TEMA II: ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES VARIABLES. FUNCIONES ESPECIALES

Comenzaremos presentando un peque˜ no repaso sobre series de potencias. Dada la serie de potencias

∞ X

an (x − x0 )n ,

(0.1)

n=0

diremos que ´esta converge en un punto x∗ si lim

m→∞

(0.1) es convergente para x = x0 .

m X

an (x∗ − x0 )n existe. Es evidente que la serie

n=0

La serie (0.1) se dice absolutamente convergente en un punto x∗ , si la serie

∞ X

|an (x∗ − x0 )n |

n=0

converge. Si la serie converge absolutamente en x∗ tambi´en converge, pero el rec´ıproco no es necesariamente cierto. Para el estudio de la convergencia absoluta de series de potencias se usar´a cualquiera de los criterios de series, siendo los m´as utilizados el criterio del cociente y el de la ra´ız. Ejemplo:

∞ X

(−1)n+1 n(x − 2)n .

n=0

Si la serie (0.1) converge en x = x1 , entonces converge absolutamente para |x − x0 | < |x1 − x0 |; si diverge en x = x1 , entonces diverge para |x − x0 | > |x1 − x0 |. Existe un n´ umero ρ, llamado radio de convergencia, tal que la serie (0.1) converge para |x − x0 | < ρ y diverge para |x − x0 | > ρ. Si la serie converge s´olo para x = x0 decimos que ρ = 0 y si converge para todo x decimos que ρ es infinito. ∞ X (x + 1)n

Ejemplo:

n=1

Si

∞ X

n2n

.

an (x − x0 )n converge a f (x) para |x − x0 | < ρ, (ρ > 0), entonces es cierto lo siguiente:

n=0

• an =

f (n) (x0 ) . n! 1

• f (x) es continua y derivable para todos los ´ordenes en |x − x0 | < ρ. Adem´as 0

n−1

f (x) = a1 + 2a2 (x − x0 ) + ... + nan (x − x0 ) 00

f (x) =

+ ... =

∞ X

nan (x − x0 )n−1 ,

n=1

∞ X

n−2

n(n − 1)an (x − x0 )

n=2 ∞ X

f (k) (x) =

,

n(n − 1)...(n − k + 1)an (x − x0 )n−k

(∀k ∈ N),

n=k

siendo todas estas series convergentes para |x − x0 | < ρ. Si

∞ X

an (x − x0 )n y

n=0

∞ X

bn (x − x0 )n convergen a f (x) y g(x) respectivamente para |x − x0 | < ρ,

n=0

(ρ > 0), entonces lo siguiente es cierto para |x − x0 | < ρ. •

∞ X

(an ± bn )(x − x0 )n = f (x) ± g(x).

n=0

• [

∞ X

n

an (x − x0 ) ] · [

n=0

∞ X

an (x − x0 )n =

n=0

particular, si

n

bn (x − x0 ) ] =

n=0

... + an b0 . • Si

∞ X

∞ X

∞ X

∞ X

cn (x − x0 )n = f (x) · g(x) con cn = a0 bn + a1 bn−1 +

n=0

bn (x − x0 )n para todo x, entonces an = bn ,

(n = 0, 1, 2, .....). En

n=0

an (x − x0 )n = 0, entonces an = 0, (n = 0, 1, 2, ...).

n=0

Ejemplos: 1.

∞ X

(x − 3)n ; ρ = 1; intervalo de convergencia: 2 < x < 4. Funci´ on suma: f (x) =

n=0

2.

1

1 4−x .

∞ X

1 1 1 1 . 2n xn ; ρ = ; intervalo de convergencia: − < x < ; funci´on suma: f (x) = 2 2 2 1 − 2x n=0

Soluciones en serie en el entorno de un punto regular

Consideremos la ecuaci´on P (x)y 00 + Q(x)y 0 + R(x)y = 0

(1.2)

siendo P (x), Q(x), y R(x) polinomios. Definici´ on 1.1 Diremos que x0 es un punto ordinario o regular de la ecuaci´ on (1.2) si P (x0 ) 6= 0.

2

Q(x) R(x) y son continuas en P (x) P (x) cierto intervalo centrado en x0 , lo que permite aplicar el teorema de existencia y unicidad y garantizar Una primera consecuencia de esta definici´on es que las funciones

la existencia de una soluci´on u ´nica de la ecuaci´on (1.2) que satisfaga las condiciones iniciales y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y00 para una elecci´on arbitraria de y0 e y00 . Buscaremos soluciones de la ecuaci´on (1.2) que tengan la forma n

y(x) = a0 + a1 (x − x0 ) + ... + an (x − x0 ) + ... =

∞ X

an (x − x0 )n .

(1.3)

n=0

Trabajaremos en principio a nivel formal para calcular los an de forma que la funci´on y(x) dada en (1.3) verifique la ecuaci´on (1.2). Esto es, supondremos que la serie de potencias existe y que por tanto es derivable hasta el orden que sea necesario en un cierto intervalo |x − x0 | < ρ, ρ > 0. Desde el momento que demostremos la existencia de ρ y lo hallemos, habremos dado sentido al procedimiento seguido. Ejemplos: 1. y 00 + y = 0; x0 = 0.

Soluci´on: y(x) = C1 cos x + C2 sen x; ρ = ∞.

2. y 00 − xy = 0; x0 = 0; (Ecuaci´ on de Airy). Tomamos las soluciones y1 (x) = 1 +

∞ X 1 1 3k x ; y (x) = x + x3k+1 , Qk Qk 2 m=1 (3m)(3m − 1) m=1 (3m)(3m + 11) k=1 k=1 ∞ X

soluciones respectivas de los problemas de valores iniciales (

(

y 00 − xy = 0 y(0) = 1, y 0 (0) = 0

Dado que

y 00 − xy = 0 y(0) = 0, y 0 (0) = 1,

¯ ¯ y (0) y (0) 2 ¯ 1 W (y1 , y2 )(0) = ¯ 0 ¯ y1 (0) y20 (0)

¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ ¯=¯ ¯ ¯ 0

¯

0 ¯¯

¯ = 1 6= 0,

1 ¯

y1 e y2 son linealmente independientes en un entorno de x = 0 y por tanto la soluci´on general de la ecuaci´on de Airy es y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x)

C1 , C2 ∈ R.

El radio de convergencia de las series que definen a y1 e y2 es infinito.

3

3. (x2 + 1)y 00 + xy 0 − y = 0; x0 = 0. Soluci´on: y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x), siendo y1 (x) = x e ∞ X 1 1 · 3 · 5 · · · (2n − 3) 2n y2 (x) = 1 + x2 + (−1)n−1 x ; ρ = 1. 2 2n n! n=2 Nota: En general, en los ejercicios trabajaremos con x0 = 0. Cuando deseemos resolver las ecuaciones en un entorno de un punto x0 6= 0, bastar´a con efectuar el cambio t = x − x0 , resolver en t = 0 y luego deshacer el cambio.

1.1

Ecuaci´ on de Legendre. Polinomios de Legendre

La ecuaci´on de Legendre es de la forma: (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + λ(λ + 1)y = 0 El punto x = 0 es ordinario: y(x) =

∞ X

an xn ; y 0 (x) =

n=0

n(n − 1)an xn−2 −

n=2

∞ X

nan xn−1 ; y 00 (x) =

n=1

Sustituyendo en la ecuaci´on llegamos a: ∞ X

∞ X

(λ ∈ R).

n(n − 1)an xn −

n=2

∞ X

2nan xn +

n=1

∞ X

n(n − 1)an xn−2 .

n=2 ∞ X

λ(λ + 1)an xn = 0.

n=0

Igualando los coeficientes de las potencias del mismo orden: x0 : 2a2 + λ(λ + 1)a0 = 0 x1 : 3 · 2a3 − 2a1 + λ(λ + 1)a1 = 0 x2 : 4 · 3a4 − 2 · 1a2 − 2 · 2a2 + λ(λ + 1)a2 = 0 x3 : 5 · 4a5 − 3 · 2a3 − 2 · 3a3 + λ(λ + 1)a3 = 0 ..... xk : (k + 2)(k + 1)ak+2 − k(k − 1)ak − 2kak + λ(λ + 1)ak = 0, de donde obtenemos los coeficientes ak : λ(λ + 1) a0 2 2 − λ(λ + 1) (λ + 2)(λ − 1) a3 = a1 = − a1 3·2 3·2 6 − λ(λ + 1) (λ + 3)(λ − 2) (λ + 3)(λ − 2)λ(λ + 1) a4 = a2 = − a2 = a0 4·3 4·3 4·3·2 12 − λ(λ + 1) (λ + 4)(λ − 3) (λ + 4)(λ − 3)(λ + 2)(λ − 1) a5 = a3 = − a3 = a1 5·4 5·4 5·4·3·2 .... a2 = −

ak+2 =

k(k − 1) + 2k − λ(λ + 1) (λ + k + 1)(λ − k) ak = − ak . (k + 2)(k + 1) (k + 2)(k + 1) 4

De esta u ´ltima expresi´on se deduce que los coeficientes de sub´ındice par van a depender de a0 y los de sub´ındice impar de a1 , quedando a2m = (−1)m

(λ + 2m − 1)(λ + 2m − 3).....(λ + 1)λ(λ − 2)(λ − 4)...(λ − 2m + 2) a0 (2m)!

a2m+1 = (−1)m

(λ + 2m)(λ + 2m − 2).....(λ + 2)(λ − 1)(λ − 3)...(λ − 2m + 1) a1 , (2m + 1)!

y la soluci´on general de la ecuaci´on de Legendre viene expresada por y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x), donde y1 (x) = 1 −

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

... + (−1)m y2 (x) = x −

(λ + 2m − 1)(λ + 2m − 3).....(λ + 1)λ(λ − 2)(λ − 4)...(λ − 2m + 2) 2m x + ... (2m)!

(λ + 2)(λ − 1) 3 (λ + 4)(λ + 2)(λ − 1)(λ − 3) 5 x + x + ... 3! 5!

... + (−1)m

(λ + 2m)(λ + 2m − 2).....(λ + 2)(λ − 1)(λ − 3)...(λ − 2m + 1) 2m+1 x + ... (2m + 1)!

son soluciones linealmente independientes en un entorno de x = 0. Polinomios de Legendre Para determinados valores de λ las series anteriores se truncan, dado que a partir de un t´ermino se hacen todos ceros, origin´andose soluciones polin´omicas. 1. Si λ = 2m (m ∈ N) (a) λ = 0

p0 (x) = 1

(b) λ = 2

p2 (x) = 1 − 3x2

(c) λ = 4

p4 (x) = 1 − 10x2 +

35 4 x . 3

2. Si λ = 2m + 1 (m ∈ N) (a) λ = 1 (b) λ = 3 (c) λ = 5

p1 (x) = x 5 p3 (x) = x − x3 3 14 21 p5 (x) = x − x3 + x5 . 3 5

En realidad los polinomios de Legendre son m´ ultiplos escalares de los pn (x) y como tales son tambi´en soluciones de la ecuaci´on de Legendre. La siguiente igualdad (conocida como f´ ormula de Rodr´ıgues) genera, para los distintos valores de n ∈ N, estos polinomios: Pn (x) =

i 1 dn h 2 n (x − 1) 2n n! dxn

5

P0 (x) = 1,

P2 (x) = 23 x2 − 21 ,

P1 (x) = x,

P3 (x) = 52 x3 − 32 x,

P4 (x) =

35 4 8 x

−

15 2 4 x

+ 83 .

Propiedades de los polinomios de Legendre Para todo n ∈ N: • Pn (1) = 1. • Pn (−x) = (−1)n Pn (x). •

Z 1 −1

xk Pn (x)dx = 0 para todo k = 0, 1, 2, ..., n − 1. La demostraci´on de esta propiedad se basa en

tres cuestiones: sustituir Pn (x) por su expresi´on en la f´ormula de Rodr´ıgues, integrar por partes k veces y tener en cuenta que en las sucesivas derivadas de (x2 − 1)n comparece el factor x2 − 1, que se anula en x = 1 y x = −1, en todos los sumandos. •

Z 1

2n+1 (n!)2 . En este caso la demostraci´on ser´ıa una continuaci´ on de la del (2n + 1)! −1 apartado anterior, es decir, siguiendo el mismo proceso y teniendo en cuenta que k = n, obtenxn Pn (x)dx =

dremos la integral

Z 1

2 2n

0

(1 − x2 )n dx.

Efectuando el cambio x = sen t y aplicando reiteradamente el m´etodo de integraci´ on por partes, obtendremos el resultado deseado. •

Z 1

2 . En esta propiedad si desarrollamos uno de los Pn (x), tenemos en 2n + 1 −1 cuenta la linealidad del operador integral respecto a la suma y las propiedades anteriores, es [Pn (x)]2 dx =

f´acil concluir que el u ´nico t´ermino significativo en esta integral es el de orden n en Pn (x). Con esto nuestra integral se reduce a Z 1 −1

1 (2n)! n x Pn (x)dx, n!

2n n!

cuya resoluci´on da fin a la demostraci´on. •

Z 1 −1

Pm (x)Pn (x)dx = 0

(n 6= m). Esta propiedad se conoce como la propiedad de ortogonali-

dad. • Pn (x) tiene n ceros reales en el intervalo (−1, 1).

6

• (n+1)Pn+1 (x) = (2n+1)xPn (x)−nPn−1 (x). Esta f´ormula recurrente que relaciona polinomios de distinto grado tiene mucha utilidad para el c´alculo de los polinomios de Legendre. Por ejemplo: 9 4 (4 + 1)P4+1 (x) = (2 · 4 + 1)xP4 (x) − 4P3 (x) ⇒ P5 (x) = xP4 (x) − P3 (x), 5 5 de donde se obtiene que P5 (x) =

1.2

63 5 67 3 267 x − x + x. 8 4 40

Ecuaci´ on de Hermite. Polinomios de Hermite

La ecuaci´on de Hermite toma la forma: y 00 − 2xy 0 + λy = 0

(λ ∈ R).

Nuevamente x = 0 es un punto ordinario, por lo que la b´ usqueda de soluciones en un entorno de este punto nos lleva a y(x) =

∞ X

an xn ; y 0 (x) =

n=0

∞ X

nan xn−1 ; y 00 (x) =

n=1

n(n − 1)an xn−2 −

n=2

n(n − 1)an xn−2 .

n=2

Llevando estos resultados a la ecuaci´on: ∞ X

∞ X

∞ X

2nan xn +

n=1

∞ X

λan xn = 0,

n=0

e igualando coeficientes obtenemos x0 : 2 · 1a2 + λa0 = 0 ⇒ a2 =

−λ a0 2·1

x1 : 3 · 2a3 − 2 · 1a1 + λa1 = 0 ⇒ a3 = −

(λ − 2) a1 3·2·1

x2 : 4 · 3a4 − 2 · 2a2 + λa2 = 0 ⇒ a4 = −

(λ − 4) a2 4·3

x3 : 5 · 4a5 − 2 · 3a3 + λa3 = 0 ⇒ a5 = −

(λ − 6) a3 5·4

..... xk : (k + 2)(k + 1)ak+2 − 2kak + λak = 0 ⇒ ak+2 = −

(λ − 2k) ak . (k + 2)(k + 1)

De esta u ´ltima expresi´on se deduce que los coeficientes de sub´ındice par van a depender de a0 y los de sub´ındice impar de a1 , quedando a2m = (−1)m

λ(λ − 4)(λ − 8).....(λ − 4(m − 1)) a0 (2m)!

a2m+1 = (−1)m

(λ − 2)(λ − 6)(λ − 10).....(λ − 2(2m − 1)) a1 , (2m + 1)! 7

y la soluci´on general de la ecuaci´on de Hermite viene expresada por y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x), donde y1 (x) = 1 −

λ 2 λ(λ − 4) 4 λ(λ − 4)(λ − 8) 6 x + x − x + ... 2! 4! 6!

... + (−1)m y2 (x) = x −

λ(λ − 4)(λ − 8)...(λ − 4m + 4) 2m x + ... (2m)!

(λ − 2) 3 (λ − 2)(λ − 6) 5 (λ − 2)(λ − 6)(λ − 10) 7 x + x − x + ... 3! 5! 7!

... + (−1)m

(λ − 2)(λ − 6)(λ − 10)...(λ − 4m + 2) 2m+1 x + ... (2m + 1)!

son soluciones linealmente independientes en un entorno de x = 0. Polinomios de Hermite Si tomamos λ = 2n, n = 0, 1, 2, 3, ..... 1. n = 0 :

h0 (x) = 1;

(λ = 0)

2. n = 1 :

h1 (x) = x;

(λ = 2)

3. n = 2 :

h2 (x) = 1 − 2x2 ;

(λ = 4)

4. n = 3 :

2 h3 (x) = x − x3 ; 3

(λ = 6)

5. n = 4 :

4 h4 (x) = 1 − 4x2 + x4 ; 3

(λ = 8).

En realidad los polinomios de Hermite vienen dados por la f´ormula general Hn (x)(−1)n ex H0 (x) = 1,

H1 (x) = 2x,

2

dn h −x2 i e dxn H2 (x) = 4x2 − 2,

H3 (x) = 8x3 − 12x, H4 (x) = 16x4 − 48x2 + 12, H5 (x) = 32x5 − 160x3 + 120x. Propiedades •

Z ∞ −∞

2

e−x Hn (x)Hm (x)dx = 0

(n 6= m).

• Hn+1 (x) = 2xHn (x) − 2nHn−1 (x). •

Z ∞ −∞

√ 2 e−x [Hn (x)]2 dx = 2n n! π.

8

2

Soluciones en series de potencias en puntos singulares

Resolvamos la ecuaci´on x2 y 00 − 3xy 0 + 4y = 0, en un entorno de x = 0, por el m´etodo aprendido, es ∞ X

decir, busquemos soluciones de la forma y(x) = y 00 (x) =

∞ X

an xn en un entorno de x = 0. y 0 (x) =

n=0

∞ X

nan xn−1 ;

n=1

n(n − 1)an xn−2 . Igualando coeficientes:

n=2

x0 : 4a0 = 0 ⇒ a0 = 0 x1 : −3 · 1a1 + 4a1 = 0 ⇒ a1 = 0 x2 : 2 · 1a2 − 3 · 2a2 + 4a2 = 0 ⇒ 0 = 0 ..... xk : k(k − 1)ak − 3kak + 4ak = 0 ⇒ (k − 2)2 ak = 0 ⇒ k = 2 o bien ak = 0. Por lo tanto, ak = 0 para todo k 6= 2, de donde la u ´nica soluci´on que se obtiene es y1 (x) = a2 x2 . Es evidente que en este caso el m´etodo no nos permite hallar la soluci´on general, pues no podemos encontrar otra soluci´on linealmente independiente con y1 (x). Dos cuestiones que hemos de resolver son: a qu´e es debido el fracaso en la aplicaci´on del m´etodo y c´omo haremos para calcular la soluci´on que nos falta. La respuesta a la primera cuesti´on es que x = 0 no es un punto ordinario de la ecuaci´on planteada, ya que P (x) = x2 y P (0) = 0. En cuanto a la segunda cuesti´on, ocurre que y2 (x) = x2 ln x es soluci´on para x > 0 de la ecuaci´on y es linealmente independiente con y1 (x): y20 (x) = 2x ln x + x,

y200 (x) = 3 + 2 ln x

x2 y200 (x) − 3xy20 (x) + 4y2 (x) = 0, ¯ ¯ x2 ¯ W (y1 , y2 ) = ¯ ¯ 2x

x2 ln x 2x ln x + x

¯ ¯ ¯ 6 0(x = 6 0). ¯ = x3 = ¯

En realidad no podemos dar soluciones como funciones continuas o derivables en x = 0, lo u ´nico que logramos es dar comportamientos de las soluciones al aproximarse a x = 0. En este caso las dos soluciones son acotadas al acercarnos al origen: lim y1 (x) = lim y2 (x) = 0. x→0

x→0

El ejemplo anterior nos induce a buscar otro m´etodo de resoluci´on cuando buscamos soluciones desarrolladas alrededor de puntos no regulares. Definici´ on 2.1 Dada la ecuaci´ on P (x)y 00 (x) + Q(x)y 0 (x) + R(x)y(x) = 0, diremos que x0 es un punto R(x) Q(x) y (x − x0 )2 sean anal´ıticas singular de esta ecuaci´ on si P (x0 ) = 0. En caso de que (x − x0 ) P (x) P (x) 9

en x0 , es decir que admitan desarrollo en serie de potencias de x − x0 , diremos que x0 es un punto singular regular. En caso contrario x0 se dir´ a singular irregular. Ejemplos: 1. (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + λ(λ + 1)y = 0

(λ ∈ R). Los puntos x = 1 y x = −1 son puntos singulares

regulares. 2. (x2 − 4)2 y 00 + (x − 2)y 0 + y = 0. El punto x = 2 es un punto singular regular, x = −2 es un punto singular irregular. Pasaremos a continuaci´on a estudiar soluciones alrededor de x = x0 , punto singular regular.

2.1

La ecuaci´ on de Euler

Uno de los ejemplos m´as sencillos de ecuaci´on diferencial que posee un punto singular regular es la ecuaci´on de Euler x2 y 00 (x) + axy 0 (x) + by(x) = 0

(a, b ∈ R).

(2.4)

Nota: En realidad la ecuaci´on puede ser escrita como (x − xo )2 y 00 (x) + a(x − x0 )y 0 (x) + by(x) = 0, pero haciendo el cambio X = x − x0 , obtenemos la ecuaci´on (2.4). Si buscamos soluciones de la forma y(x) = xr (x > 0), y 0 (x) = rxr−1 , y 00 (x) = r(r − 1)xr−2 : r(r − 1)xr + arxr + bxr = 0 ⇒ [r(r − 1) + ar + b]xr = 0. Luego hemos de exigir que p(r) = r(r − 1) + ar + b = 0 (ecuaci´on indicial). • si p(r) tiene dos ra´ıces reales distintas r1 6= r2 , entonces y1 (x) = xr1 e y2 (x) = xr2 son soluciones linealmente independientes. • Si p(r) tiene una ra´ız doble r = r1 , las soluciones que se obtiene son de la forma y1 (x) = xr1 e y2 (x) = xr1 ln x. • si p(r) tiene ra´ıces complejas r1 = α + iβ y r2 = α − iβ, entonces y1 (x) = xα cos(β ln x) e y2 (x) = xα sen(β ln x) son soluciones linealmente independientes. En caso de ser x < 0 buscamos soluciones de la forma y(x) = (−x)r . Resumiendo, se puede enunciar la siguiente proposici´on: 10

Proposici´ on 1 La ecuaci´ on de Euler de segundo orden x2 y 00 + axy 0 + by = 0, donde a y b son constantes reales, admite la siguiente familia de soluciones fundamentales en cualquier intervalo que no contenga a x = 0; 1. r1 6= r2 con r1 , r2 ∈ R: y1 (x) = |x|r1 ; y2 (x) = |x|r2 . 2. r1 = r2 : y1 (x) = |x|r1 ; y2 (x) = |x|r1 ln |x|. 3. r1 = α + iβ y r2 = α − iβ: y1 (x) = |x|α cos(β ln |x|); y2 (x) = |x|α sen(β ln |x|). Demostraci´ on: En realidad, la justificaci´on es muy sencilla si se tiene en cuenta que aplicando el cambio de variable x = et en la ecuaci´on de Euler obtenemos la ecuaci´on de coeficientes constantes y 00 +(a−1)y 0 +by = 0. Lo visto se generaliza a la ecuaci´on de Euler de orden n xn y (n) (x) + a1 xn−1 y (n−1) (x) + .... + an−1 xy 0 (x) + an y(x) = 0. La ecuaci´on indicial es: p(r) = r(r − 1)...(r − n + 1) + a1 r(r − 1)...(r − n + 2) + ... + an−1 r + an = 0. Por tanto, un sistema fundamental de soluciones viene dado por |x|r1 , |x|r1 ln |x|, |x|r1 ln2 |x|, .... |x|r1 lnm1 −1 |x| |x|r2 , |x|r2 ln |x|, |x|r2 ln2 |x|, .... |x|r2 lnm2 −1 |x| . . . . . . . . . . |x|rs , |x|rs ln |x|, |x|rs ln2 |x|, .... |x|rs lnms −1 |x| donde r1 , r2 , ..., rs son las ra´ıces, con ´ordenes de multiplicidad m1 , m2 , ..., ms respectivamente, de la ecuaci´on indicial. Ejercicios: • x2 y 00 + 3xy 0 − 8y = 0. Soluci´on: y(x) = C1 x4 + C2 x−2 . • x2 y 00 + 3xy 0 + 2y = 0. Soluci´on: y(x) = |x|−1 [C1 cos(ln |x|) + C2 sen(ln |x|)]. • x2 y 00 − 5xy 0 + 9y = 0. Soluci´on: y(x) = |x|3 [C1 + C2 ln |x|]. • x3 y 00 + 2x2 y 00 − xy 0 + y = 0

(x > 0). Soluci´on: y(x) = C1 x + C2 x ln x + C3 x−1 . 11

2.2

Caso general de ecuaci´ on con puntos singulares regulares

Dada la ecuaci´on y 00 (x) + P (x)y 0 (x) + Q(x)y(x) = 0,

(2.5)

que posee un punto singular regular en x = x0 , tratamos de buscar soluciones de la forma y(x) =

∞ X

an (x − x0 )n+r = (x − x0 )r

n=0

∞ X

an (x − x0 )n

(r ∈ R).

n=0

Si x = x0 es un punto singular regular, tenemos asegurada la existencia de al menos una soluci´on con tal expresi´on que converger´a al menos en x0 < x < x0 + R. Por comodidad supondremos que el punto singular regular est´a en x0 = 0 (en caso contrario haremos X = x − x0 ). Esto quiere decir que xP (x) y x2 Q(x) son anal´ıticas en x = 0 xP (x) =

∞ X

pn xn ⇒ P (x) =

n=0

x2 Q(x) =

∞ X

∞ X

pn xn−1

n=0

qn xn ⇒ Q(x) =

n=0

∞ X

qn xn−2 .

n=0

Hemos de averiguar la condici´on que debe verificar r para que y(x) = ∞ X

ecuaci´on (2.5). y 0 (x) = en la ecuaci´on:

n=0

+

n=0

n−1

pn x

!Ã ∞ X

(n + r)(n + r − 1)an xn+r−2 . Sustituyendo

n=0

0 = y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = ̰ X

an xn+r sea soluci´on de la

n=0

∞ X

(n + r)an xn+r−1 ; y 00 (x) =

∞ X

∞ X

(n + r)(n + r − 1)an xn+r−2 +

n=0

(n + r)an x

n=0

! n+r−1

+

̰ X

n−2

qn x

!Ã ∞ X

n=0

! n+r

an x

=

n=0

= [r(r − 1)a0 + p0 ra0 + q0 a0 ]xr−2 + [(r + 1)ra1 + p0 (r + 1)a1 + p1 ra0 + q0 a1 + q1 a0 ]xr−1 + ..... Del primer sumando obtenemos la relaci´on [r(r − 1)a0 + p0 ra0 + q0 a0 ] = 0. Si tomamos a0 6= 0, se tendr´a r(r − 1) + p0 r + q0 = 0. Definici´ on 2.2 Si x0 es un punto singular regular de la ecuaci´ on y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0, entonces se define la ecuaci´ on indicial de este punto por r(r − 1) + p0 r + q0 = 0, donde p0 y q0 son los primeros t´erminos del desarrollo en serie de (x − x0 )P (x) y (x − x0 )2 Q(x) respectivamente, y se pueden calcular como q0 = lim (x − x0 )2 Q(x).

p0 = lim (x − x0 )P (x) x→x0

x→x0

Las ra´ıces de la ecuaci´ on indicial se llaman ra´ıces indiciales o exponentes de la singularidad x0 . 12

Despu´es de obtener estas ra´ıces indiciales procedemos, para calcular los coeficientes an , de igual forma que con los puntos ordinarios. No obstante podemos encontrarnos problemas cuando las ra´ıces sean iguales o cuando su diferencia sea un n´ umero entero. Esto nos lleva a enunciar el siguiente teorema conocido como teorema de Fr¨obenius. Teorema 2.1 Sea x0 un punto singular regular de la ecuaci´ on y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0 y sean r1 y r2 las ra´ıces de la ecuaci´ on indicial asociada, con r1 ≥ r2 . 1. Si r1 − r2 no es un n´ umero entero, entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la forma y1 (x) = y2 (x) =

∞ X n=0 ∞ X

an (x − x0 )n+r1

(a0 6= 0)

bn (x − x0 )n+r2

(b0 6= 0).

n=0

2. Si r1 = r2 , entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la forma y1 (x) =

∞ X

an (x − x0 )n+r1

(a0 6= 0)

n=0

y2 (x) = y1 (x) ln |x − x0 | +

∞ X

bn (x − x0 )n+r1 .

n=1

3. Si r1 − r2 es un n´ umero entero positivo, entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la forma y1 (x) =

∞ X

an (x − x0 )n+r1

(a0 6= 0)

n=0

y2 (x) = Cy1 (x) ln |x − x0 | +

∞ X

bn (x − x0 )n+r2

(b0 6= 0),

n=0

donde C es constante, y puede valer cero. Ejemplos: 1 • (x + 2)x2 y 00 − xy 0 + (1 + x)y = 0. x = 0 es un punto singular regular. r1 = 1 y r2 = son las 2 1 ra´ıces indiciales con r1 − r2 = . 2 y1 (x) = y2 (x) =

∞ X

1 1 1 1 x5 + ... an xn+1 = x − x2 + x3 − x4 + 3 10 30 30 · 36 n=0 ∞ X

1 1 7 3 3 7 5 19 · 7 bn xn+ 2 = x 2 − x 2 + x 2 − x 2 + ... 4 32 4 · 15 · 32 n=0

Soluci´on general: y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x). 13

(a0 = 1) (b0 = 1).

• x2 y 00 − xy 0 + (1 − x)y = 0. x = 0 es un punto singular regular. r1 = 1 ra´ız doble de la ecuaci´on indicial. y1 (x) =

∞ X

an xn+1 =

n=0

y2 (x) = y1 (x) ln x +

∞ X

1 n+1 x (n!)2 n=0

(a0 = 1)

∞ X

1 1 7 bn xn+1 = y1 (x) ln x + x2 − x3 − x4 − ... 2 8 24 · 9 n=1

1 (b1 = ). 2

Soluci´on general: y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x). • xy 00 + 4y 0 − xy = 0. x = 0 punto singular regular. r1 = 0 y r2 = −3 ra´ıces indiciales, con r1 − r2 = 3 ∈ N. y1 (x) =

∞ X

an xn+0 = 1 +

n=0

∞ X n=1

y2 (x) = Cy1 (x) ln x +

2n n![5

1 x2n · 7 · · · (2n + 3)]

(a0 = 1)

∞ X

1 1 1 3 bn xn−3 = x−3 − x−1 − x − x + ... 2 8 144 n=0

(b0 = 1, b3 = 0, C = 0).

Soluci´on general: y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x).

2.3

La ecuaci´ on de Laguerre. Polinomios de Laguerre

La ecuaci´on de Laguerre es: xy 00 (x) + (1 − x)y 0 (x) + λy(x) = 0

(λ ∈ R).

x = 0 es un punto singular regular, cuya ecuaci´on indicial es r(r − 1) + p0 r + q0 = 0, donde p0 = lim x x→0

1−x =1 x

;

q0 = lim x2 x→0

λ = 0. x

r(r − 1) + r = 0 ⇒ r2 = 0 ⇒ r1 = r2 = 0 y1 (x) =

∞ X

an xn ,

y2 (x) = y1 (x) ln x +

n=0

Calculemos y1 (x) = ecuaci´on:

∞ X n=0

∞ X n=2

an xn ; y10 (x) =

∞ X

bn xn .

n=1 ∞ X

nan xn−1 , y100 (x) =

n=1

n(n − 1)an xn−1 +

∞ X

∞ X

n(n − 1)an xn−2 . Sustituyendo en la

n=2

nan xn−1 −

n=1

∞ X n=1

14

nan xn +

∞ X n=0

λan xn = 0.

Al igualar coeficientes obtenemos: x0 : a1 + λa0 = 0 ⇒ a1 = −λa0 λ(λ − 1) a0 4 λ(λ − 1)(λ − 2) x2 : 3.2a3 + 3a3 − 2a2 + λa2 = 0 ⇒ a3 = − a0 4.9 ..... x1 : 2.1a2 + 2a2 − a1 + λa1 = 0 ⇒ a2 =

xk : (k + 1)kak+1 + (k + 1)ak+1 − kak + λak = 0 ⇒ ak+1 = (−1)k Si tomamos a0 = 1: y1 (x) = 1 +

∞ X

(−1)n

n=1

λ(λ − 1)...(λ − k) a0 . [(k + 1)!]2

λ(λ − 1)....(λ − n + 1) n x . (n!)2

No calcularemos y2 (x), pero hacemos notar que existen soluciones polin´omicas para la ecuaci´on de Laguerre. Si tomamos λ = n, n = 0, 1, 2, 3, ..... 1. n = 0

l0 (x) = 1

2. n = 1

l1 (x) = 1 − x

3. n = 2

1 l2 (x) = 1 − 2x + x2 2

4. n = 3

3 1 l3 (x) = 1 − 3x + x2 − x3 . 2 6

Llamamos polinomios de Laguerre a unos m´ ultiplos escalares de los ln (x), que vienen dados por la f´ormula Ln (x) = ex L0 (x) = 1,

dn ¡ n −x ¢ x e , dxn

L1 (x) = 1 − x,

Propiedades: • •

Z ∞ 0

Z ∞ 0

e−x Lm (x)Ln (x)dx = 0

(n 6= m).

e−x [Ln (x)]2 dx = n!.

• Ln+1 (x) = (2n + 1 − x)Ln (x) − n2 Ln−1 (x).

15

L2 (x) = x2 − 4x + 2.

2.4

Ecuaci´ on de Bessel. Funciones de Bessel

La ecuaci´on de Bessel de orden ν viene dada por x2 y 00 (x) + xy 0 (x) + (x2 − ν 2 )y(x) = 0

(ν ≥ 0).

x = 0 es un punto singular regular cuya ecuaci´on indicial ser´a p0 = lim x x→0

x =1 x2

q0 = lim x2 x→0

x2 − ν 2 = −ν 2 x2

r(r − 1) + p0 r + q0 = 0 ⇒ r2 − ν 2 = 0 ⇒ r1 = ν, r2 = −ν. Hallemos la soluci´on asociada a r1 = ν: y1 (x) =

∞ X

an xn+ν , y10 (x) =

n=0

∞ X

(n + ν)an xn+ν−1 , y100 (x) =

n=0

∞ X

(n + ν)(n + ν − 1)an xn+ν−2 .

n=0

Sustituimos: ∞ X

(n + ν)(n + ν − 1)an xn+ν +

n=0

∞ X

(n + ν)an xn+ν +

n=0

∞ X

an xn+ν+2 −

n=0

∞ X

ν 2 an xn+ν = 0,

n=0

y al igualar coeficientes llegamos a: xν : ν(ν − 1)a0 + νa0 − ν 2 a0 = 0 ⇒ 0 = 0 xν+1 : (1 + ν)νa1 + (1 + ν)a1 − ν 2 a1 = 0 ⇒ a1 = 0 1 a0 2(2 + 2ν) 1 a1 = 0 : (ν + 3)(ν + 2)a3 + (ν + 3)a3 + a1 − ν 2 a3 = 0 ⇒ a3 = − 3(3 + 2ν)

xν+2 : (ν + 2)(ν + 1)a2 + (ν + 2)a2 + a0 − ν 2 a2 = 0 ⇒ a2 = − xν+3 .....

xν+k : (ν + k)(ν + k − 1)ak + (ν + k)ak + ak−2 − ν 2 ak = 0 ⇒ ak = − Haciendo uso de esta u ´ltima expresi´on concluimos que a0 a2n = (−1)n 22n n!(1+ν)(2+ν)....(n+ν) ,

a2n+1 = 0.

Nota: para todo x ∈ R se define la funci´on gamma como  Z ∞   tx−1 e−t dt    0

Γ(x) =

(x > 0)

     lim

n!nx−1 n→∞ x(x + 1)....(x + n − 1) 16

(x ≤ 0).

1 ak−2 . k(k + 2ν)

Una propiedad b´asica de esta funci´on es que Γ(x+1) = xΓ(x). En particular, si x = n, Γ(n) = (n−1)!. Por otro lado ocurre que Γ(−n) → ±∞ para n = 0, −1, −2, −3, .... Si en la expresi´on de los coeficientes a2n tomamos a0 = a2n =

1 2ν Γ(1

+ ν)

, obtenemos

(−1)n (−1)n = , 22n+ν n!(1 + ν)(2 + ν)....(n + ν)Γ(1 + ν) 22n+ν n!Γ(n + ν + 1)

y la soluci´on buscada queda como y1 (x) = Jν (x) =

∞ X

(−1)n n!Γ(n + ν + 1) n=0

µ ¶2n+ν

x 2

.

La funci´on Jν (x) se denomina funci´ on de Bessel de primera especie y orden ν. Para r2 = −ν obtenemos, con un proceso an´alogo, la funci´on y2 (x) = J−ν (x) = donde en caso de que ν ∈ N, asumimos que

∞ X

(−1)n n!Γ(n − ν + 1) n=0

µ ¶2n−ν

x 2

,

1 = 0 para n = 0, 1, 2, 3, ..., ν − 1, por lo que Γ(n − ν + 1)

el sumatorio empezar´ıa en n = ν. Ahora hay que estudiar el comportamiento de estas funciones seg´ un el valor de ν (aplicar el teorema de Fr¨obenius y alguna otra consideraci´on). 1. ν > 0, r1 − r2 = 2ν ∈ (R − N). Jν (x) y J−ν (x) son funciones linealmente independientes. La soluci´on general de la ecuaci´on de Bessel ser´a y(x) = C1 Jν (x) + C2 J−ν (x)

(C1 , C2 ∈ R).

2. ν > 0, ν ∈ (R − N), r1 − r2 = 2ν ∈ N. La aplicaci´on del teorema de Fr¨ obenius nos llevar´ıa a la b´ usqueda de una segunda soluci´on del tipo y2 (x) = CJν (x) ln x +

∞ X

bn xn−ν , pero ocurre que

n=0

en este caso J−ν (x) sigue siendo linealmente independiente con Jν (x). La soluci´on general de la ecuaci´on de Bessel ser´a y(x) = C1 Jν (x) + C2 J−ν (x)

(C1 , C2 ∈ R).

Por tanto si ν ∈ (R − N), Jν (x) y J−ν (x) constituyen un sistema fundamental de soluciones para la ecuaci´on de Bessel. En caso de que ν = n ∈ N J−n (x) =

∞ X

(−1)k k!Γ(k − n + 1) k=n 17

µ ¶2k−n

x 2

,

y haciendo el cambio m = k − n en el sumatorio, tenemos ∞ X

(−1)m+n J−n (x) = (m + n)!Γ(m + 1) m=0

µ ¶2m+n

x 2

∞ X

(−1)m = (−1) m!Γ(m + n + 1) m=0 n

µ ¶2m+n

x 2

= (−1)n Jn (x),

con lo que Jn (x) y J−n (x) son linealmente dependientes. En este caso habr´a de buscarse una segunda soluci´on linealmente independiente con Jn (x) o con J−n (x). Para todo ν ∈ (R − N) se puede definir una nueva soluci´on como Yν (x) =

cos(νπ)Jν (x) − J−ν (x) . sen(νπ)

La funci´on Yν (x) se conoce como funci´ on de Bessel de segunda especie y orden ν o funci´ on de Neumannn, y es linealmente independiente con Jν (x). Esta definici´on de la funci´on Yν (x) falla en el caso de que ν = n ∈ N, ya que sen(nπ) = 0. Sin 0 embargo, como cos(nπ)Jn (x) − J−n (x) = 0 para todo n ∈ N, ocurre que lim Yν (x) = , y usando la ν→n 0 regla de L’Hopital se puede comprobar que dicho l´ımite existe, por lo que definimos Yn (x) = lim Yν (x)

(ν ∈ (R − N)) (n ∈ N).

ν→n

Los resultados expuestos nos permiten resumir la obtenci´on de la soluci´on general de la ecuaci´on de Bessel tal y como sigue: ∞ X

(−1)n Jν (x) = n!Γ(n + ν + 1) n=0

µ ¶2n+ν

x 2

 cos(νπ)Jν (x) − J−ν (x)      sen(νπ) 

Yν (x) =

(ν ∈ (R − N))

   cos(µπ)Jµ (x) − J−µ (x)   lim  µ→n

sen(µπ)

(ν = n ∈ N, µ ∈ (R − N)).

La soluci´on general ser´a y(x) = C1 Jν (x) + C2 Yν (x). Propiedades: • Jν (0) = 0 • Jν+1 (x) =

(ν > 0) 2ν Jν (x) − Jν−1 (x) x

• Jν+1 (x) = Jν−1 (x) − 2Jν0 (x) •

d ν [x Jν (x)] = xν Jν−1 (x) dx 18

•

d −ν [x Jν (x)] = −x−ν Jν+1 (x) dx r

• J 1 (x) = 2

2.5

2 sen x. xπ

La ecuaci´ on Hipergeom´ etrica de Gauss. Funci´ on hipergeom´ etrica

Puntos singulares en el infinito En ocasiones puede interesarnos estudiar las soluciones de la ecuaci´on a0 (x)y 00 (x) + a1 (x)y 0 (x) + a2 (x)y(x) = 0

(2.6)

1 t y estudiar las soluciones y(t) en t = 0. Haciendo c´alculos y 0 (x) = −t2 y 0 (t), y 00 (x) = t4 y 00 (t) + 2t3 y 0 (t) para valores grandes de |x|. Una t´ecnica habitual para ello consiste en hacer el cambio de variable x =

y llevado esto a la ecuaci´on (2.6), obtenemos 1 1 1 1 t4 a0 ( )y 00 (t) + [2t3 a0 ( ) − t2 a1 ( )]y 0 (t) + a2 ( )y(t) = 0, t t t t

(2.7)

t4 A0 (t)y 00 (t) + [2t3 A0 (t) − t2 A1 (t)]y 0 (t) + A2 (t)y(t) = 0.

(2.8)

1 Si y = f (x) es soluci´on de (2.6), y = f ( ) es soluci´on de (2.8). Diremos que el infinito es un punto t singular regular de (2.6) si el origen es un punto singular regular de (2.8). La ecuaci´ on hipergeom´ etrica La ecuaci´on hipergeom´etrica es: (x − x2 )y 00 (x) + [γ − (α + β + 1)x]y 0 (x) − αβy(x) = 0,

(2.9)

siendo α, β y γ constantes reales. Esta ecuaci´on posee tres puntos singulares x = 0, x = 1 y x = ∞. Es f´acil comprobar que x = 0 y x = 1 son puntos singulares regulares. Nosotros comprobaremos que x = ∞ tambi´en es regular. 1 Haciendo el cambio x = , la ecuaci´on (2.9) se transforma en t t2 (t − 1)y 00 (t) + [α + β − 1 + (2 − γ)t]ty 0 (t) − αβy(t) = 0, en la que se puede comprobar que t = 0 es un punto singular regular, lo que implica que x = ∞ es un punto singular regular de la ecuaci´on (2.9). Estudiemos las soluciones de la ecuaci´on (2.9). 19

• x = 0, p0 = lim x x→0

γ − (α + β + 1)x =γ x − x2

q0 = lim x2 x→0

−αβ =0 x − x2

la ecuaci´on indicial ser´a r2 − r + γr = 0 cuyas ra´ıces son r1 = 0 y r2 = 1 − γ. Para r1 = 0 obtenemos la soluci´on y1 (x) =

∞ X (α)n (β)n n x = 2 F1 (α, β; γ; x)

n!(γ)n

n=0

Γ(λ + k) y γ 6= 0, −1, −2, −3, .... Γ(λ) La funci´on 2 F1 se denomina funci´ on hipergeom´ etrica de Gauss. donde (λ)k = λ(λ + 1).....(λ + k − 1) =

Si r1 − r2 = γ − 1 no es un n´ umero entero, lo que es equivalente a que γ no sea entero, entonces la segunda soluci´on tendr´ıa la forma y2 (x) = x1−γ

∞ X

bn xn , pero es m´as comodo realizar el cambio

n=0

y = x1−γ Y . Obteni´endose la ecuaci´on

(x − x2 )Y 00 + [2 − γ − (α + β − 2γ + 3)x]Y 0 − (α − γ + 1)(β − γ + 1)Y = 0 siendo la soluci´on Y (x) = 2 F1 (a, b; c; x), donde    c=2−γ

   c=2−γ

a + b + 1 = α + β − 2γ + 3

  ab = (α − γ + 1)(β − γ + 1)

⇐⇒

a=α−γ+1

  b = β − γ + 1.

Por tanto, y2 (x) = x1−γ 2 F1 (α − γ + 1, β − γ + 1; 2 − γ; x). La soluci´on general ser´a: y(x) = C1 2 F1 (α, β; γ; x) + C2 x1−γ 2 F1 (α − γ + 1, β − γ + 1; 2 − γ; x) (|x| < 1). • x = 1, realizamos el cambio x = 1 − t y estudiamos en t = 0 (1 − t)ty 00 (t) + [α + β − γ + 1 − (α + β + 1)t]y 0 (t) − αβy(t) = 0 y1 (t) = 2 F1 (a, b; c; t), donde

y2 (t) = t1−c 2 F1 (a − c + 1, b − c + 1; 2 − c; t).

   c=α+β−γ+1

   c=α+β−γ+1

a+b+1=α+β+1

  ab = −αβ

⇐⇒

a=α

  b = β.

Por tanto, finalmente: y1 (x) = 2 F1 (α, β; α+β −γ +1; 1−x),

y2 (x) = (1−x)γ−α−β 2 F1 (γ −β, γ −α; γ −α−β +1; 1−x).

20