El mundo de las matemáticas no es un lugar aburrido en el que estar.
Es un lugar extraordinario; merece la pena pasar el tiempo allí.
– Marcus du Sautoy

Introducción

Hasta este punto de la unidad dos hemos desarrollado distintos métodos para resolver ecuaciones diferenciales lineales de orden superior, en particular de segundo orden con coeficientes constantes a excepción de la ecuación de Cauchy – Euler.

Para finalizar con la segunda unidad es el turno de estudiar las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden con coeficientes variables. Estas ecuaciones suelen ser mucho más complicadas de resolver ya que no se resuelven en términos de funciones elementales, sino que tienen forma de serie de potencias infinitas.

Nos parece adecuado comenzar esta entrada con un repaso sobre series de potencias, posteriormente veremos su utilidad en los métodos de resolución de las ecuaciones diferenciales antes mencionadas, así mismo, introduciremos algunos conceptos nuevos relacionados con el tipo de solución que tienen estas ecuaciones diferenciales.

Series de potencias

Algunas propiedades y conceptos importantes que debemos recordar son los siguientes.

Toda serie de potencias tiene un intervalo de convergencia.

Si $R>0$, entonces la serie de potencias ($\text{1}$) converge para $|x-a|<R$ y diverge para $|x-a|>R$.

Si la serie converge sólo en su centro $a$, entonces $R=0$.

Si la serie converge para toda $x$, entonces se escribe $R=\mathrm{\infty }$.

Una serie de potencias podría converger o no en los puntos extremos $a-R$ y $a+R$ de este intervalo.

El radio de convergencia también se puede determinar con las siguientes expresiones.

$$\begin{array}{}\text{(4)}& R={\left(\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{|c_n|}\right)}^{-1}oR=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|{\displaystyle \frac{c_n}{c_{n+1}}}\right|\end{array}$$

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Hallar el radio de convergencia y el intervalo de convergencia de la serie de potencias

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{n^2}{2^n}}{(x-1)}^n$$

Solución: Para determinar el radio de convergencia utilicemos la segunda expresión de ($\text{4}$). De la serie de potencias identificamos que

$$c_n={\displaystyle \frac{n^2}{2^n}}y{c}_{n+1}={\displaystyle \frac{(n+1{)}^2}{2^{n+1}}}$$

Calculemos el límite.

$$R=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|{\displaystyle \frac{c_n}{c_{n+1}}}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{n^2}{2^n}}}{{\displaystyle \frac{(n+1{)}^2}{2^{n+1}}}}}\right|=2\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|{\displaystyle \frac{n^2}{(n+1{)}^2}}\right|$$

Sabemos que

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|{\displaystyle \frac{n^2}{(n+1{)}^2}}\right|=1$$

Por lo tanto, el radio de convergencia es $R=2$.

Para determinar el intervalo de convergencia utilicemos la expresión ($\text{5}$).

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|{\displaystyle \frac{c_{n+1}(x-a{)}^{n+1}}{c_n(x-a{)}^n}}\right|& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{(n+1{)}^2}{2^{n+1}}}(x-1{)}^{n+1}}{{\displaystyle \frac{n^2}{2^n}}(x-1{)}^n}}\right|\\ & =|x-1|\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{2^n(n+1{)}^2}{2^{n+1}{n}^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}|x-1|\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{n^2+2n+1}{n^2}}\\ & =L\end{array}$$

Es claro que

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{n^2+2n+1}{n^2}}=1$$

Entonces,

$${\displaystyle \frac{1}{2}}|x-1|=L$$

La condición de convergencia nos indica que $L<1$, considerando esto tenemos que

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{2}}|x-1|& <1\\ |x-1|& <2\\ -2<x-1& <2\\ -1<x& <3\end{array}$$

Por lo tanto, el intervalo de convergencia es $I=(-1,3)$.

Notemos que la mitad de la longitud del intervalo de convergencia efectivamente corresponde al valor del radio de convergencia obtenido.

$$R={\displaystyle \frac{3-(-1)}{2}}={\displaystyle \frac{4}{2}}=2$$

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Series de potencias como funciones

Nota: La convergencia en un extremo se podría perder por derivación o ganar por integración. Algo similar ocurre con los índices de una serie, supongamos que

$$y=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n$$

es una serie de potencias en $x$, las primeras dos derivadas están dadas como

$${\displaystyle \frac{dy}{dx}}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{x}^{n-1}y{\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n(n-1)x^{n-2}$$

Sin embargo, notemos que el primer término en la primera derivada y los dos primeros términos de la segunda derivada son cero, entonces los podemos omitir y correr el índice para escribir

$$\begin{array}{}\text{(7)}& {\displaystyle \frac{dy}{dx}}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{x}^{n-1}y{\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}=\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}n(n-1)x^{n-2}\end{array}$$

Un concepto de bastante importancia y utilidad en las próximas entradas es el siguiente.

Podemos hacer operaciones con series de potencias, a continuación se muestran algunas de ellas.

• Suma: Dos series de potencias pueden sumarse término a término.

Sean

$$f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^{n}yg(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{b}_n(x-a{)}^n$$

dos series de potencias con radio de convergencia $R>0$, entonces

$$\begin{array}{}\text{(9)}& f(x)+g(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(c_n+b_n)(x-a{)}^n\end{array}$$

Para toda $|x-a|<R$.

• Producto: Dos series de potencias pueden multiplicarse término a término (cada término de la primera por cada término de la segunda).

Sean

$$f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^{n}yg(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{b}_n(x-a{)}^n$$

dos series de potencias con radio de convergencia $R>0$, entonces

$$\begin{array}{}\text{(10)}& f(x)g(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(c_0{b}_n+c_1{b}_{n-1}+\cdots +c_n{b}_0)(x-a{)}^n\end{array}$$

Para toda $|x-a|<R$.

• Derivación: Una serie de potencias puede derivarse término a término.

Sea

$$f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n$$

una serie de potencias convergente para $|x-a|<R$ con $R>0$. La derivada de la serie $f$ es

$$\begin{array}{}\text{(11)}& F(x)={\displaystyle \frac{df}{dx}}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{c}_n(x-a{)}^{n-1}\end{array}$$

y también es convergente y tiene el mismo radio de convergencia que $f(x)$.

• Integración: Una serie de potencias puede integrarse término a término.

Sea

$$f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-a{)}^n$$

una serie de potencias convergente para $|x-a|<R$ con $R>0$. La integral de la serie $f$ es

$$\begin{array}{}\text{(12)}& F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{c_n}{n+1}}(x-a{)}^{n+1}\end{array}$$

y tiene a $R$ como radio de convergencia.

A lo largo de ésta y las siguientes entradas será de suma importancia y utilidad simplificar la suma de dos o más series de potencias, cada una expresada en notación de suma, en una sola expresión de suma, muchas veces esto implica que se deba hacer un cambio en el índice de la suma.

Para poder sumar dos series en necesario que ambos índices de las sumas comiencen con el mismo número y las potencias de $x$ sean las mismas y estén en fase. Por ejemplo, consideremos las siguientes dos series

$$f(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}={\displaystyle \frac{n}{n+2}}{x}^{n+1}yg(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}={\displaystyle \frac{1}{n^2+1}}{x}^{n+1}$$

Como ambas series comienzan con el mismo número $n=1$ y en ambas la potencia de $x$ es la misma $n+1$, entonces podemos combinar ambas series en una sola de acuerdo a la expresión ($\text{9}$)

$$\begin{array}{rl}f(x)+g(x)& =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}[{\displaystyle \frac{n}{n+2}}+{\displaystyle \frac{1}{n^2+1}}]x^{n+1}\\ & =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{n^3+2n+2}{n^3+2n^2+n+2}}{x}^{n+1}\end{array}$$

¿Pero que ocurre si no comienzan con el mismo número y/o las potencias de $x$ no coinciden?. En estos casos será necesario hacer un cambio en el índice de la suma y por tanto en la potencia de $x$. A continuación se muestra un ejemplo en el que describimos la forma de hacerlo.

Ejemplo: Reescribir la expresión

$$f(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}2n{c}_n{x}^{n-1}+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}6c_n{x}^{n+1}$$

como una sola serie de potencias cuyo término general tenga $x^k$.

Solución: Notemos que la potencia de $x$ en la primer serie para $n=1$ es $x^0$, mientras que en la segunda serie para $n=0$ es $x^1$, como ambas potencias son distintas decimos que no están en fase, para corregir esto y hacer que estén en fase extraemos el primer término de la primer serie.

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}2n{c}_n{x}^{n-1}=2c_1+\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}2n{c}_n{x}^{n-1}$$

Así, la potencia de $x$ para $n=2$ es $x^1$. Con esto hemos logrado que ambas series estén en fase a pesar de que tengan distintas potencias en $x$ y comiencen con distintos números para $n$.

Procedemos a hacer el cambio de índice, para ello se toman como guía los exponentes de $x$. Para la primer serie tomamos $k=n-1$, de donde $n=k+1$. Si $n=2$, entonces $k=1$ con esto podemos escribir a la primer serie de la siguiente manera.

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}2n{c}_n{x}^{n-1}=2c_1+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}2(k+1)c_{k+1}{x}^k$$

Para la segunda serie tomamos $k=n+1$, de donde $n=k-1$, si $n=0$, entonces $k=1$, así la segunda serie se puede escribir de la siguiente manera.

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}6c_n{x}^{n+1}=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}6c_{k-1}{x}^k$$

Ahora podemos escribir

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}2n{c}_n{x}^{n-1}+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}6c_n{x}^{n+1}=2c_1+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}2(k+1)c_{k+1}{x}^k+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}6c_{k-1}{x}^k$$

Observemos que ambas series ya comienzan con el mismo número $k=1$ y la potencia de $x$ es $k$ para ambas, entonces ya podemos combinar las series en una sola, de tal manera que

$$f(x)=2c_1+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}[2(k+1)c_{k+1}+6c_{k-1}]x^k$$

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En el caso de una sola serie es mucho mas sencillo pues basta tomar a $k$ como la potencia de $x$ y evaluar el valor del primer número en la serie, por ejemplo para la serie

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{c}_n{x}^{n+2}$$

Si queremos que el termino $x$ tenga potencia $k$ hacemos $k=n+2$, de donde $n=k-2$, la serie comienza en $n=1$, sustituyendo en $k$ obtenemos que $k=3$, por lo tanto la serie en términos del índice $k$ se puede escribir de la siguiente manera.

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{c}_n{x}^{n+1}=\sum _{k=3}^{\mathrm{\infty }}(k-2)c_{k-2}{x}^k$$

Puedes desglosar ambas sumas para convencerte de la igualdad.

Hasta aquí concluimos nuestro repaso de series de potencias, es momento de aplicarlo en la resolución de ecuaciones diferenciales.

Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales

Las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden con coeficientes variables tienen la forma

$$\begin{array}{}\text{(13)}& a_2(x){\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+a_1(x){\displaystyle \frac{dy}{dx}}+a_0(x)y=g(x)\end{array}$$

Comenzaremos por considerar que $g(x)=0$.

$$\begin{array}{}\text{(14)}& a_2(x){\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+a_1(x){\displaystyle \frac{dy}{dx}}+a_0(x)y=0\end{array}$$

Si dividimos la ecuación por $a_2(x)\ne 0$ y definimos

$$P(x)={\displaystyle \frac{a_1(x)}{a_2(x)}}yQ(x)={\displaystyle \frac{a_0(x)}{a_2(x)}}$$

podemos escribir la ecuación ($\text{14}$) en su forma estándar.

$$\begin{array}{}\text{(15)}& {\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+P(x){\displaystyle \frac{dy}{dx}}+Q(x)y=0\end{array}$$

En base a la ecuación estándar ($\text{15}$) establecemos las siguientes definiciones.

De acuerdo a estas definiciones notamos que un punto singular $x_0$ es un punto no ordinario.

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Hallar los puntos ordinarios y singulares de la ecuación diferencial

$$x^2(x-1){\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+x^3(x^2-1){\displaystyle \frac{dy}{dx}}+xy=0$$

Solución: El primer paso es escribir a la ecuación diferencial en su forma estándar, para ello dividimos toda la ecuación por el coeficiente de la segunda derivada suponiendo que es distinto de cero.

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+{\displaystyle \frac{x^3(x^2-1)}{x^2(x-1)}}{\displaystyle \frac{dy}{dx}}+{\displaystyle \frac{x}{x^2(x-1)}}y& =0\\ {\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+x(x+1){\displaystyle \frac{dy}{dx}}+{\displaystyle \frac{1}{x(x-1)}}y& =0\end{array}$$

Identificamos que

$$P(x)=x(x+1)yQ(x)={\displaystyle \frac{1}{x(x-1)}}$$

Para el caso de la función $P(x)$ notamos que es analítica para toda $x\in \mathbb{R}$, mientras que la función $Q(x)$ no está definida en $x=0$ ni $x=1$, es decir, no es analítica en dichos puntos.

Por lo tanto, los puntos ordinarios de la ecuación diferencial son todas las $x\in \mathbb{R}$ excepto $x=0$ y $x=1$, éstos puntos corresponde a los puntos singulares de la ecuación.

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Una observación interesante es que la ecuación de Cauchy-Euler

$$\begin{array}{}\text{(16)}& a{x}^2{\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+bx{\displaystyle \frac{dy}{dx}}+cy=0\end{array}$$

en su forma estándar

$$\begin{array}{}\text{(17)}& {\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+{\displaystyle \frac{b}{ax}}{\displaystyle \frac{dy}{dx}}+{\displaystyle \frac{c}{a{x}^2}}y=0\end{array}$$

nos muestra que las funciones

$$P(x)={\displaystyle \frac{b}{ax}}yQ(x)={\displaystyle \frac{c}{a{x}^2}}$$

no están definidas en $x=0$, por tanto $x=0$ es un punto singular y todos los demás puntos (reales o complejos) son puntos ordinarios, es por ello que toda la teoría realizada en la entrada correspondiente fue para $x>0$.

De acuerdo al título de esta entrada, nos enfocaremos en soluciones respecto a puntos ordinarios, sin embargo, cabe mencionar que en la siguiente entrada estudiaremos soluciones respecto a puntos singulares y será necesario hacer una distinción entre dos tipos de puntos singulares que definiremos como punto singular regular y punto singular irregular. Estos conceptos los revisaremos en la siguiente entrada.

Como ya hemos mencionando, las soluciones de la ecuación diferencial ($\text{15}$) son soluciones en forma de series de potencias. Si una ecuación diferencial es analítica en un punto $x_0$, entonces su solución también lo es en $x_0$, y como dicha solución será una función desarrollable en series de potencias, podemos suponer que, en forma general, tendrá la siguiente forma.

$$\begin{array}{}\text{(18)}& y(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n(x-x_0{)}^n\end{array}$$

donde $c_n$ cambia para cada función específica.

A continuación enunciamos el teorema que establece la existencia y forma de las soluciones de ($\text{15}$).

Una solución en serie converge, por lo menos, en un intervalo definido por $|x-x_0|<R$, donde $R$ es la distancia desde $x_0$ al punto singular más cercano, es decir, es el valor mínimo o límite inferior del radio de convergencia de las soluciones en serie de la ecuación diferencial respecto a $x_0$.

La demostración a este teorema suele ser bastante larga pero intuitiva. En esta ocasión no lo demostraremos y en su lugar desarrollaremos varios ejemplos que ilustran el resultado. Sin embargo, en la sección de videos de este mismo curso se puede encontrar con todo detalle la demostración de este teorema, además del método para hallar el radio de convergencia de la solución en serie de potencias cerca de un punto ordinario.

Método de resolución

Si bien, en la demostración del teorema de existencia y forma de la solución en series de potencias se describe el método de resolución, nosotros vamos a describirlo de manera breve y realizaremos algunos ejemplos para que quede bastante claro.

Recordemos que el método de coeficientes indeterminados desarrollado para ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas de segundo orden con coeficientes constantes ya involucraba soluciones en forma de series de potencias y lo que hacíamos al final del método era igualar los coeficientes de ambos lados de la ecuación para satisfacer la igualdad, la diferencia ahora es que el lado derecho de la ecuación es cero y no una función $g(x)$, sin embargo el procedimiento es bastante similar.

Debido a que se trata de un método bastante laborioso, por simplicidad encontraremos soluciones en series de potencias sólo con respecto al punto ordinario $x_0=0$. Así, las soluciones serán de la forma

$$\begin{array}{}\text{(19)}& y(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n\end{array}$$

La descripción del método se muestra a continuación:

• El método de resolución implica considerar la solución ($\text{19}$) y su primera y segunda derivada ($\text{7}$) para sustituirlas en la ecuación diferencial ($\text{14}$).

$$a_2(x)[\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}n(n-1)c_n{x}^{n-2}]+a_1(x)\left[\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{c}_n{x}^{n-1}\right]+a_0(x)\left[\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n\right]=0$$

• El siguiente paso es reescribir toda la ecuación en una sola serie lo que, en la mayoría de los casos, requerirá de hacer cambios de índices para que se tenga la misma potencia de $x$.

• Como el resultado será idénticamente cero será necesario que el coeficiente de cada potencia de $x$ se iguale a cero. Como veremos más adelante, esto nos generará una ecuación general para los coeficientes de $y(x)$, dicha expresión se conoce como relación de recurrencia.

• La tarea final será usar la relación de recurrencia para obtener el valor de los coeficientes $c_n$ de ($\text{19}$) y con ello la forma de la solución de la ecuación diferencial en cuestión.

Es importante aclarar que la sola suposición de la solución ($\text{19}$) conduce a dos conjuntos de coeficientes, de manera que se tendrán dos series de potencias distintas $y_1$ y $y_2$, ambas desarrolladas respecto al punto ordinario $x_0$. Se puede demostrar que la solución general de la ecuación diferencial ($\text{14}$) es

$$\begin{array}{}\text{(20)}& y(x)=C_1{y}_1(x)+C_2{y}_2(x)\end{array}$$

en donde $C_1=c_0$ y $C_2=c_1$, es decir, los primeros coeficientes de la serie ($\text{19}$).

Este método no solo es aplicable a ecuaciones de la forma ($\text{14}$), sino que se puede aplicar a distintas ecuaciones que satisfagan las propiedades necesarias descritas a lo largo de la entrada.

Para comprender el método resolvamos una ecuación bastante sencilla de primer orden y veamos que resultado obtenemos.

Ejemplo: Determinar la solución de la ecuación diferencial

$${\displaystyle \frac{dy}{dx}}-y=0$$

usando series de potencias respecto al punto ordinario $x_0=0$.

Solución: La solución debe ser de la forma

$$y=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n$$

La derivada de esta función es

$${\displaystyle \frac{dy}{dx}}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{c}_n{x}^{n-1}$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{c}_n{x}^{n-1}-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n=0$$

Hay que reescribir esta ecuación en una sola serie en la que la potencia de $x$ sea $k$.

Guiándonos en los exponentes de $x$, en la primer serie tomamos $k=n-1$, de donde $n=k+1$, si la serie comienza en $n=1$, entonces $k=1-1=0$. En el caso de la segunda serie basta hacer $k=n$, entonces tenemos que

$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+1)c_{k+1}{x}^k-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_k{x}^k=0$$

Ahora si podemos unir las series en una sola de acuerdo a ($\text{9}$)

$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}[(k+1)c_{k+1}-c_k]x^k=0$$

Como $x^k\ne 0$ por ser la solución propuesta, entonces necesariamente

$$(k+1)c_{k+1}-c_k=0$$

Como $k$ es un número entero que comienza en cero hacía infinito, entonces $k$ no puede ser negativo, lo que significa que no hay valor de $k$, tal que $k+1=0$, es así que podemos despejar a $c_{k+1}$ de la expresión anterior sin problema.

$$c_{k+1}={\displaystyle \frac{c_k}{k+1}},k=0,1,2,3,\cdots$$

Ésta última expresión corresponde a la relación de recurrencia, de la que se obtiene cada una de las constantes para cada uno de los términos de la serie solución.

Comencemos con $k=0$.

$$c_1={\displaystyle \frac{c_0}{0+1}}=c_0$$

Para $k=1$, tenemos

$$c_2={\displaystyle \frac{c_1}{1+1}}={\displaystyle \frac{c_0}{2}}$$

$k=2$.

$$c_3={\displaystyle \frac{c_2}{2+1}}={\displaystyle \frac{c_0}{6}}$$

$k=3$.

$$c_4={\displaystyle \frac{c_3}{3+1}}={\displaystyle \frac{c_0}{24}}$$

Etcétera, entonces la solución va teniendo la siguiente forma.

$$\begin{array}{rl}y(x)& =c_0+c_{1}x+c_2{x}^2+c_3{x}^3+c_4{x}^4+\cdots \\ & =c_0+c_{0}x+{\displaystyle \frac{c_0}{2}}{x}^2+{\displaystyle \frac{c_0}{6}}{x}^3+{\displaystyle \frac{c_0}{24}}{x}^4+\cdots \\ & =c_0[1+x+{\displaystyle \frac{x^2}{2}}+{\displaystyle \frac{x^3}{6}}+{\displaystyle \frac{x^4}{24}}+\cdots ]\\ & =c_0[1+x+{\displaystyle \frac{x^2}{2!}}+{\displaystyle \frac{x^3}{3!}}+{\displaystyle \frac{x^4}{4!}}+\cdots ]\end{array}$$

En algunas ocasiones las series de potencias resultan ser series conocidas, como lo es en este caso, pues sabemos que

$$e^x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^n}{n!}}=1+x+{\displaystyle \frac{x^2}{2!}}+{\displaystyle \frac{x^3}{3!}}+{\displaystyle \frac{x^4}{4!}}+\cdots$$

Por lo tanto, si definimos $c=c_0$, la solución de la ecuación diferencial es

$$y(x)=c{e}^x$$

Para asegurarnos del resultado se puede sustituir en la ecuación diferencial y ver que la satisface, o bien, podemos usar separación de variables para resolver la ecuación y verificar el resultado.

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{dy}{dx}}-y& =0\\ {\displaystyle \frac{dy}{dx}}& =y\\ {\displaystyle \frac{1}{y}}{\displaystyle \frac{dy}{dx}}& =1\\ \int {\displaystyle \frac{dy}{y}}& =\int dx\\ \ln (y)& =x+k\\ y& =e^{x+k}\\ y& =e^k{e}^x\\ y(x)& =c{e}^x\end{array}$$

¡Verificado!. Interesante ¿no?.

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Con este ejemplo se espera que se comprenda la noción del método, como se puede notar es un proceso largo a pesar de ser una ecuación muy simple. Concluiremos esta entrada resolviendo dos ecuaciones diferenciales de las que si estamos interesados en resolver, es decir, de la forma ($\text{14}$).

Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial

$${\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+xy=0$$

respecto al punto ordinario $x_0=0$.

Solución: Debido a que no hay puntos singulares, el teorema garantiza dos soluciones en serie de potencias centradas en $x_0=0$, convergentes para $|x|<\mathrm{\infty }$.

Consideremos la solución

$$y=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n$$

y su segunda derivada

$${\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}=\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}n(n-1)c_n{x}^{n-2}$$

Sustituyamos en la ecuación diferencial.

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+xy& =[\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}{c}_{n}n(n-1)x^{n-2}]+x\left[\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n\right]\\ & =\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}{c}_{n}n(n-1)x^{n-2}+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^{n+1}\end{array}$$

Para que practiques muestra que

$$\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}{c}_{n}n(n-1)x^{n-2}+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^{n+1}=2c_2+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}[(k+1)(k+2)c_{k+2}+c_{k-1}]x^k$$

Por lo tanto,

$$2c_2{x}^0+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}[(k+1)(k+2)c_{k+2}+c_{k-1}]x^k=0$$

Para que esta igualdad se cumpla es necesario que el coeficiente de cada potencia de $x$ se iguale a cero. Para el caso de la potencia $k=0$ tenemos que $2c_2=0$, de donde $c_2=0$, para el resto de potencias formamos la relación de recurrencia.

$$(k+1)(k+2)c_{k+2}+c_{k-1}=0,k=1,2,3,\cdots$$

Esta expresión determina los coeficientes $c_k$ que buscamos. Como $(k+1)(k+2)\ne 0$ para los valores de $k$, podemos escribir $c_{k+2}$ en términos de $c_{k-1}$.

$$c_{k+2}=-{\displaystyle \frac{c_{k-1}}{(k+1)(k+2)}},k=1,2,3,\cdots$$

Esta relación genera coeficientes consecutivos de la solución propuesta una vez que $k$ toma los valores enteros sucesivos indicados.

Comencemos con $k=1$.

$$c_3=-{\displaystyle \frac{c_0}{2\cdot 3}}$$

Para $k=2$, se tiene

$$c_4=-{\displaystyle \frac{c_1}{3\cdot 4}}$$

Para $k=3$ hacemos uso de que $c_2=0$.

$$c_5=-{\displaystyle \frac{c_2}{4\cdot 5}}=0$$

A partir de $k=4$ hacemos uso de los valores previos.

$$c_6=-{\displaystyle \frac{c_3}{5\cdot 6}}=-(-{\displaystyle \frac{c_0}{2\cdot 3}}){\displaystyle \frac{1}{5\cdot 6}}={\displaystyle \frac{1}{2\cdot 3\cdot 5\cdot 6}}{c}_0$$

$k=5$.

$$c_7=-{\displaystyle \frac{c_4}{6\cdot 7}}=-(-{\displaystyle \frac{c_1}{3\cdot 4}}){\displaystyle \frac{1}{6\cdot 7}}={\displaystyle \frac{1}{3\cdot 4\cdot 6\cdot 7}}{c}_1$$

Para $k=6$ recordamos que $c_5=0$.

$$c_8=-{\displaystyle \frac{c_5}{7\cdot 8}}=0$$

$k=7$.

$$c_9=-{\displaystyle \frac{c_6}{8\cdot 9}}={\displaystyle \frac{1}{2\cdot 3\cdot 5\cdot 6\cdot 8\cdot 9}}{c}_0$$

$k=8$.

$$c_{10}=-{\displaystyle \frac{c_7}{9\cdot 10}}={\displaystyle \frac{1}{3\cdot 4\cdot 6\cdot 7\cdot 9\cdot 10}}{c}_1$$

$k=9$.

$$c_{11}=-{\displaystyle \frac{c_8}{10\cdot 11}}=0$$

Podemos hacer estos cálculos para la $k$ que deseemos, el objetivo es intentar determinar que tipo de serie numérica es la que se logra formar. En este caso nos detendremos hasta $k=9$, con ello hemos logrado obtener los primeros $11$ coeficientes de la solución que buscamos (recordemos que $c_0$ y $c_1$ tienen valores arbitrarios).

$$\begin{array}{rl}y(x)& =c_0+c_{1}x+c_2{x}^2+c_3{x}^3+c_4{x}^4+c_5{x}^5+c_6{x}^6\\ & +c_7{x}^7+c_8{x}^8+c_9{x}^9+c_{10}{x}^{10}+c_{11}{x}^{11}+\cdots \end{array}$$

Sustituyamos los coeficientes obtenidos.

$$\begin{array}{rl}y(x)& =c_0+c_{1}x+0-{\displaystyle \frac{c_0}{2\cdot 3}}{x}^3-{\displaystyle \frac{c_1}{3\cdot 4}}{x}^4+0+{\displaystyle \frac{c_0}{2\cdot 3\cdot 5\cdot 6}}{x}^6+{\displaystyle \frac{c_1}{3\cdot 4\cdot 6\cdot 7}}{x}^7+0\\ & -{\displaystyle \frac{c_0}{2\cdot 3\cdot 5\cdot 6\cdot 8\cdot 9}}{x}^9-{\displaystyle \frac{c_1}{3\cdot 4\cdot 6\cdot 7\cdot 9\cdot 10}}{x}^{10}+0+\cdots \end{array}$$

Para obtener la solución general

$$y(x)=c_0{y}_1(x)+c_1{y}_2(x)$$

agrupemos los términos que contienen $c_0$ y por otro lado los que tienen $c_1$.

$$\begin{array}{rl}y(x)& =c_0[1-{\displaystyle \frac{1}{2\cdot 3}}{x}^3+{\displaystyle \frac{1}{2\cdot 3\cdot 5\cdot 6}}{x}^6-{\displaystyle \frac{1}{2\cdot 3\cdot 5\cdot 6\cdot 8\cdot 9}}{x}^9+\cdots ]\\ & +c_1[x-{\displaystyle \frac{1}{3\cdot 4}}{x}^4+{\displaystyle \frac{1}{3\cdot 4\cdot 6\cdot 7}}{x}^7-{\displaystyle \frac{1}{3\cdot 4\cdot 6\cdot 7\cdot 9\cdot 10}}{x}^{10}+\cdots ]\end{array}$$

Por lo tanto,

$$\begin{array}{rl}{y}_1(x)& =1-{\displaystyle \frac{1}{2\cdot 3}}{x}^3+{\displaystyle \frac{1}{2\cdot 3\cdot 5\cdot 6}}{x}^6-{\displaystyle \frac{1}{2\cdot 3\cdot 5\cdot 6\cdot 8\cdot 9}}{x}^9+\cdots \\ & =1+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{2\cdot 3\cdots (3k-1)(3k)}}\end{array}$$

y

$$\begin{array}{rl}{y}_2(x)& =x-{\displaystyle \frac{1}{3\cdot 4}}{x}^4+{\displaystyle \frac{1}{3\cdot 4\cdot 6\cdot 7}}{x}^7-{\displaystyle \frac{1}{3\cdot 4\cdot 6\cdot 7\cdot 9\cdot 10}}{x}^{10}+\cdots \\ & =x+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{3\cdot 4\cdots (3k)(3k+1)}}{x}^{3k+1}\end{array}$$

Con esto hemos concluido el ejercicio. Los coeficientes $c_0$ y $c_1$ quedan completamente indeterminados de manera que se pueden elegir de forma arbitraria.

Por el teorema de existencia y forma de la solución también se puede deducir que las series que forman a $y_1$ y $y_2$ convergen para $|x|<\mathrm{\infty }$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

Como dato interesante, la ecuación diferencial que acabamos de resolver es una forma de lo que se conoce como ecuación de Airy y se encuentra en el estudio de la difracción de la luz, la difracción de ondas de radio alrededor de la superficie de la tierra, la aerodinámica y la deflexión de una columna vertical delgada uniforme que se curva bajo su propio peso.

Realicemos un ejemplo más en el que los coeficientes de la ecuación no sean polinomios, esto nos permitirá poner en práctica la multiplicación de dos series de potencias.

Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial

$${\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+\cos (x)y=0$$

respecto al punto ordinario $x_0=0$.

Solución: Se puede comprobar que la función coseno es analítica en $x=0$, esto verifica que efectivamente $x_0=0$ es un punto ordinario. De hecho, al ser analítica en $x=0$ su serie de Maclaurin es

$$\begin{array}{rl}\cos (x)& =1-{\displaystyle \frac{x^2}{2!}}+{\displaystyle \frac{x^4}{4!}}-\cdots +{\displaystyle \frac{(-1{)}^k{x}^{2k}}{(2k)!}}+\cdots \\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!}}\end{array}$$

Resolvamos la ecuación. Consideremos la solución

$$y=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n$$

y su segunda derivada

$${\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}=\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}n(n-1)c_n{x}^{n-2}$$

Sustituyamos en la ecuación diferencial.

$${\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+\cos (x)y=\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}n(n-1)c_n{x}^{n-2}+\left[\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!}}\right]\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n=0$$

En este caso no intentaremos reescribir la ecuación en una sola serie ya que puede ser más complicado al tratarse de un producto de series, en su lugar vamos a determinar el valor de los coeficientes de cada $x^k$, $k=0,1,2,3,\cdots$, realizando las operaciones correspondientes, para ello desglosemos las sumas para los primeros términos. Por un lado

$$\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}n(n-1)c_n{x}^{n-2}=2c_2+6c_{3}x+12c_4{x}^2+20c_5{x}^3+\cdots$$

Por otro lado,

$$\left[\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!}}\right]\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n=(1-{\displaystyle \frac{x^2}{2!}}+{\displaystyle \frac{x^4}{4!}}+\cdots )(c_0+c_{1}x+c_2{x}^2+c_3{x}^3+\cdots )$$

Si se hacen las cuentas correspondientes podremos obtener los coeficientes de cada $x^k$, $k=0,1,2,3,\cdots$.

Hasta $k=3$ se obtiene lo siguiente.

$$(2c_2+c_0)+(6c_3+c_1)x+(12c_4+c_2-{\displaystyle \frac{1}{2}}{c}_0)x^2+(20c_5+c_3-{\displaystyle \frac{1}{2}}{c}_1)x^3+\cdots =0$$

Igualamos cada coeficiente a cero.

$$\begin{array}{rl}2c_2+c_0& =0\\ 6c_3+c_1& =0\\ 12c_4+c_2-{\displaystyle \frac{1}{2}}{c}_0& =0\\ 20c_5+c_3-{\displaystyle \frac{1}{2}}{c}_1& =0\\ & ⋮\end{array}$$

etcétera. Esto nos da como resultados

$$\begin{array}{rl}{c}_2& =-{\displaystyle \frac{1}{2}}{c}_0\\ c_3& =-{\displaystyle \frac{1}{6}}{c}_1\\ c_4& ={\displaystyle \frac{1}{12}}{c}_0\\ c_5& ={\displaystyle \frac{1}{30}}{c}_1\\ & ⋮\end{array}$$

En este caso no se obtuvo una relación de recurrencia, pero $c_0$ y $c_1$ siguen siendo coeficientes indeterminados que pueden tomar valores arbitrarios. Sustituyendo los valores determinados en la solución propuesta se obtiene

$$\begin{array}{rl}y(x)& =c_0+c_{1}x-{\displaystyle \frac{c_0}{2}}{x}^2-{\displaystyle \frac{c_1}{6}}{x}^3+{\displaystyle \frac{c_0}{12}}{x}^4+{\displaystyle \frac{c_1}{30}}{x}^5+\cdots \\ & =c_0[1-{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2+{\displaystyle \frac{1}{12}}{x}^4+\cdots ]+c_1[x-{\displaystyle \frac{1}{6}}{x}^3+{\displaystyle \frac{1}{30}}{x}^5+\cdots ]\end{array}$$

Recordando que la solución general es

$$y(x)=c_0{y}_1(x)+c_1{y}_2(x)$$

entonces,

$$y_1(x)=1-{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2+{\displaystyle \frac{1}{12}}{x}^4+\cdots$$

y

$$y_2(x)=x-{\displaystyle \frac{1}{6}}{x}^3+{\displaystyle \frac{1}{30}}{x}^5+\cdots$$

Ambas series de potencias convergen para $|x|<\mathrm{\infty }$.

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

Con esto concluimos esta entrada.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

1. Determinar el radio de convergencia y el intervalo de convergencia de las siguientes series de potencias.

• $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{2^n}{n}}{x}^n$

• $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{n}{n+2}}{x}^n$

• $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(x-1{)}^n}{n!}}$

2. Reescribir la siguiente expresión como una sola serie de potencias cuyo término general tenga $x^k$.

• $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}n(n-1)c_n{x}^n+2\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}n(n-1)c_n{x}^{n-2}+3\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{c}_n{x}^n$

3. Comprobar por sustitución directa que la siguiente serie de potencias es una solución particular de la ecuación diferencial dada.

• $y(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(-1{)}^n}{2^{2n}(n!{)}^2}}{x}^{2n},x{\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+{\displaystyle \frac{dy}{dx}}+xy=0$

4. Encontrar la solución general en series de potencias de las siguientes ecuaciones diferenciales respecto al punto ordinario $x_0=0$.

• ${\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+x^2{\displaystyle \frac{dy}{dx}}+xy=0$

• ${\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}+\sin (x)y=0$

5. Usar el método de series de potencias para resolver el siguiente problema con valores iniciales.

• $(x+1){\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}-(2-x){\displaystyle \frac{dy}{dx}}+y=0,y(0)=2,y^{\prime }(0)=-1$

Más adelante…

En esta entrada aprendimos a resolver ecuaciones diferenciales de segundo orden con coeficientes variables respecto al punto ordinario $x_0=0$.

En la siguiente entrada resolveremos ecuaciones diferenciales del mismo tipo, pero ahora con respecto a puntos singulares. El método de resolución es conocido como Método de Frobenius.

Entradas relacionadas

• Página principal del curso: Ecuaciones Diferenciales I
• Entrada anterior del curso: Oscilaciones mecánicas
• Siguiente entrada del curso: Ecuaciones lineales de segundo orden con coeficientes variables – Soluciones en series de potencias respecto a puntos singulares

• Video relacionado al tema: Ecuaciones lineales de segundo orden con coeficientes variables. Solución por series de potencias cerca de un punto ordinario

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»