Solución A Ecuaciones Diferenciales Por Series De Potencias Esiqie

INSTITUTO POLITÉCNICO NACIONAL ESCUELA SUPERIOR DE INGENIERÍA QUÍMICA E INDUSTRIAS EXTRACTIVAS

SOLUCIÓN A ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS.

ECUACIONES DIFERENCIALES APLICADAS

P R E S E N T A RIVERA LIMA JOSE CARLOS PROFESOR: MOISES SALAS DE LOS SANTOS GRUPO: 1IV31

MÉXICO D.F. A 20 DE JUNIO DEL 2017

SOLUCIÓN A ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS 1) 𝒚′ + 𝒙𝒚 = 𝟎 Se propone una solución de la siguiente forma: ∞

𝒚 = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 … (𝟏′) 𝒏=𝟎

Derivando (𝟏′):

∞

𝒚′ = ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 … (𝟐′) 𝒏=𝟏

Sustituyendo (𝟏′) 𝒚 (𝟐′) en la Ecuación Diferencial: ∞

∞

∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 + (𝒙) ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 = 𝟎 𝒏=𝟏

𝒏=𝟎

∞

∞

∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 + ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏+𝟏 = 𝟎 𝒏=𝟏

𝒏=𝟎

𝑘 =𝑛−1 𝑛 =𝑘+1 𝑠𝑖 𝑛 = 1 k=0

𝑘 =𝑛+1 𝑛 =𝑘−1 𝑠𝑖 𝑛 = 0 k=1

Sustituyendo: ∞

∞

∑(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 𝒙𝒌 + ∑ 𝑪𝒌−𝟏 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟎

𝒌=𝟏

a

b

Observar que el término (a) comienza en k=0, entonces habrá que desprenderse del primer término en (a) para que ambos términos (a y b) comiencen en k=1:

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

∞

∞

𝑪𝟏 + ∑(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 𝒙𝒌 + ∑ 𝑪𝒌−𝟏 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟏

𝒌=𝟏

Igualando con cero a cada término:

𝑪𝟏 = 𝟎 Factorizando las sumatorias: ∞

∑ [ (𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 + 𝑪𝒌−𝟏 ] 𝒙𝒌 = 𝟎 ; 𝒙𝒌 ≠ 𝟎 𝒌=𝟏

Entonces:

(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 + 𝑪𝒌−𝟏 = 𝟎 De donde obtenemos la relación de recurrencia:

𝑪𝒌+𝟏 =

− 𝑪𝒌−𝟏 ; 𝒌 = (𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, … ) 𝒚 𝑪𝟏 = 𝟎 𝒌+𝟏 − 𝑪𝟎 𝟐 − 𝐶1 −(0) 𝐶3 = = =𝟎 3 3 − 𝐶2 −(−𝐶0 ) 𝑪𝟎 𝐶4 = = = 4 4∙2 𝟖 − 𝐶3 −(0) 𝐶5 = = =𝟎 5 5 − 𝐶4 −(𝐶0 ) − 𝑪𝟎 𝐶6 = = = 6 6∙8 𝟒𝟖 − 𝐶5 −(0) 𝐶7 = = =𝟎 7 7 − 𝐶6 −(−𝐶0 ) 𝑪𝟎 𝐶8 = = = 8 8 ∙ 48 𝟑𝟖𝟒 𝑪𝟐 =

k=1 k=2 k=3 k=4 k=5 k=6 k=7 ⋮

Así para los primeros 7 términos.

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

De la solución propuesta y desarrollando hasta n=8 ∞

𝒚(𝒙) = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 𝒏=𝟎

Sustituyendo: 0

0 𝟐

0

𝟑

𝟒

𝟓

0 𝟔

𝟕

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙 + 𝑪𝟑 𝒙 + 𝑪𝟒 𝒙 + 𝑪𝟓 𝒙 + 𝑪𝟔 𝒙 + 𝑪𝟕 𝒙 + 𝑪𝟖 𝒙𝟖 +⋯ Solución:

𝑪𝟎 𝟐 𝑪𝟎 𝟒 𝑪𝟎 𝟔 𝑪𝟎 𝟖 𝒙 + 𝒙 − 𝒙 + 𝒙 +⋯ 𝟐 𝟖 𝟒𝟖 𝟑𝟖𝟒

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 −

𝒙𝟐 𝒙𝟒 𝒙𝟔 𝒙𝟖 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 − + − + + ⋯] 𝟐 𝟖 𝟒𝟖 𝟑𝟖𝟒 Podemos ver de la serie:

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 −

𝒙𝟐 𝒙𝟒 𝒙𝟔 𝒙𝟖 + − + + ⋯] 𝟐𝟏 ∙ 𝟏! 𝟐𝟐 ∙ 𝟐! 𝟐𝟑 ∙ 𝟑! 𝟐𝟒 ∙ 𝟒!

Entonces una solución general abreviada en una serie: ∞

(−𝟏)𝒌 𝒙𝟐𝒌 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 ∑ 𝟐𝒌 ∙ 𝒌! 𝒌=𝟎

2) 𝒚′ − 𝒙𝟐 𝒚 = 𝟎 Se propone una solución de la siguiente forma: ∞

𝒚 = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 … (𝟏′) 𝒏=𝟎

Derivando (𝟏′):

∞

𝒚′ = ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 … (𝟐′) 𝒏=𝟏

Sustituyendo (𝟏′) 𝒚 (𝟐′) en la Ecuación Diferencial: ∞

𝒏−𝟏

∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙 𝒏=𝟏

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

∞

𝟐

− (𝒙 ) ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 = 𝟎 𝒏=𝟎

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

∞

∞

∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 −

∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏+𝟐 = 𝟎

𝒏=𝟏

𝒏=𝟎

𝑘 =𝑛−1 𝑛 =𝑘+1 𝑠𝑖 𝑛 = 1 k=0

𝑘 =𝑛+2 𝑛 =𝑘−2 𝑠𝑖 𝑛 = 0 k=2

Sustituyendo: ∞

∞

∑(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 𝒙𝒌 − ∑ 𝑪𝒌−𝟐 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟎

𝒌=𝟐

a

b

Observar que el término (a) comienza en k=0, entonces habrá que desprenderse de los dos primeros términos en (a) para que ambos términos (a y b) comiencen en k=2: ∞

∞

𝑪𝟏 + 𝟐𝑪𝟐 𝒙 + ∑(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 𝒙𝒌 − ∑ 𝑪𝒌−𝟐 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟐

𝒌=𝟐

Igualando con cero a cada término:

𝑪𝟏 = 𝟎

𝒚 𝟐𝑪𝟐 𝒙 = 𝟎 𝒂𝒔í: 𝑪𝟐 = 𝟎

Factorizando las sumatorias: ∞

∑ [ (𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 − 𝑪𝒌−𝟐 ] 𝒙𝒌 = 𝟎 ; 𝒙𝒌 ≠ 𝟎 𝒌=𝟐

Entonces:

(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 − 𝑪𝒌−𝟐 = 𝟎 De donde obtenemos la relación de recurrencia:

𝑪𝒌+𝟏 =

𝑪𝒌−𝟐 ; 𝒌 = (𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, … ) , 𝑪𝟏 = 𝟎 𝒚 𝑪𝟐 = 𝟎 𝒌+𝟏

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

𝑪𝟎 𝟑 𝐶1 (0) 𝐶4 = = =𝟎 4 4 𝐶2 (0) 𝐶5 = = =𝟎 5 5 𝐶3 (𝐶0 ) 𝑪𝟎 𝐶6 = = = 6 3 ∙ 6 𝟏𝟖 𝐶4 (0) 𝐶7 = = =𝟎 7 7 𝐶5 (0) 𝐶8 = = =𝟎 8 8 𝐶6 (𝐶0 ) 𝑪𝟎 𝐶9 = = = 9 9 ∙ 18 𝟏𝟔𝟐 𝑪𝟑 =

k=2 k=3 k=4 k=5 k=6 k=7 k=8 ⋮

Así para los primeros 7 términos. De la solución propuesta y desarrollando hasta n=9 ∞

𝒚(𝒙) = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 𝒏=𝟎

Sustituyendo: 0

0

0

0

0

0

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙𝟐 + 𝑪𝟑 𝒙𝟑 + 𝑪𝟒 𝒙𝟒 + 𝑪𝟓 𝒙𝟓 + 𝑪𝟔 𝒙𝟔 + 𝑪𝟕 𝒙𝟕 + 𝑪𝟖 𝒙𝟖 + 𝑪𝟗 𝒙𝟗 Solución:

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 +

𝑪𝟎 𝟑 𝑪𝟎 𝟔 𝑪𝟎 𝟗 𝒙 + 𝒙 + 𝒙 +⋯ 𝟑 𝟏𝟖 𝟏𝟔𝟐

𝒙𝟑 𝒙𝟔 𝒙𝟗 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 + + + + ⋯] 𝟑 𝟏𝟖 𝟏𝟔𝟐 Podemos ver de la serie:

𝒙𝟑 𝒙𝟔 𝒙𝟗 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 + 𝟏 + + + ⋯] 𝟑 ∙ 𝟏! 𝟑𝟐 ∙ 𝟐! 𝟑𝟑 ∙ 𝟑! Entonces una solución general abreviada en una serie: ∞

𝒙𝟑𝒌 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 ∑ 𝒌 𝟑 ∙ 𝒌! 𝒌=𝟎

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

3) 𝒚′ + 𝟑𝒙𝟑 𝒚 = 𝟎 Se propone una solución de la siguiente forma: ∞

𝒚 = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 … (𝟏′) 𝒏=𝟎

Derivando (𝟏′):

∞

𝒚′ = ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 … (𝟐′) 𝒏=𝟏

Sustituyendo (𝟏′) 𝒚 (𝟐′) en la Ecuación Diferencial: ∞

𝒏−𝟏

∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙

+

(𝟑𝒙𝟑 )

∞

∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 = 𝟎

𝒏=𝟏

𝒏=𝟎

∞

∞

∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏

+

𝒏=𝟏

𝟑 ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏+𝟑 = 𝟎 𝒏=𝟎

𝑘 =𝑛−1 𝑛 =𝑘+1 𝑠𝑖 𝑛 = 1 k=0

𝑘 =𝑛+3 𝑛 =𝑘−3 𝑠𝑖 𝑛 = 0 k=3

Sustituyendo: ∞

∞

∑(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 𝒙𝒌 + 𝟑 ∑ 𝑪𝒌−𝟑 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟎

𝒌=𝟑

a

b

Observar que el término (a) comienza en k=0, entonces habrá que desprenderse de los tres primeros términos en (a) para que ambos términos (a y b) comiencen en k=3: ∞

∞

𝑪𝟏 + 𝟐𝑪𝟐 𝒙 + 𝟑𝑪𝟑 𝒙𝟐 + ∑(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 𝒙𝒌 + 𝟑 ∑ 𝑪𝒌−𝟑 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟑

𝒌=𝟑

Igualando con cero a cada término:

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

𝑪𝟏 = 𝟎, 𝟐𝑪𝟐 𝒙 = 𝟎 𝒂𝒔í: 𝑪𝟐 = 𝟎 , 𝟑𝑪𝟑 𝒙𝟐 = 𝟎 𝒂𝒔í: 𝑪𝟑 = 𝟎 Factorizando las sumatorias: ∞

∑ [ (𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 + 𝟑 𝑪𝒌−𝟑 ] 𝒙𝒌 = 𝟎 ; 𝒙𝒌 ≠ 𝟎 𝒌=𝟑

Entonces:

(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 + 𝟑 𝑪𝒌−𝟑 = 𝟎 De donde obtenemos la relación de recurrencia:

𝑪𝒌+𝟏 =

−𝟑𝑪𝒌−𝟑 ; 𝒌 = (𝟑, 𝟒, 𝟓, … ) , 𝑪𝟏 = 𝟎, 𝑪𝟐 = 𝟎 𝒚 𝑪𝟑 = 𝟎 𝒌+𝟏 −𝟑 𝑪𝟎 𝟒 −3 𝐶1 −3(0) 𝐶5 = = =𝟎 5 5 −3 𝐶2 −3(0) 𝐶6 = = =𝟎 6 6 −3 𝐶3 −3(0) 𝐶7 = = =𝟎 7 7 −3 𝐶4 −3(−3𝐶0 ) 𝟗𝑪𝟎 𝐶8 = = = 8 4∙8 𝟑𝟐 −3 𝐶5 −3(0) 𝐶9 = = =𝟎 9 9 −3 𝐶6 −3(0) 𝐶10 = = =𝟎 10 10 −3 𝐶7 −3(0) 𝐶11 = = =𝟎 11 11 𝑪𝟒 =

k=3 k=4 k=5 k=6 k=7 k=8 k=9 k = 10 ⋮

Así para los primeros 8 términos. De la solución propuesta y desarrollando hasta n=11 ∞

𝒚(𝒙) = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 𝒏=𝟎

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

Sustituyendo: 0

0

0 𝟐

𝟑

0

0 𝟒

𝟓

𝟔

0 𝟕

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙 + 𝑪𝟑 𝒙 + 𝑪𝟒 𝒙 + 𝑪𝟓 𝒙 + 𝑪𝟔 𝒙 + 𝑪𝟕 𝒙 + 𝑪𝟖 𝒙𝟖 + 𝑪𝟗 𝒙𝟗 + 𝑪𝟏𝟎 𝒙𝟏𝟎 + 𝑪𝟏𝟏 𝒙𝟏𝟏 Solución:

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 −

𝟑𝑪𝟎 𝟒 𝟗𝑪𝟎 𝟖 𝒙 + 𝒙 +⋯ 𝟒 𝟑𝟐

𝟑 𝟗 𝟖 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 − 𝒙𝟒 + 𝒙 + ⋯] 𝟒 𝟑𝟐 Podemos ver de la serie:

𝟑𝟏 𝒙𝟒 𝟑𝟐 𝒙𝟖 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 − 𝟐∙𝟏 + + ⋯] 𝟐 ∙ 𝟏! 𝟐𝟐∙𝟐 ∙ 𝟐! Entonces una solución general abreviada en una serie: ∞

(−𝟏)𝒌 𝟑𝒌 𝒙𝟒𝒌 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 ∑ 𝟐𝟐𝒌 ∙ 𝒌! 𝒌=𝟎

4) 𝒙𝒚′′ + (𝒙 + 𝟏)𝒚 = 𝟏 Los ejemplos anteriores y su solución responden para ecuaciones diferenciales homogéneas en este caso al no ser homogénea, será de la siguiente manera: Se propone una solución de la siguiente forma: ∞

𝒚 = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 … (𝟏′) 𝒏=𝟎

La primera derivada (𝟏′):

∞

𝒚′ = ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 … (𝟐′) La segunda derivada de (𝟏′)

𝒏=𝟏 ∞

′′

𝒚 = ∑ (𝒏 − 𝟏) 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟐 … (𝟑′) 𝒏=𝟐

Sustituyendo (𝟏′) 𝒚 (𝟑′ ) en la Ecuación Diferencial: ∞

∞

(𝒙) ∑ (𝒏 − 𝟏) 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟐 + (𝒙 + 𝟏) ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 = 𝟏 𝒏=𝟐

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

𝒏=𝟎

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

∞

∞

∞

(𝒙) ∑ (𝒏 − 𝟏) 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟐 + (𝒙) ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 + (𝟏) ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 = 𝟏 𝒏=𝟐

𝒏=𝟎

∞

𝒏=𝟎

∞

∑ (𝒏 − 𝟏) 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏

∞

∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏+𝟏

+

𝒏=𝟐

+

𝒏=𝟎

𝑘 =𝑛−1 𝑛 =𝑘+1 𝑠𝑖 𝑛 = 2 k=1

∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 𝒏=𝟎

𝑘=𝑛 𝑘=0

𝑘 =𝑛+1 𝑛 =𝑘−1 𝑠𝑖 𝑛 = 0 k=1

Sustituyendo: ∞

∞

∑ 𝒌 (𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 𝒙𝒌

+

𝒌=𝟏

∞

∑ 𝑪𝒌−𝟏 𝒙𝒌 𝒌=𝟏

a

= 𝟏

+

∑ 𝑪𝒌 𝒙𝒌

=𝟏

𝒌=𝟎

b

c

Observar que el término (c) comienza en k=0, entonces habrá que desprenderse del primer término en (c) para que los términos (a, b y c) comiencen en k=1: ∞

∞

∑ 𝒌 (𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 𝒙𝒌 𝒌=𝟏

+

∞

∑ 𝑪𝒌−𝟏 𝒙𝒌

+ 𝑪𝟎 +

𝒌=𝟏

∑ 𝑪𝒌 𝒙𝒌

=𝟏

𝒌=𝟏

Igualando con uno a el termino fuera de las series y con cero las series, primero reagrupando:

𝑪𝟎 = 𝟏 Factorizando las sumatorias: ∞

∑ [ 𝒌 (𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 + 𝑪𝒌−𝟏 + 𝑪𝒌 ] 𝒙𝒌 = 𝟎 ; 𝒙𝒌 ≠ 𝟎 𝒌=𝟏

Entonces:

𝒌 (𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 + 𝑪𝒌−𝟏 + 𝑪𝒌 = 𝟏 De donde obtenemos la relación de recurrencia:

𝑪𝒌+𝟏 =

−𝑪𝒌−𝟏 − 𝑪𝒌 ; 𝒌 = (𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, … ) , 𝑪𝟎 = 𝟏 (𝒌 + 𝟏) 𝒌

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

𝑪𝟐 =

k=1

−𝑪𝟎 − 𝑪𝟏 −𝟏 − 𝑪𝟏 𝑪𝟏 𝟏 = =− − 𝟐∙𝟏 𝟐 𝟐 𝟐

k=2

𝐶1 1 𝐶1 1 𝐶1 1 −𝑪𝟏 − 𝑪𝟐 −𝑪𝟏 − ( 2 − 2) −𝐶1 + 2 + 2 − 2 + 2 𝑪𝟏 𝟏 𝑪𝟑 = = = = =− + 3∙2 6 6 6 𝟏𝟐 𝟏𝟐

k=3

𝐶1 1 𝐶1 1 7 5 + + − 𝐶1 − −𝑪𝟐 − 𝑪𝟑 12 = 𝟕 𝑪 − 𝟓 𝑪𝟒 = = 2 2 12 12 = 12 4∙3 12 12 𝟏𝟒𝟒 𝟏 𝟏𝟒𝟒

⋮ Así para los primeros 3 términos. De la solución propuesta y desarrollando hasta n=4 ∞

𝒚(𝒙) = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 𝒏=𝟎

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙𝟐 + 𝑪𝟑 𝒙𝟑 + 𝑪𝟒 𝒙𝟒 + ⋯ Sustituyendo:

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + (−

𝑪𝟏 𝟏 𝟐 𝑪𝟏 𝟏 𝟕 𝟓 ) 𝒙𝟒 + ⋯ − ) 𝒙 + (− + ) 𝒙𝟑 + ( 𝑪𝟏 − 𝟐 𝟐 𝟏𝟐 𝟏𝟐 𝟏𝟒𝟒 𝟏𝟒𝟒

Al ser de naturaleza no homogénea la ecuación diferencial, presentará una solución particular (𝑦𝑝 ) y una solución complementaria (𝑦𝑐 ).

Así una solución general:

𝒚(𝒙) = 𝒚𝒄 + 𝒚𝒑

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

Entonces:

𝟏 𝟏 𝟑 𝟕 𝟒 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 (𝒙 − 𝒙𝟐 − 𝒙 + 𝒙 + ⋯) + ⋯ 𝟐 𝟏𝟐 𝟏𝟒𝟒

𝑦𝑐 𝟏 𝟏 𝟑 𝟓 𝟒 … − 𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝒙 +⋯ 𝟐 𝟏𝟐 𝟏𝟒𝟒

𝑦𝑝 5) 𝒚′ + 𝟑𝒚 = 𝟎 Se propone una solución de la siguiente forma: ∞

𝒚 = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 … (𝟏′) 𝒏=𝟎

Derivando (𝟏′):

∞

𝒚′ = ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 … (𝟐′) 𝒏=𝟏

Sustituyendo (𝟏′) 𝒚 (𝟐′) en la Ecuación Diferencial: ∞

∞

∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 + 𝒏=𝟏

𝒏=𝟎

𝑘=𝑛 𝑘=0

𝑘 =𝑛−1 𝑛 =𝑘+1 𝑠𝑖 𝑛 = 1 k=0 Sustituyendo:

𝟑 ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 = 𝟎

∞

∞ 𝒌

∑(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 𝒙 + 𝟑 ∑ 𝑪𝒌 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟎

𝒌=𝟎

a

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

b

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

Observar que el término (a y b) comienzan en k=0, por tanto, no habrá que desprenderse de términos en ambas sumatorias. Igualando con cero a cada término y factorizando las sumatorias: ∞

∑ [ (𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 + 𝟑 𝑪𝒌 ] 𝒙𝒌 = 𝟎 ; 𝒙𝒌 ≠ 𝟎 𝒌=𝟎

Entonces:

(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 + 𝟑𝑪𝒌 = 𝟎 De donde obtenemos la relación de recurrencia:

𝑪𝒌+𝟏 =

− 𝟑𝑪𝒌 ; 𝒌 = (𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, … ) 𝒌+𝟏 −𝟑 𝑪𝟎 = −𝟑𝑪𝟎 𝟏 −3 𝐶1 −3(−3𝐶0 ) 𝟗 𝐶2 = = = 𝑪𝟎 2 2 𝟐 −3 𝐶2 𝟗 𝐶3 = = −𝐶2 = − 𝑪𝟎 3 𝟐 −3 𝐶3 −3(−9𝐶0 ) 𝟐𝟕 𝐶4 = = = 𝑪 4 4∙2 𝟖 𝟎 𝑪𝟏 =

k=0 k=1 k=2 k=3 ⋮

Así para los primeros 4 términos. De la solución propuesta y desarrollando hasta n=4 ∞

𝒚(𝒙) = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 𝒏=𝟎

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙𝟐 + 𝑪𝟑 𝒙𝟑 + 𝑪𝟒 𝒙𝟒 + ⋯ Sustituyendo:

𝟗 𝟗 𝟐𝟕 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 − 𝟑𝑪𝟎 𝒙 + 𝑪𝟎 𝒙𝟐 − 𝑪𝟎 𝒙𝟑 + 𝑪𝟎 𝒙𝟒 + ⋯ 𝟐 𝟐 𝟖

Solución general:

𝟗 𝟗 𝟐𝟕 𝟒 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 − 𝟑𝒙 + 𝒙𝟐 − 𝒙𝟑 + 𝒙 + ⋯] 𝟐 𝟐 𝟖

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

6) 𝒚′ − 𝟒𝒙𝒚 = 𝟎 Se propone una solución de la siguiente forma: ∞

𝒚 = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 … (𝟏′) 𝒏=𝟎

Derivando (𝟏′):

∞

𝒚′ = ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 … (𝟐′) 𝒏=𝟏

Sustituyendo (𝟏′) 𝒚 (𝟐′) en la Ecuación Diferencial: ∞

∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 −

𝟒(𝒙) ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 = 𝟎

𝒏=𝟏

𝒏=𝟎

∞

∞

∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 − 𝒏=𝟏

𝟒 ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏+𝟏 = 𝟎 𝒏=𝟎

𝑘 =𝑛−1 𝑛 =𝑘+1 𝑠𝑖 𝑛 = 1 k=0 Sustituyendo:

∞

𝑘 = 𝑛+1 𝑛 =𝑘−1 𝑠𝑖 𝑛 = 0 𝑘=1

∞

∞

∑(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 𝒙𝒌 − 𝟒 ∑ 𝑪𝒌−𝟏 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟎

𝒌=𝟏

a

b

Observar que el término (a) comienza en k=0, entonces habrá que desprenderse del primer término en (a) para que ambos términos (a y b) comiencen en k=1: ∞

∞

𝑪𝟏 + ∑(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 𝒙𝒌 − 𝟒 ∑ 𝑪𝒌−𝟏 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟏

𝒌=𝟏

Igualando con cero a cada término:

𝑪𝟏 = 𝟎 Factorizando las sumatorias:

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

∞

∑ [ (𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 − 𝟒 𝑪𝒌−𝟏 ] 𝒙𝒌 = 𝟎 ; 𝒙𝒌 ≠ 𝟎 𝒌=𝟏

Entonces:

(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 − 𝟒𝑪𝒌−𝟏 = 𝟎 De donde obtenemos la relación de recurrencia:

𝑪𝒌+𝟏 =

𝟒𝑪𝒌−𝟏 ; 𝒌 = (𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, … ) 𝒌+𝟏

, 𝑪𝟏 = 𝟎

𝟒 𝑪𝟎 = 𝟐𝑪𝟎 𝟐 4 𝐶1 4(0) 𝐶3 = = =𝟎 3 3 4 𝐶2 4(2𝐶0 ) 𝐶4 = = = 𝟐𝑪𝟎 4 4 4 𝐶3 4(0) 𝐶5 = = =𝟎 5 5 4 𝐶4 4(2𝐶0 ) 𝟒 𝑪𝟎 𝐶6 = = = 6 6 𝟑 4 𝐶5 4(0) 𝐶7 = = =𝟎 7 7 4 𝐶6 4 𝟒 16𝐶0 𝟐 𝐶8 = = ( 𝑪𝟎 ) = = 𝑪𝟎 8 8 𝟑 24 𝟑 4 𝐶7 4(0) 𝐶9 = = =𝟎 9 9 𝑪𝟐 =

k=1 k=2 k=3 k=4 k=5 k=6 k=7 K=8 ⋮

Así para los primeros 8 términos. De la solución propuesta y desarrollando hasta n=9 ∞

𝒚(𝒙) = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 𝒏=𝟎

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙𝟐 + 𝑪𝟑 𝒙𝟑 + 𝑪𝟒 𝒙𝟒 + 𝑪𝟓 𝒙𝟓 + 𝑪𝟔 𝒙𝟔 + 𝑪𝟕 𝒙𝟕 + 𝑪𝟖 𝒙𝟖 + 𝑪𝟗 𝒙𝟗 … Sustituyendo:

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

0

0

0

0

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙𝟐 + 𝑪𝟑 𝒙𝟑 + 𝑪𝟒 𝒙𝟒 + 𝑪𝟓 𝒙𝟓 + 𝑪𝟔 𝒙𝟔 + 𝑪𝟕 𝒙𝟕 + 𝑪𝟖 𝒙𝟖 + 𝑪𝟗 𝒙𝟗 … Solución:

𝟒 𝟐 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝟐𝑪𝟎 𝒙𝟐 + 𝟐𝑪𝟎 𝒙𝟒 + 𝑪𝟎 𝒙𝟔 + 𝑪𝟎 𝒙𝟖 + ⋯ 𝟑 𝟑

Solución general:

𝟒 𝟐 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟐𝒙𝟒 + 𝒙𝟔 + 𝒙𝟖 … ] 𝟑 𝟑 7) 𝟓𝒚′′ − 𝟐𝒙𝒚′ + 𝟏𝟎𝒚 = 𝟎 Se propone una solución de la siguiente forma: ∞

𝒚 = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 … (𝟏′) 𝒏=𝟎

La primera derivada (𝟏′):

∞

𝒚′ = ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 … (𝟐′) 𝒏=𝟏

La segunda derivada de (𝟏′)

∞

𝒚′′ = ∑ (𝒏 − 𝟏) 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟐 … (𝟑′) 𝒏=𝟐

Sustituyendo (𝟏′), (𝟐′ ) 𝒚 (𝟑′ ) en la Ecuación Diferencial: ∞

∞

∞

𝟓 ∑ (𝒏 − 𝟏) 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟐 − 𝟐(𝒙) ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 + 𝟏𝟎 ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 = 𝟎 𝒏=𝟐

𝒏=𝟏

∞

∞ 𝒏−𝟐

𝟓 ∑ (𝒏 − 𝟏) 𝒏 𝑪𝒏 𝒙 𝒏=𝟐

𝑘 =𝑛−2 𝑛 =𝑘+2 𝑠𝑖 𝑛 = 2 k=0

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

𝒏=𝟎 ∞ 𝒏

− 𝟐 ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙 𝒏=𝟏

𝑘=𝑛 k=1

+ 𝟏𝟎 ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 = 𝟎 𝒏=𝟎

𝑘=𝑛 k=0

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

Sustituyendo: ∞

∞ 𝒌

𝟓 ∑(𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝑪𝒌+𝟐 𝒙 𝒌=𝟎

∞ 𝒌

− 𝟐 ∑ 𝒌 𝑪𝒌 𝒙

+ 𝟏𝟎 ∑ 𝑪𝒌 𝒙𝒌 = 𝟎

𝒌=𝟏

a

𝒌=𝟎

b

c

Observar que el término (a) comienza en k=0, y el término (c) comienza en k=0 entonces habrá que desprenderse de los primeros términos en (a) y el primero en (c), para que los términos (a, b y c) comiencen en k=1: ∞

∞

𝟏𝟎𝑪𝟐 + 𝟏𝟎𝑪𝟎 + 𝟓 ∑(𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝑪𝒌+𝟐 𝒙𝒌 − 𝟐 ∑ 𝒌 𝑪𝒌 𝒙𝒌 𝒌=𝟏 ∞

𝒌=𝟏

+ 𝟏𝟎 ∑ 𝑪𝒌 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟏

Igualando con cero a cada término y factorizando las sumatorias:

𝟏𝟎𝑪𝟐 + 𝟏𝟎𝑪𝟎 = 𝟎

∞

𝑨𝒔í: 𝑪𝟐 = −𝑪𝟎

∑ [ 𝟓 (𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐)𝑪𝒌+𝟐 − 𝟐𝒌 𝑪𝒌 + 𝟏𝟎𝑪𝒌 ] 𝒙𝒌

; 𝒙𝒌 ≠ 𝟎

𝒌=𝟏

Entonces:

𝟓(𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝑪𝒌+𝟐 − 𝟐𝒌 𝑪𝒌 + 𝟏𝟎𝑪𝒌 = 𝟎 De donde obtenemos la relación de recurrencia:

𝑪𝒌+𝟐 =

𝟐𝒌𝑪𝒌 − 𝟏𝟎𝑪𝒌 ; 𝒌 = (𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, … ) , 𝑪𝟐 = −𝑪𝟎 𝟓(𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐)

Dado que se presentan tres términos en esta relación, es por ello que nos lleva a los dos siguientes casos: Para caso 1: 𝑪𝟎 ≠ 𝟎

𝒚

𝑪𝟏 = 𝟎

Así entonces:

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

𝑪𝒌+𝟐 =

𝟐𝒌𝑪𝒌 − 𝟏𝟎𝑪𝒌 ; 𝒌 = (𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, … ), 𝑪𝟐 = −𝑪𝟎 , 𝑪𝟎 ≠ 𝟎 𝒚 𝑪𝟏 = 𝟎 𝟓(𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐)

𝟐(𝟏) 𝑪𝟏 − 𝟏𝟎𝑪𝟏 −𝟖𝑪𝟏 𝟒(𝟎) = =− =𝟎 𝟓(𝟑)(𝟐) 𝟑𝟎 𝟏𝟓 2(2) 𝐶2 − 10𝐶2 −6𝐶2 6(−𝐶0 ) 𝑪𝟎 𝐶4 = = =− = 5(4)(3) 60 60 𝟏𝟎 2(3) 𝐶3 − 10𝐶3 −4𝐶3 4(0) 𝐶5 = = =− =𝟎 5(5)(4) 100 100 2(4) 𝐶4 − 10𝐶4 −2𝐶4 2 𝐶0 𝑪𝟎 𝐶6 = = =− ( )=− 5(6)(5) 150 150 10 𝟕𝟓𝟎 2(5) 𝐶5 − 10𝐶5 0 𝐶7 = = =𝟎 5(7)(6) 210 2(6) 𝐶6 − 10𝐶6 2𝐶6 2 −𝐶0 −𝑪𝟎 𝐶8 = = = ( )= 5(8)(7) 280 280 750 𝟏𝟎𝟓𝟓𝟎𝟎 𝑪𝟑 =

k=1 k=2 k=3 k=4 k=5 k=6

⋮ Así para los primeros 6 términos. Para caso 2: 𝑪𝟎 = 𝟎 𝒚 𝑪𝟏 ≠ 𝟎 Así entonces:

𝑪𝒌+𝟐 =

k=1 k=2 k=3 k=4 k=5 k=6

0

𝟐𝒌𝑪𝒌 − 𝟏𝟎𝑪𝒌 ; 𝒌 = (𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, … ), 𝑪𝟐 = −𝑪𝟎 , 𝑪𝟎 = 𝟎 𝒚 𝑪𝟏 ≠ 𝟎 𝟓(𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝟐(𝟏) 𝑪𝟏 − 𝟏𝟎𝑪𝟏 −𝟖𝑪𝟏 𝟒 = =− 𝑪 𝟓(𝟑)(𝟐) 𝟑𝟎 𝟏𝟓 𝟏 2(2) 𝐶2 − 10𝐶2 −6𝐶2 6(0) 𝐶4 = = =− =𝟎 5(4)(3) 60 60 2(3) 𝐶3 − 10𝐶3 −4𝐶3 4 −4𝐶1 𝟒 𝐶5 = = =− 𝑪 ( )= 5(5)(4) 100 100 15 𝟑𝟕𝟓 𝟏 2(4) 𝐶4 − 10𝐶4 −2𝐶4 2 (0) = 𝟎 𝐶6 = = =− 5(6)(5) 150 150 2(5) 𝐶5 − 10𝐶5 0 𝐶7 = = =𝟎 5(7)(6) 210 2(6) 𝐶6 − 10𝐶6 2𝐶6 2 (0) = 𝟎 𝐶8 = = = 5(8)(7) 280 280 𝐶3 =

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

Entonces para este caso, nuestra solución general será:

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 𝒚𝟎 (𝒙) + 𝑪𝟏 𝒚𝟏 (𝒙) 𝒙𝟒 𝒙𝟔 𝒙𝟖 𝒚𝟎 (𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 − 𝒙 + − − + ⋯] 𝟏𝟎 𝟕𝟓𝟎 𝟏𝟎𝟓𝟓𝟎𝟎 𝟐

𝒚𝟏 (𝒙) = 𝑪𝟏 [𝒙 − Así la solución general:

𝟒 𝟑 𝟒 𝟓 𝒙 + 𝒙 + ⋯] 𝟏𝟓 𝟑𝟕𝟓

𝒙𝟒 𝒙𝟔 𝒙𝟖 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 − 𝒙 + − − + ⋯] 𝟏𝟎 𝟕𝟓𝟎 𝟏𝟎𝟓𝟓𝟎𝟎 𝟒 𝟑 𝟒 𝟓 + 𝑪𝟏 [𝒙 − 𝒙 + 𝒙 + ⋯] + ⋯ 𝟏𝟓 𝟑𝟕𝟓 𝟐

8) 𝒚′′ + 𝒙𝒚′ + 𝒚 = 𝟎 Se propone una solución de la siguiente forma: ∞

𝒚 = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 … (𝟏′) 𝒏=𝟎

La primera derivada (𝟏′):

∞

𝒚′ = ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 … (𝟐′) 𝒏=𝟏

La segunda derivada de (𝟏′)

∞

𝒚′′ = ∑ (𝒏 − 𝟏) 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟐 … (𝟑′) 𝒏=𝟐

Sustituyendo (𝟏′), (𝟐′ ) 𝒚 (𝟑′ ) en la Ecuación Diferencial: ∞

∞

∞

∑ (𝒏 − 𝟏) 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟐 + (𝒙) ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 + ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 = 𝟎 𝒏=𝟐

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

𝒏=𝟏

𝒏=𝟎

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

∞

∞

∞

∑ (𝒏 − 𝟏) 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟐 + ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏 + ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 = 𝟎 𝒏=𝟐

𝒏=𝟏

𝑘 =𝑛−2 𝑛 =𝑘+2 𝑠𝑖 𝑛 = 2 k=0

𝒏=𝟎

𝑘=𝑛 k=1

Sustituyendo: ∞

𝑘=𝑛 k=0

∞

∞

∑ (𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝑪𝒌+𝟐 𝒙𝒌 + ∑ 𝒌 𝑪𝒌 𝒙𝒌 + ∑ 𝑪𝒌 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟎

𝒌=𝟏

a

𝒌=𝟎

b

c

Observar que el término (a) comienza en k=0, y el término (c) comienza en k=0 entonces habrá que desprenderse de los primeros términos en (a) y el primero en (c), para que los términos (a, b y c) comiencen en k=1: ∞

∞ 𝒌

∞

𝟐𝑪𝟐 + ∑ (𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝑪𝒌+𝟐 𝒙 + ∑ 𝒌 𝑪𝒌 𝒙 + 𝑪𝟎 + ∑ 𝑪𝒌 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟏

𝒌

𝒌=𝟏

𝒌=𝟏

Igualando con cero a cada término y factorizando las sumatorias:

𝟐𝑪𝟐 + 𝑪𝟎 = 𝟎

𝑨𝒔í: 𝑪𝟐 = −

∞

𝑪𝟎 𝟐

∑ [ (𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐)𝑪𝒌+𝟐 + 𝒌 𝑪𝒌 + 𝑪𝒌 ] 𝒙𝒌

; 𝒙𝒌 ≠ 𝟎

𝒌=𝟏

Entonces:

(𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝑪𝒌+𝟐 + 𝒌 𝑪𝒌 + 𝑪𝒌 = 𝟎 De donde obtenemos la relación de recurrencia:

𝑪𝒌+𝟐 =

−𝒌𝑪𝒌 − 𝑪𝒌 𝑪𝟎 ; 𝒌 = (𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, … ), 𝑪𝟐 = − (𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝟐

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

Dado que se presentan tres términos en esta relación, es por ello que nos lleva a los dos siguientes casos: Para caso 1: 𝑪𝟎 ≠ 𝟎

𝒚

𝑪𝟏 = 𝟎

Así entonces:

𝑪𝒌+𝟐 =

−𝒌𝑪𝒌 − 𝑪𝒌 𝑪𝟎 ; 𝒌 = (𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, … ), 𝑪𝟐 = − 𝒚 𝑪𝟏 = 𝟎 (𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝟐 −1 𝐶1 − 𝐶1 −2𝐶1 2(0) = =− =𝟎 3(2) 3(2) 6 −2𝐶2 − 𝐶2 −3𝐶2 −3 (−𝐶0 ) 𝟑𝑪𝟎 𝐶4 = = =( = ) 4(3) 4(3) 4(3) 2 𝟐𝟒 −3 𝐶3 − 𝐶3 −4𝐶3 4(0) 𝐶5 = = = =𝟎 5(4) 5(4) 5(4) −4 𝐶4 − 𝐶4 −5𝐶4 5 3𝐶0 𝟏𝟓𝑪𝟎 𝐶6 = = =− ( )=− 6(5) 6(5) 6(5) 4(3)(2) 𝟕𝟐𝟎 −5 𝐶5 − 𝐶5 −6𝐶5 −6(0) 𝐶7 = = = =𝟎 7(6) 7(6) 42 −6 𝐶6 − 𝐶6 −7𝐶6 −7 −15𝐶0 𝟏𝟎𝟓𝑪𝟎 𝐶8 = = = ( )= 8(7) 8(7) 8(7) 720 𝟒𝟎𝟑𝟐𝟎 𝐶3 =

k=1 k=2 k=3 k=4 k=5 k=6

⋮ Así para los primeros 6 términos. Para caso 2: 𝑪𝟎 = 𝟎 𝒚 𝑪𝟏 ≠ 𝟎 Así entonces:

𝑪𝒌+𝟐 =

k=1 k=2 k=3 k=4

0

−𝒌𝑪𝒌 − 𝑪𝒌 𝑪𝟎 ; 𝒌 = (𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, … ), 𝑪𝟐 = − , 𝑪𝟎 = 𝟎 𝒚 𝑪𝟏 ≠ 𝟎 (𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝟐 −1 𝐶1 − 𝐶1 −2𝐶1 𝟐𝑪𝟏 = =− 3(2) 3(2) 𝟔 −2𝐶2 − 𝐶2 −3𝐶2 −3 𝐶4 = = =( ) (0) = 𝟎 4(3) 4(3) 4(3) −3 𝐶3 − 𝐶3 −4𝐶3 −4 −𝟐 𝟖𝑪𝟏 𝐶5 = = = 𝑪𝟏 ) = ( 5(4) 5(4) 5(4) 𝟔 𝟏𝟐𝟎 −4 𝐶4 − 𝐶4 −5𝐶4 5 (0) = 𝟎 𝐶6 = = =− 6(5) 6(5) 6(5) 𝐶3 =

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

k=5 k=6 K=7

−5 𝐶5 − 𝐶5 −6𝐶5 −6 8𝐶1 𝟒𝟖 𝑪𝟏 = = ( )=− 7(6) 7(6) 42 120 𝟓𝟎𝟒𝟎 −6 𝐶6 − 𝐶6 −7𝐶6 −7 (0) = 𝟎 𝐶8 = = = 8(7) 8(7) 8(7) 7 𝐶7 − 𝐶7 −8𝐶7 −8 −48𝐶1 𝟑𝟖𝟒 𝑪𝟏 𝐶9 = = = ( )= 9(8) 9(8) 9(8) 5040 𝟑𝟔𝟐𝟖𝟖𝟎 𝐶7 =

Entonces para este caso, nuestra solución general será:

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 𝒚𝟎 (𝒙) + 𝑪𝟏 𝒚𝟏 (𝒙) 𝒙𝟐 𝟑𝒙𝟒 𝟏𝟓𝒙𝟔 𝟏𝟎𝟓𝒙𝟖 𝒚𝟎 (𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 − + − + + ⋯] 𝟐 𝟐𝟒 𝟕𝟐𝟎 𝟒𝟎𝟑𝟐𝟎 𝟐 𝟖 𝟓 𝟒𝟖 𝟕 𝟑𝟖𝟒 𝒚𝟏 (𝒙) = 𝑪𝟏 [𝒙 − 𝒙𝟑 + 𝒙 − 𝒙 + 𝒙𝟗 + ⋯ ] 𝟔 𝟏𝟐𝟎 𝟓𝟎𝟒𝟎 𝟑𝟔𝟐𝟖𝟖𝟎 Así la solución general:

𝒙𝟐 𝟑𝒙𝟒 𝟏𝟓𝒙𝟔 𝟏𝟎𝟓𝒙𝟖 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 − + − + + ⋯] 𝟐 𝟐𝟒 𝟕𝟐𝟎 𝟒𝟎𝟑𝟐𝟎 𝟐 𝟖 𝟓 𝟒𝟖 𝟕 𝟑𝟖𝟒 + 𝑪𝟏 [𝒙 − 𝒙𝟑 + 𝒙 − 𝒙 + 𝒙𝟗 + ⋯ ] + ⋯ 𝟔 𝟏𝟐𝟎 𝟓𝟎𝟒𝟎 𝟑𝟔𝟐𝟖𝟖𝟎 9) 𝒚′′ − 𝟐𝒙𝒚 = 𝟎 Se propone una solución de la siguiente forma: ∞

𝒚 = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 … (𝟏′) 𝒏=𝟎

La primera derivada (𝟏′):

∞

𝒚′ = ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 … (𝟐′) La segunda derivada de (𝟏′)

𝒏=𝟏 ∞

′′

𝒚 = ∑ (𝒏 − 𝟏) 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟐 … (𝟑′) 𝒏=𝟐

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

Sustituyendo (𝟏′) 𝒚 (𝟑′ ) en la Ecuación Diferencial: ∞

𝒏−𝟐

∑ (𝒏 − 𝟏) 𝒏 𝑪𝒏 𝒙

∞

− 𝟐(𝒙) ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 = 𝟎

𝒏=𝟐

𝒏=𝟎

∞

∞

∑ (𝒏 − 𝟏) 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟐 − 𝟐 ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏+𝟏 = 𝟎 𝒏=𝟐

𝒏=𝟎

𝑘 = 𝑛 −2 𝑛 =𝑘+2 𝑠𝑖 𝑛 = 2 k=0 Sustituyendo:

𝑘 =𝑛+1 𝑛 =𝑘−1 𝑠𝑖 𝑛 = 0 k=1

∞

∞

∑ (𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝑪𝒌+𝟐 𝒙𝒌 − 𝟐 ∑ 𝑪𝒌−𝟏 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟎

𝒌=𝟏

a

b

Observar que el término (a) comienza en k=0, entonces habrá que desprenderse del primer término en (a) para que ambos términos (a y b) comiencen en k=1: ∞

∞

𝟐𝑪𝟐 + ∑(𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝑪𝒌+𝟐 𝒙𝒌 − 𝟐 ∑ 𝑪𝒌−𝟏 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟏

𝒌=𝟏

Igualando con cero a cada término:

𝟐𝑪𝟐 = 𝟎 𝑨𝒔í: 𝑪𝟐 = 𝟎 Factorizando las sumatorias: ∞

∑ [ (𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝑪𝒌+𝟐 − 𝟐𝑪𝒌−𝟏 ] 𝒙𝒌 = 𝟎 ; 𝒙𝒌 ≠ 𝟎 𝒌=𝟏

Entonces:

(𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 𝑪𝒌+𝟐 − 𝟐𝑪𝒌−𝟏 = 𝟎 De donde obtenemos la relación de recurrencia:

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

𝑪𝒌+𝟐 =

𝟐 𝑪𝒌−𝟏 ; 𝒌 = (𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, … ) 𝒚 𝑪𝟐 = 𝟎 (𝒌 + 𝟏)(𝒌 + 𝟐) 2 𝐶0 𝟐𝑪𝟎 = 2(3) 𝟐 ∙ 𝟑 2𝐶1 𝟐𝑪𝟏 𝐶4 = = 3(4) 𝟑 ∙ 𝟒 2 𝐶2 2(0) 𝐶5 = = =𝟎 4(5) 4 ∙ 5 2 𝐶3 𝟐 ∙ 𝟐𝑪𝟎 𝐶6 = = 5∙6 𝟐∙𝟑∙𝟓∙𝟔 2𝐶4 𝟐 ∙ 𝟐𝑪𝟏 𝐶7 = = 6∙7 𝟑∙𝟒∙𝟔∙𝟕 2𝐶5 2(0) 𝐶8 = = =𝟎 7∙8 56 2 𝐶6 𝟐 ∙ 𝟐 ∙ 𝟐𝑪𝟎 𝐶9 = = 8∙9 𝟐∙𝟑∙𝟓∙𝟔∙𝟖∙𝟗 2 𝐶7 𝟐 ∙ 𝟐 ∙ 𝟐𝑪𝟏 𝐶10 = = 9 ∙ 10 𝟑 ∙ 𝟒 ∙ 𝟔 ∙ 𝟕 ∙ 𝟗 ∙ 𝟏𝟎 𝐶3 =

k=1 k=2 k=3 k=4 k=5 k=6 k=7 k=8 ⋮

Así para los primeros 8 términos. De la solución propuesta y desarrollando hasta n=10 ∞

𝒚(𝒙) = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 𝒏=𝟎

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙𝟐 + 𝑪𝟑 𝒙𝟑 + 𝑪𝟒 𝒙𝟒 + 𝑪𝟓 𝒙𝟓 + 𝑪𝟔 𝒙𝟔 + 𝑪𝟕 𝒙𝟕 + 𝑪𝟖 𝒙𝟖 + 𝑪𝟗 𝒙𝟗 + 𝑪𝟏𝟎 𝒙𝟏𝟎 + ⋯ Sustituyendo: 0

0

0

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙𝟐 + 𝑪𝟑 𝒙𝟑 + 𝑪𝟒 𝒙𝟒 + 𝑪𝟓 𝒙𝟓 + 𝑪𝟔 𝒙𝟔 + 𝑪𝟕 𝒙𝟕 + 𝑪𝟖 𝒙𝟖 + 𝑪𝟗 𝒙𝟗 + 𝑪𝟏𝟎 𝒙𝟏𝟎 + ⋯

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

𝟐𝑪𝟎 𝟑 𝟐𝑪𝟏 𝟒 𝟐 ∙ 𝟐𝑪𝟎 𝟐 ∙ 𝟐𝑪𝟏 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝒙 + 𝒙 + 𝒙𝟔 + 𝒙𝟕 𝟐∙𝟑 𝟑∙𝟒 𝟐∙𝟑∙𝟓∙𝟔 𝟑∙𝟒∙𝟔∙𝟕 𝟐 ∙ 𝟐 ∙ 𝟐𝑪𝟎 𝟐 ∙ 𝟐 ∙ 𝟐𝑪 𝟏 + 𝒙𝟗 + 𝒙𝟏𝟎 + ⋯ 𝟐∙𝟑∙𝟓∙𝟔∙𝟖∙𝟗 𝟑 ∙ 𝟒 ∙ 𝟔 ∙ 𝟕 ∙ 𝟗 ∙ 𝟏𝟎 Una solución general de la siguiente forma:

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 𝒚𝟎 (𝒙) + 𝑪𝟏 𝒚𝟏 (𝒙) 𝒚𝟎 (𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 + 𝒚𝟏 (𝒙) = 𝑪𝟏 [𝒙 +

𝟐 𝟑 𝟐∙𝟐 𝟐∙𝟐∙𝟐 𝒙 + 𝒙𝟔 + 𝒙𝟗 + ⋯ ] 𝟐∙𝟑 𝟐∙𝟑∙𝟓∙𝟔 𝟐∙𝟑∙𝟓∙𝟔∙𝟖∙𝟗

𝟐 𝟒 𝟐∙𝟐 𝟐∙𝟐∙𝟐 𝒙 + 𝒙𝟕 + 𝒙𝟏𝟎 + ⋯ ] 𝟑∙𝟒 𝟑∙𝟒∙𝟔∙𝟕 𝟑 ∙ 𝟒 ∙ 𝟔 ∙ 𝟕 ∙ 𝟗 ∙ 𝟏𝟎 ∞

𝟐𝒏 𝒙𝟑𝒏 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 + ∑ ] 𝟐 ∙ 𝟑 … (𝟑𝒏 − 𝟏) 𝟑𝒏 𝒏=𝟏

∞

𝟐𝒏 𝒙𝟑𝒏+𝟏 + 𝑪𝟏 [𝒙 + ∑ ] 𝟑 ∙ 𝟒 … 𝟑𝒏(𝟑𝒏 + 𝟏) 𝒏=𝟏

𝒚′ + 𝟕𝒙𝒚 = 𝟎

10)

Se propone una solución de la siguiente forma: ∞

𝒚 = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 … (𝟏′) 𝒏=𝟎

Derivando (𝟏′):

∞

𝒚′ = ∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 … (𝟐′) 𝒏=𝟏

Sustituyendo (𝟏′) 𝒚 (𝟐′) en la Ecuación Diferencial: ∞

∞

∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 + 𝟕(𝒙) ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 = 𝟎 𝒏=𝟏

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

𝒏=𝟎

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

∞

∞

∑ 𝒏 𝑪𝒏 𝒙𝒏−𝟏 + 𝟕 ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏+𝟏 = 𝟎 𝒏=𝟏

𝒏=𝟎

𝑘 =𝑛−1 𝑛 =𝑘+1 𝑠𝑖 𝑛 = 1 k=0

𝑘 =𝑛+1 𝑛 =𝑘−1 𝑠𝑖 𝑛 = 0 k=1

Sustituyendo: ∞

∞

∑(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 𝒙𝒌 + 𝟕 ∑ 𝑪𝒌−𝟏 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟎

𝒌=𝟏

a

b

Observar que el término (a) comienza en k=0, entonces habrá que desprenderse del primer término en (a) para que ambos términos (a y b) comiencen en k=1: ∞

∞

𝑪𝟏 + ∑(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 𝒙𝒌 + 𝟕 ∑ 𝑪𝒌−𝟏 𝒙𝒌 = 𝟎 𝒌=𝟏

𝒌=𝟏

Igualando con cero a cada término:

𝑪𝟏 = 𝟎 Factorizando las sumatorias: ∞

∑ [ (𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 + 𝟕 𝑪𝒌−𝟏 ] 𝒙𝒌 = 𝟎 ; 𝒙𝒌 ≠ 𝟎 𝒌=𝟏

Entonces:

(𝒌 + 𝟏) 𝑪𝒌+𝟏 + 𝟕 𝑪𝒌−𝟏 = 𝟎 De donde obtenemos la relación de recurrencia:

𝑪𝒌+𝟏 =

− 𝟕 𝑪𝒌−𝟏 ; 𝒌 = (𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, … ) 𝒚 𝑪𝟏 = 𝟎 𝒌+𝟏

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

−𝟕 𝑪𝟎 𝟐 − 7𝐶1 −7(0) 𝐶3 = = =𝟎 3 3 − 7𝐶2 −7 7 𝟒𝟗𝑪𝟎 𝐶4 = = (− 𝐶0 ) = 4 4 2 𝟖 − 7𝐶3 −7(0) 𝐶5 = = =𝟎 5 5 − 7𝐶4 −7 49𝐶0 − 𝟑𝟒𝟑𝑪𝟎 𝐶6 = = ( )= 6 6 8 𝟒𝟖 − 7𝐶5 −7(0) 𝐶7 = = =𝟎 7 7 −7 𝐶6 −7 −343𝐶0 𝟐𝟒𝟎𝟏𝑪𝟎 𝐶8 = = ( )= 8 8 48 𝟑𝟖𝟒 −7 𝐶7 −7 (0) = 𝟎 𝐶9 = = 9 9 𝐶2 =

k=1 k=2 k=3 k=4 k=5 k=6 k=7 k=8 ⋮

Así para los primeros 8 términos. De la solución propuesta y desarrollando hasta n=9 ∞

𝒚(𝒙) = ∑ 𝑪𝒏 𝒙𝒏 𝒏=𝟎

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙𝟐 + 𝑪𝟑 𝒙𝟑 + 𝑪𝟒 𝒙𝟒 + 𝑪𝟓 𝒙𝟓 + 𝑪𝟔 𝒙𝟔 + 𝑪𝟕 𝒙𝟕 + 𝑪𝟖 𝒙𝟖 + 𝑪𝟗 𝒙𝟗 + ⋯ Sustituyendo:

0

0

0

0

𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐 𝒙𝟐 + 𝑪𝟑 𝒙𝟑 + 𝑪𝟒 𝒙𝟒 + 𝑪𝟓 𝒙𝟓 + 𝑪𝟔 𝒙𝟔 + 𝑪𝟕 𝒙𝟕 + 𝑪𝟖 𝒙𝟖 + 𝑪𝟗 𝒙𝟗 + ⋯ 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 −

𝟕 𝑪𝟎 𝟐 𝟒𝟗𝑪𝟎 𝟒 𝟑𝟒𝟑𝑪𝟎 𝟔 𝟐𝟒𝟎𝟏𝑪𝟎 𝟖 𝒙 + 𝒙 − 𝒙 + 𝒙 +⋯ 𝟐 𝟖 𝟒𝟖 𝟑𝟖𝟒

𝟕 𝟒𝟗 𝟒 𝟑𝟒𝟑 𝟔 𝟐𝟒𝟎𝟏 𝟖 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 [𝟏 − 𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝒙 + 𝒙 + ⋯] 𝟐 𝟖 𝟒𝟖 𝟑𝟖𝟒

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS

Entonces una solución general abreviada en una serie: ∞

(−𝟏)𝒌 ∙ 𝟕𝒌 ∙ 𝒙𝟐𝒌 𝒚(𝒙) = 𝑪𝟎 ∑ 𝟐𝒌 ∙ 𝒌! 𝒌=𝟎

RIVERA LIMA JOSE CARLOS

ECUACIONES DIFERENCIALES POR SERIES DE POTENCIAS