λ

Equivalentemente, se tiene: L( D) y (λ , x) = (λ − λ1 ) 2 c0 x λ

293

Derivando parcialmente con respecto a λ , se tiene:

[

]

∂ ∂ L ( D ) y (λ , x ) = (λ − λ1 ) 2 c0 x λ = (λ − λ1 ) 2 ln( x) + 2(λ − λ1 ) c0 x λ ∂λ ∂λ La expresión anterior es equivalente a la siguiente:

[

]

∂  L( D)  y (λ , x) = (λ − λ1 ) 2 ln( x) + 2(λ − λ1 ) c0 x λ  ∂λ  Evaluando en el valor conocido para λ , resulta: ∂  L ( D )  y (λ , x )  =0  ∂λ  λ = λ1 ∂ y (λ , x ) también es solución de la λ = λ1 ∂λ ecuación diferencial. Es importante precisar que: y (λ , x) viene dada por:

Lo anterior significa que la función:

∞

y (λ , x) = x λ ∑ ck (λ ) x k k =0

A partir de la expresión anterior resulta: ∞ ∂ y (λ , x) = x λ ∑ ck ' (λ ) x k + y (λ , x) ln( x) ∂λ k =0

En conclusión, las dos soluciones de la ecuación diferencial son: y1 = y (λ1 , x)

y2 =

∂ y (λ1 , x) ∂λ

En la práctica se supone que la segunda solución es de la forma: ∞

y2 = x λ ∑ bk x k + Cy1 ln( x) k =0

La constante: C se escoge convenientemente. b) Las raíces de la ecuación diferencial difieren en un entero. Cuando las raíces difieren en un entero, la mayor de ellas proporciona una solución. La otra solución puede determinarse por un procedimiento similar al desarrollado previamente. Omitiendo los detalles, la segunda solución presenta la forma: ∞

y2 = x λ 2 ∑ bk x k + Cy1 ln( x) k =0

294 Ejemplo 5.18.

Encuentre una segunda solución para la ecuación diferencial del ejemplo 5.16. Solución. Se repite la ecuación diferencial, así:

xy' ' ( x) + y ' ( x) + xy( x) = 0 Tal como se procedió en el ejemplo, una de las soluciones es: y1 = 1 −

x2 x4 x6 + − + ..... 22 22 ⋅ 42 22 ⋅ 42 ⋅ 62

En cuanto a la segunda solución, se deriva dos veces y se sustituye en la ecuación diferencial, así: ∞ y  ∞ y2 = x λ ∑ bk x k + Cy1 ln( x) y2 ' = C  1 + y1 ' ln( x) + ∑ kbk x k −1 x  k =0 k =0 − y 2y '  ∞ y ' ' = C  2 1 + 1 + y1 ' ' ln( x) + ∑ k (k − 1)bk x k − 2 x  x  k =0 Al sustituir en la ecuación diferencial, resulta: − y  ∞ y  ∞ C  1 + 2 y1 '+ y1 ' ' x ln( x) + ∑ k (k − 1)bk x k −1 + C  1 + y1 ' ln( x) + ∑ kbk x k −1 +  x  k =0 x  k =0 ∞

∑b x k =0

k

k +1

+ Cxy1 ln( x) ≡ 0

La expresión anterior se puede escribir en le forma: ∞

∞

∞

k =0

k =0

k =0

C ln( x)[xy1 ' '+ y1 '+ xy1 ] + 2Cy1 '+ ∑ k (k − 1)bk x k −1 + ∑ kbk x k −1 + ∑ bk x k +1 ≡ 0 Ahora, puesto que el primer término de la expresión anterior es idénticamente nulo, se tiene: ∞

∞

k =0

k =0

∑ k 2bk x k −1 + ∑ bk x k +1 ≡ −2Cy1 ' En la primera sumatoria se hace el cambio: n = k − 1 En la segunda sumatoria se hace el cambio: n = k + 1 Con los cambios resulta: ∞

∞

n = −1

n =1

∑ (n + 1)2 bn +1x n + ∑ bn −1x n ≡ −2C

 d  x2 x4 x6 1 − 2 + 2 2 − 2 2 2 + ...  dx  2 2 ⋅4 2 ⋅4 ⋅6 

Al expandir los dos primeros términos de la primera sumatoria, se tiene:

295 ∞   2x 4x 6x 0 ⋅ b0 x −1 + b1 x 0 + ∑ (n + 1) 2 bn +1 + bn −1 x n ≡ −2C  0 − 2 + 2 2 − 2 2 2 + ... 2 2 ⋅4 2 ⋅4 ⋅6 n =1  

[

]

3

5

De la identidad anterior se sigue que b0 ≠ 0 b1 = 0 . Por otro lado, si se hace 2C = 1 , resulta: ∞  2x  4 x3 6 x5 2 n  (n + 1) bn +1 + bn −1 x ≡  2 − 2 2 + 2 2 2 − ...  ∑ 2 ⋅4 2 ⋅4 ⋅6 n =1 2 

[

]

A continuación se determinan algunas de las constantes: 1 1 b ⇒ b2 = − 0 2 8 4 n = 2 ⇒ 9b3 + b1 = 0 ⇒ b3 = 0

n = 1 ⇒ 4b2 + b0 =

n = 3 ⇒ 16b4 + b2 = −

b b 1 1 1 1 1 b  1 ⇒ b4 = − − 2 =− −  − 0= + 0 16 256 16 256 16  8 4  256 64

n = 4 ⇒ b5 = 0 n = 5 ⇒ b6 = −

b 1 − 0 27650 2304

En consecuencia, la segunda solución es: y2 =

1 b  b   1  1 1 b  + 0  x4 −  + 0  x 6 + ... y1 ln( x) + b0 +  − 0  x 2 +  2  27650 2304  8 4   256 64 

  1 2 1 4 1 1 x2 x4 x6 6 − + ... y2 = y1 ln( x) + x + x − x + ... + b0 1 − + 8 256 27650 4 64 2304 2  

Puesto que la serie que acompaña a la constante b0 es la primera solución, resulta: y2 =

1 1 1 4 1 y1 ln( x) + x 2 + x − x 6 + ... 2 8 256 27650

Ejemplo 5.19.

Encuentre la solución general de la siguiente ecuación diferencial en un entorno de x0 = 0 , indicando el intervalo de convergencia.

(x − x )y' ' ( x) − 2 y' ( x) + 6 y( x) = 0 2

Solución.

Por simple inspección, se tiene p ( x) =

−2 x(1 − x)

q( x) =

6 . Se sigue que: x(1 − x)

P ( x) = xp( x) =

296

−2 1− x

Q ( x) = x 2 q ( x) =

6x 1− x

En consecuencia, x0 = 0 es un punto singular regular y la singularidad más cercana es x1 = 1 . Por tanto, el intervalo de validez es: I = {x ∈ R / 0 < x < 1} Para resolver la ecuación diferencial se suponen soluciones de la forma de Frobenius, así: ∞

y = ∑ ck x k + λ k =0

Siguiendo el procedimiento usual, resulta: ∞

∞

∞

k =0

k =0

∑ (k + λ )(k + λ − 1)ck x k + λ −1 − ∑ (k + λ )(k + λ − 1)ck x k + λ − ∑ 2(k + λ )ck x k + λ −1 k =0

∞

+ ∑ 6ck x k + λ ≡ 0 k =0

Agrupando en dos sumatorias y sacando x λ , resulta: ∞

∞

k =0

k =0

∑ (k + λ )(k + λ − 3)ck x k −1 − ∑ [(k + λ )(k + λ − 1) − 6]ck x k ≡ 0 La expresión anterior se puede escribir en la forma: ∞

∞

k =0

k =0

∑ (k + λ )(k + λ − 3)ck x k −1 − ∑ [(k + λ − 3)(k + λ + 2)]ck x k ≡ 0 Haciendo los cambios de variable adecuados, se tiene: ∞

∞

n = −1

k =0

∑ (n + λ + 1)(n + λ − 2)cn +1x n −1 − ∑ [(n + λ − 3)(n + λ + 2)]cn x n ≡ 0

La ecuación indicial es f (λ ) = λ (λ − 3) = 0 , mientras que la ecuación de recurrencia es: (n + λ − 3)(n + λ + 2) cn +1 = cn n = 0,1,2,.... (n + λ + 1)(n + λ − 2) De acuerdo con lo estudiado, la mayor de las raíces proporciona una solución, así: ∞

[

]

y1 = ∑ ck x k + 3 = x 3 c0 + c1 x + c2 x 2 + .... k =0

Dónde: c0 ≠ 0 cn +1 =

n(n + 5) cn (n + 4)(n + 1)

n = 0,1,2,.... ⇒ c1 = 0 c2 = 0 cn = 0

297 Con base en lo anterior, una solución de la ecuación diferencial es: y1 = x

3

En cuanto a la menor de las raíces λ = 0 , la ecuación de recurrencia es: cn +1 =

(n − 3)(n + 2) cn (n + 1)(n − 2)

n = 0,1,2,....

Como puede verse, la constante: c3 no se puede determinar y por tanto es necesario hallar la segunda solución por otro método, así: a) Por reducción de orden. − p ( x ) dx ⌠e ∫ y2 = x  dx 6 ⌡ x

3

p ( x) =

−2 1 ⌠ ⇒ y2 = x 3  4 dx 2 x(1 − x) ⌡ x (1 − x )

Después de efectuar las operaciones, resulta: x3  x  1 2 y2 = 4 x ln  − − x − 3x + 1− x 1− x  3 3

Dividiendo por cuatro y desarrollando en series de potencias, se tiene: y2 = x 3 ln( x) −

1 1 3 5 3 7 − x − x 2 + x 4 + x 5 + x 6 + .... 12 4 4 4 4 12

b) Usando el otro método, con λ = 0 se tiene: x ∞

∞

k =0

k =0

y2 = x λ ∑ bk x k + Cy1 ln( x) ⇒ y2 = ∑ bk x k + Cx 3 ln( x) Tomando las dos primeras derivadas, resulta:

[

]

∞

y2 ' = C x 2 + 3x 2 ln( x) + ∑ kbk x k −1 k =0

∞

y ' ' = C [5 x + 6 x ln( x)] + ∑ k (k − 1)bk x k − 2 k =0

Al sustituir en la ecuación diferencial, resulta:

[

]

∞

∞

∞

∞

k =0

k =0

k =0

k =0

C 3x 2 − 5 x 3 + ∑ k (k − 1)bk x k −1 − ∑ k (k − 1)bk x k − 2∑ kbk x k −1 + 6∑ bk x k +1 ≡ 0 La expresión anterior se puede escribir en la forma: ∞

∞

k =0

k =0

[

∑ k (k − 3)bk x k −1 − ∑ (k − 3)(k + 2)bk x k ≡ −C 3x 2 − 5 x3

]

298 Se hacen los cambios adecuados, se tiene: ∞

∞

n = −1

n=0

[

∑ (n + 1)(n − 2)bn +1x n − ∑ (n − 3)(n + 2)bn x n ≡ −C 3x 2 − 5x3

]

[

∞

0 ⋅ b0 x −1 + ∑ [(n + 1)(n − 2)bn +1 − (n − 3)(n + 2)bn ]x n ≡ −C 3x 2 − 5 x 3

]

n =0

De la identidad anterior se sigue que b0 ≠ 0 . Por otro lado, si se hace C = 1 , resulta: ∞

∑ [(n + 1)(n − 2)b

n +1

n=0

− (n − 3)(n + 2)bn ]x n ≡ −3 x 2 + 5 x 3

A continuación se determinan algunas de las constantes:

n = 0 ⇒ −2b1 + 6b0 = 0 ⇒ b1 = 3b0 n = 1 ⇒ −2b2 + 6b1 = 0 ⇒ b2 = 3b1 = 9b0 n = 2 ⇒ 4b3 = −3 ⇒ b3 = − n = 3 ⇒ 4b4 = 5 ⇒ b4 =

3 4

5 4

3 3 n = 4 ⇒ 10b5 − 6b4 = 0 ⇒ b5 = b4 = 5 4 7 7 n = 5 ⇒ 18b6 − 14b5 = 0 ⇒ b6 = b5 = 9 12 En consecuencia, la segunda solución es: y2 = x 3 ln( x) + b0 + 3b0 x + 9b0 x 2 −

(

)

y2 = x 3 ln( x) + b0 1 + 3x + 9 x 2 −

3 3 5 4 3 5 7 6 x + x + x + x + .... 4 4 4 12

3 3 5 4 3 5 7 6 x + x + x + x + .... 4 4 4 12

Observe que sí: b0 = −1 / 3 se tiene la misma solución hallada por el primer método. EJERCICIOS 5.5.

Encuentre un conjunto fundamental de soluciones para cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales, indicando el intervalo de validez. 1. xy ' ' ( x) − 2 y ' ( x) + xy ( x) = 0

2. 2 xy ' ' ( x) + y ' ( x) − xy ( x) = 0

3. xy ' ' ( x) − ( x − 1) y ' ( x) + y ( x) = 0 5. x 2 y ' ' ( x) + xy ' ( x) + x 2 − 4 y ( x) = 0 7. x(1 − x) y ' ' ( x) + 2 y ' ( x) + xy ( x) = 0

4. xy ' ' ( x) − y ' ( x) + 4 x 2 y ( x) = 0 6. x( x 2 + 2) y ' ' ( x) − y ' ( x) − 6 xy ( x) = 0 8. 4 x 2 y ' ' ( x) + 4 xy ' ( x) + (4 x 2 − 1) y ( x) = 0

(

)

299 9. x y ' ' ( x) + ( x + x) y ' ( x) − y ( x) = 0 10. 2 xy ' ' ( x) + (1 − 2 x) y ' ( x) − y ( x) = 0 11. x(1 − x) y ' ' ( x) − 2 y ' ( x) + 2 y ( x) = 0 12. xy ' ' ( x) + (2 − x) y ' ( x) + y ( x) = 0 13. xy ' ' ( x) − y ' ( x) + 4 x 3 y ( x) = 0 14. 2 x 2 y ' ' ( x) + ( x 2 − x) y ' ( x) + y ( x) = 0 15. 2 x 2 y ' ' ( x) + (2 x 2 − 3 x) y ' ( x) + ( x + 2) y ( x) = 0 2

2

Mediante el cambio de variable z = 1 / x , encuentre la solución general para las siguientes ecuaciones diferenciales: 16. 17. 18. 19.

xy ' ' ( x) − y ' ( x) + 4 x 3 y ( x) = 0 4 x 3 y ' ' ( x) + 10 x 2 y ' ( x) + (2 x + 1) y ( x) = 0 x 4 y ' ' ( x) + 2 x 3 y ' ( x) + y ( x) = 0 x 4 y ' ' ( x) + 2 x 2 ( x + 1) y ' ( x) + y ( x) = 0 ∞

20. Suponga soluciones de la forma: y = ∑ cn x − n + λ

para resolver la ecuación

n=0

diferencial: x 2 y ' ' ( x) − y ' ( x) − 2 y ( x) = 0 5.6. ECUACIONES DIFERENCIALES NOTABLES.

En diversas aplicaciones de ingeniería y ciencias resultan ecuaciones diferenciales de coeficientes variables que merecen un tratamiento especial. Cabe mencionar: la ecuación diferencial de Legendre, la ecuación diferencial de Bessel y otras de no menos importancia. La ecuación diferencial de Legendre.

La ecuación diferencial de Legendre presenta la forma general: (1 − x 2 ) y ' ' ( x) − 2 xy ' ( x) + p( p + 1) y ( x) = 0

p ∉ R−

Puede verse que la ecuación diferencial ite soluciones de la forma de Maclaurin en el intervalo I = {x ∈ R / − 1 < x < 1}. En efecto, si se suponen soluciones de la forma ∞

y = ∑ ck x k , resulta: k =0

∞

∞

∞

∞

k =0

k =0

k =0

k =0

∑ k (k − 1)ck x k − 2 − ∑ k (k − 1)ck x k − 2∑ kck x k + p( p + 1)∑ ck x k ≡ 0 Agrupando términos semejantes, se tiene: ∞

∞

k =0

k =0

∞

∞

k =0

k =0

[

]

∑ k (k − 1)ck x k − 2 − ∑ k 2 + k − p( p + 1) ck x k ≡ 0 ⇒ ∑ k (k − 1)ck x k − 2 − ∑ (k + p + 1)(k − p)ck x k ≡ 0 Se hacen los siguientes cambios de variable: En la primera sumatoria: n = k − 2

300

En la segunda sumatoria: n = k Con los cambios resulta: ∞

∑ (n + 2)(n + 1)c

n = −2

n+2

∞

x n − ∑ (n + p + 1)(n − p )cn x n ≡ 0 n=0

De la identidad anterior se sigue que: c0 ≠ 0 c1 ≠ 0 cn + 2 =

(n + p + 1)(n − p) cn ; n = 0,1,2,... (n + 1)(n + 2)

Asignando algunos valores a n se tiene: (0 − p )(1 + p ) (0 − p )(1 + p ) c0 = c0 1⋅ 2 2! (1 − p )(2 + p ) (1 − p )(2 + p ) n = 1 ⇒ c3 = c1 = c1 2⋅3 3! (2 − p )(3 + p ) (0 − p)(2 − p)(1 + p)(3 + p) n = 2 ⇒ c4 = c2 = c0 4⋅3 4! (3 − p )(4 + p) (1 − p)(3 − p)(2 + p)(4 + p) n = 3 ⇒ c5 = c3 = c1 5⋅4 5! n = 0 ⇒ c2 =

(4 − p )(5 + p ) (0 − p)(2 − p )(4 − p)(1 + p)(3 + p )(5 + p ) c4 = c0 6⋅5 6! (5 − p)(6 + p) (1 − p)(3 − p)(5 − p)(2 + p)(4 + p)(6 + p) n = 5 ⇒ c7 = c5 = c1 7⋅6 7! n = 4 ⇒ c6 =

La solución de la ecuación diferencial es:  (0 − p )(1 + p ) 2 (0 − p )(2 − p )(1 + p )(3 + p ) 4  y ( x) = c0 1 + x + x + .... + 2! 4!   (1 − p )(2 + p ) 3 (1 − p )(3 − p )(2 + p )(4 + p ) 5   c1  x + x + x + ....  3! 5!   Como era de esperarse, aparecen dos soluciones linealmente independientes. Un caso de particular interés es aquel en el que el parámetro p es un entero no negativo, es decir p = n n = 0,1,2,3,... . . En este caso la ecuación diferencial de Legendre se escribe en la forma: (1 − x 2 ) y ' ' ( x) − 2 xy ' ( x) + n(n + 1) y ( x) = 0 n = 0,1,2,3,... Las dos soluciones de la ecuación diferencial vienen dadas por:

301 (0 − n)(1 + n) 2 (0 − n)(2 − n)(1 + n)(3 + n) 4 x + x + ... 2! 4! (1 − n)(2 + n) 3 (1 − n)(3 − n)(2 + n)(4 + n) 5 y2 ( x ) = x + x + x + .... 3! 5!

y1 ( x) = 1 +

Como puede verse, una de las soluciones es un polinomio de grado n , conocido como polinomio de Legendre de grado n , mientras que la otra solución es una serie infinita. A continuación se ilustran algunos casos particulares:

x3 x5 x 7 + − + ... 3 5 7 4 x x6 n = 1 ⇒ y1 = x y2 = 1 − x 2 − − − ... 6 10 x3 x5 2 x 7 n = 2 ⇒ y1 = 1 − 3x 2 y2 = x − − − − .... 2 5 21 5 x3 4 x6 2 4 n = 3 ⇒ y1 = x − y2 = 1 − 6 x + 3 x + + ... 3 5 n = 0 ⇒ y1 = 1 y2 = x −

Los polinomios normalizados de Legendre corresponden a normalizaciones de los obtenidos previamente de tal manera que pasen por el punto (1,1) . La siguiente es una tabla de los polinomios normalizados de Legendre:

n = 0 P0 ( x) = 1 n = 1 P1 ( x) = x 1 n = 2 P2 ( x) = (3x 2 − 1) 2 1 n = 3 P3 ( x) = (5 x 3 − 2 x) 2 1 n = 4 P4 ( x) = (35 x 4 − 30 x 2 + 3) 8 1 n = 5 P5 ( x) = (63x 5 − 70 x 3 + 15 x) 8 1 n = 6 P6 ( x) = (231x 6 − 315 x 4 + 105 x 2 − 5) 16 La figura 5.2 ilustra la gráfica de los polinomios de Legendre de grados: 1, 2 y 3. Los polinomios de Legendre se pueden obtener a partir de la siguiente fórmula, conocida como fórmula de Rodrigue. 1 dn 2 Pn ( x) = n ( x − 1) n n 2 n! dx La siguiente fórmula de recurrencia se puede usar para determinar los polinomios de Legendre a partir de P0 ( x) = 1 y P1 ( x) = x .

Pn +1 ( x) =

2n + 1 n xPn ( x) − Pn −1 ( x) ; n = 1,2,3,4,.... n +1 n +1

Puede demostrarse que:

∫ Pn ( x)dx =

302

Pn +1 ( x) − Pn −1 ( x) 2n + 1

Figura 5.2.

Los polinomios de Legendre presentan ciertas propiedades, entre las que son dignas de destacar, las siguientes: 1. 2. 3. 4.

Un polinomio de Legendre es estrictamente par o estrictamente impar. Los polinomios pares pasan por los puntos: (−1,1) y (1,1) Los polinomios impares pasan por los puntos: (−1,−1) y (1,1) Todas las raíces de los polinomios de grado mayor o igual que uno son reales y están en el intervalo: − 1 < x < 1 5. Los polinomios son ortogonales en el intervalo: − 1 < x < 1

La propiedad de ortogonalidad se plantea en los siguientes términos:  0 si m ≠ n  P x P x dx ( ) ( ) =  2 ∫−1 n m  2n + 1 si m = n 1

Los polinomios de Legendre se usan para interpolar funciones seccionalmente continuas en un intervalo, es decir, funciones que no necesariamente se pueden representar en series de Taylor. Desarrollo de una función mediante polinomios de Legendre

Sabemos que para desarrollar una función mediante una serie de potencias se requiere que dicha función sea continua y tenga todas sus derivadas continuas en un entorno de cualquier punto de su dominio.

303 Lo anterior significa que una función seccionalmente continua no se puede expresar en términos de series de potencias de Taylor. Veremos a continuación que una función seccionalmente continua en el intervalo: − 1 < x < 1 se puede expresar en términos de los polinomios de Legendre.

f ( x) = c0 P0 ( x) + c1P1 ( x) + c2 P2 ( x) + .... + cn Pn ( x) Los coeficientes del desarrollo se determinan con base en la propiedad de ortogonalidad, así: sí se multiplica la función por Pm ( x) tenemos:

f ( x) Pm ( x) = c0 P0 ( x) Pm ( x) + c1P1 ( x) Pm ( x) + c2 P2 ( x) + .... + cn Pn ( x) Pm ( x) Integrando en el intervalo y aplicando la propiedad de ortogonalidad, resulta:

∫

1

−1

f ( x) Pm ( x)dx =

Despejando, tenemos:

cn =

∫

1

−1

cn Pn ( x) Pn ( x)

2n + 1 1 f ( x) Pn ( x)dx 2 ∫−1

Cuando la función no está definida en el intervalo − 1 < x < 1 sino en un intervalo cualquiera, se puede hacer la siguiente conversión: Si f ( x) está definida en el intervalo b−a b+a (a, b) , tenemos a < x < b . Si hacemos el cambio de variable x = t+ , la 2 2 nueva variable t estará en el intervalo (−1,1) . Ejemplo 5.20.

Considere la función:  0 si x < −1  f ( x) =  x si − 1 < x < 1  0 si x > 1 

a) Represente gráficamente la función en el intervalo b) Exprese la función mediante un desarrollo de Legendre de orden cuatro c) Compare la función de aproximación con la función original y haga un estimativo del error. Solución Puesto que la función es par, su desarrollo de Legendre de orden cuatro es:

L( x) = c0 + c2 P2 ( x) + c4 P4 ( x) Los coeficientes se calculan con la ayuda de Mathcad, así:

c0 = 0.5 c2 = 0.625 c3 = −0.187

304 El polinomio de Legendre resultante es:

L( x) = 0.117375 + 1.63875 x 2 − 0.818125 x 4 La figura 5.3 muestra la gráfica comparada con la función original

Figura 5.3 La ecuación diferencial de Hermite.

La ecuación diferencial de Hermite presenta la forma general:

y ' ' ( x) − 2 xy ' ( x) + 2 py ( x) = 0

p ∉ R−

Por simple inspección se deduce que x0 = 0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial y, en consecuencia, ite dos soluciones de la forma de Maclaurin, así: ∞

y = ∑ ck x k k =0

Derivando dos veces y sustituyendo en la ecuación, resulta: ∞

∞

∞

k =0

k =0

k =0

∑ k (k − 1)ck x k − 2 − 2∑ kck x k + 2 p∑ kck x k ≡ 0 La identidad anterior se puede escribir en la forma: ∞

∞

k =0

k =0

∑ k (k − 1)ck x k − 2 − 2∑ (k − p )ck x k ≡ 0 De la expresión anterior se sigue que:

c0 ≠ 0 c1 ≠ 0 cn + 2 =

2(n − p ) cn ; n = 0,1,2,3,... (n + 2)(n + 1)

305

Al evaluar algunos de los términos de la serie, resultan dos soluciones que forman un conjunto fundamental, así: 2(0 − p) 2 2 2 (0 − p)(2 − p) 4 23 (0 − p)(2 − p )(4 − p ) 6 x + x + x + ... 2! 4! 6! 2(1 − p ) 3 2 2 (1 − p )(3 − p) 5 23 (0 − p)(3 − p )(5 − p) 7 y2 = x + x + x + x + ... 3! 5! 7! y1 = 1 +

Cuando p = n n = 0,1,2,3,... , la ecuación diferencial es: y ' ' ( x) − 2 xy ' ( x) + 2ny ( x) = 0 En este caso una de las soluciones es un polinomio de grado: n conocido como polinomio de Hermite, mientras que la otra es una serie infinita, así: 2(0 − n) 2 2 2 (0 − n)(2 − n) 4 23 (0 − n)(2 − n)(4 − n) 6 x + x + x + ... 2! 4! 6! 2(1 − n) 3 2 2 (1 − n)(3 − n) 5 23 (1 − n)(3 − n)(5 − n) 7 y2 = x + x + x + x + ... 3! 5! 7!

y1 = 1 +

A continuación se muestran algunos casos particulares:

x3 x5 x 7 + + + ... 3 10 42 x 4 x6 2 n = 1 ⇒ y1 = x y2 = 1 − x − − − ... 6 30 x3 x5 x7 n = 2 ⇒ y1 = 1 − x 2 y2 = x − − − + .. 3 30 210 x4 x6 2 x3 2 n = 3 ⇒⇒ y1 = x − y2 = 1 − 3 x + + − ... 3 2 30 n = 0 ⇒ y1 = 1 y2 = x +

Los polinomios normalizados de Hermite son los siguientes:

H 0 ( x) = 1 H1 ( x) = 2 x H 2 ( x) = 4 x 2 − 2 H 3 ( x) = 8 x 3 − 12 x H 4 ( x) = 16 x 4 − 48 x 2 + 12 H 5 ( x) = 32 x 5 − 160 x 3 + 120 x H 6 ( x) = 64 x 6 − 480 x 4 + 720 x 2 − 120 Los polinomios de Hermite se pueden obtener directamente de la siguiente fórmula, conocida como fórmula de Rodrigue. n 2 d 2 H n ( x) = (−1) n e x e− x n dx A partir de los polinomios de Hermite H 0 ( x) = 1 y H1 ( x) = 2 x , se pueden determinar los otros polinomios de Hermite, mediante la siguiente fórmula de recurrencia:

306 H n +1 ( x) = 2 xH n ( x) − 2nH n −1 ( x) 2

Los polinomios de Hermite son ortogonales con respecto a la función de peso e − x , así:

∫− ∞ e− x ∞

2

 0 si n ≠ m H n ( x) H m ( x)dx =  n 2 n! si n = m

Las figuras 5.4 y 5.5 ilustran las gráficas de los polinomios de Hermite de grados: 1,2, 3 y 4.

Figura 5.4

Figura 5.5

Puede verse que todas las raíces son reales. Ejemplo 5.21.

Encuentre la solución general de la ecuación diferencial de Hermite de primer orden. y ' ' ( x) − 2 xy ' ( x) + 4 y ( x) = 0 Solución. Tal como se acaba de ver, una solución es y1 = x . La segunda solución se puede determinar de dos maneras, así: 1. Haciendo uso de los resultados previos:

y2 = 1 − x 2 −

x4 x6 − − ... 6 30

2. Por el método de reducción de orden. ⌠ e − ∫ p ( x ) dx y2 = y1  dx =  y2 1 ⌡ 2

− − 2 xdx ⌠e ∫ x dx = 2 ⌡ x

2

La serie correspondiente a e x es: e x = 1 + x 2 +

x2

⌠e x 2 dx ⌡ x

x4 x6 + + ..... 2 6

Con base en lo anterior, la segunda solución es: ⌠ 1  x2 x4 + + ...dx y2 = x  2 + 1 + 2 6 ⌡ x 

307 Efectuando las operaciones, resulta la misma solución anterior con signo contrario. La ecuación diferencial de Chebyshev.

La forma general de la ecuación diferencial de Chebyshev es la siguiente: p ∉ R−

(1 − x 2 ) y ' ' ( x) − xy ' ( x) + p 2 y ( x) = 0

Puesto que x0 = 0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial y dado que las singularidades más cercanas son x = ±1 , se garantizan dos soluciones linealmente independientes en el intervalo I = {x ∈ R / x < 1} . Tal como se estudió previamente, la ∞

ecuación diferencial ite soluciones de la forma: y = ∑ ck x k k =0

Sustituyendo idénticamente en la ecuación diferencial se tiene: ∞

∞

∞

∞

k =0

k =0

k =0

k =0

∑ k (k − 1)ck x k − 2 − ∑ k (k − 1)ck x k − ∑ kck x k + ∑ p 2ck x k ≡ 0 Agrupando las tres últimas sumatorias se tiene: ∞

∞

k =0

k =0

∑ k (k − 1)ck x k − 2 − ∑ (k 2 − p 2 )ck x k ≡ 0 Efectuando los cambios de variable adecuados resulta: ∞

∞

m = −2

m=0

∑ (m + 2)(m + 1)cm + 2 x m − ∑ (m2 − p 2 )cm x m ≡ 0

De la expresión anterior se sigue que: c0 ≠ 0 c1 ≠ 0 cm + 2 =

m2 − p 2 cm ; m = 0,1,2,3,... (m + 2)(m + 1)

Así las cosas, la solución de la ecuación diferencial es: y ( x) = c0 + c1 x +

− p2 12 − p 2 3 − p 2 (22 − p 2 ) 4 (12 − p 2 )(32 − p 2 ) 5 c0 x 2 + c1 x + c0 x + c1 x + .. 2! 3! 4! 5!

En consecuencia, las dos soluciones son: − p 2 2 − p 2 (22 − p 2 ) 4 − p 2 (22 − p 2 )(42 − p 2 ) 6 x + x + x + ... 2! 4! 6! 12 − p 2 3 (12 − p 2 )(32 − p 2 ) 5 (12 − p 2 )(32 − p 2 )(52 − p 2 ) 7 y2 = x + x + x + x + ... 3! 5! 7! y1 = 1 +

308 Particularmente, cuando p = n = 0,1,2,.. , una de las soluciones es un polinomio de grado n , así: − 12 2 12 ⋅ 32 5 12 ⋅ 32 ⋅ 52 7 p = 0 ⇒ y1 = 1 y2 = x + x + x + x + ... 2! 5! 7! − 12 2 − 12 (22 − 12 ) 4 − 12 ⋅ (2 2 − 12 )(4 2 − 12 ) 6 p = 1 ⇒ y1 = x y2 = 1 + x + x + x + ... 2! 4! 6! (12 − 2 2 ) 3 (12 − 2 2 )(32 − 22 ) 5 p = 2 ⇒ y1 = 1 − 2 x 2 y2 = x + x + x + ... 3! 5! 3 3 − 32 2 − 32 (2 2 − 32 ) 4 − 12 ⋅ (2 2 − 32 )(4 2 − 32 ) 6 p = 3 ⇒ y1 = x − x y2 = 1 + x + x + x + ... 2 2! 4! 6! (12 − 42 ) 3 (12 − 42 )(32 − 42 ) 5 p = 4 ⇒ y1 = 1 − 8 x 2 + 8 x 4 y2 = x + x + x + ... 3! 5! La solución polinómica recibe el nombre de polinomio de polinomio de Chebyshev de grado n. A continuación se ilustran algunos de los polinomios normalizados de Chebyshev. C0 ( x) = 1 C1 ( x) = x C2 ( x ) = 2 x 2 − 1 C3 ( x) = 4 x 3 − 3 x C4 ( x ) = 8 x 4 − 8 x 2 + 1 C5 ( x) = 16 x 5 − 20 x 3 + 5 x C6 ( x) = 32 x 6 − 48 x 4 + 18 x 2 − 1

Los polinomios normalizados de Chebyshev se pueden determinar a partir de la fórmula:  cos n cos −1 ( x) si x ≤ 1 Cn ( x ) =  −1 cosh n cosh ( x) si x > 1

[ [

]

]

La siguiente fórmula de recurrencia permite hallar cualquier polinomio de Chebyshev a partir de C0 ( x) = 1 y C1 ( x) = x . Cn +1 ( x) = 2 xCn ( x) − Cn −1 ( x) n = 1,2,3,.... Los polinomios de Chebyshev son ortogonales en el intervalo: − 1 < x < 1 con respecto a la función de peso (1 − x 2 ) −1 / 2 , así: 0 si n ≠ m  1  π si n = m = 0 ⌠ Cn ( x)Cm ( x) dx =   π ⌡−1 1 − x2  si n = m = 1,2,3  2

309 Al igual que los polinomios de Legendre, los polinomios de Chebyshev se pueden usar para desarrollar funciones seccionalmente continuas en el intervalo − 1 < x < 1 . Precisamente, se usan a menudo en el diseño de filtros pasivos. Los polinomios de Chebyshev presentan ciertas propiedades, entre las que son dignas de destacar, las siguientes: 1. Un polinomio de Legendre es estrictamente par o estrictamente impar. 2. Los polinomios pares pasan por los puntos: (−1,1) y (1,1) 3. Los polinomios impares pasan por los puntos: (−1,−1) y (1,1) 4. Todas las raíces de los polinomios de grado mayor o igual que uno son reales y están en el intervalo − 1 < x < 1 . Las figuras 5.6 y 5.7 ilustran las gráficas de los polinomios de Chebyshev de grados: 1, 2, 3 y 4. Ejemplo 5.22.

Encuentre la solución general de la ecuación diferencial de Chebyshev de primer orden. (1 − x 2 ) y ' ' ( x) − xy ' ( x) + y ( x) = 0 Solución. Con base en lo estudiado previamente, las dos soluciones de la ecuación diferencial son:

y1 = x

y2 = 1 +

− 12 2 − 12 (22 − 12 ) 4 − 12 ⋅ (22 − 12 )(42 − 12 ) 6 x + x + x + ... 2! 4! 6!

La segunda solución se puede determinar por el método de reducción de orden, así: ⌠ e − ∫ p ( x ) dx dx = y2 = y1   y12 ⌡

−x

− dx ⌠ e ∫ 1− x 2 dx = x 2  x ⌡

1 − ln(1− x 2 )

⌠e 2 x  x2 ⌡

dx

1 ⌠ y2 = x  dx ⌡ x2 1 − x2

Después de integrar el resultado es y2 = − 1 − x 2 , cuya serie de Maclaurin es:   x 2 x4 x6 y2 = −1 − − − − .... 2 8 16  

Se puede observar que la solución obtenida corresponde a la halada previamente pero con signo contrario. La ecuación diferencial de Laguerre.

La ecuación diferencial de Laguerre presenta la forma general: xy ' ' ( x) + (1 − x) y ' ( x) + py = 0

p ∉ R−

310 Como puede verse, el punto: x0 = 0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial y, en consecuencia, ite al menos una solución de la forma de Frobenius, ∞

así y = ∑ ck x k + λ . Derivando dos veces y sustituyendo en la ecuación diferencial, se k =0

tiene: ∞

∞

∞

∞

k =0

k =0

k =0

k =0

∑ (k + λ )(k + λ − 1)ck x k + λ −1 + ∑ (k + λ )ck x k + λ −1 − ∑ (k + λ )ck x k + λ + ∑ pck x k + λ ≡ 0 Agrupando sumatorias y sacando como factor común x λ , resulta:

Figura 5.6.

Figura 5.7. ∞

∞

k =0

k =0

∑ (k + λ )2 ck x k −1 − ∑ (k + λ − p)ck x k ≡ 0 Procediendo a realizar los correspondientes cambios de variable, se tiene: ∞

∞

n = −1

n=0

∑ (n + λ + 1)2 cn +1x n − ∑ (n + λ − p)cn x n ≡ 0

De la expresión anterior se sigue que:

λ2c0 x −1 ∑ [(n + λ + 1) 2 cn +1 − (n + λ − p)cn ]x n ≡ 0 ∞

n=0

Para soluciones diferentes de la trivial se toma c0 ≠ 0 , con lo que resulta: λ1 = λ2 = 0 ∞

y, por tanto, se tiene una solución, así: y1 = ∑ cn x n n=0

n− p cn ; n = 0,1,2,3,... (n + 1) 2 Evaluando algunos términos y haciendo c 0 = 1 , resulta:

En la expresión anterior se tiene que: c0 ≠ 0 cn +1 =

y1 = 1 +

−p − p(1 − p) 2 − p(1 − p)(2 − p ) 3 − p (1 − p )(2 − p)(3 − p ) 4 x+ x + x + x + ... 2 (1!) (2!)2 (3!)2 (4!)2

La otra solución se puede determinar por el procedimiento desarrollado en la sección anterior o por reducción de orden. Particularmente, cuando p = n = 0,1,2,3,.. ,

311 La solución hallada es un polinomio de grado n, así: y1 = 1 +

−n − n(1 − n) 2 − n(1 − n)(2 − n) 3 − n(1 − n)(2 − n)(3 − n) 4 x+ x + x + x + ... 2 (1!) (2!)2 (3!)2 (4!)2

Algunos casos particulares son los siguientes polinomios conocidos como polinomios de Laguerre. n = 0 ⇒ y1 = 1 n = 1 ⇒ y1 = 1 − x n = 2 ⇒ y1 = 1 − 2 x +

1 2 x 2

n = 4 ⇒ y1 = 1 − 4 x + 3 x 2 −

n = 3 ⇒ y1 = 1 − 3 x +

3 2 1 3 x − x 2 6

2 3 1 4 x + x 3 24

A continuación se presentan algunos polinomios normalizados de Laguerre. L0 ( x) = 1

L1 ( x) = − x + 1

L2 ( x) = x − 4 x + 2 2

L3 ( x) = − x 3 + 9 x 2 − 18 x + 6

L4 ( x) = x 4 − 16 x 3 + 72 x 2 − 96 x + 24

Los polinomios de Laguerre se pueden derivar de la siguiente fórmula, conocida como fórmula de Rodrigue. n x d x ne− x Ln ( x) = e n dx La siguiente fórmula de recurrencia sirve para determinar los diferentes polinomios de Laguerre a partir de L0 ( x) y L1 ( x) . Ln +1 ( x) = (2n + 1 − x) Ln ( x) − n 2 Ln −1 ( x) n = 1,2,3,...

Figura 5.8.

Figura 5.9.

Las figuras 5.8 y 5.9 ilustran las gráficas de los polinomios de Laguerre de grados: 1,2, 3 y 4. Puede verificarse que, cualquiera que sea el grado, las todas las raíces son reales positivas. Los Polinomios normalizados de Laguerre son ortogonales en el intervalo: x > 0 con respecto a la función de peso x k e − x , así:

312 ∞ 0

∫

 0 si n ≠ m  3 x e Ln ( x) Lm ( x)dx =  (n!)  (n − k )! si n = m  k −x

k

k

Ejemplo 5.23.

Usando el método de reducción de orden, determine la segunda solución de la ecuación diferencial de Laguerre de primer orden. xy ' ' ( x) + (1 − x) y ' ( x) + y = 0 Solución. La primera solución es: y1 = x − 1

En cuanto a la segunda solución, tenemos: 1− x

⌠ e − ∫ x dx ⌠ e − ∫ p ( x ) dx ex ⌠ ( ) ( ) 1 1 = − = − dx x dx x y2 = y1   2  x( x − 1) 2 dx  y2  ( ) 1 − x ⌡ 1 ⌡ ⌡ Efectuando las operaciones resulta: y2 = ( x − 1) ln( x) +

x2 x3 x4 x5 x6 − 3x + + + + + ... 4 36 288 2400 216000

La ecuación diferencial de Bessel.

La ecuación diferencial de Bessel presenta la forma general: x 2 y ' ' ( x) + xy ' ( x) + ( x 2 − p 2 ) y ( x) = 0

p ∉ R−

Por simple inspección se ve que x0 = 0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial y, en consecuencia, se garantiza al menos una solución de la forma: ∞

y ( x) = ∑ cn x n + λ n=n

La solución será válida en el intervalo: x > 0 A sustituir idénticamente en la ecuación diferencial resulta: ∞

∞

∞

∞

n=n

n=n

n=n

n=n

∑ (n + λ )(n + λ − 1)cn x n + λ + ∑ (n + λ )cn x n + λ + ∑ cn x n + λ + 2 − p 2 ∑ cn x n + λ ≡ 0 Agrupando sumatorias y sacando como factor común x λ resulta:

313

∑ [(n + λ ) ∞

2

n=n

]

∞

− p 2 cn x n + ∑ cn x n + 2 ≡ 0 n=n

A continuación se hacen los cambios de variable adecuados, con lo que se tiene:

∑ [(k + λ ) ∞

k =0

2

]

∞

− p 2 ck x k + ∑ ck − 2 x k ≡ 0 k =2

Equivalentemente se puede escribir: ∞

∞

k =0

k =2

∑ (k + λ + p)(k + λ − p)ck x k + ∑ ck − 2 x k ≡ 0 De la expresión anterior resulta: ∞

(λ − p)(λ + p)c0 x 0 + (1 + λ − p)(1 + λ + p)c1 x1 + ∑ [(k + λ − p)(k + λ + p)ck + ck − 2 ]x k ≡ 0 k =2

Para obtener soluciones no triviales se impone la condición c0 ≠ 0 , con lo que resulta la ecuación indicial (λ − p)(λ + p ) = 0 , cuyas soluciones son λ1 = p λ2 = − p . De acuerdo con lo estudiado en la sección anterior, una de las soluciones es: ∞

y1 = x p ∑ ck ( p) x k k =0

Por otro lado se tiene: c1 =

0 1+ 2 p

ck = −

ck − 2 ck − 2 ; k = 2,3,4,... k (k + 2 p)

De lo anterior se sigue que: c1 = 0 c3 = 0 c5 = 0 .... y, adicionalmente resulta: c0 −1 c0 = 2 2(2 + 2 p ) 2 ( p + 1) − c2 1 1 c4 = =− 3 c2 = 4 c0 4( 4 + 2 p ) 2 ( p + 2) 2 ⋅ 2!⋅( p + 1)( p + 2) − c4 −1 −1 c6 = = 2 c4 = 6 c0 6(6 + 2 p ) 2 ⋅ 3( p + 2) 2 ⋅ 3!⋅( p + 1)( p + 2)( p + 3) c2 = −

Puede verse que el término genérico es: c2 k =

(−1) k c0 22 k ⋅ k!⋅( p + 1)( p + 2)( p + 3)...( p + k )

Con base en lo anterior, la primera solución es:

314   x x x + 4 − 46 + ...  y1 = c0 x p 1 − 2  2 ⋅ 1!⋅( p + 1) 2 ⋅ 2!⋅( p + 1)( p + 2) 2 ⋅ 3!⋅( p + 1)( p + 2)( p + 3)  2

4

6

La solución se puede escribir de la siguiente manera: (−1) k ⋅ Γ( p + 1) x 2 k 2k ⋅ k!⋅Γ( p + k + 1) k =0 2 ∞

y1 = c0 x p ∑

En la expresión anterior se define la función gamma, así:

Γ( p + k + 1) = ( p + k )( p + k − 1)( p + k − 2)...( p + 2)( p + 1)Γ( p + 1) Finalmente, sí se hace c0 =

1 , resulta: 2 Γ( p + 1) p

(−1) k ⋅ Γ( p + 1)  x  y1 = ∑   k = 0 k!⋅Γ ( p + k + 1)  2  ∞

2k + p

La serie encontrada recibe el nombre de función de Bessel de primera especie de orden p y se denota como:

(−1) k  x   k = 0 k!⋅Γ ( p + k + 1)  2  ∞

J p ( x) = ∑

2k + p

En cuanto a la segunda solución, es decir, para λ2 = − p , se tiene: c1 =

0 1− 2 p

ck = −

ck − 2 ck − 2 ; k = 2,3,4,... k (k − 2 p)

Tal como puede verse, sí: p = 1 / 2 la constante c1 es diferente de cero y en consecuencia resultan dos soluciones linealmente independientes. Para cualquier otro valor p la constante c1 es cero. Analizando la ecuación de recurrencia se concluye que sí p = 0,1,2,3,... , es imposible hallar una segunda solución. En otro caso puede verse que una segunda solución es: (−1) k  x y2 = J − p ( x ) = ∑   k = 0 k!⋅Γ ( − p + k + 1)  2  ∞

2k − p

En conclusión, dada la ecuación diferencial de Bessel de orden p, sí p ≠ 0,1,2,3,4... , la solución de la ecuación es: y ( x) = C1 J p ( x) + C2 J − p ( x) Cuando p = n = 0,1,2,3,4... , la segunda solución se puede determinar por el método de reducción de orden, así:

315 ⌠ dx y2 = J n ( x ) 2 ⌡ xJ n ( x)

n = 0,1,2,3,...

Para efectos de hallar la segunda solución se puede proceder según lo estudiado en la sección anterior. Cuando p = n = 0,1,2,3,.. , la función gamma se convierte en la función factorial, de tal manera que Γ(n + 1) = n! . En tal caso, se tiene: (−1) k  x  J n ( x) = ∑   k = 0 k!⋅( k + n )! 2  ∞

2k + n

Las figuras 5.10 y 5.11 muestran las gráficas de las funciones de Bessel de orden cero y orden uno. Las funciones de Bessel de la primera especie presentan algunas propiedades interesantes, entre las que cabe mencionar las siguientes:

[

]

d p x J p ( x) = x p J p −1 ( x) dx 3. xJ p ' ( x) = xJ p −1 ( x) − pJ p ( x)

1.

[

]

d −p x J p ( x) = − x − p J p +1 ( x) dx 4. xJ p ' ( x) = pJ p ( x) − xJ p +1 ( x)

2.

5. 2 J p ' ( x) = J p −1 ( x) − J p +1 ( x)

6. J p +1 ( x) =

Figura 5.10.

2p J p ( x) − J p −1 ( x) x

Figura 5.11.

La función gamma.

La función gamma es una generalización de la función factorial y se define de la siguiente manera: Γ( p ) =

∫

∞

0

e − x x p −1dx

p ∈ R+

Cuando p ∉ N , el cálculo de la función gamma se realiza usando técnicas numéricas y usando la siguiente fórmula de recurrencia: Γ( p + 1) = pΓ( p) Cuando p = n ∈ N , se tiene Γ(n) = (n − 1)! . Justamente, del resultado anterior se sigue que: 0!= 1

316 La función gamma se puede definir para valores negativos no enteros de p, así: Γ( p ) =

Γ( p + 1) p

p ≠ −1,−2,−3,...

Puede demostrarse que: Γ(1 / 2) = π La figura 5.12 muestra la gráfica de la función gamma en el intervalo 0 < p ≤ 4 . Puede verse que se presentan asíntotas en p = 0,−1,−2,−3,−4,... , mientras que la función es continua para: n > 0 Ejemplo 5.24.

Demuestre que: Γ(n + 1 / 2) =

(2n − 1)! π 2n

n = 1,2,3,....

Solución. Se procede por inducción matemática incompleta, así:

1 1 Γ(1 / 2) = π 2 2 31 1⋅ 3 Γ(2 + 1 / 2) = Γ(5 / 2) = Γ(1 / 2) = 2 π 22 2 531 1⋅ 3 ⋅ 5 Γ(3 + 1 / 2) = Γ(7 / 2) = Γ(1 / 2) = π 222 23 7531 1⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 Γ(4 + 1 / 2) = Γ(9 / 2) = Γ(1 / 2) = π 2222 24 . . (2n − 1)! Γ ( n + 3 / 2) = π 2n Γ(1 + 1 / 2) =

Ejemplo 5.25.

Demuestre la propiedad: J − n ( x) = (−1) n J n ( x) Solución. Se parte de la función de Bessel de orden -n, así: (−1) k  x  J − n ( x) = ∑   k = 0 k!( k − n )!  2  ∞

2k −n

A continuación se hace el cambio de variable j = k − n , con lo que resulta:

317 J − n ( x) =

(−1) j + n  x    ∑ j = − n ( j + n)! j!  2  ∞

2 j+n

La expresión anterior se puede escribir en la forma: (−1) j + n  x  J − n ( x) = ∑   j = − n ( j + n)! j!  2  −1

2 j+n

(−1) j  x  + (−1) ∑   j = 0 ( j + n)! j!  2  n

∞

2 j+n

Teniendo en cuenta que el factorial de un número negativo tiende a ± ∞ , la primera sumatoria tiende a cero y, en consecuencia queda demostrada la propiedad. Ejemplo 5.26.

Demuestre la propiedad:

[

]

d n x J n ( x) = x n J n −1 ( x) dx Solución. Se parte de la definición de la función de Bessel de orden n, así: 2k + n  d  ∞ (−1) k ⋅ x 2 ( k + n )  d n d  n ∞ (−1) k  x  x J n ( x) =   x ∑ = ∑ 2 k ⇒ dx dx  k = 0 k!(k + n)! 2   dx  k = 0 2 k!(k + n)!  ∞ ∞ d n (−1) k ⋅ 2(k + n) x 2 + 2 n −1 (−1) k (k + n) x 2 + 2 n −1 = ∑ 2 k −1 ⇒ x J n ( x) = ∑ 2 k dx k!(k + n)(k + n − 1)! k = 0 2 k!( k + n)( k + n − 1)! k =0 2

[

]

[

]

[

]

∞ ∞ d n (−1) k x 2 + 2 n −1 (−1) k  x n =x ∑ x J n ( x) = ∑ 2 k −1   dx k!(k + n − 1)! k =0 2 k = 0 k!( k + n − 1)! 2 

2 k + n −1

= x n J n −1 ( x)

Figura 5.12.

El resultado puede hacerse extensivo al caso de orden p ≠ 0,1,2,3,... , es decir, la propiedad en forma general es: d p x J n ( x) = x p J p −1 ( x) dx

[

]

De manera similar se puede demostrar la segunda propiedad. Ejemplo 5.27.

318 Demuestre la propiedad: xJ p ' ( x) = xJ p −1 ( x) − pJ p ( x) Solución. Se parte de la primera propiedad, así:

[

]

d p x J n ( x) = x p J p ' ( x) + px p −1 J p ( x) = x p J p −1 ( x) dx Multiplicando por x − p se tiene: J p ' ( x) + px −1 J p ( x) = J p −1 ( x) ⇒ xJ p ' ( x) = xJ p −1 ( x) − pJ p ( x)

De manera similar se demuestra la cuarta propiedad. EJERCICIOS 5.6.

Encuentre la solución general para las ecuaciones diferenciales 1-10 1. (1 − x 2 ) y ' ' ( x) − 2 xy ' ( x) + 6 y ( x) = 0 3 2. (1 − x 2 ) y ' ' ( x) − 2 xy ' ( x) + y ( x) = 0 4 3. y ' ' ( x) − 2 xy ' ( x) + 4 y ( x) = 0 4. y ' ' ( x) − 2 xy ' ( x) + y ( x) = 0 5. (1 − x 2 ) y ' ' ( x) − xy ' ( x) + 4 y ( x) = 0 1 6. (1 − x 2 ) y ' ' ( x) − xy ' ( x) + y ( x) = 0 4 7. xy' ' ( x) + (1 − x) y ' ( x) + 2 y = 0 1 8. xy ' ' ( x) + (1 − x) y ' ( x) + y = 0 2 2 2 9. x y ' ' ( x) + xy ' ( x) + ( x − 4) y ( x) = 0 10. x 2 y ' ' ( x) + xy ' ( x) + ( x 2 − 0.25) y ( x) = 0 11. Use los polinomios normalizados de Legendre para aproximar la siguiente función en el intervalo − 1 ≤ x ≤ 1 . Represente gráficamente la función original en un mismo gráfico con la aproximación. f ( x) = 1 − x 12. Demuestre las siguientes propiedades: 4. xJ p ' ( x) = pJ p ( x) − xJ p +1 ( x) 5. 2 J p ' ( x) = J p −1 ( x) − J p +1 ( x) 6. J p +1 ( x) =

2p J p ( x) − J p −1 ( x) x

319 13. Usando la propiedad de recurrencia del ejercicio anterior, exprese J 3 ( x) en términos de J 0 ( x) y J1 ( x) . 14. Evalúe las siguientes integrales: a.

∫ xJ ( x)dx 0

b.

∫ x J ( x)dx 2

1

c.

∫ x J ( x)dx 4

1

d.

∫ xJ

2 0

( x)dx

15. Considere la ecuación diferencial (1 − x 2 ) y ' ' ( x) + xy' ( x) + (λ2 x 2 − p 2 ) y ( x) = 0 , conocida como ecuación paramétrica de Bessel con parámetro λ . Demuestre que la función: J n (λx) es una solución de la ecuación diferencial: 16. Use el resultado del ejemplo 5.24 y la fórmula de la función de Bessel para demuestre que: a. J1 / 2 ( x) =

2 sen( x) πx

b. J −1 / 2 ( x) =

2 cos( x) πx

17. Usando los resultados del ejercicio anterior y la propiedad 6, exprese J 3 / 2 ( x) y J 5 / 2 ( x) en términos de J1 / 2 ( x) y J −1 / 2 ( x)