Ecuaciones Diferenciales I: Ecuaciones lineales de segundo orden con coeficientes variables – Soluciones en series de potencias respecto a puntos singulares

Sin matemáticas, no hay nada que puedas hacer. Todo a tu alrededor
es matemáticas. Todo a tu alrededor son números.
– Shakuntala Devi

Introducción

Hemos comenzado con el estudio de las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden con coeficientes variables. Ya hemos aprendido cómo obtener soluciones con respecto a puntos ordinarios, ahora aprenderemos a obtener soluciones con respecto a puntos singulares.

En la entrada anterior vimos que para resolver ecuaciones de la forma

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x) \dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = 0 \label{1} \tag{1}$$

se proponía una solución de la forma

$$y(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}(x -x_{0})^{n} \label{2} \tag{2}$$

donde $x_{0}$ es un punto ordinario de la ecuación diferencial (\ref{1}).

En ocasiones no se pueden encontrar soluciones como (\ref{2}), así que se propone una solución de la forma

$$y(x) = (x -x_{0})^{r} \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}(x -x_{0})^{n} \label{3} \tag{3}$$

Donde $r$ es una constante. En realidad, la solución (\ref{3}) es una generalización ya que si $r = 0$ regresamos a la forma (\ref{2}).

En esta entrada aprenderemos a resolver ecuaciones diferenciales en las que su solución es de la forma (\ref{3}).

Puntos singulares

El que la solución de una ecuación diferencial sea de la forma (\ref{3}) esta directamente relacionado con que el punto $x_{0}$ sea un punto singular y no un punto ordinario. En la entrada anterior definimos estos conceptos, sin embargo en esta entrada es necesario profundizar más acerca de los puntos singulares. Recordemos la definición de punto singular.

Nota: Las siguientes definiciones se basan en la forma estándar (\ref{1}) de una ecuación diferencial lineal de segundo orden.

Definición: Un punto $x_{0}$ en el que al menos una de las funciones $P(x)$ y $Q(x)$ no tiene representación en serie de potencias de $(x -x_{0})$ se dice que es un punto singular de (\ref{1}).

Lo nuevo ahora es que un punto singular puede ser clasificado como regular o irregular.

Definición: Un punto $x_{0}$ es singular regular si las funciones

$$p(x) = (x -x_{0})P(x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = (x -x_{0})^{2}Q(x) \label{4} \tag{4}$$

son analíticas en $x_{0}$.

Definición: Si una o ambas de las funciones $p(x)$ y $q(x)$ de (\ref{4}) no son analíticas en un punto $x_{0}$, entonces $x_{0}$ es un punto singular irregular.

Para fines prácticos en conveniente definir los puntos singulares regulares e irregulares a través de un límite.

Definición: Un punto $x_{0}$ es singular regular de la ecuación (\ref{1}) si los siguientes límites existen.

$$\lim_{x \to x_{0}} p(x) = \lim_{x \to x_{0}} (x -x_{0})P(x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lim_{x \to x_{0}} q(x) = \lim_{x \to x_{0}} (x -x_{0})^{2}Q(x) \label{5} \tag{5}$$

En caso contrario decimos que $x_{0}$ es un punto singular irregular.

Realicemos algunos ejemplos.

Ejemplo: Clasificar los puntos singulares de la ecuación diferencial

$$x^{3}(x^{2} -9) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + (x+3) \dfrac{dy}{dx} + (x -3)^{3}y = 0$$

Solución: El primer paso es escribir a la ecuación diferencial en la forma estándar (\ref{1}), así que dividimos toda la ecuación por el coeficiente de la segunda derivada de $y$.

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

Identificamos que

$P(x) = \dfrac{1}{x^{3}(x -3)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{(x -3)^{2}}{x^{3}(x + 3)}$

Notamos que la función $P(x)$ no está definida en los puntos $x = 3$ y $x = 0$, mientras que la función $Q(x)$ no está definida en $x = -3$ y $x = 0$, de manera que los puntos singulares son $x_{0} = 3$, $x_{0} = 0$ y $x_{0} = -3$. El resto de puntos en $\mathbb{R}$ son puntos ordinarios de la ecuación diferencial.

Para determinar si son regulares o irregulares definamos las nuevas funciones de acuerdo a (\ref{4}) y observemos si dichas funciones son analíticas o no en el correspondiente punto singular.

  • Caso 1: $x_{0} = 3$.

Definamos las nuevas funciones.

$$p(x) = (x -3)P(x) = \dfrac{1}{x^{3}} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = (x-3)^{2}Q(x) = \dfrac{(x -3)^{4}}{x^{3}(x + 3)}$$

Es claro que las nuevas funciones $p(x)$ y $q(x)$ si son analíticas en $x_{0} = 3$, por lo que dicho punto es un punto singular regular. Usando la definición de límite, se tiene

$$\lim_{x \to 3} p(x) = \lim_{x \to 3}\dfrac{1}{x^{3}} = \dfrac{1}{9} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lim_{x \to 3} q(x) = \lim_{x \to 3} \dfrac{(x -3)^{4}}{x^{3}(x + 3)} = 0$$

Los límites existen, así que llegamos a la misma conclusión.

  • Caso 2: $x_{0} = 0$.

Definamos las nuevas funciones.

$$p(x) = x P(x) = \dfrac{1}{x^{2}(x -3)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = x^{2} Q(x) = \dfrac{(x -3)^{2}}{x(x + 3)}$$

En este caso las funciones $p(x)$ y $q(x)$ siguen sin estar definidas para $x = 0$ lo que significa que no se pueden representar mediante una serie de potencias, es decir, no son analíticas en dicho punto. Veamos que ocurre con los limites. Por un lado,

$$\lim_{x \to 0}p(x) = \lim_{x \to 0}\dfrac{1}{x^{2}(x -3)} = -\infty$$

Por otro lado,

$$\lim_{x \to 0^{+}} q(x) = \lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{(x -3)^{2}}{x(x + 3)} = \infty \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lim_{x \to 0^{-}} q(x) = \lim_{x \to 0^{-}} \dfrac{(x -3)^{2}}{x(x + 3)} = -\infty $$

Vemos que el limite de $p(x)$ es divergente, mientras que el límite de $q(x)$ no existe en $x = 0$.

En conclusión, $x_{0} = 0$ es un punto singular irregular.

  • Caso 3: $x_{0} = -3$.

Definamos las nuevas funciones.

$$p(x) = (x+3) P(x) = \dfrac{x + 3}{x^{3}(x -3)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = (x + 3)^{2} Q(x) = \dfrac{(x -3)^{2}(x + 3)}{x^{3}}$$

Las nuevas funciones son analíticas en $x_{0} = -3$, confirmemos que los límites existen.

$$\lim_{x \to -3} p(x) = \lim_{x \to -3} \dfrac{x + 3}{x^{3}(x -3)} = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lim_{x \to -3} q(x) = \lim_{x \to -3} \dfrac{(x -3)^{2}(x + 3)}{x^{3}} = 0$$

En efecto, los limites existen, así que $x_{0} = -3$ es un punto singular regular.

$\square$

Realicemos un ejemplo más.

Ejemplo: Determinar el punto singular de la ecuación diferencial

$$(x + 1)^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + x \dfrac{dy}{dx} + x^{2} y = 0$$

Solución: Escribimos a la ecuación diferencial en su forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{x}{(x + 1)^{2}} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{x^{2}}{(x + 1)^{2}} y = 0$$

Identificamos que

$$P(x) = \dfrac{x}{(x + 1)^{2}} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{x^{2}}{(x + 1)^{2}}$$

Notamos que el único punto singular es $x_{0} = -1$. Definamos las funciones $p(x)$ y $q(x)$.

$$p(x) = (x + 1)P(x) = \dfrac{x}{x+1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = (x + 1)^{2}Q(x) = x^{2}$$

Aunque la función $q(x)$ si es analítica en $x_{0} = -1$, $p(x)$ no lo es. Por lo tanto, la ecuación diferencial no se puede desarrollar en potencias de $x + 1$ y por definición $x_{0} = -1$ es un punto singular irregular.

$\square$

Solución a ecuaciones diferenciales

Ahora que sabemos identificar puntos singulares de una ecuación diferencial podemos resolverlas con respecto a dichos puntos proponiendo una solución de la forma (\ref{3}). Ahora bien, debido a la complejidad de los cálculos, sólo estudiaremos el caso en el que el punto $x_{0} = 0$ es un punto singular regular.

A continuación enunciamos el teorema que establece que (\ref{3}) es una solución de la ecuación diferencial (\ref{1}) con respecto al punto singular $x_{0}$.

Teorema: Sea (\ref{1}) una ecuación diferencial con un punto singular regular en $x_{0}$, entonces siempre existe, al menos, una solución de la forma

$$y(x) = (x -x_{0})^{r} \sum_{n = 0}^{\infty } c_{n}(x -x_{0})^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty } c_{n}(x -x_{0})^{n + r} \label{6} \tag{6}$$

que converge en $0 < |x -x_{0}| < R$. Esta serie recibe el nombre de serie de Frobenius.

Con este teorema podemos establecer lo siguiente:

  • Si $x_{0}$ es un punto ordinario, entonces $r = 0$ y (\ref{2}) es la solución general.
  • Si $x_{0}$ es un punto singular regular, entonces (\ref{6}) dará una solución o la solución general.
  • Si $x_{0}$ es un punto singular irregular, entonces pueden o no existir soluciones de la forma (\ref{6}).

No demostraremos este teorema, pero será la base para resolver ecuaciones diferenciales.

La manera de resolver ecuaciones diferenciales con respecto a puntos singulares es bastante similar al caso de soluciones con respecto a puntos ordinarios, sin embargo en este caso, además de obtener una relación de recurrencia, obtendremos una ecuación cuadrática para $r$ que deberemos de resolver, a dicha ecuación se le conoce como ecuación indicial.

A continuación desarrollaremos el método de resolución que nos permitirá obtener la expresión general de la ecuación indicial, dicho método se conoce como método de Frobenius.

Método de Frobenius

Queremos resolver una ecuación diferencial en su forma estándar con respecto al punto singular regular $x_{0} = 0$.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x) \dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = 0$$

Multipliquemos esta ecuación por $x^{2}$.

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + x [xP(x)] \dfrac{dy}{dx} + [x^{2}Q(x)] y = 0$$

Si usamos las definiciones (\ref{4}) para $x_{0} = 0$, entonces podemos escribir la ecuación anterior de la siguiente manera.

$$x^{2}\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + xp(x) \dfrac{dy}{dx} + q(x)y = 0 \label{7} \tag{7}$$

Con $p(x)$ y $q(x)$ son funciones analíticas en $x = 0$, esto significa que se pueden representar mediante una serie de potencias con respecto a dicho punto, sean

$$p(x) = p_{0} + p_{1}x + p_{2}x^{2} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty} p_{n}x^{n} \label{8} \tag{8}$$

y

$$q(x) = q_{0} + q_{1}x + q_{2}x^{2} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty} q_{n}x^{n} \label{9} \tag{9}$$

dichas series. Una observación interesante es que si todos los coeficientes son cero excepto $p_{0}$ y $q_{0}$, entonces recuperamos la ecuación de Cauchy – Euler.

$$x^{2}\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + p_{0}x \dfrac{dy}{dx} + q_{0}y = 0 \label{10} \tag{10}$$

El teorema anterior nos indica que la forma de la solución es

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

La primera y segunda derivada son

$$\dfrac{dy}{dx} = \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r -2}$$

Sustituyamos todos estos resultados en la ecuación diferencial (\ref{7}).

$$x^{2} \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r -2} + x \left[ \sum_{n = 0}^{\infty} p_{n}x^{n} \right] \sum_{n = 0}(n + r)c_{n}x^{n + r -1} + \left[ \sum_{n = 0}^{\infty} q_{n}x^{n} \right] \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r} = 0$$

Introducimos los términos $x^{2}$ y $x$ a las series de las derivadas de $y$.

$$\sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r} + \left[ \sum_{n = 0}^{\infty} p_{n}x^{n} \right] \sum_{n = 0}(n + r)c_{n}x^{n + r} + \left[ \sum_{n = 0}^{\infty} q_{n}x^{n} \right] \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r} = 0$$

Tomemos los términos para $n = 0$.

\begin{align*}
r(r -1)c_{0}x^{r} + p_{0}rc_{0}x^{r} + q_{0}c_{0}x^{r} &= 0 \\
c_{0}x^{r} [r(r -1) + p_{0}r + q_{0}] &= 0
\end{align*}

Sabemos que $x^{r} \neq 0$ y el método nos obliga a considerar que siempre $c_{0} \neq 0$, entonces

$$r(r -1) + p_{0}r + q_{0} = 0$$

o bien,

$$r^{2} + (p_{0} -1)r + q_{0} = 0 \label{11} \tag{11}$$

Esta relación corresponde a la ecuación indicial con raíces $r_{1}$ y $r_{2}$ reales. En todos los casos se le asigna a $r_{1}$ la raíz mayor, es decir, debe ocurrir que $r_{1} > r_{2}$, siempre y cuando no sean raíces repetidas. A las raíces $r_{1}$ y $r_{2}$ se les denomina raíces indiciales.

El siguiente paso en el método es continuar igualando cada término a cero a través de una relación de recurrencia y con ello determinar los coeficientes de la solución propuesta $y(x)$, todo de manera similar que en el método de la entrada anterior.

En el enunciado del teorema enfatizamos que hay al menos una solución, esto significa que no siempre puede obtenerse una segunda serie solución que junto con la primera serie forme la solución general de la ecuación diferencial. No lo demostraremos, pero a continuación se muestra la forma de ambas soluciones linealmente independientes de acuerdo a los casos que pueden ocurrir con las raíces indiciales.

De acuerdo a la ecuación indicial (\ref{11}) se distinguen tres casos:

  • Caso 1: $r_{1} -r_{2} \neq$ número entero.

En este caso las soluciones de la ecuación diferencial (\ref{1}), son

$$y_{1}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r_{1}}, \hspace{1cm} c_{0} \neq 0 \label{12} \tag{12}$$

$$y_{2}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n + r_{2}}, \hspace{1cm} \hat{c}_{0} \neq 0 \label{13} \tag{13}$$

  • Caso 2: $r_{1} = r_{2} = r$.

En el caso en el que ambas raíces indiciales son iguales, las soluciones de la ecuación diferencial (\ref{1}), son

$$y_{1}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r}, \hspace{1cm} c_{0} \neq 0 \label{14} \tag{14}$$

$$y_{2}(x) = y_{1}(x) \ln(x) + \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n + r} \label{15} \tag{15}$$

  • Caso 3: $r_{1} -r_{2} =$ entero positivo.

En este caso las soluciones de la ecuación diferencial (\ref{1}), son

$$y_{1}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r_{1}}, \hspace{1cm} c_{0} \neq 0 \label{16} \tag{16}$$

$$y_{2}(x) = Cy_{1}(x) \ln(x) + \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n + r_{2}}, \hspace{1cm} \hat{c}_{0} \neq 0 \label{17} \tag{17}$$

Donde $C$ es una constante que podría ser cero.

En todos los casos $y_{1}(x)$ y $y_{2}(x)$ son linealmente independientes. Por lo tanto, la solución general es

$$y(x) = C_{1}y_{1}(x) + C_{2}y_{2}(x) \label{18} \tag{18}$$

En los casos en los que el método de Frobenius no nos de una segunda solución es posible obtenerla con métodos que ya hemos estudiado antes. El primero de ellos es usar variación de parámetros, en este caso se propone la solución

$$y_{2}(x) = u(x)y_{1}(x)$$

y se sustituye, junto con las derivadas correspondientes, en la ecuación diferencial, esto nos permitirá obtener una ecuación diferencial para $u(x)$ que debemos resolver.

Otro método es usar directamente la forma de las soluciones $y_{2}(x)$ propuestas anteriormente para cada caso, calcular las derivadas correspondientes y sustituir en la ecuación diferencial.

Un tercer método se puede aplicar una vez que ya hemos determinado la primer solución $y_{1}(x)$ y es usando la expresión que deducimos en entradas anteriores.

$$y_{2}(x) = y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x) dx}}}{y_{1}^{2}(x)} dx} \label{19} \tag{19}$$

Una de las mejores maneras para comprender algo es a través de ejemplos y práctica, así que hemos decidido resolver tres ejemplos, uno para cada caso y así poder comprender del todo en qué consiste el método de Frobenius.

Cabe mencionar que a lo largo de esta entrada hemos dado las herramientas para trabajar, pero no se ha dado un fundamento formal de los resultados, para conocerlos se pueden revisar los videos del tema correspondiente en la sección de videos de este curso, en él se encontrarán los fundamentos de cómo es que se obtienen las soluciones linealmente independientes dadas para cada condición de las raíces indiciales.

Para concluir esta entrada realicemos los 3 ejemplos antes mencionados.

Solución cuando la diferencia de las raíces indiciales difiere de un número entero

Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial

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

con respecto al punto singular $x_{0} = 0$.

Solución: Dividimos la ecuación diferencial por el coeficiente de la segunda derivada de $y$ para obtener la forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{1}{3x} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{1 -x}{3x^{2}}y = 0$$

Identificamos que

$$P(x) = -\dfrac{1}{3x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{1-x}{3x^{2}}$$

Ninguna función está definida en $x = 0$. Definimos las funciones $p(x)$ y $q(x)$ de acuerdo a (\ref{4}).

$$p(x) = -\dfrac{1}{3} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = \dfrac{1-x}{3}$$

Vemos que

$$\lim_{x \to 0} p(x) = -\dfrac{1}{3} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lim_{x \to 0} q(x) = \dfrac{1}{3}$$

Esto nos muestra que $p(x)$ y $q(x)$ son analíticas en $x = 0$ y que dicho punto es un punto singular regular.

Obtendremos la ecuación indicial directamente de la expresión (\ref{11}).

Vemos que

$$p(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}p_{n}x^{n} = p_{0} + p_{1}x + p_{2}x^{2} + \cdots = -\dfrac{1}{3}$$

de donde,

$$p_{0} = -\dfrac{1}{3}$$

y $p_{k} = 0$ $\forall$ $k \geqslant 1$ con $k \in \mathbb{N}$. Por otro lado

$$q(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}q_{n}x^{n} = q_{0} + q_{1}x + q_{2}x^{2} + \cdots = \dfrac{1}{3} -\dfrac{1}{3}x$$

de donde,

$$q_{0} = \dfrac{1}{3} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q_{1} = -\dfrac{1}{3}$$

y $q_{k} = 0$ $\forall$ $k \geqslant 2$ con $k \in \mathbb{N}$.

Sustituimos $p_{0}$ y $q_{0}$ en la ecuación indicial (\ref{11}).

$$r^{2} + \left( -\dfrac{1}{3} -1 \right)r + \dfrac{1}{3} = r^{2} -\dfrac{4}{3}r + \dfrac{1}{3} = 0$$

Resolviendo para $r$ se obtiene que las raíces son

$$r_{1} = 1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} r_{2}= \dfrac{1}{3}$$

Notemos que

$$r_{1} -r_{2} = \dfrac{2}{3}$$

es decir, la diferencia de las raíces indiciales difiere de un número entero, esto nos indica que estamos en condiciones del caso 1, en donde las soluciones están dadas por las funciones (\ref{12}) y (\ref{13}).

$$y_{1}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + 1}, \hspace{1cm} c_{0} \neq 0$$

y

$$y_{2}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n + 1/3}, \hspace{1cm} \hat{c}_{0} \neq 0$$

Para continuar con el método de Frobenius consideremos la solución general

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

y sus derivadas

$$\dfrac{dy}{dx} = \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r -2}$$

Una vez obtenida la relación de recurrencia ya se podrá sustituir los valores correspondientes de $r$. Sustituyamos en la ecuación diferencial.

$$3x^{2} \left[ \sum_{n = 0}^{\infty} (n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r -2} \right] -x \left[ \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r -1} \right] + (1 -x) \left[ \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r} \right] = 0$$

$$3 \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r} -\sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r} + \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r} -\sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r + 1} = 0$$

En la última serie hacemos $k = n + 1$ y en el resto $k = n$.

$$3 \sum_{k = 0}^{\infty}(k + r)(k + r -1)c_{k}x^{k + r} -\sum_{k = 0}^{\infty}(k + r)c_{k}x^{k + r} + \sum_{k = 0}^{\infty}c_{k}x^{k + r} -\sum_{k = 1}^{\infty}c_{k -1}x^{k + r} = 0$$

Para que todas las series comiencen en $k = 1$ extraemos el primer término de las tres primeras series y la suma la igualamos a cero.

\begin{align*}
3r(r -1)c_{0}x^{r} -rc_{0}x^{r} + c_{0}x^{r} &= 0 \\
c_{0}x^{r} \left[ 3r(r -1) -r + 1 \right] &= 0
\end{align*}

Como $x^{r} \neq 0$ y $c_{0} \neq 0$, entonces

\begin{align*}
3r(r -1) -r + 1 &= 0 \\
3r^{2} -4r + 1 &= 0
\end{align*}

Con este otro procedimiento podemos obtener la ecuación indicial. Ahora nos queda la ecuación

$$3 \sum_{k = 1}^{\infty}(k + r)(k + r -1)c_{k}x^{k + r} -\sum_{k = 1}^{\infty}(k + r)c_{k}x^{k + r} + \sum_{k = 1}^{\infty}c_{k}x^{k + r} -\sum_{k = 1}^{\infty}c_{k -1}x^{k + r} = 0$$

Podemos juntar todas las series en una sola.

$$\sum_{k = 1}^{\infty} [3(k + r)(k + r -1)c_{k} -(k + r)c_{k} + c_{k} -c_{k -1}]x^{k + r} = 0$$

Para satisfacer la igualdad es necesario que

$$c_{k} [3(k + r)(k + r -1) -(k + r) + 1] -c_{k -1} = 0$$

Despejando a $c_{k}$ obtenemos la relación de recurrencia.

$$c_{k} = \dfrac{c_{k -1}}{3(k + r)(k + r -1) -(k + r) +1}, \hspace{1cm} k = 1, 2, 3, \cdots$$

Hay que determinar los coeficientes para cada valor de las raíces indiciales. Para el valor de la primer raíz indicial $r = 1$, la relación de recurrencia es

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

Determinemos los coeficientes para este caso.

$k = 1$.

$$c_{1} = \dfrac{c_{0}}{1(3(1) + 2)} = \dfrac{c_{0}}{5}$$

$k = 2$.

$$c_{2} = \dfrac{c_{1}}{2(3(2) + 2)} = \dfrac{c_{1}}{16} = \dfrac{c_{0}}{80}$$

$k = 3$.

$$c_{3} = \dfrac{c_{2}}{3(3(3) + 2)} = \dfrac{c_{2}}{33} = \dfrac{c_{0}}{2640}$$

$k = 4$.

$$c_{4} = \dfrac{c_{3}}{4(3(4) + 2)} = \dfrac{c_{3}}{56} = \dfrac{c_{0}}{147840}$$

Etcétera, entonces la primer solución es de la forma

\begin{align*}
y_{1}(x) &= x^{1} ( c_{0} + c_{1}x + c_{2}x^{2} + c_{3}x^{3} + c_{4}x^{4} + \cdots) \\
&= x \left( c_{0} + \dfrac{c_{0}}{5}x + \dfrac{c_{0}}{80}x^{2} + \dfrac{c_{0}}{2640}x^{3} + \dfrac{c_{0}}{147840}x^{4} + \cdots \right) \\
&= c_{0}x \left( 1 + \dfrac{x}{5} + \dfrac{x^{2}}{80} + \dfrac{x^{3}}{2640} + \dfrac{x^{4}}{147840} + \cdots \right)
\end{align*}

Por otro lado, para $r = \dfrac{1}{3}$ la relación de recurrencia es

$$\hat{c}_{k} = \dfrac{\hat{c}_{k -1}}{k(3k -2)}, \hspace{1cm} k = 1, 2, 3, \cdots$$

Usamos la notación $\hat{c}_{k}$ sólo para hacer referencia de que son los coeficientes de la segunda solución, pero se obtiene de la misma relación de recurrencia obtenida por el método, sólo que ahora usando $r = \dfrac{1}{3}$.

Determinemos los coeficientes para este caso.

$k = 1$.

$$\hat{c}_{1} = \dfrac{\hat{c}_{0}}{1(3(1) -2)} = \hat{c}_{0}$$

$k = 2$.

$$\hat{c}_{2} = \dfrac{\hat{c}_{1}}{2(3(2) -2)} = \dfrac{\hat{c}_{0}}{8}$$

$k = 3$.

$$\hat{c}_{3} = \dfrac{\hat{c}_{2}}{3(3(3) -2)} = \dfrac{\hat{c}_{2}}{21} = \dfrac{\hat{c}_{0}}{168}$$

$k = 4$.

$$\hat{c}_{4} = \dfrac{\hat{c}_{3}}{4(3(4) -2)} = \dfrac{\hat{c}_{3}}{40} = \dfrac{\hat{c}_{0}}{6720}$$

Etcétera, entonces la segunda solución es de la forma

\begin{align*}
y_{2}(x) &= x^{1/3} (\hat{c}_{0} + \hat{c}_{1}x + \hat{c}_{2}x^{2} + \hat{c}_{3}x^{3} + \hat{c}_{4}x^{4} + \cdots) \\
&= x^{1/3} \left( \hat{c}_{0} + \hat{c}_{0}x + \dfrac{\hat{c}_{0}}{8}x^{2} + \dfrac{\hat{c}_{0}}{168}x^{3} + \dfrac{\hat{c}_{0}}{6720}x^{4} + \cdots \right) \\
&= \hat{c}_{0}x^{1/3} \left( 1 + x + \dfrac{x^{2}}{8} + \dfrac{x^{3}}{168} + \dfrac{x^{4}}{6720} + \cdots \right)
\end{align*}

Si definimos $C_{1} = c_{0}$ y $C_{2} = \hat{c}_{0}$, entonces la solución general de la ecuación diferencial es

$$y(x) = C_{1}x \left( 1 + \dfrac{x}{5} + \dfrac{x^{2}}{80} + \dfrac{x^{3}}{2640} + \dfrac{x^{4}}{147840} + \cdots \right) + C_{2} x^{1/3} \left( 1 + x + \dfrac{x^{2}}{8} + \dfrac{x^{3}}{168} + \dfrac{x^{4}}{6720} + \cdots \right)$$

$\square$

Con este ejemplo podemos aclarar algunas cosas.

La primera de ellas es que desarrollando el método mismo obtendremos la ecuación indicial, así que no necesariamente debemos sustituir en la ecuación (\ref{11}), sin embargo sustituir en la ecuación (\ref{11}) nos permitirá, desde un inicio, conocer las raíces indiciales y con ello podremos determinar la forma de la segunda solución según sea el caso.

Otra cosa importante es que se pueden calcular los coeficientes que se deseen, en el ejemplo sólo calculamos los primeros $5$ coeficientes, es decir hasta $k = 4$, pero se puede continuar, lo interesante de continuar es que en algunas ocasiones es posible determinar una relación que generaliza la forma de los coeficientes y con ello formar una serie que incluso puede converger a una función conocida. Los siguientes ejercicios son un ejemplo de esto.

También hay que mencionar que en este ejemplo el método de Frobenius sí nos proporcionó la segunda solución usando la relación de recurrencia, esto no ocurrirá en algunos otros casos, como el que sigue a continuación, en estos casos será necesario aplicar algunos de los métodos que ya mencionamos antes.

Solución cuando las raíces indiciales son repetidas

Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + (x^{2} -x) \dfrac{dy}{dx} + y = 0$$

con respecto al punto singular $x_{0} = 0$.

Solución: Escribimos la ecuación en su forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{x -1}{x} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{1}{x^{2}} y = 0$$

Identificamos que

$$P(x) = \dfrac{x -1}{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{1}{x^{2}}$$

Mientras que las funciones $p(x)$ y $q(x)$ están dadas por

$$p(x) = x -1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = 1$$

Como los límites existen

$$\lim_{x \to 0}p(x) = -1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lim_{x \to 0} q(x) = 1$$

entonces $x = 0$ es un punto singular regular. En esta ocasión vamos a obtener las raíces indiciales directamente de la expresión resultante para $k = 0$. Sustituyamos las funciones correspondientes en la ecuación diferencial.

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

$$\sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r} + \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r + 1} -\sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r} + \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r} = 0$$

En la segunda serie hacemos $k = n + 1$ y en el resto $k = n$.

$$ \sum_{k = 0}^{\infty}(k + r)(k + r -1)c_{k}x^{k + r} + \sum_{k = 1}^{\infty}(k -1 + r)c_{k-1}x^{k + r} -\sum_{k = 0}^{\infty}(k + r)c_{k}x^{k + r} + \sum_{k = 0}^{\infty}c_{k}x^{k + r} = 0$$

Extraemos el primer término de las series que comienzan con $k = 0$ para que todas comiencen con $k = 1$ y la suma de dichos términos la igualamos a cero.

\begin{align*}
r(r -1)c_{0}x^{r} -rc_{0}x^{r} + c_{0}x^{r} &= 0 \\
c_{0}x^{r}[r(r -1) -r + 1] &= 0
\end{align*}

como $x^{r} \neq 0$ y $c_{0} \neq 0$, entonces

\begin{align*}
r(r -1) -r + 1 &= 0 \\
r^{2} -2r + 1 &= 0
\end{align*}

Hemos obtenido la ecuación indicial. Resolviendo para $r$ se obtiene que

$$r_{1} = r_{2} = 1$$

Las raíces indiciales son iguales, de manera que estamos en condiciones del caso 2 en el que las soluciones son de la forma (\ref{14}) y (\ref{15}).

$$y_{1}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + 1}, \hspace{1cm} c_{0} \neq 0$$

y

$$y_{2}(x) = \ln (x) \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + 1} + \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n + 1}$$

Ahora tenemos la ecuación en la que todas las series tienen la misma potencia y comienzan con el mismo índice.

$$\sum_{k = 1}^{\infty}(k + r)(k + r -1)c_{k}x^{k + r} + \sum_{k = 1}^{\infty}(k -1 + r)c_{k -1}x^{k + r} -\sum_{k = 1}^{\infty}(k + r)c_{k}x^{k + r} + \sum_{k = 1}^{\infty}c_{k}x^{k + r} = 0$$

Juntamos todo en una sola serie.

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

de donde

$$c_{k}[(k + r)(k + r -1) -(k + r) + 1] + c_{k -1}(k -1 + r) = 0$$

despejando a $c_{k}$ se obtiene la relación de recurrencia.

$$c_{k} = \dfrac{c_{k -1}(k -1 + r)}{(k + r) -1 -(k + r)(k + r -1)} = \dfrac{c_{k -1}}{1 -k -r}, \hspace{1cm} k = 1, 2, 3, \cdots$$

Cómo $r = 1$, entonces la relación de recurrencia es

$$c_{k} = -\dfrac{c_{k -1}}{k}, \hspace{1cm} k = 1, 2, 3, \cdots$$

Determinemos los coeficientes.

$k = 1$.

$$c_{1} = -\dfrac{c_{0}}{1} = -c_{0}$$

$k = 2$.

$$c_{2} = -\dfrac{c_{1}}{2} = \dfrac{c_{0}}{2}$$

$k = 3$.

$$c_{3} = -\dfrac{c_{2}}{3} = -\dfrac{c_{0}}{6}$$

$k = 4$.

$$c_{4} = -\dfrac{c_{3}}{4} = \dfrac{c_{0}}{24}$$

$k = 5$.

$$c_{5} = -\dfrac{c_{4}}{5} = -\dfrac{c_{0}}{120}$$

Etcétera, la primera solución es

\begin{align*}
y_{1}(x) &= x(c_{0} + c_{1}x + c_{2}x^{2} + c_{3}x^{3} + c_{4}x^{4} + c_{5}x^{5} + \cdots) \\
&= x \left( c_{0} -c_{0}x + \dfrac{c_{0}}{2}x^{2} -\dfrac{c_{0}}{6}x^{3} + \dfrac{c_{0}}{24}x^{4} -\dfrac{c_{0}}{120}x^{5} + \cdots \right) \\
&= c_{0}x \left( 1 -x + \dfrac{x^{2}}{2} -\dfrac{x^{3}}{3!} + \dfrac{x^{4}}{4!} -\dfrac{x^{5}}{5!} + \cdots \right)
\end{align*}

Lo que mencionamos antes, la solución va teniendo forma de una serie que conocemos, pues sabemos que

$$e^{-x} = \sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-x)^{n}}{n!} = 1 -x + \dfrac{x^{2}}{2} -\dfrac{x^{3}}{3!} + \dfrac{x^{4}}{4!} -\dfrac{x^{5}}{5!} + \cdots$$

Entonces,

$$y_{1}(x) = c_{0}xe^{-x}$$

Consideremos que $c_{0} = 1 \neq 0$, así la primer solución de la ecuación diferencial es

$$y_{1}(x) = xe^{-x}$$

Notemos que el método ya no nos ofrece una segunda solución. Para obtener la segunda solución se pueden usar los tres métodos antes mencionados. Uno de ellos es usando variación de parámetros. Un segundo método puede ser por derivación de la solución propuesta

$$y_{2}(x) = y_{1}\ln(x) + \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n + 1}$$

las derivadas son

$$\dfrac{dy_{2}}{dx} = \dfrac{y_{1}}{x} + \ln (x)\dfrac{dy_{1}}{dx} + \sum_{n = 0}^{\infty}(n + 1)\hat{c}_{n}x^{n}$$

y

$$\dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} = -\dfrac{y_{1}}{x^{2}} + \dfrac{2}{x} \dfrac{dy_{1}}{dx} + \ln(x) \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + \sum_{n = 0}^{\infty}(n + 1)n \hat{c}_{n}x^{n -1}$$

Se sustituyen estos resultados en la ecuación diferencial y se procede igual que antes con la diferencia de que ahora no obtendremos una ecuación indicial, pero sí una relación de recurrencia para obtener los coeficientes $\hat{c}_{k}$. ¡Seguro este método es un camino largo!.

Un tercer método es aplicar directamente la formula (\ref{19}). Debido a que este es el camino menos largo, obtendremos la segunda solución por este método.

Recordemos que

$$P(x) = \dfrac{x -1}{x}$$

y que la primer solución es

$$y_{1}(x) = x e^{-x}$$

Notemos que

$$-\int{P(x)dx} = -\int{\dfrac{x -1}{x}dx} = \int{ \left( \dfrac{1}{x} -1 \right) dx} = \ln(x) -x$$

Sustituimos en (\ref{19}).

\begin{align*}
y_{2}(x) &= x e^{-x} \int{\dfrac{e^{\ln(x) -x}}{(xe^{-x})^{2}}dx} \\
&= x e^{-x} \int{\dfrac{xe^{-x}}{x^{2}e^{-2x}}dx} \\
&= x e^{-x} \int{\dfrac{e^{x}}{x}dx}
\end{align*}

La integral resultante es conocida como integral exponencial $Ei(x)$ y corresponde a una función especial definida en el plano complejo. Para nuestro caso es conveniente escribir a la exponencial como serie e integrar término a término.

\begin{align*}
y_{2}(x) &= x e^{-x} \int{\dfrac{1}{x} \left( 1 + x + \dfrac{x^{2}}{2} + \dfrac{x^{3}}{3!} + \dfrac{x^{4}}{4!} + \cdots \right)dx} \\
&= x e^{-x} \int{ \left( \dfrac{1}{x} + 1 + \dfrac{x}{2} + \dfrac{x^{2}}{3!} + \dfrac{x^{3}}{4!} + \cdots \right) dx} \\
&= x e^{-x} \left[ \ln(x) + x + \dfrac{x^{2}}{2(2!)} + \dfrac{x^{3}}{3(3!)} + \dfrac{x^{4}}{4(4!)} + \cdots \right] \\
&= x e^{-x} \ln(x) + x e^{-x} \sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{x^{n}}{n(n!)}
\end{align*}

Vemos que

\begin{align*}
xe^{-x} \sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{x^{n}}{n(n!)} &= x \left( 1 -x + \dfrac{x^{2}}{2!} -\dfrac{x^{3}}{3!} + \dfrac{x^{4}}{4!} -\cdots \right) \left( x + \dfrac{x^{2}}{2(2!)} + \dfrac{x^{3}}{3(3!)} + \dfrac{x^{4}}{4(4!)} + \cdots \right) \\
&= \left( x -x^{2} + \dfrac{x^{3}}{2} -\dfrac{x^{4}}{6} + \dfrac{x^{5}}{24} -\cdots \right) \left( x + \dfrac{x^{2}}{4} + \dfrac{x^{3}}{18} + \dfrac{x^{4}}{96} + \cdots \right) \\
&= x^{2} + \left( \dfrac{x^{3}}{4} -x^{3} \right) + \left( \dfrac{x^{4}}{18} -\dfrac{x^{4}}{4} + \dfrac{x^{4}}{2} \right) + \left( \dfrac{x^{5}}{96} -\dfrac{x^{5}}{18} + \dfrac{x^{5}}{8} -\dfrac{x^{5}}{6} \right) + \cdots \\
&= x^{2} -\dfrac{3}{4}x^{3} + \dfrac{11}{36}x^{4} -25x^{5} + \cdots
\end{align*}

Entonces la segunda solución es

$$y_{2}(x) = xe^{-x} \ln(x) + x^{2} -\dfrac{3}{4}x^{3} + \dfrac{11}{36}x^{4} -25x^{5} + \cdots$$

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial es

$$y(x) = C_{1}xe^{-x} + C_{2} \left( xe^{-x} \ln(x) + x^{2} -\dfrac{3}{4}x^{3} + \dfrac{11}{36}x^{4} -25x^{5} + \cdots \right)$$

$\square$

Solución cuando la diferencia de las raíces indiciales es un número entero positivo

Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial

$$x\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{dy}{dx} + 4x^{3} y = 0$$

con respecto al punto singular $x_{0} = 0$.

Solución: Dividimos toda la ecuación por $x$ para obtener la forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dx} + 4x^{2}y = 0$$

Identificamos que

$$P(x) = -\dfrac{1}{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x)= 4x^{2}$$

Es claro que $x = 0$ es un punto ordinario de $Q(x)$, sin embargo es un punto singular regular de $P(x)$, pues

$$\lim_{x \to 0}xP(x) = \lim_{x \to 0}-1 = -1$$

Sustituimos las funciones correspondientes en la ecuación diferencial.

$$x \left[ \sum_{n = 0}^{\infty }(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r -2} \right] -\left[ \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r -1} \right] + 4x^{3} \left[ \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r} \right] = 0$$

$$\sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r -1} -\sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r -1} + 4 \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r + 3} = 0$$

Con el propósito de que en la tercer serie $x$ tenga la misma potencia que las dos primeras, hacemos $k = n + 4$ y en el resto $k = n$.

$$\sum_{k = 0}^{\infty}(k + r)(k + r -1)c_{k}x^{k + r -1} -\sum_{k = 0}^{\infty}(k + r)c_{k}x^{k + r -1} + 4 \sum_{k = 4}^{\infty}c_{k -4}x^{k + r -1} = 0$$

Para $k = 0$, se tiene

\begin{align*}
r(r -1)c_{0}x^{r -1} -rc_{0}x^{r -1} &= 0 \\
c_{0}x^{r -1} [r(r -1) -r] &= 0
\end{align*}

de donde se obtiene la ecuación indicial

$$r^{2} -2r = 0$$

cuyas raíces son

$$r_{1} = 2 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} r_{2} = 0$$

Como

$$r_{1} -r_{2} = 2$$

Es decir, la diferencia es un número entero, entonces estamos en condiciones del caso 3 y por tanto las soluciones son de la forma (\ref{16}) y (\ref{17}).

$$y_{1}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + 2}, \hspace{1cm} c_{0} \neq 0$$

y

$$y_{2}(x) = C \ln(x) \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + 2} + \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n}, \hspace{1cm} \hat{c}_{0}\neq 0$$

Recordemos que $C$ puede ser cero.

Necesitamos que todas las series comiencen en $k = 4$ para poder obtener la relación de recurrencia. Extraemos los términos para $k = 1$, $k = 2$ y $k = 3$ y cada suma correspondiente la igualamos a cero.

$k = 1$.

\begin{align*}
(1 + r)(r)c_{1}x^{r} -(1 + r)c_{1}x^{r} &= 0 \\
x^{r}[(1 + r)(r) -(1 + r)]c_{1} &= 0
\end{align*}

Debido a que

$$(1 + r)(r) -(1 + r) \neq 0$$

de acuerdo a los valores de las raíces indiciales, entonces necesariamente $c_{1} = 0$.

$k = 2$.

\begin{align*}
(2 + r)(1 + r)c_{2}x^{r + 1} -(2 + r)c_{2}x^{r + 1} &= 0 \\
x^{r + 1}[(2 + r)(1 + r) -(2 + r)] c_{2} &= 0
\end{align*}

de donde necesariamente $c_{2} = 0$.

$k = 3$.

\begin{align*}
(3 + r)(2 + r)c_{3}x^{r + 2} -(3 + r)c_{3}x^{r + 2} &= 0 \\
x^{r + 2}[(3 + r)(2 + r) -(3 + r)] c_{3} &= 0
\end{align*}

Igualmente obtenemos que $c_{3} = 0$.

Ahora tenemos la ecuación

$$\sum_{k = 4}^{\infty}(k + r)(k + r -1)c_{k}x^{k + r -1} -\sum_{k = 4}^{\infty}(k + r)c_{k}x^{k + r -1} + 4 \sum_{k = 4}^{\infty}c_{k -4}x^{k + r -1} = 0$$

La reescribimos en una sola serie.

$$\sum_{k = 4}^{\infty}[(k + r)(k + r -1)c_{k} -(k + r)c_{k} + 4c_{k -4}]x^{k + r -1} = 0$$

De donde,

$$c_{k}[(k + r)(k + r -1) -(k + r)] + 4c_{k -4} = 0$$

Despejando $c_{k}$ obtenemos la relación de recurrencia.

$$c_{k} = \dfrac{4c_{k -4}}{(k + r) -(k + r)(k + r -1)}, \hspace{1cm} k = 4, 5, 6, \cdots$$

Para el caso en el que $r = 2$ la relación de recurrencia es

$$c_{k} = -\dfrac{4c_{k -4}}{k(k + 2)}, \hspace{1cm} k = 4, 5, 6, \cdots$$

Determinemos los coeficientes.

$k = 4$.

$$c_{4} = -\dfrac{4c_{0}}{4(4 + 2)} = -\dfrac{4c_{0}}{24} = -\dfrac{c_{0}}{6}$$

Para $k = 5$, $k = 6$ y $k = 7$ obtendremos que $c_{5} = 0$, $c_{6} = 0$ y $c_{7} = 0$ respectivamente.

$k = 8$.

$$c_{8} = -\dfrac{4c_{4}}{8(8 + 2)} = -\dfrac{4c_{4}}{80} = -\dfrac{c_{4}}{20} = \dfrac{c_{0}}{120}$$

De la misma manera $c_{9} = c_{10} = c_{11} = 0$.

$k = 12$.

$$c_{12} = -\dfrac{4c_{8}}{12(12 + 2)} = -\dfrac{4c_{8}}{168} = -\dfrac{c_{8}}{42} = -\dfrac{c_{0}}{5040}$$

Etcétera, entonces

\begin{align*}
y_{1}(x) &= x^{2} \left( c_{0} -\dfrac{c_{0}}{6}x^{4} + \dfrac{c_{0}}{120}x^{8} -\dfrac{c_{0}}{5040}x^{12} + \cdots \right) \\
&= c_{0} \left( x^{2} -\dfrac{x^{6}}{3!} + \dfrac{x^{10}}{5!} -\dfrac{x^{14}}{7!} + \cdots \right)
\end{align*}

Sabemos que

$$\sin(x) = x -\dfrac{x^{3}}{3!} + \dfrac{x^{5}}{5!} -\dfrac{x^{7}}{7!} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n} x^{2n + 1}}{(2n + 1)!}$$

Entonces la primer solución es

$$y_{1}(x) = c_{0} \sin(x^{2})$$

Para obtener la segunda solución $y_{2}$ podemos probar con la relación de recurrencia que obtuvimos o por alguno de los métodos que ya conocemos.

Consideremos la relación de recurrencia obtenida

$$c_{k} = \dfrac{4c_{k -4}}{(k + r) -(k + r)(k + r -1)}, \hspace{1cm} k = 4, 5, 6, \cdots$$

Usemos la notación $\hat{c}_{k}$ y el valor de la segunda raíz indicial $r = 0$, en este caso la relación de recurrencia es

$$\hat{c}_{k} = -\dfrac{4c_{k -4}}{k(k -2)}, \hspace{1cm} k = 4, 5, 6, \cdots$$

Los mismos coeficientes que fueron cero en el caso anterior serán cero en este caso, así que sólo consideraremos que $k = 4, 8, 12, \cdots$. Determinemos los coeficientes.

$k = 4$.

$$\hat{c}_{4} = -\dfrac{4 \hat{c}_{0}}{4(4 -2)} = -\dfrac{4 \hat{c}_{0}}{8} = -\dfrac{\hat{c}_{0}}{2}$$

$k = 8$.

$$\hat{c}_{8} = -\dfrac{4 \hat{c}_{4}}{8(8 -2)} = -\dfrac{4 \hat{c}_{4}}{48} = -\dfrac{\hat{c}_{4}}{12} = \dfrac{\hat{c}_{0}}{24}$$

$k = 12$.

$$\hat{c}_{12} = -\dfrac{4 \hat{c}_{8}}{12(12 -2)} = -\dfrac{4 \hat{c}_{8}}{120} = -\dfrac{\hat{c}_{8}}{30} = -\dfrac{\hat{c}_{0}}{720}$$

Etcétera, entonces

\begin{align*}
y &= \hat{c}_{0} -\dfrac{\hat{c}_{0}}{2}x^{4} + \dfrac{\hat{c}_{0}}{24}x^{8} -\dfrac{\hat{c}_{0}}{720}x^{12} + \cdots \\
&= \hat{c}_{0} \left( 1 -\dfrac{x^{4}}{2!} + \dfrac{x^{8}}{4!} -\dfrac{x^{12}}{6!} + \cdots \right)
\end{align*}

Sabemos que

$$\cos(x) = 1 -\dfrac{x^{2}}{2!} + \dfrac{x^{4}}{4!} -\dfrac{x^{6}}{6!} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n} x^{2n}}{(2n)!}$$

Entonces la segunda solución es

$$y_{2}(x) = \hat{c}_{0} \cos(x^{2})$$

Vemos que el método no nos indica la existencia de la función $\ln(x)$ y nosotros esperamos una solución de la forma

$$y_{2}(x) = C \ln(x) \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + 2} + \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n}, \hspace{1cm} \hat{c}_{0}\neq 0$$

Entonces podemos concluir que $C = 0$, así

$y_{2}(x) = \hat{c}_{0} \cos(x^{2})$

Veamos que se obtiene usando la fórmula (\ref{19}). Recordemos que

$$P(x) = -\dfrac{1}{x}$$

y consideremos que $c_{0} = 1$, tal que

$$y_{1}(x) = \sin(x^{2})$$

Vemos que

$$-\int{P(x) dx} = \int{\dfrac{dx}{x}} = \ln(x)$$

Sustituyamos en (\ref{19}).

$$y_{2}(x) = \sin(x^{2}) \int{\dfrac{e^{\ln(x)}}{(\sin(x^{2}))^{2}} dx} = \sin(x^{2}) \int{\dfrac{x}{(\sin(x^{2}))^{2}}dx}$$

Resolviendo la integral se obtiene que

$$\int{\dfrac{x}{(\sin(x^{2}))^{2}}dx} = -\dfrac{1}{2} \cot(x^{2})$$

Entonces,

$$y_{2}(x) = -\dfrac{1}{2} \sin(x^{2}) \left( \dfrac{\cos(x^{2})}{\sin(x^{2})} \right) = -\dfrac{1}{2} \cos(x^{2}) = \hat{c}_{0} \cos(x^{2})$$

Este método nos indica que efectivamente $C = 0$. Si $C_{1} = c_{0}$ y $C_{2} = \hat{c}_{0}$, entonces la solución general de la ecuación diferencial es

$$y(x) = C_{1} \sin(x^{2}) + C_{2} \cos(x^{2})$$

$\square$

Hemos concluido con 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. Usar el método de Frobenius para obtener la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales en el punto singular $x_{0}= 0$. Verificar que dicho punto es singular.
  • $2x \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + (x + 1) \dfrac{dy}{dx} + 3y = 0$.
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{1}{6}x \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{1}{3}y = 0$.
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 6x \dfrac{dy}{dx} + (6 -x^{2})y = 0$.
  • $2x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -x^{2} \dfrac{dy}{dx} -(x + 4)y = 0$.
  • $x \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + (x -1) \dfrac{dy}{dx} + \left( \dfrac{1}{x} -1 \right) y = 0$.
  • $(x^{2} -x) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + (3x -1) \dfrac{dy}{dx} + y = 0$.

Más adelante…

Ahora que sabemos resolver ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden con coeficientes variables con respecto a puntos ordinarios y puntos singulares, en las siguientes entradas resolveremos algunas ecuaciones diferenciales especiales cuya utilidad es de suma importancia en otras áreas del conocimiento como la física, biología e ingeniería entre otras.

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