7.4 Soluciones de ecuaciones diferenciales mediante series

1. Supongamos que $y(x)={\displaystyle \sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ (paso 1). Entonces, $y^{\prime }(x)={\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }n}{a}_n{x}^{n–1}$ y $y\text{″}(x)={\displaystyle \sum _{n=2}^{\infty }n}(n–1)a_n{x}^{n–2}$ (paso 2). Queremos hallar valores para los coeficientes $a_n$ de manera que
   
   $$\begin{array}{ccc}\hfill y\text{″}-y& =\hfill & 0\hfill \\ \hfill {\displaystyle \sum _{n=2}^{\infty }n}(n–1)a_n{x}^{n–2}–{\displaystyle \sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n& =\hfill & 0\text{(paso 3).}\hfill \end{array}$$
   
   Queremos que los índices de nuestras sumas coincidan para poder expresarlos mediante una única suma. Es decir, queremos reescribir la primera suma para que empiece por $n=0.$
   Para volver a indexar el primer término, sustituya n por $n+2$ dentro de la suma y cambie el límite inferior de la suma por $n=0.$ Obtenemos
   
   $${\displaystyle \sum _{n=2}^{\infty }n}(n–1)a_n{x}^{n–2}={\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }(n+2)}(n+1)a_{n+2}{x}^n.$$
   
   Esto da
   
   $$\begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }(n+2)}(n+1)a_{n+2}{x}^n-{\displaystyle \sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n& =\hfill & 0\hfill \\ \hfill {\displaystyle \sum }_{n=0}^{\infty }\left[(n+2)(n+1)a_{n+2}-a_n\right]x^n& =\hfill & 0\text{(paso 4).}\hfill \end{array}$$
   
   Dado que las expansiones en serie de potencias de las funciones son únicas, esta ecuación solo puede ser cierta si los coeficientes de cada potencia de x son cero. Así que tenemos
   
   $$(n+2)(n+1)a_{n+2}-a_n=0\text{para}n=0,1,2\text{,….}$$
   
   Esta relación de recurrencia nos permite expresar cada coeficiente $a_n$ en términos del coeficiente de dos términos anteriores. Se obtiene una expresión para valores pares de n y otra para valores impares de n. Observando primero las ecuaciones que implican valores pares de n, vemos que
   
   $$\begin{array}{ccc}\hfill a_2& =\hfill & \frac{a_0}{2}\hfill \\ \hfill a_4& =\hfill & \frac{a_2}{4\cdot 3}=\frac{a_0}{4!}\hfill \\ \hfill a_6& =\hfill & \frac{a_4}{6\cdot 5}=\frac{a_0}{6!}\hfill \\ & \text{⋮.}\hfill & \end{array}$$
   
   Así, en general, cuando n es par, $a_n=\frac{a_0}{n!}$ (paso 5).
   Para las ecuaciones que implican valores impares de n, vemos que
   
   $$\begin{array}{ccc}\hfill a_3& =\hfill & \frac{a_1}{3\cdot 2}=\frac{a_1}{3!}\hfill \\ \hfill a_5& =\hfill & \frac{a_3}{5\cdot 4}=\frac{a_1}{5!}\hfill \\ \hfill a_7& =\hfill & \frac{a_5}{7\cdot 6}=\frac{a_1}{7!}\hfill \\ & \text{⋮.}\hfill & \end{array}$$
   
   Por lo tanto, en general, cuando n es impar, $a_n=\frac{a_1}{n!}$ (continuación del paso 5).
   Uniendo todo esto, tenemos
   
   $$\begin{array}{cc}\hfill y(x)& ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }{a}_n}{x}^n\hfill \\ & =a_0+a_{1}x+\frac{a_0}{2}{x}^2+\frac{a_1}{3!}{x}^3+\frac{a_0}{4!}{x}^4+\frac{a_1}{5!}{x}^5+\text{⋯.}\hfill \end{array}$$
   
   Volviendo a indexar las sumas para tener en cuenta los valores pares e impares de n por separado, obtenemos
   
   $$y(x)=a_0{\displaystyle \sum }_{k=0}^{\infty }\frac{1}{(2k)!}{x}^{2k}+a_1{\displaystyle \sum }_{k=0}^{\infty }\frac{1}{(2k+1)!}{x}^{2k+1}\text{(paso 6).}$$
   
   Análisis para la parte a.
   Como es de esperar para una ecuación diferencial de segundo orden, esta solución depende de dos constantes arbitrarias. Sin embargo, observe que nuestra ecuación diferencial es una ecuación diferencial de coeficiente constante, pero la solución de la serie de potencias no parece tener la forma común (que contiene funciones exponenciales) que estamos acostumbrados a ver. Además, como $y(x)=c_1{e}^x+c_2{e}^{\text{–}x}$ es la solución general de esta ecuación, debemos ser capaces de escribir cualquier solución en esta forma, y no está claro si la solución de la serie de potencias que acabamos de hallar puede, de hecho, escribirse en esa forma.
   Afortunadamente, después de escribir las representaciones en serie de potencias de $e^x$ y $e^{\text{–}x},$ y haciendo un poco de álgebra, encontramos que si elegimos
   
   $$c_0=\frac{(a_0+a_1)}{2},c_1=\frac{(a_0-a_1)}{2},$$
   
   tenemos entonces $a_0=c_0+c_1$ y$a_1=c_0-c_1,$ y
   
   $$\begin{array}{cc}\hfill y(x)& =a_0+a_{1}x+\frac{a_0}{2}{x}^2+\frac{a_1}{3!}{x}^3+\frac{a_0}{4!}{x}^4+\frac{a_1}{5!}{x}^5+\text{⋯}\hfill \\ & =(c_0+c_1)+(c_0-c_1)x+\frac{(c_0+c_1)}{2}{x}^2+\frac{(c_0-c_1)}{3!}{x}^3+\frac{(c_0+c_1)}{4!}{x}^4+\frac{(c_0-c_1)}{5!}{x}^5+\text{⋯}\hfill \\ & =c_0{\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!}}+c_1{\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }\frac{{(\text{−}x)}^n}{n!}}\hfill \\ & =c_0{e}^x+c_1{e}^{\text{–}x}.\hfill \end{array}$$
   
   Así que, de hecho, encontramos la misma solución general. Observe que esta elección de $c_1$ y $c_2$ no es evidente. Este es un caso en el que sabemos cuál debería ser la respuesta, e hicimos una "ingeniería inversa" de nuestra elección de coeficientes.
2. Supongamos que $y(x)={\displaystyle \sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ (paso 1). Entonces, $y^{\prime }(x)={\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }n}{a}_n{x}^{n–1}$ y $y\text{″}(x)={\displaystyle \sum _{n=2}^{\infty }n}(n–1)a_n{x}^{n–2}$ (paso 2). Queremos hallar valores para los coeficientes $a_n$ de manera que
   
   $$\begin{array}{}\\ \\ \hfill (x^2–1)y\text{″}+6x{y}^{\prime }+4y& =\hfill & \mathrm{-4}\hfill \\ \hfill \left(x^2–1\right){\displaystyle \sum _{n=2}^{\infty }n}(n–1)a_n{x}^{n–2}+6x{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }n}{a}_n{x}^{n–1}+4{\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }{a}_n}{x}^n& =\hfill & \mathrm{-4}\hfill \\ \hfill x^2{\displaystyle \sum _{n=2}^{\infty }n}(n–1)a_n{x}^{n–2}–{\displaystyle \sum _{n=2}^{\infty }n}(n–1)a_n{x}^{n–2}+6x{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }n}{a}_n{x}^{n–1}+4{\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }{a}_n}{x}^n& =\hfill & \mathrm{-4}.\hfill \end{array}$$
   
   Tomando los factores externos dentro de los sumandos, obtenemos
   
   $${\displaystyle \sum _{n=2}^{\infty }n}(n–1)a_n{x}^n-{\displaystyle \sum _{n=2}^{\infty }n}(n–1)a_n{x}^{n–2}+{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }6n}{a}_n{x}^n+{\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }4a_n}{x}^n=\mathrm{-4}\text{(paso 3).}$$
   
   Ahora, en la primera suma, vemos que cuando $n=0$ o $n=1,$ el término se evalúa a cero, por lo que podemos añadir estos términos a nuestra suma para obtener
   
   $${\displaystyle \sum }_{n=2}^{\infty }n\left(n–1\right)a_n{x}^n={\displaystyle \sum }_{n=0}^{\infty }n\left(n–1\right)a_n{x}^n.$$
   
   Del mismo modo, en el tercer término, vemos que cuando $n=0,$ la expresión se evalúa a cero, por lo que también podemos añadir ese término. Tenemos
   
   $${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }6}n{a}_n{x}^n={\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }6}n{a}_n{x}^n.$$
   
   Entonces, solo tenemos que desplazar los índices en nuestro segundo término. Obtenemos
   
   $${\displaystyle \sum _{n=2}^{\infty }n}(n–1)a_n{x}^{n–2}={\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }(n+2)}(n+1)a_{n+2}{x}^n.$$
   
   Así, tenemos
   
   $$\begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }n}(n–1)a_n{x}^n-{\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }(n+2)}(n+1)a_{n+2}{x}^n+{\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }6n}{a}_n{x}^n+{\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }4a_n}{x}^n& =\hfill & \mathrm{-4}\text{(paso 4).}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \sum }_{n=0}^{\infty }\left[n(n–1)a_n-(n+2)(n+1)a_{n+2}+6n{a}_n+4a_n\right]x^n& =\hfill & \mathrm{-4}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \sum }_{n=0}^{\infty }\left[(n^2-n)a_n+6n{a}_n+4a_n-(n+2)(n+1)a_{n+2}\right]x^n& =\hfill & \mathrm{-4}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \sum }_{n=0}^{\infty }\left[n^2{a}_n+5n{a}_n+4a_n-(n+2)(n+1)a_{n+2}\right]x^n& =\hfill & \mathrm{-4}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \sum }_{n=0}^{\infty }\left[(n^2+5n+4)a_n-(n+2)(n+1)a_{n+2}\right]x^n& =\hfill & \mathrm{-4}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \sum }_{n=0}^{\infty }\left[(n+4)(n+1)a_n-(n+2)(n+1)a_{n+2}\right]x^n& =\hfill & \mathrm{–4}\hfill \end{array}$$
   
   Observando los coeficientes de cada potencia de x, vemos que el término constante debe ser igual a $\mathrm{-4},$ y los coeficientes de todas las demás potencias de x deben ser cero. Entonces, mirando primero el término constante,
   
   $$\begin{array}{ccc}\hfill 4a_0-2a_2& =\hfill & \mathrm{-4}\hfill \\ \hfill a_2& =\hfill & 2a_0+2\text{(paso 3).}\hfill \end{array}$$
   
   Para $n\ge 1,$ tenemos
   
   $$\begin{array}{ccc}\hfill (n+4)(n+1)a_n-(n+2)(n+1)a_{n+2}& =\hfill & 0\hfill \\ \hfill (n+1)\left[(n+4)a_n-(n+2)a_{n+2}\right]& =\hfill & 0.\hfill \end{array}$$
   
   Dado que $n\ge 1,$ $n+1\ne 0,$ vemos que
   
   $$(n+4)a_n-(n+2)a_{n+2}=0$$
   
   y, por lo tanto,
   
   $$a_{n+2}=\frac{n+4}{n+2}{a}_n.$$
   
   Para valores pares de n, tenemos
   
   $$\begin{array}{ccc}\hfill a_4& =\hfill & \frac{6}{4}\left(2a_0+2\right)=3a_0+3\hfill \\ \hfill a_6& =\hfill & \frac{8}{6}\left(3a_0+3\right)=4a_0+4\hfill \\ & \text{⋮.}\hfill & \end{array}$$
   
   En general, $a_{2k}=\left(k+1\right)\left(a_0+1\right)$ (paso 5).
   Para valores impares de n, tenemos
   
   $$\begin{array}{ccc}\hfill a_3& =\hfill & \frac{5}{3}{a}_1\hfill \\ \hfill a_5& =\hfill & \frac{7}{5}{a}_3=\frac{7}{3}{a}_1\hfill \\ \hfill a_7& =\hfill & \frac{9}{7}{a}_5=\frac{9}{3}{a}_1=3a_1\hfill \\ & \text{⋮.}\hfill & \end{array}$$
   
   En general, $a_{2k+1}=\frac{2k+3}{3}{a}_1$ (continuación del paso 5).
   Uniendo todo esto, tenemos
   
   $$y(x)={\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }(k+1)(a_0+1)}{x}^{2k}+{\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }\left(\frac{2k+3}{3}\right)a_1}{x}^{2k+1}\text{(paso 6).}$$

La ecuación de Bessel de orden 0 viene dada por

Suponemos una solución de la forma $y={\displaystyle \sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n.$ Entonces $y^{\prime }(x)={\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }n}{a}_n{x}^{n–1}$ y $y\text{″}(x)={\displaystyle \sum _{n=2}^{\infty }n}(n–1)a_n{x}^{n–2}.$ Sustituyendo esto en la ecuación diferencial, obtenemos

Entonces, $a_1=0,$ y para $n\ge 2,$

Dado que $a_1=0,$ todos los términos impares son cero. Entonces, para valores pares de n, tenemos

En general,

Por lo tanto, tenemos

El gráfico aparece a continuación.