Cap5

CAP´
ITULO 5

as
atic
SOLUCIONES POR SERIES

atem
eM
o. d
5.1. INTRODUCCION ,D
ept
Una serie de potencias en (x − a), es una expresi´n de la forma
o
uia

∞
Cn (x − a)n .
tioq

n=0
An
de

Toda serie de potencias tiene un intervalo de convergencia que consiste
de todos los puntos para los cuales la serie es convergente.
ad
rsid

Una serie de potencias converge absolutamente en un n´mero x si,
u
ive

∞
Un

|Cn | |x − a|n
n=0

es convergente .

Todo intervalo de convergencia tiene un radio de convergencia R.

169

CAP´
ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES

Una serie de potencias converge absolutamente para |x − a| < R y di-
verge para |x − a| > R. Cuando R = 0, la serie s´lo converge en x = a.
o
Cuando R = ∞, la serie converge para todo x.

El radio de convergencia se obtiene mediante el criterio de la razń, en
o
efecto, si

as
Cn+1

atic
l´
ım |x − a| = L
n→∞ Cn

atem
y como la serie es convergente cuando L < 1, entonces el radio de con-
1
vergencia es R = L .

eM
Si R = 0 o R = ∞, el intervalo de convergencia puede o no incluir los
´

o. d
extremos a − R , a + R de dicho intervalo.
ept
Una serie de potencias representa una funciń continua en el interior
o
,D

de su intervalo de convergencia.
uia
tioq

Una serie de potencias puede ser derivada t´rmino a t´rmino en el in-
e e
terior de su intervalo de convergencia.
An
de

Una serie de potencias puede ser integrada t´rmino a t´rmino en el
e e
ad

interior de su intervalo de convergencia.
rsid

Dos series de potencias pueden ser sumadas t´rmino a t´rmino si tienen
e e
ive

un intervalo comń de convergencia.
u
Un

´
EXPANSION EN SERIES MACLAURIN DE ALGUNAS SE-
RIES
∞
x2 x3 xn xn
1. ex = 1 + x + 2!
+ 3!
+ ... + n!
+ ... = n!
n=0
convergente para todo x real ( o sea para −∞ < x < ∞)

170

5.1. INTRODUCCION

∞
x3 x5 x7 x 2n+1 x2n+1
2. sen x = x − 3!
+ 5!
− 7!
+ . . . + (−1)n (2n+1)! + . . . = (−1)n (2n+1)!
n=0
convergente para todo x real.

∞
x2 x4 x6 x 2n x2n
3. cos x = 1 − 2!
+ 4!
− 6!
+ . . . + (−1)n (2n)! + . . . = (−1)n (2n)!
n=0
convergente para todo x en los reales.

as
atic
∞
x3 x5 x7 x2n+1 x2n+1
4. senh x = x + 3!
+ 5!
+ 7!
+ ... + (2n+1)!
+ ... = (2n+1)!

atem
n=0
convergente para todo x real.

eM
∞
x2 x4 x6 x2n x2n
5. cosh x = 1 + 2!
+ 4!
+ 6!
+ ... + (2n)!
+ ... = (2n)!

o. d
n=0
convergente para todo x en los reales.
ept
∞
,D
1
6. 1−x
= 1 + x + x 2 + x3 + . . . + x n + · · · = xn
n=0
uia

convergente para x en el intervalo −1 < x < 1
tioq

∞
x2 x3 x4
+ . . . + (−1)n+1 x + . . . = xn
n
7. ln(1 + x) = x − + − (−1)n+1
An

2 3 4 n n
n=1
convergente para x en el intervalo −1 < x ≤ 1
de
ad

∞
x3 x5 x2n+1 x2n+1
8. tan−1 x = x − + − . . . + (−1)n + ... = (−1)n
rsid

3 5 2n+1 2n+1
n=0
convergente para x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1
ive
Un

∞
1 x3 1·3 x5 1·3·5 x7 1·3·5...(2n−1) x2n+1
9. sen −1 x = x + 2 3
+ 2·4 5
+ 2·4·6 7
+ ... = 2·4·6...2n 2n+1
n=0
convergente para todo x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1

10. Serie binomial: 2 3
(1 + x)r = 1 + rx + r(r−1)x + r(r−1)(r−2)x + . . .
2! 3!
convergente para x en el intervalo −1 < x < 1

171

CAP´

5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS
Supongamos que la ecuaciń
o

a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0

se puede escribir as´
ı:
y + P (x)y + Q(x)y = 0

as
atic
a1 (x) a0 (x)
donde a2 (x) = 0 en I y P (x) = a2 (x)
y Q(x) = a2 (x)

atem
Definiciń 5.1 (Punto Ordinario) . Se dice que x = a es un punto ordi-
o

eM
nario de la E.D. y + P (x)y + Q(x)y = 0, si P (x) y Q(x) son anal´ ıticas en
x = a, es decir, si P (x) y Q(x) se pueden expandir en serie de potencias de

o. d
x − a con un radio de convergencia positivo.
ept
Nota: si un punto no es ordinario se dice que es singular.
,D

RECORDEMOS: serie Taylor de y(x) en x = a es:
uia

∞
y n (a)
tioq

(x − a)n ,
n=0
n!
An

luego, toda funciń que tenga un desarrollo en serie Taylor alrededor de x = a
o
de

es anal´ıtica en x = a.
ad

En particular cuando x = 0 a la serie Taylor se le llama serie Maclaurin
rsid

de y(x) y la serie tiene la forma:
ive

∞
y n (0)
(x)n ,
Un

n=0
n!

luego, toda funciń que tenga un desarrollo en serie Maclaurin es anal´
o ıtica
en x = 0.

Ejemplo 1. Hallar los puntos ordinarios y singulares de
y + sen xy + ex y = 0

172


Soluciń: sen x: tiene expansiń Taylor para cualquier a
o o
ex : tiene expansiń Taylor para cualquier a.
o
Es decir todo a en R es punto ordinario de la ecuaciń diferencial, por tanto
o
no tiene puntos singulares.

xy + ( sen x)y = 0

as
Soluciń:
o

atic
Q(x)

atem
sen x
y + y=0
x

eM
∞
x(2n+1)
(−1)n ∞
sen x n=0
(2n+1)! (−1)n x2n
Q(x) = = =

o. d
x x n=0
(2n + 1)!

ept
⇒ x = 0 es punto ordinario de la E.D.,por tanto todos los x = 0 son puntos
singulares.
,D
uia

y + (ln x)y = 0
tioq

Soluciń: x = 0 es un punto singular ya que ln x no tiene expansiń en
o o
x = 0, todos los dem´s puntos diferentes de cero son puntos ordinarios.
a
An
de

Analicemos el caso en que a2 (x), a1 (x) y a0 (x) son polinomios. Si en la
E.D. a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0 se tiene que a2 (x), a1 (x), a0 (x) son poli-
ad

nomios sin factores comunes, o sea, sin ra´ comunes, entonces x = a es :
ıces
rsid

i) Un punto ordinario si a2 (a) = 0 es decir, x = a no es ra´ del polinomio
ız
ive

a2 (x).
Un

ii) Un punto singular si a2 (a) = 0, es decir, si a es ra´ de a2 (x).
ız

(x2 − 4)y + 2xy + 3y = 0
Soluciń:
o

a2 (x) = x2 − 4 = 0

173

CAP´

⇒ x = ±2 son puntos singulares.
x = ±2 son puntos ordinarios.
Teorema 5.1 .
Si x = a es un punto ordinario de la ecuaciń
o

a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0,

as
siempre podemos encontrar dos soluciones distintas (linealmente indepen-
dientes), en serie de potencias; soluciones que son de la forma

atic
∞

atem
y= Cn (x − a)n .
n=0

eM
Una soluciń en serie de potencias converge por lo menos para |x − a| < R1 ,
o
donde R1 es la distancia de a al punto singular m´s cercano.
a

o. d
Nota: para simplificar supondremos que el punto ordinario es a = 0, si
o o ept
a = 0, se hace la sustituciń t = x − a. Esta sustituciń convierte la E.D. en
otra E.D. con punto ordinario t = 0.
,D
uia

Ejemplo 5. Resolver por series la E.D. (x2 − 1)y + 4xy + 2y = 0
Soluciń:
o
tioq

x2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1 son puntos singulares y los x = ±1 son puntos
An

ordinarios.
de

Trabajemos con el punto ordinario x = 0, los candidatos a soluciń son
o
ad

∞
de la forma y(x) = C n xn
rsid

n=0

Debemos hallar las Cn : derivamos dos veces:
ive

∞
Un

y (x) = nCn xn−1
n=1
∞
y (x) = n(n − 1)Cn xn−2
n=2

Pasamos a sustituir y (x) y y (x) en la E.D. original:
x2 y − y + 4xy + 2y = 0

174


∞ ∞ ∞ ∞
n n−2 n
n(n − 1)Cn x − n(n − 1)Cn x + 4n Cn x + 2 C n xn = 0
n=2 n=2 n=1 n=0

Homogenizamos las potencias de x:
∞ ∞ ∞ ∞
n(n−1)Cn xn − (m+2)(m+1)Cm+2 xm + 4n Cn xn + 2 C n xn = 0
n=2 m=0 n=1 n=0

as
n−2=m ⇒n=m+2

atic
haciendo
n=2 ⇒m=0

atem
Escribimos todo en t´rminos de k:
e
∞ ∞ ∞ ∞

eM
k k k
k(k − 1)Ck x − (k + 2)(k + 1)Ck+2 x + 4k Ck x + 2 C k xk = 0
k=2 k=0 k=1 k=0

o. d
Ahora homogenizamos el ´
ındice de las series:
ept
,D
∞ ∞
k
k(k − 1)Ck x − 2C2 − (3)(2)C3 x − (k + 2)(k + 1)Ck+2 xk + 4C1 x+
uia

k=2 k=2
∞ ∞
tioq

k
+ 4k Ck x + 2C0 + 2C1 x + 2 C k xk = 0
k=2 k=2
An

luego
de
ad

∞
2C0 −2C2 +(6C1 −2·3C3 )x+ [k(k−1)Ck −(k+2)(k+1)Ck+2 +4kCk +2Ck ]xk = 0
rsid

k=2
ive

Comparando coeﬁcientes:
Un

x0 : 2C0 − 2C2 = 0 ⇒ C2 = C0

x1 : 6C1 − 6C3 = 0 ⇒ C1 = C3
xk : [k(k − 1) + 4k + 2]Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0 k = 2, 3, . . .
(k 2 + 3k + 2)Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0
(k + 2)(k + 1)Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0

175

CAP´

(k + 2)(k + 1)
Ck+2 = Ck
(k + 2)(k + 1)
Ck+2 = Ck k = 2, 3, . . .
F´rmula de recurrencia para los coeﬁcientes
o
Iteremos la f´rmula de recurrencia:
o

as
atic
k = 2 : C 4 = C2 = C0

atem
k = 3 : C 5 = C3 = C1
k = 4 : C 6 = C4 = C0

eM
k = 5 : C 7 = C5 = C1

o. d
Volviendo a
∞ ept
y(x) = C n xn = C 0 + C 1 x + C 2 x2 + C 3 x3 + C 4 x4 + C 5 x5 + C 6 x6 + . . .
,D
n=0
uia

= C 0 + C 1 x + C 0 x2 + C 1 x3 + C 0 x4 + C 1 x5 + C 0 x6 + . . .
tioq

La soluci´n general:
o
An

= C0 (1 + x2 + x4 + x6 + . . . + x2n + . . .)+C1 (x + x3 + x5 + . . . + x2n+1 + . . .)
de

y1 (x) y2 (x)
ad

1
= C0 + C1 x(1 + x2 + x4 + x6 + . . . + x2n + . . .)
rsid

1 − x2
1 C1 x 1
ive

= C0 2
+ 2
ya que = 1 + x + x 2 + x3 + . . .
1−x 1−x 1−x
Un

Siendo y1 (x) y y2 (x) dos soluciones linealmente independientes.

Resolver por series los siguientes ejercicios en el punto ordinario x = 0:

Ejercicio 1. y − 2xy + 8y = 0 y(0) = 3, y (0) = 0
(Rta: y = 3 − 12x2 + 4x4 )

176


Ejercicio 2. (x2 − 1)y − 6y = 0
(Rta: y = C0 ∞ (2n−1)(2n−3) x2n + C1 (x − x3 ))
n=0
3

Ejercicio 3. y − xy = 0
1 1 1 1 1 1 1 1 1
(Rta: y = C0 (1 + 3·2 x + 6·5 3·2 x6 + 9·8 6·5 3·2 x9 + . . .) + C1 (x + 4·3 x4 + 7·6 4·3 x7 +
1 1 1 10
10·9 7·6 4·3
x + . . .))

as
Ejercicio 4. (x2 + 1)y + 6xy + 6y = 0

atic
(Rta: y = C0 ∞ (−1)n (2n + 1)x2n + C1
n=0
∞ n
n=0 (−1) (n + 1)x2n+1 )

atem
Ejercicio 5. y − xy − y = 0
(Rta: y = C0 ∞ 2·4·6·8...2n x2n + C1
n=0
1 ∞ 1
n=0 1·3·5·7...(2n+1) x
2n+1
)

eM
Ejercicio 6. y + e−x y = 0

o. d
(Sugerencia: Hallar la serie e−x y multiplicarla por la serie de y)

Ejercicio 7. (x − 1)y + y = 0 ept
∞
,D
xn
(Rta: y1 = C0 , y2 = C 1 n
= C1 ln |x − 1|)
n=1
uia

Ejercicio 8. (1 + x2 )y + 2xy − 2y = 0
tioq

(Rta: y(x) = C0 (1 + x tan−1 x) + C1 x)
An

Ejercicio 9. y − xy + y = −x cos x, y(0) = 0, y (0) = 2
(Rta: y(x) = x + sen x)
de
ad

Ejercicio 10. y − 2xy + 4y = 0 con y(0) = 1 y y (0) = 0
rsid

(Rta: y = 1 − 2x2 )
ive

Ejercicio 11. (1 − x)2 y − (1 − x)y − y = 0 con y(0) = y (0) = 1
1
(Rta: y = 1−x )
Un

Ejercicio 12. y − 2xy − 2y = x con y(0) = 1 y y (0) = − 1
4
2
(Rta: y = ex − x )
4

Ejercicio 13. y + xy + (2x − 1)y = x con y(0) = 2 y y (0) = 3. Hallar
los primeros 6 t´rminos de la soluci´n particular.
e o

177

CAP´

(Rta: y = 2 + 3x + x2 − 2 x3 −
3
7 4
12
x − 1 5
30
x − . . .)

Ejercicio 14. y + xy + y = 0

a). Hallar dos soluciones linealmente independientes y1 (x), y2 (x)

b). Usando el criterio del cociente, mostrar que las dos series son conver-

as
gentes para todo x.

atic
−( √ )2
x
c). Probar que y1 (x) = e

atem
2

d). Usando el m´todo de reducci´n de orden de D’Alembert, hallar y2 (x)
e o

eM
2 4 6 3 5 7
(Rta: a). y1 (x) = 1 − x + 2·4 − 2·4·6 + . . . , y2 (x) = x − x + 3·5 − 3·5·7 + . . .)
2
x x
3
x x

o. d
Ejercicio 15. La E.D. de Legendre de orden α es:
ept
(1 − x2 )y − 2xy + α(α + 1)y = 0 con α > −1
,D
uia

Mostrar:
tioq

a) Que las f´rmulas de recurrencia son:
o
An

(−1)m α(α − 2)(α − 4) . . . (α − 2m + 2)(α + 1)(α + 3) . . . (α + 2m − 1)
C2m = C0
(2m)!
de

(−1)m (α − 1)(α − 3) . . . (α − 2m + 1)(α + 2)(α + 4) . . . (α + 2m)
ad

C2m+1 = C1
(2m + 1)!
rsid

b) Las dos soluciones linealmente independientes son:
ive
Un

∞
y1 = C 0 (−1)m a2m x2m
m=0

∞
y2 = C 1 (−1)m a2m+1 x2m+1
m=0

donde a2m y a2m+1 son las fracciones encontradas en a), pero sin (−1)m

178


c) Si α es entero no negativo y par, entonces a2m = 0 para 2m > n;
mostrar que y1 es un polinomio de grado n y y2 es una serie infinita.
Si α es entero no negativo e impar; mostrar que a2m+1 = 0 para
2m + 1 > n y y2 es un polinomio de grado n y y1 es una serie in-
finita.
d) Se acostumbra tomar la constante arbitraria (C0 o C1 segń el caso)
u
n
de tal manera que el coeficiente de x en el polinomio y1 o y2 (segń el
u

as
(2n)!
caso) sea 2n (n!)2 y se les llama polinomios de LegendrePn (x). Mostrar

atic
que:
N
(−1)k (2n − 2k)!

atem
Pn (x) = n k!(n − k)!(n − 2k)!
xn−2k
k=0
2

eM
n
donde N =parte entera de 2

e) Mostrar que los 6 primeros polinomios de Legendre son:

o. d
P0 (x) = 1, P1 (x) = x,ept
1 1
,D
P2 (x) = (3x2 − 1), P3 (x) = (5x3 − 3x),
2 2
uia

1 1
P4 (x) = (35x4 − 30x2 + 3), P5 (x) = (63x5 − 70x3 + 15x)
8 8
tioq

Ejercicio 16. F´rmula de Rodriguez:
o
An

1 dn 2
Pn (x) = (x − 1)n
de

n!2n dxn
para el polinomio de Legendre de grado n.
ad

a) Mostrar que u = (x2 − 1)n satisface la E.D.
rsid

(1 − x2 )u + 2nxu = 0
ive

Derive ambos lados de la E.D. y obtenga
Un

(1 − x2 ) + 2(n − 1)xu + 2nu = 0

b) Derive sucesivamente, n veces ambos lados de la ecuaciń y obtenga:
o
(1 − x2 )u(n+2) − 2xu(n+1) + n(n + 1)u(n) = 0
Hacer v = u(n) y mostrar que v = D n (1 − x2 )n y luego mostrar que v
satisface la ecuaciń de Legendre de orden n
o

179

CAP´

(2n)!
c) Demostrar que el coeficiente de xn en v es n!

d) Explicar porqu´ c) demuestra la f´rmula de Rodriguez (Notar que el
e o
(2n)!
coeficiente de xn en Pn (x) es 2n (n!)2 )

Ejercicio 17. La E.D.
y − 2xy + 2αy = 0

as
atic
se le llama ecuaciń de Hermite de orden α.
o

atem
a) Mostrar que las dos soluciones en serie de potencias son:
∞
2m α(α − 2) . . . (α − 2m + 2) 2m

eM
y1 = 1 + (−1)m x
m=1
(2m)!

o. d
∞
y2 = x + (−1)m ept
2m (α − 1)(α − 3) . . . (α − 2m + 1) 2m+1
x
(2m + 1)!
,D
m=1
uia

b) Si α es entero par, mostrar que y1 es un polinomio.
Si α es impar, mostrar que y2 es un polinomio.
tioq

c) El polinomio de la parte b) se denota por Hn (x) y se le llama polinomio
An

de Hermite cuando el coeficiente de xn es 2n .
de

d) Demostrar que los 6 primeros polinomios de Hermite son:
ad
rsid

H0 (x) = 1, H1 (x) = 2x,
ive

H2 (x) = 4x2 − 2, H3 (x) = 8x3 − 12x,
Un

H4 (x) = 16x4 − 48x2 + 12, H5 (x) = 32x5 − 160x3 + 120x

e) La formula general de los polinomios de Hermite es

2 dn −x2
Hn (x) = (−1)n ex (e )
dxn
Por inducciń mostrar que genera un polinomio de grado n.
o

180


El siguiente ejercicio resuelto, s´lo tiene validez para E.D. con condiciones
o
iniciales. Si la condiciń inicial est´ en x = 0, utilizamos las series Maclaurin
o a
y si la condiciń inicial est´ en x = a, utilizamos la serie Taylor.
o a

Ejemplo 6. y − e−x y = 0, y(0) = y (0) = 1
Soluciń.
o

as
Serie Maclaurin de y(x).

atic
∞
y (n) (0)xn
y(x) =

atem
n=0
n!

y (0) y (0) 2 y (0) 3

eM
y(x) = y(0) + x+ x + x + ...
1! 2! 3!

o. d
y(0) = 1 y (0) = 1
De la ecuaciń tenemos que
o
ept
y (x) = e−x y(x), evaluando en x = 0 ⇒ y (0) = 1 × 1 = 1
,D
uia

Derivando nuevamente tenemos que:
tioq

y (x) = e−x y (x) − e−x y(x)
An

evaluando en
x = 0⇒y (0) = 1 × 1 − 1 × 1 = 0
de

y (iv) (x) = e−x (y (x) − y (x)) − e−x (y (x) − y(x))
ad

x=0
⇒ y (iv) (0) = 1(1 − 1) − 1(1 − 1) = 0
rsid

y (v) (x) = e−x (y (x) − 2y (x) + y (x)) − e−x (y (x) − 2y + y(x)
ive

y (v) (0) = 1(0 − 2(1) + 1) − 1(1 − 2(1) + 1) = −1
Un

Sustituyendo en la f´rmula de Maclaurin:
o

x2 x5
y(x) = 1 + x + − + ...
2! 5!
Ejercicio 1. Hallar la soluciń particular de la E.D. de Ayry
o

y − xy = 0 y(1) = 1, y (1) = 0

181

CAP´

(x−1)2 (x−1)3 (x−1)4 4(x−1)5
(Rta.: y = 1 + 2!
+ 3!
+ 4!
+ 5!
+ . . .)

Ejercicio 2. Hallar la soluciń particular de la E.D.
o

1
y − 2xy − 2y = x y(0) = 1, y (0) = −
4
2
(Rta.: y = − x + ex )

as
4

atic
Ejercicio 3. Resolviendo por series, mostrar que la soluciń de la E.D.
o

atem
(x − 1)y − xy + y = 0 con y(0) = −2, y (0) = 6

eM
es y = 8x − 2ex .

o. d
5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS
ept
SINGULARES REGULARES
,D

Definiciń 5.2 (Punto singular) .
o
uia
tioq

i. Decimos que x = x0 es un punto singular regular de la E.D.O.
An

y + P (x)y + Q(x)y = 0,
de

si (x − x0 )P (x) y (x − x0 )2 Q(x) son anal´
ıticas en x = x0 , es decir, si
(x − x0 )P (x) y (x − x0 )2 Q(x) tienen desarrollos en series de potencias
ad

de (x − x0 ). Si x = x0 no cumple con la anterior definiciń, entonces
o
rsid

decimos que x = x0 es un punto singular irregular.
ive
Un

ii. Si en la E.D.
a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0
se tiene que a2 (x), a1 (x), a0 (x) son polinomios sin factores comunes, en-
tonces decimos que x = x0 es un punto singular regular si
a2 (x0 ) = 0 y adem´s, si en P (x) = a1 (x) y Q(x) = a0 (x) , el factor
a a2 (x) a2 (x)
x − x0 tiene a lo sumo grado uno en el denominador de P (x) y grado
a lo sumo dos en el denominador de Q(x).

182

5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.

Ejemplo 7.Hallar los puntos singulares regulares e irregulares de

(x2 − 4)2 y + (x − 2)y + y = 0

Soluciń:
o
Puntos singulares:

a2 (x) = (x2 − 4)2 = 0 ⇒ x = ±2

as
atic
x−2 1
P (x) = 2 − 4)2
=
(x (x − 2)(x + 2)2

atem
1
Q(x) =
(x − 2)2 (x + 2)2

eM
Con x = +2, como (x − 2) es un factor de grado uno en P (x) y de

o. d
grado dos en Q(x), por lo tanto x = 2 es punto singular regular.
ept
Con x = −2 es punto singular irregular, porque x+2 aparece con grado
,D
dos en el denominador de P (x).
uia

Nota: los puntos singulares pueden ser n´meros complejos.
u
tioq

Teorema 5.2 (de Frobenius) .
An

Si x = x0 es un punto singular regular de la E.D.O.
de

a2 (x)y + a1 (x)y + a0 (x)y = 0,
ad
rsid

entonces existe al menos una soluciń en serie de la forma:
o
∞
ive

y= Cn (x − x0 )n+r ,
Un

n=0

donde r es una constante a determinar.
Esta serie converge en un intervalo de la forma 0 < x − x0 < R.

Ejemplo 8. Utilizar el teorema de Frobenius para hallar dos soluciones
linealmente independientes de la E.D. 3xy + y − y = 0
Soluciń:
o

183

CAP´

x = 0 es punto singular y es regular porque
1 1
P (x) = , Q(x) = −
3x 3x
Suponemos una soluci´n de la forma:
o
∞ ∞
n+r
y= Cn x ⇒y = (n + r)Cn xn+r−1

as
n=0 n=0

atic
∞
y = (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−2

atem
n=0

y sustituimos en la E.D.

eM
∞ ∞ ∞
n+r−1 n+r−1
3xy +y −y = 3(n+r)(n+r−1)Cn x + (n+r)Cn x − Cn xn+r = 0

o. d
n=0 n=0 n=0

∞ ept ∞
(n + r)(3n + 3r − 2)Cn xn+r−1 − Cn xn+r = 0
,D
n=0 n=0
uia

∞ ∞
r n−1
x (n + r)(3n + 3r − 2)Cn x − C n xn =0
tioq

n=0 n=0

Sacamos la potencia m´s baja:
a
An

∞ ∞
de

r −1 n−1
x r(3r − 2)C0 x + (n + r)(3n + 3r − 2)Cn x − C n xn = 0
n=1 n=0
ad
rsid

k =n−1 ⇒n=k+1
hagamos
n=1 ⇒k=0
ive

∞ ∞
r −1 k
x r(3r − 2)C0 x + (k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 x − C k xk = 0
Un

k=0 k=0

∞
r −1
x r(3r − 2)C0 x + [(k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 − Ck ] xk = 0
k=0

en potencias de:
x−1 : r(3r − 2)C0 = 0

184


y en potencias de:

xk : (k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 − Ck = 0 con k = 0, 1, 2, . . .
2
si C0 = 0 ⇒ r(3r − 2) = 0 ⇒ r2 = 0 r 1 = y
3
ec. indicial
´
ındices (o exponentes) de la singularidad

as
Ck

atic
Ck+1 = , k = 0, 1, 2, . . .
(k + r + 1)(3k + 3r + 1)

atem
2
Con r1 = 3
que es la ra´ mayor, entonces:
ız

eM
Ck Ck
Ck+1 = 5 = , k = 0, 1, . . . (5.1)
(k + 3
)(3k + 3) (3k + 5)(k + 1)

o. d
Con r2 = 0 entonces:
Ck
ept
Ck+1 = , k = 0, 1, . . . (5.2)
,D
(k + 1)(3k + 1)
uia

Iteremos (5.1):
tioq

C0
k = 0 : C1 =
5×1
An

C1 C0 C0
k = 1 : C2 = = =
de

8×2 (5 × 1) × (8 × 2) 2! × (5 × 8)
C2 C0 C0
ad

k = 2 : C3 = = =
11 × 3 (5 × 1) × (8 × 2) × (11 × 3) 3! × 5 × 8 × 11
rsid

C3 C0
k = 3 : C4 = =
14 × 4 4! × 5 × 8 × 11 × 14
ive
Un

generalizando

C0
Cn = n = 1, 2, . . .
n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)

Iteremos (5.2):
C0
k = 0 : C1 =
1×1

185

CAP´

C1 C0
k = 1 : C2 = =
2×4 (1 × 1) × (2 × 4)
C2 C0 C0
k = 2 : C3 = = =
3×7 (1 × 1) × (2 × 4) × (3 × 7) 3! × 4 × 7
C3 C0
k = 3 : C4 = =
4 × 10 4! × 4 × 7 × 10

generalizando

as
atic
C0
Cn = n = 1, 2, . . .
n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2)

atem
eM
∞ ∞ ∞
2 2
n+ 3 2
n 2
r1 = ⇒ y 1 = Cn x =x 3 Cn x = x 3 C0 + C n xn
3

o. d
n=0 n=0 n=1
∞
2 C0
= x 3 C0 + xn
n=1
ept
n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)
,D
∞
2 xn
= C0 x 3 1 +
uia

n=1
n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)
tioq

∞ ∞ ∞
n+0 n
C n xn
An

r2 = 0 ⇒ y 2 = Cn x = Cn x = C 0 +
n=0 n=0 n=1
de

∞
C0
= C0 + xn
n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2)
ad

n=1
rsid

∞
xn
= C0 1 +
n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2)
ive

n=1

Luego la soluci´n general es :
o
Un

y = k 1 y1 + k 2 y2
∞
2 xn
= k 1 C0 x 3 1 + +
n=1
n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)
∞
xn
k2 C0 1 +
n=1
n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2)

186


observemos que para este ejemplo
2 2
r1 = , r2 = 0 ⇒ r 1 − r2 = = entero
3 3

Nota: en general si x = 0 es un punto singular regular, entonces las funciones
xP (x) y x2 Q(x) son anal´
ıticas en x = 0, es decir

as
xP (x) = p0 + p1 x + p2 x2 + . . .

atic
x2 Q(x) = q0 + q1 x + q2 x2 + . . .

atem
son convergentes en intervalos de radio positivo. Despu´s de sustituir y =
e
∞
Cn xn+r en la E.D. y simplificar, la ecuaciń indicial es una ecuaciń
o o

eM
n=0
cuadr´tica en r que resulta de igualar a cero el coeficiente de la menor po-
a
tencia de x. Siguiendo este procedimiento se puede mostrar que la ecuacińo

o. d
indicial es
r(r − 1) + p0 r + q0 = 0 ept
,D
Se hallan las ra´
ıces de la ecuaciń indicial y se sustituyen en la relaciń de
o o
recurrencia.
uia
tioq

Con las ra´
ıces de la ecuaciń indicial pueden ocurrir los siguientes tres
o
casos.
An

CASO I: cuando r1 − r2 = entero positivo, entonces las dos soluciones
linealmente independientes son:
de

∞
ad

y1 = Cn xn+r1
rsid

n=0

∞
ive

y2 = Cn xn+r2
Un

n=0

Este caso lo hemos contemplado en el Ejemplo 8.

CASO II: cuando r1 − r2 = entero positivo, entonces las dos soluciones
linealmente independientes son:
∞
y1 = Cn xn+r1
n=0

187

CAP´

∞
y2 = Cy1 (x) ln x + bn xn+r2 b0 = 0,
n=0

donde C es una constante que puede ser cero.

Nota: para saber si C es cero o diferente de cero, utilizamos la f´rmula
o
de D’Alembert; si es cero, entonces en y2 no aparece el t´rmino logar´
e ıtmico.
El pr´ximo ejemplo lo haremos con C = 0; si C = 0, y2 tambiń se puede
o e

as
hallar utilizando la f´rmula de D’Alembert:
o

atic
e− p(x) dx

atem
y2 = y1 (x) dx
[y1 (x)]2

eM
o tambiń derivando dos veces
e

o. d
∞
y2 = Cy1 (x) ln x + bn xn+r2 b0 = 0,
n=0 ept
,D
y sustituyendo en la E.D. e iterando la f´rmula de recurrencia para hallar los
o
coeficientes bn .
uia
tioq

CASO III: cuando r1 − r2 = 0, entonces las soluciones linealmente in-
dependientes son:
An

∞
y1 = Cn xn+r1 con C0 = 0
de

n=0
ad

∞
y2 = y1 (x) ln x + bn xn+r1 sabiendo que r1 = r2
rsid

n=1
ive
Un

5.3.1. CASO II: r1 − r2 = entero positivo
Con el siguiente ejemplo mostramos el CASO II, o sea cuando r1 − r2 =
entero positivo.
Ejemplo 9. xy + (5 + 3x)y + 3y = 0
Soluciń:
o

188


x = 0 es punto singular regular, ya que
5 + 3x 3
P (x) = Q(x) =
x x
Si utilizamos la f´rmula de D’Alembert encontramos que despu´s de efectuar
o e
todas las operaciones, el primer t´rmino no tiene logaritmo, por tanto C = 0.
e
Ahora supongamos que

as
∞ ∞
n+r
(n + r)Cn xn+r−1

atic
y= Cn x ⇒y =
n=0 n=0

atem
∞
y = (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−2

eM
n=0

sustituyendo en la E.D.

o. d
xy + 5y + 3xy + 3y = 0

∞ ∞
ept
,D
(n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−1 + 5(n + r)Cn xn+r +
uia

n=0 n=0
∞ ∞
n+r
3Cn xn+r = 0
tioq

3(n + r)Cn x +
n=0 n=0
An

∞ ∞
r n−1
x (n + r)(n + r − 1 + 5)Cn x + 3(n + r + 1)Cn xn = 0
de

n=0 n=0
ad

∞ ∞
r −1 n−1
x r(r + 4)C0 x + (n + r)(n + r + 4)Cn x + 3(n + r + 1)Cn xn = 0
rsid

n=1 n=0

k =n−1 ⇒n=k+1
ive

hagamos
cuando n = 1 ⇒k=0
Un

luego
∞
r −1
x r(r + 4)C0 x + [(k + r + 1)(k + r + 5)Ck+1 + 3(k + r + 1)Ck ]xk = 0
k=0

Por lo tanto la ecuaci´n indicial:
o

r(r + 4) = 0 ⇒ r1 = 0 r2 = −4 o sea que r1 − r2 = entero positivo

189

CAP´

y la f´rmula de recurrencia es
o

(k + r + 1)(k + r + 5)Ck+1 + 3(k + r + 1)Ck = 0 k = 0, 1, . . .

e iteramos con la menor ra´ indicial r2 = −4:
ız

(k + 1)(k − 3)Ck+1 + 3(k − 3)Ck = 0 k = 0, 1, . . .

as
9C0
k = 0 : 1(−3)C1 + 3(−3)C0 ⇒ C1 = = −3C0

atic
−3
6C1 3 9

atem
k = 1 : 2(−2)C2 + 3(−2)C1 = 0 ⇒ C2 = = − (−3)C0 = C0
−4 2 2
3C2 9
k = 2 : 3(−1)C3 + 3(−1)C2 = 0 ⇒ C3 = = − C0

eM
−3 2
k = 3 : 4(0)C4 + 3(0)C3 = 0 ⇒

o. d
C4 es par´metro
a

3 ept
k ≥ 4 : Ck+1 = − Ck
,D
(k + 1)
uia

es decir
9 9
C1 = −3C0 , C 2 = C0 , C 3 = − C0 ,
tioq

2 2
C4 : par´metro
a
An

3
k ≥ 4 : Ck+1 = − Ck (5.3)
de

(k + 1)
ad

iteremos (5.3):
rsid

3
k = 4 : C 5 = − C4
5
ive

3 3×3
k = 5 : C 6 = − C5 = C4
Un

6 5×6
3 3×3×3
k = 6 : C 7 = − C6 = − C4
7 5×6×7
33 4!
=− C4
7!
generalizando
3(n−4) 4!
Cn = (−1)n C4 n≥4
n!

190


∞
y = Cn xn−4
n=0
∞
= x−4 [C0 + C1 x + C2 x2 + C3 x3 + C n xn ]
n=4
9 9
= x−4 [C0 − 3C0 x + C0 x2 − C0 x3 + C4 x4 +
2 2
∞

as
(n−4)
3 4!
+ (−1)n C 4 xn ]

atic
n=5
n!

atem
y1 (x)
9 9
= C0 x−4 1 − 3 x + x2 − x3

eM
2 2
y2 (x)

o. d
∞
3(n−4) 4! n−4
+C4 1+ (−1)n x ept
n=5
(n)!
,D

k =n−4 ⇒n=k+4
hagamos
uia

n=5 ⇒k=1
tioq

∞
3k 4!
An

k+4
y = C0 y1 (x) + C4 1+ (−1) xk
k=1
(k + 4)!
de

∞
3n n
= C0 y1 (x) + C4 1 + 24 (−1) xn
ad

n=1
(n + 4)!
rsid

converge ∀x ∈ Re
ive

Para abordar el caso iii) cuando r1 = r2 necesitamos definir la funciń
o
Un

Gamma.

5.3.2. ´
FUNCION GAMMA: Γ(x)
Definiciń 5.3 . Sea x > 0. La funciń Gamma se define as´
o o ı:
∞
Γ(x) = e−τ τ x−1 dτ
0

191

CAP´

Teorema 5.3 (F´rmula de recurrencia para la funci´n Γ) .
o o
Para x > 0 : Γ(x + 1) = xΓ(x) .

Demostraci´n:
o
∞
Γ(x + 1) = e−τ τ x dτ
0

as
∞
= −e−τ τ x |∞ + xe−τ τ x−1 dτ

atic
0
0

atem
la anterior integral se hizo por partes,
u = τx ⇒ du = xτ x−1 dτ
haciendo
dv = e−τ dt ⇒ v = −e−τ

eM
∞

o. d
= 0−0+x e−τ τ x−1 dτ = xΓ(x)
0
τx ept
ya que l´ e−τ τ x
ım = l´ım τ
τ →∞ τ →∞ e
,D
L Hopital
= ··· = 0
uia

Observaciones:
tioq

a).
An
de

x 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9
√
ad

Γ(x) 9.5 4.59 2.99 2.22 π 1.49 1.30 1.16 1.07
rsid

b). Si x = n entero positivo:
ive
Un

Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = . . . = n(n − 1)(n − 2) . . . 1 Γ(1)

Pero
∞
∞
Γ(1) = e−τ τ 0 dτ = −e−τ 0
= −(0 − 1) = 1
0

Luego,
Γ(n + 1) = n!

192


5

4

3

2

1

0
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

as
-1

atic
-2

atem
-3

-4

eM
-5

o. d
Figura 5.1
ept
,D

c). Con n = 0 obtenemos 0! = Γ(0 + 1) = Γ(1) = 1 y
uia

1! = Γ(1 + 1) = 1 Γ(1) = 1 × 1 = 1 (por el Teorema anterior)
tioq

con esto probamos, mediante la funciń Gamma, que 0! = 1
o
An
de

d). Gr´fica de la funciń Γ(x) (figura 5.1).
a o
ad
rsid

Definiciń 5.4 . Si x < 0, definimos Γ(x) as´ Γ(x) = (x − 1)Γ(x − 1) si
o ı:
x = 0 o x = de un entero negativo. Γ(x) = ±∞ si x = 0 o x = entero
ive

negativo.(Ver la gr´fica 5.1)
a
Un

NOTA: la f´rmula para calcular Γ(x) para x < 0 es:
o
1
Γ(x) = Γ(x + 1)
x
5 3 3 3 3 1 31 1
Ejemplo 10. Γ =Γ +1 = Γ = Γ +1 = Γ =
3 1√
2 2 2 2 2 2 22 2
22
π

193

CAP´

7
Ejemplo 11. Γ − 2
Soluciń:
o

7 2 5 2 2 3
Γ − = − Γ − = − − Γ −
2 7 2 7 5 2
2 2 2 1
= − − − Γ −
7 5 3 2

as
2 2 2 2 1
= − − − − Γ

atic
7 5 3 1 2
2 2 2 2 √

atem
= − − − − π
7 5 3 1

eM
Definiciń 5.5 (Factorial generalizado) . x! = Γ(x + 1), x = entero
o
negativo.

o. d
7
Ejemplo 12. Hallar 2
!
ept
7 7 7 5 3 1√
,D
!=Γ +1 = π
2 2 2222
uia

7
Ejemplo 13. Calcular − 2 !
tioq

Soluciń:
o
An

7 7 5 2 2 2 1
− ! = Γ − +1 =Γ − = − − − Γ
2 2 2 5 3 1 2
de

2 2 2 √
= − − − π
ad

5 3 1
rsid

1 1 3
Ejercicio 1. Hallar 0
x3 ln x dx
ive

3!
(Rta: 44 )
Un

∞ −x2
Ejercicio 2. Hallar
√ 0
e dx
(Rta: 2π )
∞ 2
Ejercicio 3. Hallar utilizando la funciń Γ:
√
o 0
x2 e−x dx
π
(Rta: 4 )

Ejercicio 4. Probar que

194


1 (2n + 1)! √
n+ ! = 2n+1 π
2 2 n!
y
1 (2n)! √
n− ! = 2n π
2 2 n!
para todo entero n no negativo.

as
5.3.3. CASO III: r1 = r2

atic
CASO III: r1 = r2 . Tomamos como ejemplo para este caso, la E.D. de

atem
Bessel de orden cero.

eM
Definiciń 5.6 (Ecuaciń Diferencial de Bessel) . La E.D.:
o o

o. d
d2 y dy
x2 2
+ x + (x2 − p2 )y = 0
dx dx
ept
donde p es un par´metro positivo, se le llama E.D. de Bessel de orden p.
a
,D

Las soluciones de esta E.D. se les llama funciones de Bessel de orden p.
uia

Cuando p = 0 y x = 0 entonces
tioq

d2 y dy
x + + xy = 0.
An

dx2 dx
Hallemos expl´ıcitamente estas soluciones en el intervalo 0 < x < R; es fćil
a
de

ver que x = 0 es un punto singular regular.
ad

Suponemos una soluciń de la forma
o
rsid

∞
y= Cn xn+r ,
ive

n=0
Un

con 0 < x < R y C0 = 0; derivamos dos veces y sustituimos en la E.D. y
llegamos a esto:
∞ ∞ ∞
n+r−1 n+r−1
(n + r)(n + r − 1)Cn x + (n + r)Cn x + Cn xn+r+1 = 0
n=0 n=0 n=0

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

195

CAP´

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

para homogenizar los exponentes hagamos k = n − 1 (o sea que n = k + 1 y
cuando n = 0 entonces k = −1) en la primera sumatoria y hagamos k = n+1
en la segunda sumatoria, luego
∞ ∞

as
r 2 k
x (k + r + 1) Ck+1 x + Ck−1 xk = 0

atic
k=−1 n=1

atem
∞
xr r2 C0 x−1 + (r + 1)2 C1 x0 + [(k + r + 1)2 Ck+1 + Ck−1 ] xk = 0

eM
k=1

comparamos coeﬁcientes

o. d
r2 C0 = 0, (r + 1)2 C1 = 0, (k + r + 1)2 Ck+1 + Ck−1 = 0 con k ≥ 1
ept
Si C0 = 0 ⇒ r1 = r2 = r = 0
,D

(0 + 1)2 C1 = 0 ⇒ C1 = 0
uia

Ck−1
tioq

Ck+1 = − k = 1, 2, . . .
(k + 1)2
An

iterando k
C0 C0
de

k = 1 ⇒ C2 = − 2
=− 2
(1 + 1) 2
ad

C1
k = 2 ⇒ C3 =− 2 =0
rsid

3
C2 C0
ive

k = 3 ⇒ C4 =− 2 = 2
4 2 × 42
k = 4 ⇒ C5 =0
Un

C4 C0
k = 5 ⇒ C6 =− 2 =− 2
6 2 × 42 × 62

Generalizando,

C0 C0
C2n = (−1)n = (−1)n
22 · 42 ·6 2 · · · (2n)2 (2 · 4 · 6 · · · (2n))2

196


C0
= (−1)n
1 · 2 · 3 . . . n)2
(2n
C0
= (−1)n 2n , n = 0, 1, 2, . . .
2 (n!)2
C2n+1 = 0, n = 0, 1, 2, . . .
Sustituimos en
∞ ∞

as
y1 (x) = Cn x =n
C2n x2n

atic
n=0 n=0
∞ ∞

atem
C0 1 x 2n
= (−1) 2n n
2
x2n = C0 (−1)n
n=0
2 (n!) n=0
(n!)2 2

eM
Por definiciń, la serie
o
∞

o. d
(−1)n x 2n
= J0 (x)
n=0
(n!)2 2
ept
se le llama funciń de Bessel de orden cero y de primera especie
o
,D

x2 x4 x6
uia

J0 (x) = 1 − + − + ...
4 64 2304
tioq

La segunda soluciń la hallamos por el m´todo de reducciń de orden D’Alembert:
o e o
1
e− x dx 1
An

y2 (x) = J0 (x) 2
dx = J0 (x) dx
[J0 (x)] x[J0 (x)]2
de

x2 3x4 5x6
como [J0 (x)]2 = 1− + − + ...
ad

2 32 576
1 x2 5x4 23x6
rsid

⇒ =1+ + + + ...
[J0 (x)]2 2 32 576
ive

1 1 x 5x3 23x5
⇒ = + + + + ...
x[J0 (x)]2 x 2 32 576
Un

1 x 5x3 23x5
y2 (x) = J0 (x) + + + + . . . dx
x 2 32 576
x2 5x4 23x6
= J0 (x)[ln x + + + + . . .]
4 128 3456

x2 x4 x6 x2 5x4 23x6
= J0 (x) ln x + 1 − + − + ... + + + ...
4 64 2304 4 128 3456

197

CAP´

x2 3x4 11x6
y2 = J0 (x) ln x + − + − ...
4 128 13824
NOTA: observemos que
(−1)2 1(1) 1 1
= 2 =
22 (1!)2 2 4

1 1 3 −3

as
(−1)3 1+ =− =
24 (2!)2 2 24 2 22 128

atic
1 1 1 11 11
(−1)4

atem
1+ + = =
26 (3!)2 2 3 26 62 6 13824
Por tanto

eM
x2 x4 1 x6 1 1
y2 (x) = J0 (x) ln x + 2 − 4 1+ + 6 1+ + − ...

o. d
2 2 (2!) 2 2 2 (3!) 2 2 3

∞ ept
(−1)n+1 1 1 1
x2n
,D
y2 (x) = J0 (x) ln x + 1+ + + ... + (5.4)
n=1
22n (n!)2 2 3 n
uia

Donde (5.4) es la segunda soluciń y es linealmente independiente con y1 .
o
tioq

La soluciń general es:
o
An

y = C0 J0 (x) + C1 y2 (x)
de

En vez de y2 (x) como segunda soluciń, se acostumbra tomar la siguiente
o
funciń combinaciń lineal de y2 y J0 , como segunda soluciń:
o o o
ad
rsid

2
Y0 (x) = [y2 (x) + (γ − ln 2)J0 (x)]
π
ive

donde γ es la constante de Euler; a Y0 (x) se le llama funciń de Bessel de
o
Un

orden cero y de segunda especie y
1 1 1
γ = l´
ım 1+ + + . . . + − ln n ≈ 0,5772
n→∞ 2 3 n

As´ Y0 (x) ser´ igual a
ı a

2
Y0 (x) = [J0 (x) ln x+
π

198


∞
(−1)n+1 x2n 1 1 1
+ 1+ + + ... + x2n + (γ − ln 2)J0 (x)
n=1
22n (n!)2 2 3 n

∞
2 x (−1)n+1 1 1 1 x 2n
Y0 (x) = J0 (x) γ + ln + 1+ + + ... +
π 2 n=1
(n!)2 2 3 n 2

La soluciń general es: y = C1 J0 (x) + C2 Y0 (x), las gr´ficas de J0 (x) y Y0 (x)
o a

as
se muestran en la figura 5.2

atic
atem
1

eM
0,5

o. d
y 0
0 5 10 15 20 25
x

-0,5
ept
,D

-1
uia
tioq

Figura 5.2 J0 (x) y Y0 (x).
An

5.3.4. ´
ECUACION DE BESSEL DE ORDEN p :
de

Sabemos que
ad

x2 y + xy + (x2 − p2 )y = 0
rsid

se le llama E.D. de Bessel de orden p ≥ 0 y x > 0. Trabajemos con p > 0
ive

y veamos que x = 0 es un punto singular regular. En efecto, como x2 = 0
entonces x = 0 y
Un

x 1 x2 − p 2
P (x) = 2
= , Q(x) =
x x x2
por tanto x = 0 es un punto singular regular; suponemos una soluciń de la
o
forma
∞
y= Cn xn+r
n=0

199

CAP´

con C0 = 0 y 0 < x < R; derivamos dos veces y sustituimos en la E.D., el
resultado es:
∞
2 2 0 2 2
r
x (r − p )C0 x + [(r + 1) − p ]C1 x + {[(n + r)2 − p2 ]Cn + Cn−2 }xn = 0
n=2

Luego,
(r2 − p2 )C0 = 0

as
atic
[(r + 1)2 − p2 ]C1 = 0 (5.5)

atem
[(n + r)2 − p2 ]Cn + Cn−2 = 0 para n ≥ 2
Si C0 = 0 ⇒ r2 − p2 = 0 (ecuaciń indicial)
o

eM
r = ±p ⇒ r1 = p r2 = −p (´
ındices de la singularidad)

o. d
Si r1 = p ⇒ en la ecuaciń (5.5):
o
ept
[(p + 1)2 − p2 ]C1 = 0
,D
uia

(1 + 2p)C1 = 0 ⇒ C1 = 0, ya que p>0
tioq

[(n + p)2 − p2 ]Cn + Cn−2 = 0 n≥2
An

(n2 + 2np)Cn + Cn−2 = 0
de

n(n + 2p)Cn + Cn−2 = 0 n≥2
ad

Cn−2
Cn = − n≥2
rsid

n(n + 2p)
por tanto todos los coeficientes impares son cero, ya que C1 = 0.
ive
Un

Iteramos los pares con n ≥ 2 y obtenemos:

(−1)n C0
C2n = ,
(2 · 4 . . . 2n)(2 + 2p)(4 + 2p) . . . (2n + 2p)

(−1)n C0
C2n = ; n = 0, 1, 2 . . . (5.6)
22n n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p)

200


luego,
∞ ∞
n+p p
y1 (x) = Cn x = x C n xn
n=0 n=0
As´
ı,
∞
y1 (x) = x p
C2n x2n
n=0

as
Al reemplazar (5.6), obtenemos:

atic
∞
p (−1)n x2n
y1 (x) = x C0

atem
n=0
22n n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p)
∞
(−1)n x2n+p
= C 0 2p

eM
n=0
22n+p n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p)
∞
(−1)n x 2n+p

o. d
= K0
n=0
n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 2

donde la constante K0 = C0 2p .
ept
,D

Veamos los siguientes casos:
uia
tioq

a Si p es un entero positivo:
∞
(−1)n x 2n+p
An

y1 (x) = p!
n=0
n!p!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 2
de

∞
(−1)n x 2n+p
= p!
ad

n=0
n! (n + p)! 2
rsid

∞
(−1)n x 2n+p
a la expresi´n
o se le llama funci´n de Bessel de orden p
o
ive

n! (n+p)! 2
n=0
y primera especie y se denota por Jp (x).
Un

b Si p es diferente de un entero positivo:
∞
(−1)n x 2n+p
y1 (x) =
n=0
n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 2
∞
(−1)n x 2n+p
= Γ(p + 1)
n=0
n!Γ(p + 1)(1 + p)(2 + p) · · · (n + p) 2

201

CAP´

y como Γ(n + p + 1) = (n + p)Γ(n + p)
= (n + p)(n + p − 1)Γ(n + p − 1)
= (n + p)(n + p − 1) · · · (1 + p)Γ(1 + p)
∞
(−1)n x 2n+p
entonces y1 (x) = Γ(p + 1)
n=0
n!Γ(n + p + 1) 2

La expresiń
o

as
∞
(−1)n x 2n+p

atic
= Jp (x)
n=0
n! Γ(n + p + 1) 2

atem
se le llama funciń de Bessel de orden p y primera especie y se denota por
o
Jp (x), (Ver gr´fica 5.3).
a

eM
o. d
0,4

ept
,D
0,2
uia

y 0
0 10 20 30 40 50
tioq

x

-0,2
An

-0,4
de
ad

Figura 5.3 J 7 (x).
2
rsid

En general para p = entero o p = entero y p > 0
ive

∞
(−1)m x 2m+p
Jp (x) =
Un

m=0
m! Γ(m + p + 1) 2

Para r2 = −p, supongamos que r1 − r2 = p − (−p) = 2p y 2p diferente de un
entero positivo y p > 0.
La segunda soluciń es :
o
∞
(−1)n x 2n−p
y2 = = J−p (x)
n=0
n! Γ(n − p + 1) 2

202


que es la funciń de Bessel de orden −p
o

La soluciń general, y2 (x) = C1 Jp (x) + C2 J−p (x) si 2p = entero positivo
o
p > 0.

0,6

0,4

as
0,2

atic
y 0
0 5 10 15 20 25

atem
x
-0,2

-0,4

eM
-0,6
Figura 5.4 J3 (x) y J−3 (x).

o. d
Cuando r1 − r2 = 2p = entero positivo (caso ii.), entonces Jp y J−p
son linealmente dependientes (Ejercicio)(Ver figura 5.4 con p = 3, obs´rvese
e
ept
que J−3 (x) = −J3 (x), es decir son linealmente dependientes). En este caso
,D
la segunda soluciń es de la forma
o
∞
uia

y2 (x) = CJp ln x + bn xn−p C=0
tioq

n=0

O tambiń podemos usar el m´todo de reducciń de D’Alembert como hici-
e e o
An

mos con la funciń de Bessel de orden cero y segunda especie Y0 (x).
o
Haciendo el mismo proceso, llegamos a Yp (x) = Bessel de orden p y segunda
de

especie,
ad
rsid

p−1
2 x 1 (p − n − 1)! x 2n−p
ive

Yp (x) = ln + γ Jp (x) − +
π 2 2 n=0
n! 2
Un

∞ n n+p
1 n+1 1 1 1 x 2n+p
+ (−1) +
2 n=0 k=1
k k=1 k n! (n + p)! 2

Donde γ es la constante de Euler. La soluciń Yp se le llama funciń de Bessel
o o
de orden p y segunda especie.
Soluciń general: y = C1 Jp (x) + C2 Yp (x), donde p es un entero positivo.Ver
o
gr´fica 5.5 para Yp (x) con p = 1.
a

203

CAP´

0,4

0,2
x
10 20 30 40 50
0

-0,2
y

as
-0,4

atic
-0,6

atem
-0,8

-1

eM
Figura 5.5 Y1 (x)

o. d
Las siguientes propiedades de la funci´n de Bessel, se dejan como ejerci-
o
cios.
ept
,D
u(x)
Ejercicio 1. Mostrar que con el cambio de variable y = √
x
reduce la
E.D. de Bessel de orden p a la E.D.:
uia

1 1
tioq

u (x) + 1 + − p2 u=0
4 x2
An

Ejercicio 2. Con el resultado anterior, mostrar que la soluci´n general
o
1
de la E.D. de Bessel de orden p = 2 es:
de
ad

sen x cos x
y = C1 √ + C2 √
rsid

x x

Ejercicio 3. Sabiendo que
ive

∞
Un

(−1)n x 2n+p
Jp (x) =
n=0
n! (n + p)! 2

Mostrar que
d p
[x Jp (kx)] = kxp Jp−1 (kx)
dx
d −p
[x Jp (kx)] = −kx−p Jp+1 (kx)
dx

204


donde k = cte.

Ejercicio 4. Con los resultados del ejercicio anterior, mostrar que:

d p
[Jp (kx)] = kJp−1 (kx) − Jp (kx) (∗)
dx x
d p
[Jp (kx)] = −kJp+1 (kx) + Jp (kx) (∗∗)
dx x

as
atic
Y con esto mostrar que

atem
d k
[Jp (kx)] = [Jp−1 (kx) − Jp+1 (kx)]
dx 2

eM
kx
Jp (kx) = [Jp−1 (kx) + Jp+1 (kx)]
2p

o. d
d
Ejercicio 5. Hallar J1 (x) y dx J1 (x) en t´rminos de J0 (x) y J2 (x).
e
Hallar Jp+ 1 (x) en t´rminos de Jp− 1 (x) y Jp+ 3 (x).
e ept
2 2 2
,D
Ejercicio 6. Probar que J1 (x) dx = −J0 (x) + c
uia

Ejercicio 7. Probar que para p entero positivo:
tioq

i) Usando el ejercicio 4. y la aproximaci´n
o
An

2 π pπ
Jp (x) ≈ cos(x − − )
de

πx 4 2
ad

∞ ∞
Probar que 0
Jp+1 (x) dx = 0
Jp−1 (x) dx.
rsid
ive

∞
ii) Sabiendo que 0 J0 (x) dx = 1 (ver ejercicio 11. de la secci´n 6.2),
o
∞
mostrar que 0 Jp (x) dx = 1
Un

∞ Jp (x) 1
iii) 0 x
dx = p

Ejercicio 8. Para p = 0, 1, 2, . . . mostrar que:

i) J−p (x) = (−1)p Jp (x)

205

CAP´

ii) Jp (−x) = (−1)p Jp (x)

iii) Jp (0) = 0, p>0

iv) J0 (0) = 1

as
v) l´ + Yp (x) = −∞
ım

atic
x→0

atem
Ejercicio 9. Comprobar que la E.D.

xy + (1 − 2p)y + xy = 0

eM
tiene la soluciń particular y = xp Jp (x)
o
(Ayuda: hacer u = x−p y)

o. d
1
ept
Ejercicio 10. Con el cambio de variable y = x− 2 u(λx), hallar la soluciń
o
general de
,D
x2 y + 2xy + λ2 x2 y = 0
uia

1 1
(Rta.:y = C1 x− 2 J 1 (λx) + C2 x− 2 J− 1 (λx))
2 2
tioq

5.3.5. PUNTO EN EL INFINITO
An

Para la E.D.: y + P (x)y + Q(x)y = 0, se desea saber el comportamiento
de

1
de la soluciń en el infinito, para ello se hace el cambio de variable t = x .
o
O sea que cuando x → ∞ ⇒ t → 0.
ad

Derivemos dos veces (usando la regla de la cadena) y sustituyamos en la
rsid

E.D.:
ive

dy dy dt dy 1 dy
(− 2 ) = −t2
Un

y = = =
dx dt dx dt x dt
d dy d dy dt d2 y dy
y = ( )= ( ) = [−t2 2 − 2t ](−t2 )
dx dx dt dx dx dt dt
1 1
2 P(t) Q( )
y + − 2 y + 4t = 0
t t t
Si t = 0 es punto ordinario entonces x en el infinito es un punto ordinario.
Si t = 0 es un punto singular regular con exponentes de singularidad r1 , r2

206


entonces x en el infinito es un punto singular regular con exponentes de
singularidad r1 , r2 .
Si t = 0 es un punto singular irregular entonces x en el infinito es un punto
singular irregular.
Ejemplo 14. An´lizar los puntos en el infinito para la E.D. de Euler:
a
4 2
y + y + 2y = 0
x x

as
1

atic
Soluciń: haciendo el cambio de variable t = x queda trasformada en la
o
E.D.:
2 2

atem
y − y + 2y = 0
t t
Por lo tanto t = 0 es un punto singular regular y la ecuaciń indicial es
o

eM
r(r − 1) − 2r + 2 = 0 ⇒ r1 = 2, r2 = 1, por lo tanto x en el infinito es un
punto singular regular con exponentes 2 y 1.

o. d
Para los ejercicios siguientes, decir si la E.D. tiene un punto singular
regular o irregular en el infinito:
ept
,D

1). x2 y − 4y = 0
uia

(Rta.: hay un punto singular regular en el infinito)
tioq

2). x3 y + 2x2 y + 3y = 0
An

(Rta.: hay un punto singular regular en el infinito)
de

Para los ejercicios siguientes hallar las ra´ indiciales y las dos soluciones
ıces
en serie de Frobenius, linealmente independientes con |x| > 0.
ad
rsid

1). 4xy + 2y + y = 0
√ √
ive

(Rta.: y1 = cos x, y2 = sen x)
Un

2). xy + 2y + 9xy = 0
(Rta.: y1 = cos 3x , y2 =
x
sen 3x
x
)

3). xy + 2y − 4xy = 0
(Rta.: y1 = cosh 2x , y2 =
x
senh 2x
x
)

207

CAP´

4). xy − y + 4x3 y = 0
(Rta.: y1 = cos x2 , y2 = sen x2 )

5). 4x2 y − 4xy √ (3 − 4x2 )y = 0
+ √
(Rta.: y1 = x cosh x, y2 = x senh x)

as
6). 2xy + 3y − y = 0

atic
(Rta.:

atem
∞ ∞
xn 1 xn
y1 = , y2 = x− 2 )
n=0
n!3 · 5 · 7 . . . (2n + 1) n=0
n!1 · 3 · 5 . . . (2n − 1)

eM
7). 2xy − y − y = 0

o. d
(Rta.:

3
∞
xn ept ∞
xn
y1 = x (1+
2 ), y2 = 1−x− )
,D
n=1
n!5 · 7 . . . (2n + 3) n=2
n!1 · 3 · 5 . . . (2n − 3)
uia

8). 3xy + 2y + 2y = 0
tioq

(Rta.:
An

∞ ∞
1 (−1)n 2n (−1)n 2n
y1 = x 3 xn , y 2 = 1 + xn )
n!4 · 7 . . . (3n + 1) n!2 · 5 . . . (3n − 1)
de

n=0 n=1
ad

9). 2x2 y + xy − (1 + 2x2 )y = 0
rsid

(Rta.:
ive

∞ ∞
x2n 1 x2n
y1 = x(1 + ), y2 = x− 2 )
n!7 · 11 . . . (4n + 3) n!1 · 5 . . . (4n + 1)
Un

n=1 n=0

10). 2x2 y + xy − (3 − 2x2 )y = 0
3
(Rta.: y1 = x 2 (1 + ∞ n!9·13...(4n+5) x2n ),
n=1
(−1)n

∞
−1 (−1)n−1
y2 = x (1 + x2n ))
n=1
n!3 · 7 . . . (4n − 1)

208


11). 6x2 y + 7xy − (x2 + 2)y = 0
1 x2n
(Rta.: y1 = x 2 (1 + ∞ 2n n!19·31...(12n+7) ),
n=1

∞
2 x2n
y2 = x− 3 (1 + ))
n=1
2n n!5 · 17 . . . (12n − 7)

12). 3x2 y + 2xy + x2 y = 0

as
1
(Rta.: y1 = x 3 (1 + ∞ (−1)n
x2n ),

atic
n=1 2n n!7·13...(6n+1)

∞
(−1)n

atem
y2 = 1 + x2n )
n=1
2n n!5 · 11 . . . (6n − 1)

eM
13). 2xy + (1 + x)y + y = 0

o. d
(Rta.:
∞ ∞
1 (−1)n n 1 (−1)n
ept
x = x 2 e− 2 , y2 = 1 +
x
y1 = x 2 xn )
n!2n 1 · 3 · 5 · 7 . . . (2n − 1)
,D
n=0 n=1
uia

14). 2xy + (1 − 2x2 )y − 4xy = 0
(Rta.:
tioq

∞ ∞
x2n 1 x2 2n
An

1
y1 = x 2 = x 2 e 2 , y2 = 1 + x2n )
n=0
n!2n n=1
3 · 7 . . . (4n − 1)
de

15). xy + (3 − x)y − y = 0
ad

∞
(Rta.: y1 = x−2 (1 + x), y2 = 1 + 2 xn
n=1 (n+2)! )
rsid
ive

16). xy + (5 − x)y − y = 0
x2 x3 ∞
(Rta.: y1 = x−4 (1 + x + xn
Un

2
+ 6
), y2 = 1 + 24 n=1 (n+4)! )

17). xy + (x − 6)y − 3y = 0
(Rta.:
∞
1 1 1 3 (−1)n 4 · 5 · 6 · · · (n + 3) n
y1 = 1− x+ x2 − x , y2 = x7 (1+ x ))
2 10 120 n=1
n!8 · 9 · 10 · · · (n + 7)

209

CAP´

18). 5xy + (30 + 3x)y + 3y = 0
3 9 9 27
(Rta.: y1 = x−5 (1 − 5 x + 50 x2 − 250
x3 + 5000
x4 ),
y2 = 1 + 120 ∞ (n+5)!5n xn )
n=1
(−1)n 3n

19). xy − (4 + x)y + 3y = 0
∞ (n+1) n
(Rta.: y1 = 1 + 4 x + 1 x2 +
3
4
1 3
24
x, y2 = x5 (1 + 120 n=1 (n+5)! x ))

as
atic
20). x2 y + (2x + 3x2 )y − 2y = 0
∞ (−1)n−1 3n n

atem
(Rta.: y1 = x−2 (2 − 6x + 9x2 ), y2 = n=1 (n+2)! x )

eM
21). x(1 − x)y − 3y + 2y = 0
x4
(Rta.: y1 = 3 + 2x + x2 , y2 = )

o. d
(1−x)2

22). xy + 2y − xy = 0 ept
x2n x2n+1
(Rta.: y1 = x−1 ∞ cosh x
y2 = x−1 ∞ senh x
,D
n=0 (2n)!
= x
, n=0 (2n+1)! = x
)
uia

23). x(x − 1)y + 3y − 2y = 0
tioq

∞
(Rta.: y1 = 1 + 2 x + 1 x2 , y2 =
3 3 n=0 (n + 1)xn+4 )
An

24). xy + (1 − x)y − y = 0
de

(Rta.: y1 (x) = ∞ x = ex , y2 = y1 (x) ln |x| + y1 (x)(−x + 1 x2 −
n
n=0 n! 4
ad

1 1
3·3!
x3 + 4·4! x4 − . . .))
rsid
ive

25). xy + y + y = 0
(Rta.:
Un

∞
(−1)n n 5 23
y1 (x) = 2
x , y2 = y1 (x) ln |x| + y1 (x)(2x + x2 + x3 + . . .))
n=0
(n!) 4 27

26). x2 y + x(x − 1)y + y = 0
1 1
(Rta.: y1 (x) = xe−x , y2 = xe−x (ln |x| + x + 4 x2 + 3·3!
x3 + . . .))

210


27). xy + (x − 1)y − 2y = 0
(Rta.: y1 (x) = x2 , y2 = 1 x2 ln |x| −
2
1
2
1
+ x − 3! x3 + . . .)

28). xy − (2x − 1)y + (x − 1)y = 0
(Rta.: y1 (x) = ex , y2 = ex ln |x|)

as
1 1
29). y + 2x y + 4x y = 0

atic
√ √
(Rta.: y1 (x) = cos x, y2 = sen x)

atem
6 6
30). y + x y + ( x2 − 1)y = 0

eM
(Rta.: y1 (x) = senh x , y2 =
x3
cosh x
x3
)

o. d
3
31). y + x y + 4x2 y = 0
2
(Rta.: y1 (x) = sen2x , y2 = cos x2
)
ept
x x2
,D
uia

2 2
32). y + x y − x2 y = 0
tioq

1
(Rta.: y1 (x) = x, y2 = x2
)
An

33). xy + 2y + xy = 0
de

(Rta.: y1 (x) = sen x , y2 =
x
cos x
x
)
ad
rsid

34). xy + (1 − 2x)y − (1 − x)y = 0
(Rta.: y1 (x) = ex , y2 = ex ln |x|)
ive
Un

1
35). y − 2y + (1 + √ 2 )y = 0
4x √
(Rta.: y1 (x) = x ex , y2 = x ex ln |x|)

36). x(x − 1)y − (1 − 3x)y + y = 0
(Rta.: y1 (x) = 1−x , y2 = ln |x| )
1
1−x

211

CAP´

1
37). y + x y − y = 0
x2 x4 2 3x4
(Rta.: y1 (x) = 1 + 22
+ (2·4)2
+ . . . , y2 = ln |x|y1 − ( x +
4 8·16
+ . . .))

3
38). y + x+1 y + 2x y = 0
2x √ 7 21 2
(Rta.: y1 (x) = x (1 − 6 x + 40
x + . . .), y2 = 1 − 3x + 2x2 + . . .)

as
39). x2 y + x(x − 1)y − (x − 1)y = 0

atic
∞ (−1)n n+1
(Rta.: y1 (x) = x, y2 = x ln |x| + n=1 n!n x )

atem
40). xy − x2 y + (x2 − 2)y = 0 con y(0) = 0 y y (0) = 1
(Rta: y = xex )

eM
o. d
41). La ecuaciń hipergeom´trica de Gauss es
o e
x(1 − x)y + [γ − (α + β + 1)]y − αβy = 0 ept
,D
donde α, β, γ son constantes
uia

a). Mostrar que x = 0 es un punto singular regular con exponente de
singularidad 0 y 1 − γ.
tioq

b). Si γ es un entero positivo, mostrar que
An

∞ ∞
0 n
y(x) = x Cn x = C n xn
de

n=0 n=0
ad

con C0 = 0, cuya relaciń de recurrencia es:
o
rsid

(α + n)(β + n)
Cn+1 = Cn
ive

(γ + n)(1 + n)
Un

para n ≥ 0
c). Si C0 = 1 entonces
∞
αn βn n
y(x) = 1 + x
n=0
n!γn

donde αn = α(α − 1) . . . (α + n − 1) para n ≥ 1 y similarmente se
definen βn y γn .

212

5.4. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE

d). La serie en c) se le llama serie hipergeom´trica y se denota por
e
F (α, β, γ, x). Demostrar que:
1
1) F (1, 1, 1, x) = 1−x (la serie geom´trica)
e
2) xF (1, 1, 2, −x) = ln(1 + x)
3) 2
3
xF ( 1 , 1, 2 , −x2 ) = tan−1 x
4) F (−k, 1, 1, −x) = (1 + x)k (la serie binomial).

as
atic
5.4. ANEXO CON EL PAQUETE Maple

atem
Ejemplo 15. Resolver la E.D. del Ejemplo 5. (x2 − 1)y + 4xy + 2y = 0

eM
>Eqn1:={(x^2-1)*D(D(y))(x)+4*x*D(y)(x)+2*y(x)=0,D(y)(0)=C1,y(0)=C0};

o. d
Eqn1 := ept
{(x2 −1)∗D(D(y))(x)+4∗x∗D(y)(x)+2∗y(x) = 0, D(y)(0) = C1, y(0) = C0}
,D
uia

>Order:=8:
>Sol1:=dsolve(Eqn1,y(x),series);
tioq
An

Sol1 := y(x) = C0+C1x+C0x2 +C1x3 +C0x4 +C1x5 +C0x6 +C1x7 +O(x8 )
de

Ejemplo 16. Para el ejemplo anterior, hallar la relaci´n de recurrencia, ite-
o
rarla hasta n = 8 y luego dar la soluci´n.
o
ad

Debemos cambiar el formato de entrada de la E.D.
rsid

>eqn2:=(x^2-1)*diff(y(x),x,x)+4*x*diff(y(x),x)+2*y(x)=0;
ive
Un

> eqn2 := (x2 − 1) ∗ dif f (y(x), x, x) + 4 ∗ x ∗ dif f (y(x), x) + 2 ∗ y(x) = 0

>SeriesSol:=sum(a[n]*x^n,n=k-2..k+2);

SeriesSol := a[k − 2]x(k−2) + a[−1 + k]x(−1+k) + a[k]xk + a[1 + k]x(1+k) +
a[k + 2]x(k+2)

>simplify(simplify(subs(y(x)=SeriesSol,eqn2)));

213

CAP´

−(−5a[k − 2]x(k−2) k + 3a[k + 2]x(k+2) k − a[k]xk k + a[1 + k]x(1+k) k − xk a[k −
2]k 2 − x(1+k) a[−1 + k]k
−3a[−1 + k]x(−1+k) k − 3x(k+2) a[k]k + xk a[k]k 2 + x(k+2) a[k + 2]k 2 + 2a[−1 +
k]x(−1+k)
+6a[k − 2]x(k−2) + x(k−2) a[k − 2]k 2 + x(−1+k) a[−1 + k]k 2 + 2a[k + 2]x(k+2) −
x(1+k) a[−1 + k]k 2
−7x(k+2) a[k+2]k+x(1+k) a[1+k]k 2 +xk a[k−2]k−x(k+2) a[k]k 2 −5x(k+3) a[1+k]k
−x(k+3) a[1 + k]k 2 − x(k+4) a[k + 2]k 2 − 2a[k]x(k+2) − 6a[1 + k]x(k+3) − 12a[k +

as
2]x(k+2) )/x2 = 0

atic
>a[k+2]:=simplify(solve(coeff(lhs(%),x^(k+2)),a[k+2]));

atem
eM
a[k + 2] := a[k]

o. d
>a[0]:=C0:a[1]:=C1:
> for k from 2 to 8 do a[k]:=a[k-2] od: ept
> Sol2:=sum(a[j]*x^j,j=0..8);
,D
uia

Sol2 := C0 + C1x + C0x2 + C1x3 + C0x4 + C1x5 + C0x6 + C1x7 + C0x8
tioq
An

>Y1:=C0*sum(’x^(2*k)’,k=0..infinity);
de

C0
ad

Y 1 := −
x2−1
rsid

>Y2:=C1*sum(’x*x^(2*k)’,k=0..infinity);
ive

C1x
Un

Y 2 := −
x2 − 1
Ejemplo 17. Las siguientes instrucciones graﬁcan las funciones de Bessel de
primera especie y segunda especie.

>plot(BesselJ(3,x),x=0..50,y=-0.5..0.5);
>plot(BesselY(1,x),x=.1..50,y=-1..0.5);

214

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