METODOS MATEMATICOS
IE-313
M. Matematicos, 9/2020
Ing. Rosa Maria Diaz Hernandez
1
METODOS MATEMATICOS
•
Empezaremos describiendo el programa de la
clase IE-313 Métodos Matemáticos.
•
Esta clase se divide en tres unidades:
i. Repaso de solución de ecuaciones
diferenciales por series de potencia.
Objetivo: Tratar de presentar las soluciones
de la manera mas compacta posible. En el
examen deberá ser capaz de presentar las
soluciones de esa manera, no se aceptarán
soluciones en forma de suma.
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METODOS MATEMATICOS
ii.
Definición del Producto punto y Espacios
Vectoriales.
Objetivo: Representar funciones mediante
series de otras funciones, como las de senos y
cosenos o polinomios. Se las llama series de
Fourier generalizadas.
iii. Solución
de
Ecuaciones
Diferenciales
Parciales.
Objetivo: Utilizando los primeros dos incisos se
resuelven
las
principales
ecuaciones
diferenciales parciales.
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SOLUCION POR SERIES.
•
•
•
La mayoría de las ecuaciones diferenciales
parciales que necesitamos resolver dan origen a
ecuaciones diferenciales de segundo orden, en
las que generalmente es necesario resolverlas
mediante series infinitas.
Las ecuaciones diferenciales, al tratar de
resolverlas por series, dan origen a ecuaciones
de diferencias, que necesitamos resolver para
encontrar la solución de la ecuación diferencial.
Hagamos un ejemplo para aclarar lo que
acabamos de hablar.
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4
SOLUCION POR SERIES.
•
•
Comencemos tratando de resolver una ecuación
diferencial de primer orden. Las ecuaciones
diferenciales parciales las miraremos al final de la
clase.
La ecuación a resolver es la siguiente:
dy
 2 y  0 (1)
dx
Si sup onemos una solución por series
de la forma :

dy 
y   an x    nan x n 1 (2)
dx n 1
n 0
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n
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SOLUCION POR SERIES.
•
Sustituyendo (2) en (1) obtenemos:


n 1
n 0
n 1
n
na
x

2
a
x
 n
 n 0
•
Necesitamos hacer que ambas ecuaciones
comiencen con el mismo índice, por lo que
hacemos nn+1 en la primera serie, así:


n
(
n

1
)
a
x

2
a
x

 n 0
n 1
n
n 0
n0
Agrupando

n
(
n

1
)
a

2
a
x
 0 (3)



n 1
n
n 0
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SOLUCION POR SERIES. ECUACION DE DIFERENCIAS
•
Para que la ecuación (3) se haga cero, es
necesario que la cantidad entre corchetes sea
igual a cero, por lo que obtenemos:
(n  1)a n 1  2a n  0; n  0 (4)
•
•
La ecuación (4) se llama ecuación de diferencias
y no entraremos aquí a la teoría de estas, solo
resolveremos un tipo especial de estas
ecuaciones, que son las que mas usamos.
El estudiante interesado puede consultar estas
ecuaciones en cualquiera de los libros disponibles
en internet.
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7
SOLUCION POR SERIES. ECUACION DE DIFERENCIAS
•
La ecuación (4) es de la forma:
an 1  pn an  0; n  0 (5)
•
La solución de la ecuación (5) es la siguiente:
an 1  pn an ; n  0
a1  p0 a0 ; n  1
a2  p1a1  p1 p0 a0 ; n  2
a3  p2 a2  p2 p1 p0 a0 ; n  3
...
n
an  pn ... p2 p1 p0 a0  a0  pk ; n  0 (6)
k 0
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SOLUCION POR SERIES. ECUACION DE DIFERENCIAS
•
Comparando la ecuación (4) con la ecuación
(5), obtenemos que:
2
pn  
; n  0 (7 )
(n  1)
•
De (7) obtenemos:
(1)(2)
;n  0
1
(1)(2)
p1 
;n  1
2
( 1)(2)
p2 
;n  2
3
...
(1)(2)
pn 
;n  n
(n  1)
p0 
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SOLUCION POR SERIES. ECUACION DE DIFERENCIAS
•
Sustituyendo los valores anteriores en la
solución (6), obtenemos:
(1)(2) (1)(2) (1)(2) (1)(2)
an 1 
···
·
·
a0 ; n  0
(n  1)
3
2
1
(1) n 1 (2) n 1
an 1 
a0 ; n  0
(n  1)·3·2·1
Re ordenando
(1) n 1 (2) n 1
an 1 
a0 ; n  0
1·2·3···(n  1)
(1) n 1 (2) n 1
an 1 
a0 ; n  0
(n  1)!
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SOLUCION POR SERIES. ECUACION DE DIFERENCIAS
•
Haciendo nn-1, obtenemos:
(1) n (2) n
an 
a0 ; n  1  0
n!
(2) n
an 
a0 ; n  1 (8)
n!
•
Sustituyendo (8) en (2):


y   a n x  a0   a n x n
n
n 0
n 1
(2) n n
y  a0  a0 
x
n!
n 1

(2) n n
y  a0 
x  a0 e 2 x usando series de Taylor
n!
n 0

•
Que es la solución de la ecuación original.
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ECUACION DE DIFERENCIAS. PROCEDIMIENTO.
•
Regresando a la solución de la ecuación de
diferencias, observamos lo siguiente:
1. Cada constante da origen a un factor igual a esa
constante elevada a la potencia n, n+1, n-1 o
cerca de estas. Para averiguar cual es el
exponente, evalúe con el primer valor de n.
En este ejemplo, para n=0, -1 y 2 aparecen con
la potencia 1, por lo que la potencia general era
n+1. La deducción anterior será valida para
cualquier constante en el numerador o
denominador.
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ECUACION DE DIFERENCIAS. PROCEDIMIENTO.
2.
El factor (n+1) que aparecía en el
denominador, ahora se ha desarrollado en
un producto de n+1 factores. Cada uno de
los factores es el valor de (n+1) para cada
valor de n.
Una manera de representarlo es que el
factor (n+1) se convierte en:
n
(n  1)   (k  1); n  0
k 0
•
La deducción anterior será valida para
cualquier factor en el numerador o
denominador.
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ECUACION DE DIFERENCIAS. PROCEDIMIENTO.
•
1.
2.
Entonces, para resolver una ecuación de
diferencias que solo tenga dos términos, sin
importar el orden, su solución se puede
encontrar siguiendo los siguientes pasos:
Factorice tanto el numerador como el
denominador.
Cada constante elévela a la potencia n+a y
encuentre “a” evaluando la expresión para el
primer valor de n.
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ECUACION DE DIFERENCIAS. PROCEDIMIENTO.
3.
Cada factor los evalúa en cada valor de n y
multiplíquelos entre si. Convirtiéndolos en:
n
(n  b)   (k  b); n  0
k 0
4.
Por último, el factor a la derecha (an en el ejemplo),
se convierte en el primer valor de n. En el ejemplo,
el primer valor de n era igual a cero, por lo que an
se convertirá en a0
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ECUACION DE DIFERENCIAS. PROCEDIMIENTO.
•
•
Resolvamos entonces solo una ecuación
diferencias siguiendo los pasos anteriores.
Sea la ecuación de diferencias siguiente:
de
4(2n 2  7 n  3)
an 1 
an ; n  0 (1)
2
3(n  5n  4)
•
El primer paso es factorizarla.
an 1 
4(2n  1)(n  3)
an ; n  0 (2)
3(n  1)(n  4)
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ECUACION DE DIFERENCIAS. PROCEDIMIENTO.
•
•
•
El segundo paso es encontrar la potencia de cada
constante.
Para la constante 4 en el numerador, en el termino
n=0 aparece como 41, por lo que en la expresión
final deberá aparecer como 4n+1.
La constante 3 en el denominador aparece de
manera similar como 3n+1 en la expresión final.
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ECUACION DE DIFERENCIAS. PROCEDIMIENTO.
•
En el tercer paso, tomando en cuenta que en la
ecuación (1) n comienza en cero (0), se encuentra
que cada factor que aparece en la ecuación (2) se
convierte en:
n
(2n  1) se convierte en  (2k  1)  [1·3·5···(2n  1)]
k 0
[1·2·3···(n  3)] (n  3)!
(n  3)   (k  3)  [3·4·5···(n  3)] 

1·2
2
k 0
n
n
(n  1)   (k  1)  [1·2·3···(n  1)]  (n  1)!
k 0
[1·2·3···(n  4)] (n  4)!
(n  4)   (k  4)  [4·5·6···(n  4)] 

1·2·3
6
k 0
n
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ECUACION DE DIFERENCIAS. PROCEDIMIENTO.
•
•
En el cuarto paso, tomando en cuenta que en la
ecuación (1) n comienza en cero (0), el factor an en
la ecuación (2) se convierte en a0.
Trasladando los cuatro pasos a la ecuación (2)
obtenemos:
4 n 1[1·3·5···(2n  1)](n  3)! / 2
an 1 
a0 ; n  0
n 1
3 (n  1)!(n  4)! / 6
3·4 n 1[1·3·5···(2n  1)](n  3)!
an 1 
a0 ; n  0 (3)
n 1
3 (n  1)!(n  4)!
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ECUACION DE DIFERENCIAS. PROCEDIMIENTO.
•
Ahora tenemos an+1 pero estamos interesados en an
por lo que haremos nn-1 en la ecuación (3),
obteniendo:
3·4 n [1·3·5···(2n  1)](n  2)!
an 
a0 ; n  1
n
3 n!(n  3)!
•
Que es la solución de la ecuación de diferencias
que buscábamos.
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20
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
•
•
Ya tenemos un procedimiento para una forma sencilla de
las ecuaciones de diferencia que aparecen en las
ecuaciones diferenciales.
Que nos importa esto, si solo es para un pequeño grupo
de ecuaciones que podremos resolver de manera
compacta?.
Pues la respuesta es que, la mayoría de las ecuaciones
diferenciales que se derivan de las ecuaciones
diferenciales parciales de la física, como las ecuaciones
electromagnéticas de Maxwell, las ecuaciones de
fluidos, las ecuaciones quánticas, relatividad general
(Gravedad) y otras, dan origen
a este tipo de
ecuaciones de diferencias.
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21
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
•
Otra particularidad de la mayoría estas ecuaciones
de la física, es que son ecuaciones diferenciales
parciales de segundo orden, lo que también dan
origen a ecuaciones diferenciales de segundo
orden.
Como consecuencia de lo anterior, observen que el
libro de texto se enfoca en la solución por series de
ecuaciones diferenciales de segundo orden y
nosotros lo haremos también.
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ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
•
En la clase ecuaciones diferenciales se demostró la
unicidad de las soluciones de estas ecuaciones, por
lo que no lo haremos aquí
En general, las ecuaciones diferenciales que
resolveremos, son de la forma:
b0 ( x) y n  b1 ( x) y n 1      bn ( x)  R ( x ) (1)
•
•
b0(x), b1(x),···, bn(x), son polinomios.
En la ecuación (1), el punto x=x0 se llama punto
ordinario si b0(x0) 0.
Un punto singular de la ecuación (1) es cualquier
punto x=x1 para el cual b0(x1)=0.
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23
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
•
•
Dependiendo de las propiedades del valor x0,,
vamos a resolver la ecuación diferencial indicando
si estamos resolviendo alrededor de un punto
ordinario o de un punto singular.
Dependiendo de si es un punto ordinario o un punto
singular, la forma de las soluciones cambia.
Empezaremos con soluciones de ecuaciones que
tengan como punto ordinario x=0. La forma de las
soluciones será como sigue:

y   an x n
n 0
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24
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Si se quiere encontrar la solución alrededor de otro
punto ordinario x=x0, la solución sería de la forma:

y   an ( x  x0 ) n
n 0
•
Que con el cambio de variable z=x-x0, en la
ecuación (1), nos volvería dar a una solución de la
forma:

y   an z n
n 0
•
Por lo que excepto en casos
resolveremos alrededor de x=0.
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especiales,
25
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
•
Pasaremos a resolver una ecuación diferencial para
listar el procedimiento y, por ser una serie, su
convergencia.
Desarrollemos entonces el siguiente problema:
y ' '3xy'3 y  0 (1)
•
Ya que x=0 es un punto ordinario de la ecuación (1),
suponemos una solución del tipo siguiente:

y   a n x n ( 2)
n0
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ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Encontramos la primera y segunda derivada.

y '   nan x n 1 (3)
n 1

y ' '   n(n  1)an x n  2 (4)
n2
•
•
Observe que en la primera derivada el índice n
comienza en n=1, pues la expresión dentro de la
sumatoria se hace cero para n=0.
En la serie de la segunda derivada la serie
comienza en n=2, ya que los términos n=0 y n=1 se
hacen cero cuando se evalúan.
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27
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Al sustituir (2), (3) y (4) en (1) obtenemos:

 n(n  1)an x
n2
n2

 n(n  1)an x
n2
•

 3 x  nan x
n 1
n2

n 1

 3 an x n  0
n 0

 3 nan x  3 an x n  0 (5)
n 1
n
n 0
En la segunda serie x tiene la misma potencia que
en la tercera serie, solo difieren en que la segunda
serie comienza en n=1 y la tercera en n=0.
Sin embargo, podemos comenzar la segunda serie
en n=0 ya que ese termino se hace cero, como ya
lo discutimos.
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28
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Comenzando la segunda serie en (5), en n=0,
obtenemos:

 n(n  1)an x
n2
n2


 3 nan x  3 an x n  0
n
n 0


n2
n 0
n 0
n2
n
n
(
n

1
)
a
x

(
3
n

3
)
a
x
 0 (6)


n
n
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29
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
•
En la ecuación (6) anterior necesitamos que en la
primera serie la potencia de x sea la misma que la
de la segunda serie.
Además, necesitamos que el índice inicial de la
primera serie sea el mismo que el de la segunda
serie.
Haciendo la transformación nn+2 en la segunda
serie, se cumplen ambos objetivos, entonces:


n
(
n

2
)(
n

1
)
a
x

(
3
n

3
)
a
x
 0 (7 )


n 2
n
n 0
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n
n 0
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30
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
La ecuación (7) se convierte en:

 [(n  2)(n  1)a
n 0
n2
 (3n  3)an ]x n  0

n
[(
n

2
)(
n

1
)
a

3
(
n

1
)
a
]
x
 0 (8)

n2
n
n0
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31
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
La ecuación entre corchetes en (8) se hace igual a
cero y de allí se deduce la ecuación de diferencias:
(n  2)(n  1)an  2  3(n  1)an  0 ; n  0
3(n  1)an
an  2  
;n  0
(n  2)(n  1)
E lim inando el factor común (n  1)
an  2  
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3an
; n  0 (9)
( n  2)
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32
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
•
•
•
En el libro de texto pueden ver que, en ultima
instancia, si resolvemos (9), todos los términos
impares van a depender de a1 y todos los términos
pares de a0.
Entonces, la ecuación (9) se puede resolver
haciendo n=2k para una solución y n= 2k+1 para la
segunda solución.
Esto se puede extender a ecuaciones diferenciales
de tercer grado en las que n=3k, n=3k+1 y n=3k+2
para las tres soluciones.
Y para las de mayor grado de la misma manera.
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33
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Otra particularidad es que al hacer n=2k y n=2k+1
la solución (2) cambia a la siguiente forma:


k 0
k 0
y   a2 k x 2 k   a2 k 1 x 2 k 1 (10)
Adonde

y1   a2 k x 2 k (11)
k 0

y2   a2 k 1 x 2 k 1 (12)
k 0
•
Observe que necesitamos encontrar a2k y a2k+1.
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34
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Primera Solución: Regresemos a la ecuación (9),
hagamos n=2k y resolvámosla, así:
3a2 k
a2 k  2  
;2 k  0
(2k  2)
3a2 k
a2 k  2  
; k  0 (13)
2(k  1)
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35
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Siguiendo el procedimiento establecido para este
tipo de ecuación de diferencia, encontramos los
factores.
3  3
   
2  2
k 1
3
Observe que en k  0 tengo el factor 
2
k
(k  1)   (l  1)  [1  2  3    (k  1)]
l 0
a2 k  a0 ya que la ecuación comienza en k  0
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36
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
•
Haciendo las sustituciones de la página anterior en
(13), obtenemos:
 3
a2 k  2    
 2
k 1
 3
a2 k  2    
 2
k 1
a0
;k  0
[1  2  3    (k  1)]
a0
;k  0
(k  1)!
Pero de (11) vemos que necesitamos a2k, por lo que
hacemos kk-1.
k
 3 a
a2 k     0 ; k  1  0  k  1 (14)
 2  k!
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37
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Necesitamos sustituir (14) en (11), pero (11)
comienza en k=0 y (14) en k=1, por lo que
expandimos el termino k=0 en (11).

y1   a2 k x
2k
k 0
•

 a0 x   a 2 k x
0
k 1
2k

 a0   a 2 k x 2 k
k 1
Sustituyendo (14).

k
 3 a
y1  a0      0 x 2 k
2  k!
k 1 

(3) k 2 k
y1  a0 (1   k x ) (15)
k 1 2 k!
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38
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
La anterior es la solución de acuerdo al libro, si
observamos que el termino k=0 en la serie nos
daría un valor de 1, podemos compactar el
resultado en:

k
2k
 3 x
y1  a0    
2  k!
k 0 
•
Que al compararla con la serie de Taylor
k
2


z
3
x
z
 nos dá
e   con z   
k  0 k!
 2 

y1  a0 e
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3x2

2
que converge x
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ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Segunda Solución: Regresemos a la ecuación (9),
hagamos n=2k+1 y resolvámosla, así:
3a2 k 1
1
a2 k  3  
;2k  1  0  k   pero k  I  k  0
(2k  3)
2
3a2 k 1
a2 k  3  
; k  0 (16)
(2k  3)
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40
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Siguiendo el procedimiento establecido para este
tipo de ecuación de diferencia, encontramos los
factores.
 3   3
k 1
Observe que en k  0 tengo el factor 3
k
(2k  3)   (2l  3)  [3  5  7    (2k  3)]
l 0
a2 k 1  a1 ya que la ecuación comienza en k  0
•
Sustituyendo en (16).
(3) k 1 a1
a2 k  3 
;k  0
[3  5  7    (2k  3)]
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41
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Pero de (12) vemos que necesitamos a2k+1, por lo
que hacemos kk-1.
(3) k a1
a2 k 1 
; k  1  0  k  1 (17)
[3  5  7    (2k  1)]
•
Necesitamos sustituir en (12), pero al igual que en
la solución anterior, (12) comienza en k=0 y (17) en
k=1, por lo que expandimos el primer término de
(12).

y2   a2 k 1 x
k 0
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2 k 1

 a1 x   a2 k 1 x 2 k 1 (18)
k 1
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42
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Sustituyendo (17) en (18).
(3) k x 2 k 1
y2  a1 x  a1 
k 1 [3  5  7    ( 2k  1)]

•
La anterior es la solución de acuerdo al libro, si
observamos que el termino k=0 en la serie nos
daría un valor de 1, podemos compactar el
resultado. NOTA: Observe que la cantidad entre
corchetes ahora comienza en 1, en vez de 3.
(3) k x 2 k 1
y2  a1 
(19)
k  0 [1  3  5    ( 2k  1)]

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43
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
La convergencia de la segunda solución no es tan fácil
de reconocer como en la primera solución, por lo que
usaremos el criterio de la razón para encontrar su rango
de convergencia:
an 1
1
n   an
Lim

•
En la ecuación de arriba an es toda la expresión dentro
de la sumatoria en (19), incluyendo las potencias de x.
NOTA: En el límite encontrado en la siguiente
diapositiva,
se
hicieron
algunos
cálculos
no
completamente dentro de un marco estricto matemático,
pero como Ingenieros es suficiente (por si hay un
matemático en la clase).
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44
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
La expresión se convierte entonces en:
(3) k 1 x 2 k 3
 3x 2
[3  5  7    (2k  1)(2k  3)
Lim

Lim

k 2 k 1
(3) x
n 
n  ( 2k  3)
[1  3  5    (2k  1)
1
2
3x 
Lim
 x 30  1
n  ( 2k  3)
2
1
 x 

3 0
x   o la solución es válida x
2
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45
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Resolveremos otra ecuación diferencial (problema
10, sección 130 del libro de texto.
(1  2 x 2 ) y ' '5 xy '3 y  0 (1)
•
Hacemos:



n 0
n 1
n2
y   an x n ; y '   nan x n 1 ;  n(n  1)an x n  2 (2)
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46
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Sustituyendo (2) en (1) obtenemos:

(1  2 x ) n(n  1)an x
2
n2
n2

 n(n  1)an x
n2
•
n2


 5 x  nan x
n 1
n 1

 3 an x n  0
n 0


 2 n(n  1)an x  5 nan x  3 an x n  0
n2
n
n 1
n
n 0
La segunda y tercera serie se pueden comenzar en
n=0 sin alterar los resultados (observe que los
términos n=0 y n=1 en la segunda serie son igual a
cero y el término n=0 en la tercera serie es igual a
cero).
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47
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Así tenemos:

 n(n  1)an x
n2
n2
•



 2 n(n  1)an x  5 nan x  3 an x n  0
n 0
n
n
n 0
n 0
Juntando las tres últimas series en una sola (mismo
índice inicial de n y misma potencia de x):

 n(n  1)an x
n2
n2

  [2n(n  1)  5n  3]an x n  0
n 0
simplificando la cantidad entre corchetes
2n(n  1)  5n  3  2n 2  7 n  3  (2n  1)(n  3)

 n(n  1)an x
n2
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n2

  (2n  1)(n  3)an x n  0 (3)
n 0
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48
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
En la primera serie de la ecuación (3) hacemos
nn+2 y la ecuación se convierte en:


n
(
n

2
)(
n

1
)
a
x

(
2
n

1
)(
n

3
)
a
x
0


n2
n
n
n 0
n 0

n
[(
n

2
)(
n

1
)
a

(
2
n

1
)(
n

3
)
a
]
x
0

n2
n
n 0
•
Entonces, la ecuación de diferencia (relación de
recurrencia) queda como:
(n  2)(n  1)an  2  (2n  1)(n  3)an  0; n  0
(2n  1)(n  3)an
an  2  
; n  0 ( 4)
(n  2)(n  1)
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49
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Primera solución, hacemos n=2k en (4), así:
(4k  1)(2k  3)a2 k
; 2k  0
(2k  2)(2k  1)
(4k  1)(2k  3)a2 k
a2 k  2  
; k  0 (5)
2(k  1)(2k  1)
a2 k  2  
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50
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Siguiendo el procedimiento para las soluciones de la
ecuación de diferencias con dos términos, de la
ecuación (5) tenemos:
1
1
1
( )  ( ) k 1 ya que en k  0 aparece el factor ( )
2
2
2
k
(4k  1)   (4l  1)  [(1)  3  7    (4k  1)]
l 0
k
(2k  3)   (2l  3)  [(3)  (1) 1  3    (2k  3)]
l 0
k
(k  1)   (l  1)  [1  2  3    (k  1)]  (k  1)!
l 0
k
(2k  1)   (2l  1)  [1  3  5    (2k  1)]
l 0
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51
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Observe que el último término se incrementa de 2
en 2; si a partir del último factor Ud resta 2, se
obtiene:
k
(2k  1)   (2l  1)  [1  3  5    (2k  3)  (2k  1)(2k  1)]
l 0
•
•
En este caso se restó 2 hasta llegar a (2k-3) pues
este factor aparece en el numerador y se puede
eliminar factorizando.
Por último:
a2 k  a0 ya que la ecuación comienza en k  0
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52
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Haciendo
tenemos:
todas
estas
sustituciones
en
(5),
[(1)  3  7    (4k  1)][(3)  (1) 1  3    (2k  3)]a0
1
a2 k  2  ( ) k 1
;k  0
2
(k  1)![1  3  5    (2k  3)(2k  1)(2k  1)]
Factorizando
[(1)  3  7    (4k  1)][( 3)  (1)]a0
1
a2 k  2  ( ) k 1
;k  0
2
( k  1)![(2k  1)(2k  1)]
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53
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Haciendo la sustitución kk-1, obtenemos :
(1) k [(1)  3  7    (4k  5)]3a0
a2 k 
; k 1  0 k  1
k
2 k!(2k  3)(2k  1)
•
La solución es entonces:

y1  a0   a2 k x 2 k
k 1
   3(1) k [(1)  3  7    (4k  5)] 2 k 
y1  a0 1  
x  (6)
k
2 k!(2k  3)(2k  1)
 k 1

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54
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Observe que el término k=0 en la sumatoria no será
igual a 1; ya que si se comienza en k=0, el término
dentro de la sumatoria sería:
3(1) k [(5)  (1)  3  7    (4k  5)] 2 k
x
k
2 k!(2k  3)(2k  1)
•
Que al evaluarlo en k=0, nos daría:
3(1) 0 [(5)] 0
x  5
0
2 0!(3)(1)
•
Por lo que la solución en (6) se mantendrá con los
dos términos separados.
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55
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Para encontrar el rango de convergencia de la
primera solución usaremos el criterio de la razón:
an 1
1
n   an
Lim

•
En la ecuación de arriba an es toda la expresión dentro
de la sumatoria en (19), incluyendo las potencias de x.
NOTA: En el límite encontrado en la siguiente
diapositiva,
se
hicieron
algunos
cálculos
no
completamente dentro de un marco estricto matemático,
pero como Ingenieros es suficiente (por si hay un
matemático en la clase).
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56
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
La expresión se convierte entonces en:
3(1) k 1[(1)  3  7    (4k  5)(4k  1)]x 2 k  2
2 k 1 (k  1)!(2k  1)(2k  1)
Lim

3(1) k [(1)  3  7    (4k  5)]x 2 k
k 
2 k k!(2k  3)(2k  1)
(2k  3)(4k  1)
(2  3 / k )(4  1 / k )
2
 x 
Lim
 x 
Lim
k  2( k  1)(2k  1)
k  2(1  1 / k )(2  1 / k )
2
(2  0)(4  0)
 x
1
2(1  0)(2  0)
2
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57
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Simplificando:
2
x 2 1
1
x
2
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58
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Segunda solución, hacemos n=2k+1 en (4), así:
(4k  1)(2k  2)a2 k 1
a2 k  3  
; 2k  1  0
(2k  2)(2k  3)
(4k  1)(k  1)a2 k 1
1
a2 k  3  
; k   pero k  I  k  0 (7)
(k  1)(2k  3)
2
•
Observe que el numerador de la ecuación de
diferencia se hace cero en k=1, esto es signo de
una serie truncada, por lo que la resolveremos paso
a paso.
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59
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Resolviendo paso a paso:
(1)(1)a1 1
k  0; a3  
 a1
(3)(1)
3
(5)(0)a3
k  1; a5  
0
(5)(2)
En general a2 k 3  0; k  1
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60
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Por lo que la segunda solución es:

y2  a1 x   a2 k 1 x 2 k 1
k 1
1
y2  a1 x  a3 x 3      0  a1 x  a1 x 3
3
1 3

y2  a1  x  x 
3 

•
Que converge para todo x.
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61
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
1.
Para resolver una ecuación diferencial alrededor de
un punto ordinario, vamos a seguir los siguientes
pasos:
Hacemos:



n 0
n 1
n2
y   an x n ; y '   nan x n 1 ;  n(n  1)an x n  2 (2)
2.
3.
Y la sustituimos en la ecuación a resolver.
Simplificamos cada una de las expresiones hasta
quedar solo con sumatorias.
Se arreglan las sumatorias de tal manera que las
que tienen la misma potencia de x queden juntas.
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62
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
4.
En este momento algunas sumatorias tienen la misma
potencia, pero no el mismo índice inicial, para igualar el
índice se hace de dos maneras:
a. Se aprovecha que los términos n=0 y n=1, adonde
aparecen los factores n y (n-1) hacen a estos igual a
cero, por lo que la sumatoria puede comenzar en vez
de n=2 en n=0 o en vez de n=1 en n=0.
b. Si no hay factores que hacen cero esos términos, se
expande la serie uno, dos o los términos que sea
necesarios y luego se hace la transformación nn+a
para comenzar en n=0; observe que entonces la
potencia de x va a cambiar.
NOTA: Esto se verá en soluciones alrededor de un
punto singular.
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63
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
5.
6.
7.
8.
Ahora trate de convertir todas las series en series
con la misma potencia de x y el mismo índice inicial,
para encontrar la ecuación de diferencias (relación
de recurrencia). Si es necesario repita el paso 4b.
Al obtener una sola serie, despeje la ecuación de
diferencia.
Resuelva la ecuación de diferencias para n=2k y
n=2k+1 (n=3k, n=3k+1 y n=3k+2 en ecuaciones de
tercer orden, etc)
Sustituya a2k y a2k+1 en las soluciones.
Usando el criterio de la razón, encuentre el intervalo
de convergencia para cada una de las soluciones.
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64
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
En este punto, el estudiante estará realmente
aburrido, pues resolver las ecuaciones diferenciales
por series es realmente hacer lo mismo para cada
una. Resolvamos una ultima alrededor de un punto
ordinario.
y ' ' ' x 2 y ' '5 xy'3 y  0 (1) problema16, sec ción103
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65
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Esta es una ecuación diferencial de tercer orden,
por lo que tendrá tres (3) soluciones posibles:


k 0
k 1
y1   a3k x 3k  a0   a3k x 3k (2)


k 0
k 1
y2   a3k 1 x 3k 1  a1 x   a3k 1 x 3k 1 (3)

y3   a3k  2 x
k 0
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3k  2

 a2 x   a3k  2 x 3k  2 (4)
2
k 1
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66
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Suponemos entonces que:


y   an x ; y '   nan x n 1 (5)
n
n 0
n 1

y ' '   n(n  1)an x
n2
n2
•

;y ' ' '   n(n  1)(n  2)an x n 3 (6)
n 3
Sustituyendo (5) y (6) en (1):

 n(n  1)(n  2)an x
n 3
n 3

 5 x  nan x
n 1
M. Matematicos, 9/2020
n 1

 x  n(n  1)an x n  2 
2
n2

 3 an x n  0
n 0
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67
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Simplificando:




n 3
n2
n 1
n 0
n 3
n
n
n
n
(
n

1
)(
n

2
)
a
x

n
(
n

1
)
a
x

5
na
x

3
a
x


 n
 n 0
n
n
•
•
La segunda serie se puede comenzar en n=0; ya
que ambos términos, n=0 y n=1, son igual a cero.
De la misma manera, la tercera serie se puede
comenzar en n=0; ya que el termino n=0 es igual a
cero. Así:

 n(n  1)(n  2)an x
n 3
M. Matematicos, 9/2020
n 3



  n(n  1)an x 5 nan x  3 an x n  0
n 0
n
n 0
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n
n0
68
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Juntando las tres últimas series:

 n(n  1)(n  2)an x
n 3
•
n 3

  [n(n  1)  5n  3]an x n  0
n 0
Factorizando la cantidad entre corchetes en la
segunda serie:
n(n  1)  5n  3  n 2  4n  3  (n  3)(n  1)
•
Sustituyéndolo en la segunda serie:

 n(n  1)(n  2)an x
n 3
M. Matematicos, 9/2020
n 3

  (n  3)(n  1)an x n  0 (7)
n0
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69
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Para tener el mismo índice y la misma potencia de
la segunda serie en (7), hacemos nn+3 en la
primera serie :


n
(
n

3
)(
n

2
)(
n

1
)
a
x

(
n

3
)(
n

1
)
a
x
0


n 3
n
n
n 0
n 0
Sumando ambas series

n
[(
n

3
)(
n

2
)(
n

1
)
a

(
n

3
)(
n

1
)
a
]
x
0

n3
n
n 0
•
Y la ecuación de diferencias es :
(n  3)(n  2)(n  1)an 3  (n  3)(n  1)an  0; n  0
M. Matematicos, 9/2020
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70
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Simplificando la ecuación de diferencias :
(n  3)(n  1)an
an  3  
;n  0
(n  3)(n  2)(n  1)
•
Ya que ninguno de los factores se hace cero,
podemos simplificar la expresión como:
an  3  
M. Matematicos, 9/2020
an
; n  0 (8)
(n  2)
Ing. Rosa Maria Diaz Hernandez
71
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Primera solución, hacemos n=3k en (8) :
a3k
a3k 3  
; 3k  0  k  0 (9)
(3k  2)
•
Cada factor da origen a:
(1)  (1) k 1 ya que en el primer tér min o aparece el factor (1)
k
(3k  2)   (3l  2)  [2  5  8    (3k  2)]
l 0
a3k  ao ya que k  0 es el primer tér min o
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72
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Sustituyendo los factores en (9) :
(1) k 1 a0
a3k 3 
;k  0
[2  5  8    (3k  2)]
•
De (2) vemos que necesitamos a3k, por lo que
hacemos kk-1 en la ecuación anterior.
(1) k a0
a3k 
; k 1  0  k  1
[2  5  8    (3k  1)]
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73
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Sustituyendo en (2), la primera solución es:

y1  a0   a3k x 3k
k 1
 
(1) k
3k 

y1  a0 1  
x 
 k 1 [2  5  8    (3k  1)] 
•
La serie no se puede simplificar en una sola, pues
al evaluarla en k=0 nos daría (-1):
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74
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Para calcular la convergencia de la serie usamos el
criterio de la razón:
(1) k 1 x 3k 3
[2  5  8    (3k  1)(3k  2)]
Lim

k 3k
(

1
)
x
k 
[2  5  8    (3k  1)]
3
1
3
 x 0 1
k  (3k  2)
 x 
Lim
 x 
•
La solución es válida para todo x.
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75
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Segunda solución, hacemos n=3k+1 en (8) :
a
a3k  4   3k 1 ; 3k  1  0
(3k  3)
a3k 1
1
a3k  4  
; k   pero k  I  k  0 (10)
3(k  1)
3
•
Cada factor da origen a:
1
1 k 1
1
( )  ( ) ya que en el primer tér min o aparece el factor ( )
3
3
3
k
(k  1)   (l  1)  [1 2  3    (k  1)]  (k  1)!
l 0
a3k 1  a1 ya que k  0 es el primer tér min o
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76
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Sustituyendo los factores en (10) :
(1) k 1 a1
a3k  4  k 1
;k  0
3 (k  1)!
•
De (3) vemos que necesitamos a3k+1, por lo que
hacemos kk-1 en la ecuación anterior.
( 1) k a0
a3k 1 
; k 1  0  k  1
k
3 k!
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77
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Sustituyendo en (3), la segunda solución es:

y2  a1 x   a3k 1 x 3k 1
k 1


(1) k 3k 1 
y2  a1  x   k x 
k 1 3 k!


•
Al evaluar la serie en k=0, nos dá igual a x, que es
el primer término, por lo que podemos simplificarla
como:
(1) k 3k 1
y2  a1  k x
k  0 3 k!

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78
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Arreglando la serie:
 x3 k
)
k

 (
(1)
y2  a1  k x 3k 1  a1 x  3
k!
k  0 3 k!
k 0
•
Y comparándola con la serie:

k
3
z
x
e z   con z  
3
k  0 k!
•
La segunda solución, que converge para todo x, es:
y2  a1 xe
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x3

3
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79
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Tercera solución, hacemos n=3k+2 en (8) :
a
a3k 5   3k  2 ; 3k  2  0
(3k  4)
a3k  2
2
a3k 5  
; k   pero k  I  k  0 (11)
(3k  4)
3
•
Cada factor da origen a:
(1)  (1) k 1 ya que en el primer tér min o aparece el factor (1)
k
(3k  4)   (l  1)  [4  7 10    (3k  4)]
l 0
a3k  2  a2 ya que k  0 es el primer tér min o
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80
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Sustituyendo los factores en (11) :
(1) k 1 a2
a3k 5 
;k  0
[4  7 10    (3k  4)]
•
De (4) vemos que necesitamos a3k+2, por lo que
hacemos kk-1 en la ecuación anterior.
(1) k a2
a3k  2 
; k 1  0 k  1
[4  7 10    (3k  1)]
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81
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Sustituyendo en (4), la tercera solución es:

y3  a2 x 2   a3k  2 x 3k  2
k 1
 2 
(1) k
3k  2 


y3  a 2  x  
x
k 1 [ 4  7 10    (3k  1)]


•
Al evaluar la serie en k=0, nos da igual a x2,
excepto que el denominador ahora comienza en 1,
por lo que podemos simplificarla como:
(1) k
y3  a 2 
x 3k  2
k  0 [1  4  7 10    (3k  1)]

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82
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Para calcular la convergencia de la serie usamos el
criterio de la razón:
(1) k 1 x 3k 5
[4  7 11    (3k  1)(3k  4)]
Lim

k 3k  2
(

1
)
x
k 
[1 4  7    (3k  1)]
1
3
 x 
Lim
 x 0 1
k  (3k  4)
3
 x 
•
La solución es válida para todo x.
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83
ECUACIONES DIFERENCIALES. SOLUCIONES
ALREDEDOR DE UN PUNTO REGULAR SINGULAR.
•
•
En las soluciones por series, nos vamos a
concentrar en ecuaciones de segundo orden, para
otro orden por favor referirse al libro de texto.
Ya vimos que para una ecuación diferencial de la
forma (1) abajo, x0 es un punto singular si b0(x0)=0
b0 ( x) y ' 'b1 ( x) y 'b2 ( x) y  0 (1)
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84
ECUACIONES DIFERENCIALES. SOLUCIONES
ALREDEDOR DE UN PUNTO REGULAR SINGULAR.
•
Si además de que x0 es un punto singular, usando
la ecuación (2) abajo:
b1 ( x)
b2 ( x)
y ' '
y '
y0
b0 ( x)
b0 ( x)
y ' ' p ( x) y ' q( x) y  0 (2)
•
Se cumple que:
2
Lim
(
x

x
)
p
(
x
)

Lim
(
x

x
)
q( x)  Finito
0
0


x  x0
•
x  x0
Entonces x0 es un punto regular singular (PRS). De
otra manera x0 es un punto irregular singular (PIS).
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85
ECUACIONES DIFERENCIALES. SOLUCIONES
ALREDEDOR DE UN PUNTO REGULAR SINGULAR.
•
Como ejemplo:
x  0 es un punto ordinario de y ' ' xy'2 y  0
3
1
y ' 2 y  0
x
x
1
x  0 es un punto iregular sin gular de y ' ' 2 y ' xy  0
x
x  0 es un punto regular sin gular de y ' '
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86
ECUACIONES DIFERENCIALES.
ECUACION DE EULER-CAUCHY.
•
Antes de seguir en la solución por series,
estudiemos una ecuación cuya solución, alrededor
del punto regular singular x=0, no es una serie. Esta
es la llamada Ecuación de Euler-Cauchy mostrada
abajo.
a0 x n y ( n )  a1 x n 1 y ( n 1)    an 1 x1 y1  an y  0 (3)
adonde a0 , a1 ,   , an soncons tan tes
•
n
d
y
(n)
y  n
dx
Esta ecuación se identifica porque cada derivada
está multiplicada por x elevado a la misma potencia
que el orden de la derivada
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87
ECUACIONES DIFERENCIALES.
ECUACION DE EULER-CAUCHY.
•
La manera menos complicada de resolver esta
ecuación, es haciendo la sustitución:
x  et
•
En la ecuación (3), lo que convierte la ecuación (3)
en una ecuación diferencial ordinaria con
coeficientes constantes en función de t y a la cual
se le pueden aplicar los métodos normales de
solución de este tipo de ecuaciones.
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88
ECUACIONES DIFERENCIALES.
ECUACION DE EULER-CAUCHY.
•
Otra manera es suponer que la solución de la ecuación
(3) es de la forma:
y  Ax
•
•
1.
c
Que al sustituirla en la ecuación (3) nos da origen a una
ecuación llamada indicial que nos dará los valores de c.
Estos valores dan origen a tres (3) tipos de soluciones:
Si las soluciones c1, c2, ···, cn son diferentes, cada una
de ellas produce una solución de la forma:
c
c
c
y1  b1 x 1 ; y2  b2 x 2 ;  , yn  bn x n (4)
Con b1 , b2 ,   , bn cons tan tes
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89
ECUACIONES DIFERENCIALES.
ECUACION DE EULER-CAUCHY.
2.
Si las soluciones c1= c2 = ···= cm son iguales, las
soluciones de las m raíces iguales son:


c
y  b0  b1 Ln x  b2 Ln 2 x      bm Ln m x x 1 (5)
Con b1 , b2 ,   , bm cons tan tes
3.
Si las raíces son complejas, recuerde que estas siempre
aparecen acompañadas de su conjugado, lo que da
origen a dos soluciones de la forma:
Si c  f  ig
 y ( x)  b1 x
f

f  ig
ig
 b2 x
y ( x)  x b1 x  b2 x
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f ig
ig
 (6)
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90
ECUACIONES DIFERENCIALES.
ECUACION DE EULER-CAUCHY.
•
Haciendo la sustitución x=et, la cantidad entre
paréntesis de (7), se convierte en:
b x  b x   b e  b e
 ig
ig
1
•
2
igt
1
2
 igt
 b1'Cos ( gt )  b2' Sen( gt )
Haciendo ahora la sustitución inversa t=Ln|x|, esta
se vuelve:
b x  b x   b Cos( gLn x )  b Sen( gLn x )
 ig
ig
1
•
2
'
1
'
2
Con lo que la solución para raíces complejas es:
f


y ( x)  x b1'Cos ( gLn x )  b2' Sen( gLn x ) (7)
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91
ECUACIONES DIFERENCIALES.
ECUACION DE EULER-CAUCHY.
•
Resolvamos algunos ejemplos de la ecuación de
Euler-Cauchy; ejemplo 1, resolver:
2 x 2 y ' ' xy ' y  0 problema 19, sec ción107
c
Suponemos y  A x ; y '  Ac x
c 1
; y ' '  Ac(c  1) x
c2
Lo que nos da
2 x 2 Ac(c  1) x
c2
 xAc x
c 1
c
Ax 0
A x 2c(c  1)  c  1  0
c
 2c(c  1)  c  1  0 Ecuación indicial
2c 2  c  1  (2c  1)(c  1)  0
1
 c    c 1
2
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92
ECUACIONES DIFERENCIALES.
ECUACION DE EULER-CAUCHY.
•
Ya que las raíces son diferentes, de acuerdo a (4),
las soluciones son:
y  Ax
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1 / 2
Bx
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93
ECUACIONES DIFERENCIALES.
ECUACION DE EULER-CAUCHY.
•
Ejemplo 2, resolver:
x 3 y ' ' ' xy ' y  0
Suponemos y  Ax c ; y '  Acx c 1 ; y ' '  Ac(c  1) x c  2 ;
y ' ' '  Ac(c  1)(c  2) x c 3
Lo que nos da
x 3 Ac(c  1)(c  2) x c 3  xAcx c 1  Ax c  0
Ax c c(c  1)(c  2)  c  1  0
 c(c  1)(c  2)  c  1  0 Ecuación indicial
(c  1) 3  0  c  1 repetida 3 veces
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94
ECUACIONES DIFERENCIALES.
ECUACION DE EULER-CAUCHY.
•
Ya que las raíces son iguales, de acuerdo a (5), las
soluciones son:

y  x A  BLn x  CLn 2 x
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
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95
ECUACIONES DIFERENCIALES.
ECUACION DE EULER-CAUCHY.
•
Ejemplo 3, resolver:
x 2 y ' '5 xy '5 y  0 problema 33, sec ción107
c
Suponemos y  A x ; y '  Ac x
c 1
; y ' '  Ac(c  1) x
c 2
Lo que nos da
x Ac(c  1) x
2
c 2
 5 xAc x
c 1
c
5A x  0
A x c(c  1)  5c  5  0
c
 c(c  1)  5c  5  0 Ecuación indicial
c 2  4c  5  0
 c  2  i
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96
ECUACIONES DIFERENCIALES.
ECUACION DE EULER-CAUCHY.
•
Ya que las raíces son complejas, de acuerdo a (7),
las soluciones son:
c  2  i
 f  2  g  1
y  x
2
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ACos( Ln x )  BSen( Ln x )
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97
ECUACIONES DIFERENCIALES.
METODO DE FROBENIUS.
•
Aparte de la ecuación de Euler-Cauchy, todas las
demás ecuaciones que se tratan de resolver
mediante series alrededor de un punto regular
singular x0, no colapsan a un solo termino y es
necesario resolverlas suponiendo una solución de
la forma.

y   an (x  x0 ) n  c (1)
n0
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98
ECUACIONES DIFERENCIALES.
METODO DE FROBENIUS.
•
•
•
Suponer la solución (1) en la diapositiva anterior, es
la esencia del método de Frobenius para encontrar
soluciones alrededor de un punto regular singular.
Su justificación está en el libro de texto y ya les fue
explicada en su clase original de ecuaciones
diferenciales.
Lo que es interesante es peguntarse porqué es
necesaria? Si no se puede hacer en x0 ya que x0 es
un PRS, entonces porqué no escoger otro punto
que sea ordinario?.
La respuesta no es de matemáticas, es de Física o
Ingeniería y es que muchas veces nos conviene
encontrar soluciones alrededor de un PRS.
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99
ECUACIONES DIFERENCIALES.
METODO DE FROBENIUS.
•
Para el caso de las ecuaciones diferenciales de
segundo orden, con soluciones alrededor del PRS
x0, se puede demostrar que las soluciones
convergen en dos circunferencias centradas en x0.
Una de radio arbitrariamente pequeño y otra de
radio igual a la distancia al punto singular mas
cercano a x0.
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100
ECUACIONES DIFERENCIALES.
METODO DE FROBENIUS.
•
•
Pasemos ahora a resolver las ecuaciones diferenciales
de segundo orden usando el metodo de Frobenius.
De la ecuación de Euler-Cauchy, se observa que
aparece una ecuación indicial, esta también aparece
cuando se usa una serie infinita como (1); la ecuación
indicial en ambos casos es:
c 2  ( p0  1)c  q0  0 (2)
Adonde
2
p0  
Lim( x  x0 ) p ( x)  q0  Lim
(
x

x
)
q( x)
0

x  x0
•
x  x0
Puede verificar en las ecuaciones de Euler que
resolvimos, que esta es la ecuación indicial.
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101
ECUACIONES DIFERENCIALES.
METODO DE FROBENIUS.
•
1.
2.
3.
4.
De acuerdo a la ecuación de incidencia (2), se
tienen varios casos posibles. Estos son los
siguientes:
Ecuación indicial con diferencia no entera de raíces.
Ecuación indicial con raíces iguales.
Ecuación indicial cuya diferencia de raíces es un
entero positivo, caso no logarítmico.
Ecuación indicial cuya diferencia de raíces es un
entero positivo, caso logarítmico.
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102
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA NO ENTERA DE RAICES.
•
Para encontrar cada caso, empecemos a resolver
problemas. Resolvemos el ejemplo 1:
2 xy ' '5(1  2 x) y '5 y  0 (1) problema 4, sec ción107
•
Suponemos entonces que:

y   an x
n 0
nc

; y '   (n  c)an x n  c 1 (2)
n 0

y ' '   (n  c)(n  c  1)an x n  c  2 ; (3)
n 0
•
Observe que, en soluciones alrededor de PRS,
todas las sumatorias comienzan en n=0
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103
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA NO ENTERA DE RAICES.
•
Sustituyendo (2) y (3) en (1):

2 x  (n  c)(n  c  1)an x
nc 2
n 0

 5(1  2 x) (n  c)an x n  c 1 
n 0

 5 an x n  c  0
n 0

2 (n  c)(n  c  1)an x
n  c 1
n 0

 10 (n  c)an x
n 0
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nc

 5 (n  c)an x n  c 1 
n 0

 5 an x n  c  0
n 0
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104
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA NO ENTERA DE RAICES.
•
Sumando la primera y segunda serie y la tercera y
cuarta serie por separado (misma potencia de x,
tenemos:


n 0
n 0
n  c 1
nc
[
2
(
n

c
)(
n

c

1
)

5
(
n

c
)]
a
x

[
10
(
n

c
)

5
]
a
x
0


n
n
•
Simplificando las cantidades entre corchetes en
ambas series:


n 0
n 0
n  c 1
nc
(
n

c
)(
2
n

2
c

3
)
a
x

5
(
2
n

2
c

1
)
a
x
0


n
n
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105
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA NO ENTERA DE RAICES.
•
Necesitamos convertir la potencia en la primera
serie a la misma potencia de la segunda serie, para
eso expandimos el primer término de la primera
serie (n=0)
c(2c  3) a0 x
•
c 1

  ( n  c)(2n  2c  3) an x
n 1
n  c 1

  5(2n  2c  1)an x n  c  0
n 0
Haciendo nn+1 en la primera serie:
c(2c  3)a0 x
c 1

  (n  c  1)(2n  2c  5)an 1 x n  c 
n 0

  5(2n  2c  1)an x n  c  0
n 0
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106
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA NO ENTERA DE RAICES.
•
Ahora podemos sumar las dos series:
c(2c  3) a0 x
•
c 1

  (n  c  1)(2n  2c  5)an 1  5(2n  2c  1)an x n  c  0
n 0
De la ecuación anterior obtenemos dos ecuaciones:
c(2c  3)a0  0 (4) Ecuación indicial
(n  c  1)(2n  2c  5)an 1  5(2n  2c  1)an  0; n  0 (5)
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107
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA NO ENTERA DE RAICES.
•
De la ecuación indicial (4), se obtienen los valores
de c:
c(2c  3) a0  0
c1  0  c2  
•
•
3
2
Se resta la raíz mayor de la menor y da igual a 3/2,
como la diferencia es no entera, la primera solución
se logra sustituyendo la raíz mayor en (5) y luego an
en la solución general.
Y la segunda solución se logra sustituyendo la raíz
menor en (5) y luego an en la solución general.
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108
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA NO ENTERA DE RAICES.
•
Primera solución, sustituyendo la raíz mayor (c=0)
en (5), tenemos:
(n  1)(2n  5)an 1  5(2n  1)an  0; n  0
5(2n  1)an
an 1  
; n  0 (6)
(n  1)(2n  5)
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109
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA NO ENTERA DE RAICES.
•
Cada factor da origen a:
(5)  (5) n 1 ya que en el primer tér min o aparece el factor (5)
n
(2n  1)   (2l  1)  [1 3  5    (2n  1)]
l 0
n
(n  1)   (l  1)  [1  2  3    (n  1)]  (n  1)!
l 0
n
(2n  5)   (2l  5)  [5  7  9    (2n  1)(2n  3)(2n  5)]
l 0
an  ao ya que n  0 es el primer tér min o
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110
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA NO ENTERA DE RAICES.
•
Sustituyendo todos los factores en (6):
(5) n 1[1  3  5    (2n  1)]a0
an 1 
;n  0
(n  1)![5  7  9    (2n  1)(2n  3)(2n  5)]
(5) n 1 a0 (3)
an 1 
;n  0
(n  1)!(2n  3)(2n  5)
•
Para la solución necesitamos an, por lo que
hacemos nn-1 en la relación de recurrencia.
3(5) n a0
an 
; n  1  0  n  1 (7 )
n!(2n  1)(2n  3)
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111
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA NO ENTERA DE RAICES.
•
Sustituyendo (7) y c=0 en la solución general,
obtenemos la primera solución.


n 0
n 1
y1   an x n  c  a0 x c   an x n  c
 
3(5) n
n

y1  a0 1  
x 
 n 1 n!(2n  1)(2n  3) 
•
Que se puede simplificar como:
 
(5) n
n
y1  3a0  
x 
 n 1 n!(2n  1)(2n  3) 
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112
ECUACIONES DIFERENCIALES. PROCEDIMIENTO.
•
Para calcular la convergencia de la serie usamos el
criterio de la razón:
3a0 (5) n 1 x n 1
(n  1)!(2n  3)(2n  5)
Lim

n n
3
a
(

5
)
x
k 
0
n!(2n  1)(2n  3)
(2n  1)
 5 x 0 1
k  ( n  1)(2n  5)
5x
Lim
 x 
•
La solución es válida para todo x.
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113
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA NO ENTERA DE RAICES.
•
Segunda solución, sustituyendo la raíz menor (c=3/2) en (5), tenemos:
(n  3 / 2  1)[2n  2(3 / 2)  5]an 1  5[2n  2(3 / 2)  1]an  0; n  0
10(n  1)an
an 1  
; n  0 (8)
( 2n  1)(n  1)
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114
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA NO ENTERA DE RAICES.
•
Tenemos un cero en el numerador en (8), por lo que
tendremos una serie truncada, evaluando entonces
punto por punto:
10(n  1)an
an 1  
;n  0
(2n  1)(n  1)
n  0; a1  10a0
10 * 0 * a1
n  1; a2  
0
1* 2
an 1  0; n  1
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115
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA NO ENTERA DE RAICES.
•
Pero para la solución necesitamos an por lo que
hacemos nn-1 en la relación de recurrencia.
an  0; n  1  1  n  2
•
Sustituyendo esta última relación, los valores de a0
y a1 y el valor de c=-3/2 en la solución, obtenemos:

y 2   an x
nc
n 0

y  a x
 a0 x  a1 x
c
c 1

  an x n  c

n2
y2  a0 x 3 / 2  10 x 1/ 2  0    
2
•
0
3 / 2
 10 x 1/ 2

Que converge para todo x, excepto x=0.
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116
METODO DE FROBENIUS.
•
1.
2.
Antes de seguir necesitamos hacer lo siguiente:
Necesitamos aprender, de forma sencilla, a derivar
el producto infinito o parcial de funciones.
Necesitamos analizar el método de Frobenius para
verificar porqué hay soluciones logarítmicas,
dependiendo de las raíces de la ecuación indicial.
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117
METODO DE FROBENIUS.
DERIVADA DEL PRODUCTO.
•
En los problemas que siguen, necesitaremos una
manera fácil de encontrar la derivada del producto
de varias funciones. Esta la logramos así, sea:
n
u   uk  u1u 2    un (1)
•
k 1
Encontramos el logaritmo natural en ambos lados
de (1):
 n

Ln(u )  Ln  uk   Lnu1u 2    u n 
 k 1 
n
Ln(u )   Lnuk  (2)
k 1
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118
METODO DE FROBENIUS.
DERIVADA DEL PRODUCTO.
•
De acuerdo a (2), el producto de varias funciones
se convierte en suma de los logaritmos de estas
funciones; y, al contrario que los productos infinitos
o parciales, nosotros estamos acostumbrados a
lidiar con sumas infinitas o parciales. Derivando (2):
d
d  n
Ln(u )    Lnuk   d Lnu1   Lnu2       Lnun 
dx
dx  k 1
 dx
un'  n uk'
u '  u1' u2'
        
u  u1 u2
un  k 1 uk
 u1' u2'
uk'
un' 
u '  u   u         (3)
un 
k 1 u k
 u1 u2
n
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119
METODO DE FROBENIUS.
DERIVADA DEL PRODUCTO.
•
Con la formula (3) podemos encontrar la derivada
del producto de varias funciones de manera más
sencilla, hagamos el siguiente ejemplo:
2 n a0
an 
; n 1
2
(c  1)(c  2)(c  3)    (n  c)
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120
METODO DE FROBENIUS.
DERIVADA DEL PRODUCTO.
•
Para encontrar la derivada con especto a n, primero
sacamos el logaritmo natural de la expresión
anterior :


2 n a0
Lnan   Ln 
2
 (c  1)(c  2)(c  3)    (n  c) 
Lnan   Ln 2 n a0  2 Ln(c  1)(c  2)(c  3)    (n  c)



Lna    Ln2 a   2  Ln(c  1)(c  2)(c  3)    (n  c)
c
c
c
n
n
0
1 an
1
1
1 
 1
 0  2


  
an c
c  n 
c 1 c  2 c  3
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121
METODO DE FROBENIUS.
DERIVADA DEL PRODUCTO.
•
Despejando la derivada :


2 n a0
Lnan   Ln 
2
 (c  1)(c  2)(c  3)    (n  c) 
an
1
1
1 
 1
 2an 


  
c
c  n 
c 1 c  2 c  3
an
2 n a0
1
1
1 
 1
2


  
2 
c
c  n 
(c  1)(c  2)(c  3)    (n  c)  c  1 c  2 c  3
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122
METODO DE FROBENIUS.
ANALISIS DE RAICES.
•
Ya vimos la derivada del producto, también
resolvimos un problema usando el método de
Frobenius, sin analizarlo. Ahora verifiquemos que
sucede, con respecto a las raíces de la ecuación
indicial, en la solución de este método. Sea:
y ' ' p( x) y ' q( x) y  0 (1)
•
Y x=0 es un punto regular singular, entonces se
cumple que:


2


Lim
xp
(
x
)

p

Lim
x
0

 q( x)  q0 (2)
x 0
x 0
con p0  q0 valores finitos
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123
METODO DE FROBENIUS.
ANALISIS DE RAICES.
•
Por lo que podemos suponer entonces que:
p0
p( x) 
 p1  p2 x     (3)
x
q0 q1
q ( x)  2   q2  q3 x     (3)
x
x
•
•
Adonde los polinomios xp(x) y x2q(x) son polinomios
finitos.
Además, se tiene que la potencia máxima entre p(x)
y/o xq(x) es k.
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124
METODO DE FROBENIUS.
ANALISIS DE RAICES.
•
Si hacemos:
L( y )  y ' ' p( x) y ' q( x) y (4)
•
Usando Frobenius, suponemos una solución de la
forma:

y   an x
n 0
nc

;  ( n  c ) an x
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n 0
n  c 1

;  (n  c)(n  c  1)an x n  c  2 (5)
n 0
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125
METODO DE FROBENIUS.
ANALISIS DE RAICES.
•
Sustituyendo (5) en (4) obtenemos:

L( y )   (n  c)(n  c  1)an x
n 0
nc2
 p0
 
   p1  p2 x      (n  c)an x n  c 1 
 x
 n 0
 q0 q1
 
  2   q2  q3 x      an x n  c
x
x
 n 0
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126
METODO DE FROBENIUS.
ANALISIS DE RAICES.
•
Separando el termino p0/x en la segunda serie y el
termino q0/x2 en la tercera serie, obtenemos:

L( y )   (n  c)(n  c  1)an x
nc2
n 0

  p1  p2 x      (n  c) an x
 p0  ( n  c ) a n x
nc 2
n 0
n  c 1
n 0
•


 q0  a n x n  c  2 
n 0
 q1
 
   q2  q3 x      an x n  c
x
 n0
Factorizando x-1 en la última serie:

L( y )   (n  c)(n  c  1)an x
nc2
n 0

  p1  p2 x      (n  c) an x
n 0
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n  c 1

 p0  ( n  c ) a n x
nc 2
n 0


 q0  a n x n  c  2 
n 0


 q1  q2 x  q3 x      an x n  c 1
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2
n 0
127
METODO DE FROBENIUS.
ANALISIS DE RAICES.
•
Para que todas las series tengan la misma potencia
de x, expandimos el primer termino de las primeras
tres series:

L( y )  c(c  1) a0 x c  2   ( n  c)(n  c  1)an x n  c  2  p0 ca0 x c  2 
n 1

 p0  ( n  c ) a n x
nc2
n 1

 q0 a0 x
c2

 q0  an x n  c  2 
n 1



  p1  p2 x      (n  c) an x n  c 1  q1  q2 x  q3 x 2      an x n  c 1
n 0
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n 0
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128
METODO DE FROBENIUS.
ANALISIS DE RAICES.
•
Simplificando y haciendo nn+1 en las primeras
tres series:

L( y )  c(c  1)  p0c  q0 a0 x c  2   (n  c  1)(n  c)an 1 x n  c 1 
n 0

 p0  (n  c  1)an 1 x
n 0

n  c 1

 q0  an x n  c 1 
n 0



  p1  p2 x      (n  c)an x n  c 1  q1  q2 x  q3 x 2      an x n  c 1
n 0
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n 0
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129
METODO DE FROBENIUS.
ANALISIS DE RAICES.
•
Juntando las primeras tres series:
L( y )  c(c  1)  p0 c  q0 a0 x c  2 

  (n  c  1)(n  c)  p0 (n  c  1)  q0 an 1 x n  c 1 
n 0




  p1  p2 x      (n  c)an x n  c 1  q1  q2 x  q3 x 2      an x n  c 1
n 0
•
n 0
Observe que todas las series tienen la misma
potencia de x, pero en las dos ultimas, aún hay
potencias de x en los polinomios p(x) y q(x).
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130
METODO DE FROBENIUS.
ANALISIS DE RAICES.
•
Juntando las primeras tres series:
L( y )  c(c  1)  p0 c  q0 a0 x c  2 

  (n  c  1)(n  c)  p0 (n  c  1)  q0 an 1 x n  c 1 
n 0




  p1  p2 x      (n  c)an x n  c 1  q1  q2 x  q3 x 2      an x n  c 1
n 0
•
n 0
Observe que todas las series tienen la misma
potencia de x, pero en las dos ultimas, aún hay
potencias de x en los polinomios p(x) y q(x).
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131
METODO DE FROBENIUS.
ANALISIS DE RAICES.
•
Sabiendo que la potencia máxima en los polinomios
p(x) y xq(x) es k, como ya lo habíamos dicho; y,
después de hacer una serie de deducciones, que
no haremos aquí, obtenemos:
L( y )  c(c  1)  p0 c  q0 a0 x c  2  f1 (c) x c 1  f 2 (c) x c     
 f k 1 (c) x
c  k 3
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
  f k (c)x n  c  k  2 (6)
n 0
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132
METODO DE FROBENIUS.
ANALISIS DE RAICES.
•
Adonde:
f1 (c) relaciona a1  a0
f 2 (c) relaciona a2 , a1  a0

f k 1 (c) relaciona ak 1 , ak  2 ,  , a1  a0
f k (c) relaciona an  k , an  k 1 ,  , a1  a0 ; n
•
Como ejemplo:
f1 (c)  c(c  1)  p0 (c  1)  q0 a1   p1c  q1 a0
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133
METODO DE FROBENIUS.
ANALISIS DE RAICES.
•
Si nos regresamos al problema que resolvimos por
este método; comparando la ecuación en la
diapositiva 107, con la ecuación 6 en la diapositiva
132, observamos lo siguiente:
c(c  1)  p0c  q0   0 Ecuación indicial (7)
f1 (c)  0 Re lación de recurrencia (8)
f 2 (c)  0 Re lación de recurrencia (8)

f k (c)  0 Re lación de recurrencia (8)
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134
METODO DE FROBENIUS.
ANALISIS DE RAICES.
•
Al cumplir las ecuaciones anteriores:
L( y )  0
•
Sin embargo, tanto en el ejemplo hecho, como en la
ecuación (6), hacemos que la relación de
recurrencia sea igual a cero sin importar el valor de
c. Por lo que si solo hacemos que sea cero la
relación de recurrencia, se cumple que:
L( y )  c(c  1)  p0 c  q0 a0 x c  2
L( y )  (c  c1 )(c  c2 )a0 x c  2 (9)
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135
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Que pasa si solo tenemos una raíz:
 L( y )  (c  c1 ) 2 a0 x c  2 (10)
•
Recuerde que de acuerdo al procedimiento,
sustituimos el valor de c en la relación de
recurrencia para encontrar cada solución; sin
embargo, solo tenemos un valor de c, por lo que
solo encontraríamos una solución.
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136
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Si encontramos:
y  y ( x, c )
 y1  y ( x, c) |c c1
ya que L( y1 )  (c1  c1 ) 2 a0 x c1  2  0
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137
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Ya tenemos la primera solución, analicemos (10) y
observemos que sucede con la derivada de y con
respecto a c.
L( y )  (c  c1 ) 2 a0 x c  2 (10)



L( y ) 
(c  c1 ) 2 a0 x c  2
c
c
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
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138
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Como x es independiente de c.


y
L( )  2(c  c1 )a0 x c  2  (c  c1 ) 2 a0 x c  2 Lnx
c
y
 si hacemos y2 
|c c1
c
 y

 L |c c1   2  0  a0 x c  2  0  a0 x c  2 Lnx  0
 c


•

Por lo que y2; como se muestra arriba, es la
segunda solución, cuando las raíces son iguales.
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139
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Analizando y(x,c):

y ( x , c )  a0 x   a n ( c ) x n  c
c
n 1

y1  y ( x, c) |c c1  a0 x   an (c1 )x n  c1
c1
n 1
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140
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Encontremos primero la derivada de y(x,c):
y ( x, c)   c 
nc 
 a0 x   an (c)x 
c
c 
n 1



an (c) n  c
y ( x, c)
c
nc
 a0 x Lnx   an x Lnx  
x
c
c
n 1
n 1

an (c) n  c
y ( x, c)  c  

nc
 a0 x   an (c)x  Lnx  
x
c
c
n 1
n 1



an (c) n  c
y ( x, c)
 y ( x, c) Lnx  
x
c
c
n 1
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141
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
La segunda solución es entonces:

an (c)
y ( x, c)
y2 
|c c1  y1 Lnx  
|c c1 x n  c1 (11)
c
c
n 1
•
•
Y si conocemos y1(x) y an(c), fácilmente
encontraremos la segunda solución, lo que
demostraremos en el ejemplo de la siguiente clase.
En este caso (raíces iguales), para evitar
confusiones, una vez encontrada an(c) haremos
a0=1 y la solución es:
y ( x)  Ay1 ( x)  By2 ( x)
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142
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Hagamos un ejemplo de raíz repetida.
x 2 y ' '3 xy'(1  4 x 2 ) y  0 (1) problema 4, sec ción109
•
x=0 es un punto singular ya que b0(x)=x2 es igual a
cero en x=0.
3x 3
3
p ( x )  2   p0  
Lim xp( x)  
Lim x  3
x
x
x
x 0
x 0
2
(1  4 x 2 )
(
1

4
x
)
2
2
q ( x) 
 q0  
Lim x q ( x)  
Lim x
1
2
2
x
x
x 0
x 0
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143
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Ya que p0 y q0 son finitos entonces x=0 es un punto
regular singular. La ecuación indicial, usando los
valores de p0 y q0, es:
c 2  ( p0  1)c  q0  0
c 2  (3  1)c  1  c 2  2c  1  (c  1) 2  0
c  1 repetida
•
Por lo que este es un problema de raíz repetida:
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144
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
De acuerdo al método de Frobenius, suponemos:

y   an x
n 0
nc

; y '   (n  c)an x n  c 1 (2)
n 0

y ' '   (n  c)(n  c  1)an x n  c  2 ; (2)
n 0
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145
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Sustituyendo (2) en (1):

x  (n  c)(n  c  1)an x
2
n 0
nc 2

 3 x  (n  c)an x n  c 1 
n 0

 (1  4 x ) an x n  c  0
2
n 0

 (n  c)(n  c  1)an x
n 0
nc

 3 (n  c)an x
n 0
nc

  an x n  c 
n 0

4 an x n  c  2  0
n 0
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146
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Las primeras tres series se pueden sumar, pues la
potencia de x es la misma (n+c) y comienzan en el
mismo índice (n=0).

 (n  c)(n  c  1)  3(n  c)  1an x
n 0
•
nc

 4 an x n  c  2  0 (3)
n 0
Simplificando la cantidad entre corchetes de la
primera serie, hacemos a=n+c:
(n  c)(n  c  1)  3(n  c)  1  a (a  1)  3a  1
 a 2  2a  1  (a  1) 2  (n  c  1) 2 (4)
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147
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Sustituyendo (4) en (3).


n 0
n 0
2
nc
nc  2
(
n

c

1
)
a
x

4
a
x
0

 n
n
•
La diferencia de potencias entre las dos series es
de (mayor-menor)=(n+c+2-(n+c))=2. Por lo que
tendremos que expandir dos (2) términos en la serie
con menor potencia.
1 c
(c  1) a0 x  (c  2) a1 x
2
c
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2

  (n  c  1) an x
2
n2
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nc

 4 an x n  c  2  0
n 0
148
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Haciendo nn+2 en la primera serie:
1 c
(c  1) a0 x  (c  2) a1 x
2
•
c
2

  (n  c  3) an  2 x
2
n0
nc 2

 4 a n x n  c  2  0
n 0
Uniendo ambas series.



(c  1) 2 a0 x c  (c  2) 2 a0 x1 c   (n  c  3) 2 an  2  4an x n  c  2  0
n 0
•
Se cumple entonces que:
(c  1) 2 a0  0 (4)
(c  2) 2 a1  0 (5)
(n  c  3) 2 an  2  4an  0 (6)
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149
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
De (4) obtenemos la ecuación indicial:
(c  1) 2  0
c  1 raíz doble
•
Como ya tenemos el valor de c, de (5) obtenemos:
(c  2) 2 a1  0  a1  0
•
Como dato curioso Ud puede invertir las
ecuaciones, hacer a0=0 y c=-2 y obtendrá las
mismas soluciones. Puede verificarlo.
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150
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
De (6) obtenemos la relación de recurrencia:
an  2 
•
 4a n
(7 )
2
(n  c  3)
Como a1=0, por la forma de la ecuación podemos
ver que todos los términos impares son igual a cero.
Para confirmar esto hacemos n2k+1 en (7):
 4a2 k 1
; 2k  1  0
2
(2k  c  4)
 4a2 k 1
a2 k  3 
; k  1 / 2 pero k  I  k  0 (8)
2
(2k  c  4)
a2 k  3 
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151
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
De (8) cada factor produce:
(4)  (4) n 1 ya que en el primer tér min o aparece el factor (4)
k
(2k  c  4)   (2l  c  4) 2  (c  4)  (c  6)    (2k  c  4)
2
2
l 0
a2 k 1  a1 ya que k  0 es el primer tér min o
•
Sustituyendo en (8):
(4) k 1 a1
a2 k  3 
;k  0
2
(c  4)(c  6)    (2k  c  4)
Como a1  0  a2 k  3  0; k  0
Haciendo k  k  1  a2 k 1  0; k  1
Como a1  0  a2 k 1  0; k  0
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152
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
De (7) sustituyendo n=2k:
 4 a2 k
a2 k  2 
; 2k  0  k  0 (9)
2
(2k  c  3)
•
Cada factor produce:
(4)  (4) k 1 ya que en el primer tér min o aparece el factor (4)
k
(2k  c  3) 2   (2l  c  3) 2  (c  3)  (c  5)    (2k  c  3)
2
l 0
a2 k  a0 ya que k  0 es el primer tér min o
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153
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Sustituyendo en (9):
(4) k 1 a0
a2 k  2 
;k  0
2
(c  3)(c  5)(c  7)    (2k  c  3)
•
Haciendo kk-1:
(  4) k a0
a2 k 
;k 1  0  k  1
2
(c  3)(c  5)(c  7)    (2k  c  1)
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154
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Primero obtenemos y(x,c):

y ( x , c )  a0 x   a 2 k x 2 k  c
c
k 1
k
2k c
(

4
)
a
x
0
y ( x , c )  a0 x c  
2
k 1 (c  3)(c  5)(c  7)    ( 2k  c  1) 
Con a0  1

k 2k c
(

4
)
x
c
y ( x, c )  x  
2


(
c

3
)(
c

5
)(
c

7
)



(
2
k

c

1
)
k 1

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155
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
La primera solución es:
y1  y ( x, c) |c  1
k 2 k 1
(

4
)
x
1
y1  x  
2
k 1 2  4  6    2k 

k
2 k 2 k 1
(

1
)
(
2
)
x
1
1
y1  x  
 x 
2
2
2k
k


2
k
!
k 1 2 (1  2  3    k )
k 1


(4) k x 2 k 1


(1) k x 2 k 1
y1  
2


k
!
k 0

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156
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Para encontrar la segunda solución en el caso de
raíces iguales, usamos (11) de la deducción teórica:
y ( x, c)
y2 
|c c1
c

y ( x, c)
a (c)
 y ( x, c) Lnx   n x n  c
c
c
n 1
an (c)
y2  y1 Lnx  
|c c1 x n  c1
c
n 1

a2 k (c)
y2  y1 Lnx  
|c  1 x 2 k 1 (10)
c
k 1

•
Por lo que solo tendremos que encontrar la
derivada de an(c).
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157
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Usando el procedimiento que encontramos para la
derivada del producto, encontramos el logaritmo de
an(c):


(4) k a0
Lna2 k   Ln 
;k  1
2
 (c  3)(c  5)(c  7)    (2k  c  1) 
Lna2 k   Ln (4) k a0  2 Ln(c  3)(c  5)(c  7)    (2k  c  1)


Lna   Ln(4) a  2Lnc  3  Lnc  5    Ln2k  c  1



Lna   Ln(4) a  2  Ln2l  c  1
c
c
c
k
2k
0
k
k
2k
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0
l 1
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158
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Siguiendo la deducción de la derivada:
 


Lna2k    Ln (4) k a0  2  Lnc  3  Lnc  5      Ln2k  c  1
c
c
c
1 a2 k (c)
1
1
1
 1

 0  2


  
;k 1

a2 k (c) c
2k  c  1 
c  3 c  5 c  7
a2 k (c)
1
1
1
 1

 2 a 2 k ( c ) 


  
;k 1

c
2k  c  1 
c  3 c  5 c  7
1
1
 1

 2(4) 

  
a2 k (c)
c3 c5
2k  c  1


;k 1
2
c
(c  3)(c  5)(c  7)    (2k  c  1)
k
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159
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Evaluando en c=-1:
1
1 1 1
 2(4)         
a2 k (c)
2k 
2 4 6
|c  1 
;k 1
2
c
2  4  6    2k 
k
1 1 1
1
 2(4) 1        
2 2 3
k
k
a2 k (c)
|c  1 
c
2 1 2  3    k 
2
k
;k 1
1 1 1
1
 2(1) 2
1     

a2 k (c)
2 2 3
k
|c  1 
;k 1
2
2k
c
2 k!
k
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2k
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160
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Evaluando en c=-1:
a2 k (c)
 (1) k H k
|c  1 
;k 1
2
c
k!
•
Adonde se define Hk como:
1 k 1
 1 1
H k  1          
k  n 1 n
 2 3
y H0  0
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161
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
Usando (10), la segunda solución es entonces:
(1) k H k 2 k 1
y2  y1 Lnx  
x
2
k!
k 1
 y ( x)  Ay1 ( x)  By2 ( x)

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162
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Sabemos que:
L( y )  (c  c1 )(c  c2 )a0 x c  2 (1)
•
Si c1-c2=A, con c2 la raíz menor o c1>c2 entonces
A>0 y si A es entero, aparecerá un cero en el
denominador de la relación de recurrencia. Así esta
relación será de la forma
f ( n, c ) a0
an 1 (c) 
( 2)
(c  c2 ) g (nc)
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163
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
1.
Dependiendo de la relación (2), tendremos dos
casos:
Caso no Logarítmico: Si al sustituir la raíz menor c2
en la relación de recurrencia (2), el numerador se
hace cero en algún valor de n, tendremos dos
soluciones. Una serie truncada como primera
solución y una serie infinita como segunda solución.
No es necesario sustituir c=c1 en (2) pues solo
repetiría las soluciones.
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164
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
2.
Caso Logarítmico: Si al sustituir la raíz menor c2 en
la relación de recurrencia (2), el numerador no se
hace cero en algún valor de n. Entonces el factor (cc2) en (2) hará que algún valor de an se hará infinito.
Para evitar esto, ya que a0 es arbitrario, hacemos
a0= (c-c2), lo que elimina este factor del
denominador.
an 1 (c) 
f (n, c)a0
f (n, c)(c  c2 ) f (n, c)


(c  c2 ) g (nc) (c  c2 ) g (nc)
g (nc)
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165
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Más aún; si obtuvimos y(x,c), al sustituir este valor
de a0 en (1), tenemos que:
L( y ( x, c))  (c  c1 )(c  c2 ) 2 x c  2 (3)
•
Al igual del caso de raíces iguales, podemos
demostrar que:


y ( x, c)

)
(c  c1 )(c  c2 ) 2 x c  2
c
c
y ( x, c)
L(
)  (c  c1 )(c  c2 ) 2 x c  2 Lnx  x c  2 2(c  c1 )(c  c2 )  (c  c2 ) 2
c
y ( x, c)
y ( x, c)
L(
|c c2 )  0 y2 ( x) 
|c  c 2
c
c
L(

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166

METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
De nuevo, al igual que en las raíces iguales:

y ( x, c)  a0 x c   an (c) x n  c  con a0  c  c2
n 1

y ( x , c )  ( c  c2 ) x   a n ( c ) x n  c ; a0  c  c 2
c
n 1

y1 ( x)  y ( x, c) |c c2   an (c) |c c2 x n  c ; a0  c  c2
n 1

an (c)
y ( x, c)
c
y2 ( x) 
|c c2  y1 ( x) Lnx  x  
|c c2 x n  c2 ; a0  c  c2 (1)
c
c
n 1
•
Hagamos entonces otros ejemplos.
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167
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Caso no
problema:
logarítmico,
resuelva
el
siguiente
x(1  x) y ' '( x  5) y '4 y  0 (1) Pr oblema #6, Sección110
•
Los puntos x=0 y x=-1 son puntos singulares. El
problema pide que encontremos una solución
alrededor del punto x=-1.
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168
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Hacemos z=x+1 y la sustituimos en 1.
Haciendo z  ( x  1)  Si x  1, z  0 (2)
dy dy d 2 y d 2 y

 2  2 (3)
dx dz dx
dz
sustituyendo (2) y (3) en (1)
d2y
dy
( z  1) z 2  ( z  4)  4 y  0 (4)
dz
dz
•
El problema se convierte ahora en resolver (4)
alrededor de z=0.
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169
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Primero encontramos si z=0 es un punto regular
singular.
( z  4)
( z  4)
p( z ) 
 p0  
Lim zp ( z )  Lim
 4
z
z ( z  1)
z ( z  1)
z 0
z 0
4
4
2
2
q( z ) 
 q0  
Lim z q ( z )  
Lim z
0
z ( z  1)
z ( z  1)
z 0
z 0
•
Encontramos que p0 y q0 son finitos, por lo que z=0
(x=-1) es un punto regular singular.
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170
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
La ecuación indicial es:
c 2  ( p0  1)c  q0  0
c 2  (4  1)c  0  0
c 2  5c  0
c(c  5)  0
 c  0c 5
RaízMayor  RaízMenor  5  0  5
•
La diferencia de raíces es entera, el caso puede ser
logarítmico o no. Necesitamos encontrar an(c) para
determinarlo
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171
METODO DE FROBENIUS. RAIZ REPETIDA.
•
De acuerdo al método de Frobenius, suponemos:

y   an z
n 0
nc

; y '   (n  c)an z n  c 1 (5)
n 0

y ' '   (n  c)(n  c  1)an z n  c  2 ; (5)
n 0
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172
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Sustituyendo (5) en (4):

z ( z  1) (n  c)(n  c  1)an z
n 0
nc2

 ( z  4) (n  c)an z n  c 1 
n 0

 4 an z n  c  0
n 0

 (n  c)(n  c  1)an z
nc
n 0


n 0
n 0

 (n  c)(n  c  1)an z n  c 1 
n 0
  (n  c)an z n  c  4 (n  c)an z n  c 1 

 4 an z n  c  0
n 0
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173
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
•
La primera, tercera y quinta serie tienen la misma
potencia de z y el mismo índice inicial, por lo que se
pueden sumar.
Lo mismo sucede con la segunda y cuarta serie.

nc


(
n

c
)(
n

c

1
)

(
n

c
)

4
a
z


n
n 0

   (n  c)(n  c  1)  4(n  c)an z n  c 1  0 (6)
n 0
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174
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Haciendo a=n+c en la cantidad entre corchetes de
la primera serie.
(n  c)(n  c  1)  (n  c)  4  a (a  1)  a  4
 a 2  4  (a  2)(a  2)  (n  c  2)(n  c  2) (7)
•
Haciendo a=n+c en la cantidad entre corchetes de
la segunda serie.
 (n  c)(n  c  1)  4(n  c)   a(a  1)  4a
  a(a  5)  (n  c)(n  c  5) (8)
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175
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Sustituyendo (7) y (8) en (6):

 (n  c  2)(n  c  2)an z
n 0
•
nc

  (n  c)(n  c  5)an z n  c 1  0
n 0
La diferencia de potencia entre ambas series es 1,
por lo que se debe expandir un termino de la serie
con la potencia menor.

nc
c 1


(
n

c

2
)(
n

c

2
)
a
z

c
(
c

5
)
a
x


n
0
n 0

  (n  c)(n  c  5)an z n  c 1  0
n 1
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176
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Haciendo nn+1 en la segunda serie:

nc
c 1


(
n

c

2
)(
n

c

2
)
a
z

c
(
c

5
)
a
x


n
0
n 0

  (n  c  1)(n  c  4)an 1 z n  c  0
n 0

nc


(
n

c

2
)(
n

c

2
)
a

(
n

c

1
)(
n

c

4
)
a
z

n
n 1
n 0
 c(c  5)a0 x c 1  0 (9)
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177
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
De (9) obtenemos la ecuación indicial (10) y la
relación de recurrencia (11):
c(c  5)a0  0  c  0  c  5 (10)
(n  c  2)(n  c  2)an  (n  c  1)(n  c  4)an 1  0; n  0 (11)
•
Como la diferencia de las raíces es entera positiva,
este puede ser un caso logarítmico. Para
determinarlo sustituimos la raíz menor, c=0, en (11).
(n  c  2)(n  c  2)an
an 1 
;n  0
(n  c  1)(n  c  4)
(n  2)(n  2)an
an 1 
; n  0 (12)
(n  1)(n  4)
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178
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Ya que hay ceros para n entero, tanto en el numerador
como en el denominador de (12), este no será un caso
logarítmico. Podemos obtener ambas soluciones de
(12). Arreglando (12):
(n  1)(n  4)an 1  (n  2)(n  2)an ; n  0 (12)
n  0; 4a1  4a0  a1  a0
n  1; 6a2  3a1  a2  1 / 2a0
n  2; 6a3  0a2  a3  0
n  3; 4a4  5a3  a4  0
0
0
es in det er min ado y puede usarse en otra serie
n  4; 0a5  0  a5 
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179
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
La primera solución se obtiene de los coeficientes
que y calculamos, a0 hasta a4:
y1 ( z )  a0 z c  a1 z1 c  a2 z 2 c  a3 z 3 c  a4 z 4 c
y1 ( z )  a0 z 0  a0 z1 0  1 / 2a0 z 2 0  0 z 3 0  0 z 4 0


y ( x)  a 1  (1  x)  1 / 2(1  x) 
y1 ( z )  a0 1  z  1 / 2 z 2
2
1
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0
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180
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
La segunda solución se obtiene de (12) para n5:
an 1 
•
( n  2)(n  2)an
; n  5 (12)
(n  1)(n  4)
Haciendo nn+4 :
(n  6)(n  2)an
an  5 
; n  1 (13)
(n  5)n
•
Con lo que desaparecen los ceros posibles (n=0, no
es posible) de la relación de recurrencia:
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181
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Cada factor produce:
n
(n  6)   (l  6)  7  8  9    (n  6) 
l 1
(n  6)!
1 2  3  4  5  6
(n  2)!
(n  2)   (l  2)  3  4  5    (n  2) 
1 2
l 1
n
(n  5)!
(n  5)   (l  6)  6  7  8    (n  5) 
1 2  3  4  5
l 1
n
n
n   l  1 2  3    n  n!
l 1
an  4  a5 pues este es el valor para n  1
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182
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Sustituyendo
recurrencia:
los
factores
en
la
relación
de
(n  6)! (n  2)!
a5
(n  6)!(1 / 6)(n  2)!(1 / 2)a5
an  5  1  2  3  4  5  6 1  2

;n  1
(n  5)!
(n  5)!n!
n!
1 2  3  4  5
1 (n  6)(n  5)!(n  2)(n  1)n!
an  5 
a5 ; n  1
12
(n  5)!n!
1
an 5  (n  6)(n  2)(n  1)a5 ; n  1 (14)
12
Haciendo n  n  5
1
an  (n  1)(n  3)(n  4)a5 ; n  6 (15)
12
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183
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Como la primera solución usó los términos hasta
n=4 de la serie infinita, la segunda solución usará
los términos siguientes, así:


n 5
n 6
y2 ( z )   an z n  0  a5 z 5   an z n

1
y2 ( z )  a5 z   (n  1)(n  3)(n  4)a5 z n
n  6 12
5
a5  
y2 ( z )   (n  1)(n  3)(n  4) z n
12 n 5
a5  
y2 ( x)   (n  1)(n  3)(n  4)(1  x) n
12 n 5
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184
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Como dato curioso, si hacemos nn+5 en la serie
de la segunda solución:
a5 
y2 ( x)   (n  6)(n  2)(n  1)(1  x) n 5
12 n 0
•
Aparece la serie con la segunda raíz c=5.
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185
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Caso logarítmico, resuelva el siguiente problema:
4 x 2 y ' '2 x(2  x) y '(1  3 x) y  0 (1) Pr oblema #4, Sección111
•
El punto x=0 es un punto singular.
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186
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Para resolver por el método de Frobenius, primero
encontramos si x=0 es un punto regular singular.
2 x(2  x)
2 x(2  x)
p ( x) 
 p0  
Lim xp( x)  
Lim x
1
2
2
4x
4x
x 0
x 0
 (1  3x)
1
2
2  (1  3 x )
q ( x) 
 q0  
Lim x q ( x)  
Lim x

2
2
4x
4x
4
x 0
x 0
•
Encontramos que p0 y q0 son finitos, por lo que x=0
es un punto regular singular.
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187
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
La ecuación indicial es:
c 2  ( p0  1)c  q0  0
1
c  (1  1)c   0
4
1
1
2
c  0c
4
2
2
•
1 1
RaízMayor  RaízMenor  
1
2 2
La diferencia de raíces es entera, el caso puede ser
logarítmico o no. Necesitamos encontrar an(c) para
determinarlo
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188
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
De acuerdo al método de Frobenius, suponemos:


n 0
n 0
y   an x n  c ; y '   (n  c)an x n  c 1 (2)

y ' '   (n  c)(n  c  1)an x n  c  2 (2)
n 0
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189
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Sustituyendo (2) en (1):


n0
n 0
4 x 2  (n  c  1)(n  c)an x n  c  2  2 x(2  x) (n  c)an x n  c 1 

 (1  3 x) an x n  c  0
n0

4 (n  c  1)(n  c)an x
n 0

  an x
n 0
nc
nc

 4 ( n  c ) a n x
nc
n 0

 2 (n  c)an x n  c 1 
n 0

 3 an x n  c 1  0
n0
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190
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
•
La primera, segunda y cuarta serie tienen la misma
potencia de x y el mismo índice inicial, por lo que se
pueden sumar.
Lo mismo sucede con la tercera y quinta serie.

  4(n  c  1)(n  c)  4(n  c)  1an x n  c
n 0

  2(n  c)  3an x n  c 1  0 (3)
n 0
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191
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Haciendo a=n+c en la cantidad entre corchetes de
la primera serie.
4(n  c )(n  c  1)  4( n  c)  1  4a ( a  1)  4a  1
 4a 2  1  ( 2a  1)(2a  1)  (2n  2c  1)(2n  2c  1) (4)
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192
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Sustituyendo (4) en (3):

 (2n  2c  1)(2n  2c  1)an x
nc
n 0
•

  (2n  2c  3)an x n  c 1  0
n 0
La diferencia de potencia entre ambas series es 1,
por lo que se debe expandir un termino de la serie
con la potencia menor.

(2c  1)(2c  1)a0 x   (2n  2c  1)(2n  2c  1)an x n  c
c
n 1

  (2n  2c  3)an x n  c 1  0
n 0
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193
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Haciendo nn+1 en la primera serie:

(2c  1)(2c  1)a0 x c   (2n  2c  3)(2n  2c  1)an 1 x n  c 1
n 0

  (2n  2c  3)an x n  c 1  0
n 0
(2c  1)(2c  1)a0 x c 

  (2n  2c  3)(2n  2c  1)an 1  (2n  2c  3)an x n  c 1  0 (5)
n 0
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194
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
De (5) obtenemos la ecuación indicial (6) y la
relación de recurrencia (7):
1
(2c  1)(2c  1)a0  0  c   (6)
2
(2n  2c  3)(2n  2c  1)an 1  (2n  2c  3)an  0; n  0 (7)
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195
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
La diferencia de las raíces es entera positiva,
entonces puede ser un caso logarítmico. Para
determinarlo sustituimos la raíz menor, c=-1/2, en
(8).
(2n  2c  3) an
an 1 
;n  0
(2n  2c  3)(2n  2c  1)
an
an 1 
; n  0 (8)
(2n  2c  1)
Sustituyendo la raíz menor c  1 / 2
an
an 1 
; n  0 (9)
2n
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196
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Solo hay ceros en el denominador de (9), por lo que
este es un caso logaritmico, así que primero
encontramos an(c) y luego y(x,c). Entonces, usando
(8), cada factor produce:
n
(2n  2c  1)   (2l  2c  1)  (2c  1)  (2c  3)  (2c  5)    (2n  2c  1)
l 0
an  a0 pues este es el valor para n  0
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197
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Sustituyendo los
recurrencia (8):
factores
en
la
relación
de
a0
an 1 
;n  0
(2c  1)  (2c  3)  (2c  5)    (2n  2c  1)
•
an 
Necesitamos an, por lo que hacemos nn-1 en la
relación anterior:
a0
; n  1  0  n  1 (10)
(2c  1)  (2c  3)  (2c  5)    (2n  2c  1)
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198
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
La solución y(x,c) es entonces:

y ( x, c)  a0 x   an x n  c
c
n 1
Sustituyendo (10)
a0 x n  c
y ( x, c)  a0 x  
(11)
n 1 ( 2c  1)  ( 2c  3)  ( 2c  5)    ( 2n  2c  1) 
c
•

Para encontrar las soluciones es necesario hacer
a0=c-c2 con c2 la raíz menor. Aquí obtuvimos c2=1/2; aunque no es necesario, en este caso es
preferible hacer a0=2c+1 para evitar que aparezca
el factor 2 en algún lado.
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199
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
•
El siguiente es un paso crucial, antes de sustituir la raíz
menor, es necesario expandir la serie hasta tener el
primer termino que se hace cero el denominador con la
raíz menor. Observe que en esta serie esto sucede en el
termino n=1 (aparece el factor (2c+1) en el
denominador).
Entonces, expandiendo la serie y sustituyendo a0=2c+1
en (11):
1 c
(
2
c

1
)
x
y ( x, c)  (2c  1) x c 

(2c  1)
(2c  1) x n  c

n  2 ( 2c  1)  ( 2c  3)  ( 2c  5)    ( 2n  2c  1) 

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200
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Simplificando y factorizando (2c+1):
nc
x
y ( x, c)  (2c  1) x c  x1 c  
(12)
n  2 ( 2c  3)  ( 2c  5)    ( 2n  2c  1) 

•
Como lo veremos en el siguiente ejemplo, pero sin
la expansión hasta el primer término, se podrían
hacer cero términos que no son cero. ¡TENGA
MUCHO CUIDADO!.
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201
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Encontramos la primera solución evaluando y(x,c)
en la raíz menor:
y1 ( x)  y ( x, c) |c   1  (0) x

1
2
2
1
2
n

1
2
x
 x 
n  2 2  4  6    2( n  1)
1
n
1
2

x
x
2
y1 ( x)  x   n 1
 x   n 1
(n  1)!
1 2  3    (n  1)
n2 2
n2 2


1
2
1
2
n
n
1
2
x
y1 ( x)   n 1
(13)
(n  1)!
n 1 2
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202
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Ya (13) es la primera solución, como aparece en el
libro; sin embargo, hagamos nn+1 en (13):

n
1
2
x
y1 ( x)   n
n  0 2 n!
1 
2

( x / 2) n
zn
z
y1 ( x)  x 
y comparando con e  
n!
n 0
n  0 n!
 y1 ( x)  x1/ 2 e x / 2 (14)
•
Observe que comenzamos con la raíz menor c=-1/2
y terminamos con una solución adonde aparece la
raíz mayor c=1/2.
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203
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
La segunda solución es:
y2 ( x) 
•
y ( x, c)
|c c2 con c2 la raíz menor
c
Podemos encontrar la segunda solución derivando
la formula de y(x,c) (12) en este ejemplo o la
formula (1) en la diapositiva 167 (clase 9) de esta
presentación. Aquí derivaremos y(x,c) en (12). En el
siguiente ejemplo lo haremos diferente.
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204
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Entonces calculamos la derivada de (12):
nc


y ( x, c)  
x
c
1 c
 (2c  1) x  x  



c
c 
(
2
c

3
)

(
2
c

5
)



(
2
n

2
c

1
)
n2

y ( x, c)
 (2c  1) x c Lnx  2 x c  x1 c Lnx 
c


a
x n  c Lnx

  n x nc
n  2 ( 2c  3)  ( 2c  5)    ( 2n  2c  1)
n  2 c

an n  c
y ( x, c)
c
 y ( x, c) Lnx  2 x  
x (15)
c
n  2 c
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205
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Ahora tenemos que calcular la derivada de an(c):
an (c ) 
•
1
;n  2
(2c  3)  (2c  5)    (2n  2c  1)
Aplicando el logaritmo para encontrar la derivada:


1
; n  2
Lnan (c)   Ln
 (2c  3)  (2c  5)    (2n  2c  1) 
Lnan (c)   Ln2c  3  Ln2c  5      Ln2n  2c  1
Lnan (c) 

  Ln2c  3  Ln2c  5      Ln2n  2c  1
c
c
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206
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Continuando la derivada de an(c):
1 an (c)
2
2
 2

 

  
;n  2

an (c) c
2 n  2c  1 
 2c  3 2c  5
•
Despejando y sustituyendo an(c) en la formula
anterior:
2
2
 2







 2c  3 2c  5
an (c)
2n  2c  1

; n  2 (16)
(2c  3)  (2c  5)    (2n  2c  1)
c
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207
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Usando (15) la segunda solución es entonces:

y ( x, c)
an
1 / 2
y2 ( x) 
|c  1/ 2  y ( x, c) |c  1/ 2 Lnx  2 x  
|c  1/ 2 x n 1/ 2
c
n  2 c
an

|c  1/ 2 x n 1/ 2 (17)
n  2 c

y2 ( x)  y1 ( x) Lnx  2 x
1 / 2
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208
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Calculando la derivada an(c) en c=-1/2 de (16):
2 2 2
2 
    


2
4
6
2
(
n

1
)
an (c)
 ;n  2
|c  1/ 2   
2  4    2(n  1)
c
 1 1
1 
1







 2 3

(
n

1
)
an (c)
 ;n  2
|c  1/ 2    n 1
c
2 1 2  3    (n  1)
n
1
Definiendo H n    H 0  0
k 1 k
an (c)
H n 1

|c  1/ 2   n 1
; n  2 (18)
c
2 (n  1)!
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209
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Encontramos entonces a la segunda solución,
sustituyendo (18) en (17)
n 1 / 2
H
x
y2 ( x)  y1 ( x) Lnx  2 x 1/ 2   n n11
(n  1)!
n2 2

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210
METODO DE FROBENIUS.
•
1.
Hasta ahora resolvimos para los diferentes casos
que se dan en el método de Frobenius, por lo que
es conveniente que planteemos los pasos que se
hacen.
Determine si x=0 es un punto singular:
Dados b0 ( x), b1 ( x), b2 ( x) polinomios de x
b0 ( x) y ' 'b0 ( x) y 'b0 ( x) y  0 (1)
 si b0 ( x)  0 para x  0
 x  0 es un punto sin gular
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211
METODO DE FROBENIUS.
2.
Si además p0 y q0 son finitos, con:
Dada y ' ' p ( x) y ' q ( x) y  0 (2)


p0  
Limxp( x) ; q0  
Lim x 2 q ( x) (3)
x 0
•
x 0
Entonces x=0 es un punto regular singular y la
solución de la ecuación es de la forma:


n0
n 1
y   an x n  c  a0 x c   an x n  c (4)
3.
Si se quiere trabajar alrededor del punto x=x0 en
vez de x=0, entonces se hace z=(x-x0) y se regresa
a 1.
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212
METODO DE FROBENIUS.
4.
Dados p0 y q0, la ecuación indicial es:
c 2  ( p0  1)c  q0  0 (5)
5.
Si la diferencia de raíces (RaízMayor-RaízMenor)
no es entera positiva, se encuentra an(c) y cada
solución se encuentra sustituyendo cada raíz en
an(c), así:

y1 ( x)  a0 x   an (c) |c c1 x n  c1 (5)
c1
n 1

y 2 ( x )  a 0 x   a n ( c ) |c  c 2 x n  c 2 ( 6 )
c2
n 1
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213
METODO DE FROBENIUS.
6.
Si la raíz es la misma, las soluciones son:
Hacemos a0  1

y1 ( x)  x   an (c) |c c1 x n  c1 (7)
c1
n 1
an (c)
|c c1 x n  c1 (8)
c
n 1

y2 ( x)  y1 ( x) Lnx  
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214
METODO DE FROBENIUS.
7.
Si la diferencia de raíces (RaízMayor-RaízMenor)
es entera positiva, se encuentra an(c), se escoge la
raíz menor c1 y la primera solución es:
Hacemos a0  (c  c1 )

y ( x, c)  (c  c1 ) x   an (c)(c  c1 )x n  c1 (9)
c
n 1
y1 ( x)  y ( x, c) |c c1 (9)
•
Observe el factor (c-c1) en la sumatoria. Antes de
evaluar an(c)(c-c1) en c=c1, es necesario expandir la
sumatoria hasta el primer término en que aparece
(c-c1) en el denominador y hasta hacer esto se
evalúa en c=c1.
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215
METODO DE FROBENIUS.
•
Así la primera solución es:
k c
g
(
c
)(
c

c
)
x
1
y ( x, c)  (c  c1 ) x c  f1 (c)(c  c1 ) x1 c      k
(c  c1 )

  an (c)(c  c1 )x n  c1 (10)
nk
y1 ( x)  y ( x, c) |c c1 (10)
•
Observe que todos los primeros términos se hacen
cero al evaluar en c=c1, por eso es necesario
expandirla.
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216
METODO DE FROBENIUS.
8.
La segunda solución se obtiene derivando (10), la
serie expandida y evaluando el resultado siempre
con la raíz menor c=c1.
y ( x, c)
y2 ( x) 
|c c1 (12)
c
•
•
¡TENGA MUCHO CUIDADO!, la derivada se hace
sobre la serie expandida; si no es así, tendrá
resultados con problemas.
Este fue el procedimiento que usamos en el
problema anterior.
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217
METODO DE FROBENIUS.
•
La segunda solución, en el caso de diferencia
entera se puede obtener también derivando la
ecuación (9), con a0=c-c1.

a (c)
y ( x, c)
 y ( x, c) Lnx  x c   n x n  c
c
c
n 1
y ( x, c)
y2 ( x) 
|c c1 (11)
c
•
•
¡TENGA MUCHO CUIDADO!, la ultima serie se
debe expandir antes de evaluarla en c=c1.
Este es el procedimiento que usaremos en el
problema siguiente.
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218
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Caso logarítmico, resuelva el siguiente problema:
x 2 y ' ' x(6  x) y '10 y  0 (1) Pr oblema #5, Sección111
•
El punto x=0 es un punto singular.
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219
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Para resolver por el método de Frobenius, primero
encontramos si x=0 es un punto regular singular.
x (6  x )
 x (6  x )
p( x)  
 p0  
Lim xp( x)  
Lim x
 6
2
2
x
x
x 0
x 0
10
2
2 10
q ( x)  2  q0  
Lim x q( x)  
Lim x 2  10
x
x
x 0
x 0
•
Encontramos que p0 y q0 son finitos, por lo que x=0
es un punto regular singular.
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220
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
La ecuación indicial es:
c 2  (6  1)c  10  0
c 2  7c  10  0
(c  5)(c  2)  0  c  5  c  2
RaízMayor  RaízMenor  5  2  3
•
La diferencia de raíces es entera, el caso puede ser
logarítmico o no. Necesitamos encontrar an(c) para
determinarlo
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221
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
De acuerdo al método de Frobenius, suponemos:


n 0
n 0
y   an x n  c ; y '   (n  c)an x n  c 1 (2)

y ' '   (n  c)(n  c  1)an x n  c  2 (2)
n 0
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222
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Sustituyendo (2) en (1):

x  (n  c  1)(n  c)an x
2
n 0

 (n  c  1)(n  c)an x
n 0
nc
nc2

 x (6  x )  ( n  c ) a n x
n 0

 6 ( n  c ) a n x
n 0
nc
n  c 1

10 an x n  c  0
n 0

  (n  c)an x n  c 1 
n 0

 10 an x n  c  0
n 0
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223
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
La primera, segunda y cuarta serie tienen la misma
potencia de x y el mismo índice inicial, por lo que se
pueden sumar.

  (n  c  1)(n  c)  6(n  c)  10an x
n0
•
nc

  (n  c)an x n  c 1  0 (3)
n 0
Haciendo a=n+c en la cantidad entre corchetes de
la primera serie.
( n  c  1)( n  c )  6 ( n  c )  10  ( a  1) a  6 a  10
 a 2  7 a  10  ( a  5 )( a  2 )  ( n  c  5 )( n  c  2 ) ( 4 )
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224
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Sustituyendo (4) en (3):

 (n  c  5)(n  c  2)an x
n 0
•
nc

  (n  c)an x n  c 1  0
n 0
La diferencia de potencia entre ambas series es 1,
por lo que se debe expandir un termino de la serie
con la potencia menor.

(c  5)(c  2)a0 x   (n  c  5)(n  c  2)an x n  c
c
n 1

  (n  c)an x n  c 1  0
n 0
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225
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Haciendo nn+1 en la primera serie:

(c  5)(c  2)a0 x   (n  c  4)(n  c  1)an 1 x n  c 1
c
n 0

  (n  c)an x n  c 1  0
n 0

(c  5)(c  2)a0 x   (n  c  4)(n  c  1)an 1  ( n  c)an x n  c 1  0 (5)
c
n 0
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226
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
De (5) obtenemos la ecuación indicial (6) y la
relación de recurrencia (7):
(c  5)(c  2)a0  0  c  5  c  2 (6)
(n  c  4)(n  c  1)an 1  (n  c)an  0; n  0 (7)
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227
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
La diferencia de las raíces es entera positiva,
entonces puede ser un caso logarítmico. Para
determinarlo sustituimos la raíz menor, c=2, en (8).
( n  c ) an
an 1 
; n  0; (8)
(n  c  4)(n  c  1)
Sustituyendo la raíz menor c  2
( n  2) a n
an 1 
; n  0 (9)
(n  2)(n  1)
•
Solo hay ceros en el denominador de (9), por lo que
este es un caso logaritmico, así que primero
encontramos an(c) y luego y(x,c).
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228
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Entonces, usando (8), cada factor produce:
n
(n  c)   (l  c)  c(1  c)  (2  c)  (3  c)    (n  c)
l 0
n
(n  c  4)   (l  c  4)  (c  4)  (c  3)  (c  2)    (n  c  4)
l 0
n
(n  c  1)   (l  c  1)  (c  1)  c  (c  1)    (n  c  1)
l 0
an  a0 pues este es el valor para n  0
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229
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Sustituyendo los
recurrencia (8):
factores
en
la
relación
de

c(1  c)  (2  c)    (n  c  1)(n  c)a0
an 1 
;n  0
(c  4)  (c  3)  (c  2)    (n  c  4)(c  1)  c  (c  1)    (n  c  1)
( n  c ) a0
an 1 
;n  0
(c  4)  (c  3)  (c  2)    (n  c  4)(c  1)
•
Necesitamos an, por lo que hacemos nn-1 en la
relación anterior:
(n  c  1)a0
an 
; n  1  0  n  1 (10)
(c  4)  (c  3)  (c  2)    (n  c  5)(c  1)
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230
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
La solución y(x,c) es entonces:

y ( x , c )  a0 x   a n x n  c
c
n 1
Sustituyendo (10)
a0 (n  c  1) x n  c
y ( x , c )  a0 x  
(11)
n 1 (c  4)  (c  3)  (c  2)    ( n  c  5) (c  1)
c
•

Para encontrar las soluciones es necesario hacer
a0=c-c2 con c2 la raíz menor. Aquí obtuvimos c2=2;
por lo que haremos a0=c-2.
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231
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
•
El siguiente es un paso crucial, antes de sustituir la raíz
menor, es necesario expandir la serie hasta tener el
primer termino que se hace cero el denominador con la
raíz menor. Observe que en esta serie esto sucede en el
termino n=3 (aparece el factor (c-2) en el denominador).
Entonces, expandiendo la serie y sustituyendo a0=c-2 en
(11):
c(c  2) x1 c
(c  1)(c  2) x 2 c
y ( x , c )  ( c  2) x 


(c  4)(c  1) (c  4)(c  3)(c  1)
c

(c  2)(c  2) x 3 c
(n  c  1)(c  2) x n  c


(c  4)(c  3)(c  2)(c  1) n4 (c  4)  (c  3)  (c  2)    (n  c  5)
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232
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Simplificando y factorizando (c-2):
1 c
2 c
c
(
c

2
)
x
(
c

1
)(
c

2
)
x
y ( x , c )  ( c  2) x c 


(c  4)(c  1) (c  4)(c  3)(c  1)

( c  2) x 3  c
(n  c  1) x n  c


(12)
(c  4)(c  3)(c  1) n4 (c  4)  (c  3)  (c  1)    (n  c  5)
•
Sin la expansión hasta el primer término, se podrían
hacer cero términos que no son cero. ¡TENGA
MUCHO CUIDADO!.
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233
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Encontramos la primera solución evaluando y(x,c)
en la raíz menor:
3
4
2

0
x
3

0
x
y1 ( x)  y ( x, c) |c  2  (0) x 2 


(2)(1) (2)(1)(1)

4 x5
(n  1) x n  2


(2)(1)(1) n4 (2)  (1) 1 2    (n  3)(2  1)
(n  1) x n  2
y1 ( x)  2 x  
n  4 2( n  3)!
5

(n  1) x n  2
y1 ( x)  
(13)
n  3 2( n  3)!

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234
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Ya (13) es la primera solución, como aparece en el
libro; sin embargo, hagamos nn+3 en (13):
1  (n  4) x n 5
y1 ( x)  
2 n 0
n!
•
Observe que comenzamos con la raíz menor c=2 y
terminamos con una solución adonde aparece la
raíz mayor c=5.
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235
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
La segunda solución es:
y2 ( x) 
•
y ( x, c)
|c c2 con c2 la raíz menor
c
Podemos encontrar la segunda solución derivando
la formula de y(x,c) (12) en este ejemplo o la
formula (1) en la diapositiva 167 (clase 9) de esta
presentación. En este ejemplo usaremos la formula
de la clase (9).
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236
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
La formula a la que llegamos para el caso logritmico
con diferencia entera de raíces es:
y ( x, c)
|c c2  y1 ( x) Lnx  x c 
c

an (c)

|c c2 x n  c2 ; a0  c  c2 (14)
c
n 1
y2 ( x) 
•
Adonde hay que tener especial cuidado adonde
aparece el factor (c-c2):
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237
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Ahora tenemos que calcular la derivada de an(c):
(n  c  1)a0
;n  1
(c  4)  (c  3)(c  2)(c  1)    (n  c  5)(c  1)
(n  c  1)(c  2)
a n (c ) 
;n  1
(c  4)  (c  3)(c  2)(c  1)    (n  c  5)(c  1)
a n (c ) 
•
Aplicando el logaritmo para encontrar la derivada:


(n  c  1)(c  2)
; n  1
Lnan (c)   Ln
 (c  4)  (c  3)(c  2)(c  1)    (n  c  5)(c  1) 
Lnan (c)   Lnn  c  1  Lnc  2 
 Lnc  4  Lnc  3  Lnc  2       Lnn  c  5  Lnc  1; n  1
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238
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Calculando la derivada del logaritmo de an(c):


Lnan (c)   Lnn  c  1  Ln c  2  
c
c


 Lnc  4   Lnc  3  Lnc  2      Lnn  c  5  Lnc  1; n  1
c
c
1 an (c)  1
1
1   1
1
1
1












 
; n  1
an (c) c
nc 5
 n  c 1 c  2 c 1   c  4 c  3 c  2
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239
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Despejando y sustituyendo an(c) en la formula
anterior:
 1
1
1   1
1
1
1

( n  c  1)(c  2) 




  


n

c

1
c

2
c

1
c

4
c

3
c

2
n

c

5
an (c)
 



;n  1
(c  4)  (c  3)(c  2)(c  1)    (n  c  5)(c  1)
c
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240
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Usando (14), la derivada de y(x,c) es entonces:

y ( x, c)
a
c
 y ( x, c) Lnx  x   n x n  c
c
n 1 c
y ( x, c)
 y ( x, c) Lnx  x c 
c
 1
1
1   1
1
1
1
 n  c
(
n

c

1
)(
c

2
)










 x
 n  c  1 c  2 c  1   c  4 c  3 c  2

n  c  5 
 


(c  4)  (c  3)(c  2)(c  1)    (n  c  5)(c  1)
n 1
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241
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Expandiendo la serie hasta que aparezca por
primera vez el factor (c-2), esto sucede en n=3:
y ( x, c)
c(c  2) x1 c  1
1
1   1 
c
 y ( x, c) Lnx  x 




 

c
(c  4)(c  1)  c c  2 c  1   c  4 
(c  1)(c  2) x 2 c  1
1
1   1
1 






 
 

(c  4)(c  3)(c  1)  c  1 c  2 c  1   c  4 c  3 
 1
(c  2)(c  2) x 3 c
1
1   1
1
1 







 
 

(c  4)(c  3)(c  2)(c  1)  c  2 c  2 c  1   c  4 c  3 c  2 
 1
1
1   1
1
1
1
 n  c
(
n

c

1
)(
c

2
)










 x
 n  c  1 c  2 c  1   c  4 c  3 c  2

n  c  5 
 


(c  4)  (c  3)(c  2)(c  1)    (n  c  5)(c  1)
n4
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242
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Eliminando el factor (c-2):
 (c  2)
y ( x, c)
cx1 c
(c  2)   (c  2) 
c
 y ( x, c) Lnx  x 
1


 

(c  4)(c  1)  c
c
c  1   c  4 
 (c  2)
(c  1) x 2 c
( c  2)   ( c  2) ( c  2)  

1



 
c 1   c  4
c  3 
(c  4)(c  3)(c  1)  c  1
 1
( c  2) x 3  c
1   1
1 





 
 

(c  4)(c  3)(c  1)  c  2 c  1   c  4 c  3 
 1
1   1
1
1
1
 n  c
(
n

c

1
)











 x
 n  c  1 c  1   c  4 c  3

c 1
n  c  5 
 


(c  4)  (c  3)  (c  1)    (n  c  5)(c  1)
n4
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243
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Observe que después de n3 el factor (c-2) en el
numerador se cancela con el que aparece en el
denominador y el sumando 1/(c-2) entre corchetes
se resta del que aparece en la suma hasta 1/(n+c5), cancelando así los infinitos.
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244
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Evaluando la derivada en c=2, tendremos:
y ( x, c)
2 x 3  (0)
(0)   (0) 
2
 
y2 ( x) 
|c  2  y1 ( x) Lnx  x 

1


  

(2)(1)  2
c
1   ( 2 )  
 (0)
3x 4
( 0)   ( 0)
( 0)  

 


1



 

(2)(1)(1)  3
1   (2) (1) 
 1 1   1
4 x5
1 

 




 

(2)(1)(1)  4 1   (2) (1) 
 1
1
1
1  n 2
  1
 x
( n  1) 
 1  

  1   

2
n  3 
 n  1   (2) (1)

(2)  (1)  1 2    (n  3)(1)
n4
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245
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Simplificando:
1
 1
 n 2
(
n

1
)


H
n 3  x
4
5


3
x
3
x
 n 1 2

y2 ( x)  y1 ( x) Lnx  x 2  x 3 


(15)
2
2 n4
2(n  3)!
•
Esta es la solución, pero no se parece a la del libro,
por lo que haremos algunas simplificaciones
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246
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Para terminar en la solución del libro, expandimos
la serie en (15) en dos partes:
4
5
n2

3
x
3
x
1
(
n

1
)
x
y2 ( x)  y1 ( x) Lnx  x 2  x 3 

 

2
2
2 n  4 2(n  3)!


n4
•
1  (n  1) H n3 x n 2 (16)
2(n  3)!
Sabemos que:
n2
(
n

1
)
x
y1 ( x)  2 x 5  
n  4 2( n  3)!

(n  1) x n  2
 y1 ( x)  2 x  
(17)
n  4 2( n  3)!
5
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
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247
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
Además:


n 3


n 3
•
1  (n  1) H n3 x n 2  x 5   1  (n  1) H n3 x n 2
2(n  3)!
2

n4
2(n  3)!
1  (n  1) H n3 x n 2  x 5   1  (n  1) H n3 x n 2 (18)
2(n  3)!
2

n4
2(n  3)!
Sustituyendo (17) y (18) en (16):
1
3 4
2
3
y2 ( x)  y1 ( x) Lnx  y1 ( x)  x  x  x
2
2


1  (n  1) H n 3 x n  2

(19)
2(n  3)!
n 3
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248
METODO DE FROBENIUS.
DIFERENCIA DE RAICES ENTERA.
•
(13 y (19) son las soluciones de este problema, que
aparte de tener expresiones muy largas y que se
tiene que ser muy cuidadoso no representan mayor
complicación. La solución completa es entonces:
y ( x)  Ay1 ( x)  By2 ( x)
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249