matematicas basicas

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SOLUCIÓN DE ECUACIONES 
MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS
LOGRO DE LA SESIÓN:
“Al finalizar la sesión el estudiante resuelve ecuaciones diferenciales por 
medio de series de potencias”
Series de 
potencias
Solución de 
ecuaciones 
diferenciales
Solucion en series de potencias 
Series de Potencias
Una serie de potencias en 𝑥 − 𝑎 es una serie infinita de la forma
෍
𝑛=0
∞
𝑐𝑛 𝑥 − 𝑎
𝑛 = 𝑐𝑛 𝑥 − 𝑎
𝑛 + 𝑐𝑛−1 𝑥 − 𝑎
𝑛−1 +⋯+ 𝑎1 𝑥 − 𝑎 + 𝑎0
Se dice que esta serie es una serie de potencias centrada en 𝑎
Convergencia. Una serie de potencias σ𝑛=0
∞ 𝑐𝑛 𝑥 − 𝑎
𝑛 es convergente en
un valor especificado de 𝑥 si su sucesión de sumas parciales 𝑆𝑘(𝑥)
converge, es decir, existe lim
𝑘→∞
σ𝑛=0
𝑘 𝑐𝑛 𝑥 − 𝑎
𝑛 . Si el límite no existe
entonces se dice que la serie es divergente.
Intervalo de convergencia. Toda serie de potencia tiene un intervalo de
convergencia. El intervalo de convergencia es el conjunto de números
reales 𝑥 para los que converge la serie.
Solucion en series de potencias 
Series de Potencias
Radio de convergencia. Toda serie de potencias tiene un radio de convergencia 𝑅.
Si 𝑅 > 0, entonces la serie de potencias σ𝑛=0
∞ 𝑐𝑛 𝑥 − 𝑎
𝑛 converge para 
| 𝑥 − 𝑎 | < 𝑅 y diverge para | 𝑥 − 𝑎 | > 𝑅 . 
Si la serie converge sólo en su centro 𝑎 . entonces R = 0.
Si la serie converge para toda 𝑥 entonces se escribe 𝑅 = ∞ . 
Una serie de potencias podría converger o no en los puntos extremos
𝑎 − 𝑅 y 𝑎 + 𝑅 de este intervalo.
Propiedad de identidad. Si σ𝑛=0
∞ 𝑐𝑛 𝑥 − 𝑎
𝑛 ; 𝑅 > 0 para los números 𝑥 en el 
intervalo de convergencia, entonces 𝑐𝑛 = 0 para toda 𝑛.
Solución en series de potencias 
Prueba de relación
La convergencia de una serie de potencias suele determinarse mediante el 
criterio de la razón. Suponga que 𝑐𝑛 ≠ 0 para toda 𝑛 y que 
lim
𝑛→∞
𝑐𝑛+1 𝑥 − 𝑎
𝑛+1
𝑐𝑛 𝑥 − 𝑎 𝑛
= 𝑥 − 𝑎 lim
𝑛→∞
𝑐𝑛+1
𝑐𝑛
= | 𝑥 − 𝑎 | . 𝑘 = 𝐿
• Si 𝐿 < 1 la serie converge
• Si 𝐿 > 1 la serie diverge
• Si 𝐿 = 1 , el criterio no es concluyente.
Solución en series de potencias 
Ejemplo.
Verificar la convergencia y el radio de convergencia de la serie
෍
𝑛=0
∞
𝑥 − 3 𝑛
2𝑛𝑛
Solución. Según el criterio de la razón:
lim
𝑛→∞
𝑥 − 3 𝑛+1
2𝑛+1 𝑛 + 1
𝑥 − 3 𝑛
2𝑛𝑛
= lim
𝑛→∞
𝑥 − 3 𝑛+12𝑛𝑛
𝑥 − 3 𝑛 2𝑛+1 𝑛 + 1
= 𝑥 − 3 lim
𝑛→∞
𝑛
2(𝑛 + 1)
=
𝑥 − 3
2
= 𝐿
La serie converge absolutamente para 𝐿 < 1 es decir | 𝑥 − 3 | < 2 , el radio de 
convergencia es 𝑅 = 2 , el intervalo de convergencia para la serie es 〈 1; 5 〉
Solución en series de potencias 
Una serie de potencias define una función
Una serie de potencias define una función σ𝑛=0
∞ 𝑐𝑛 𝑥 − 𝑎
𝑛 cuyo dominio es 
el intervalo de convergencia de la serie. 
Si el radio de convergencia es 𝑅 > 0 , entonces 𝑓( 𝑥 ) es continua, 
diferenciable e integrable en el intervalo 〈𝑎 − 𝑅, 𝑎 + 𝑅〉 .
Además, 𝑓′( 𝑥 ) y ∫ 𝑓( 𝑥 ); x se encuentran mediante diferenciación e 
integración término a término. 
𝑓′ 𝑥 = ෍
𝑛=1
∞
𝑐𝑛𝑛 𝑥 − 𝑎
𝑛−1 ; 𝑓′′ 𝑥 = ෍
𝑛=2
∞
𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1) 𝑥 − 𝑎
𝑛−2
Analítica en un punto Una función es analítica en un punto a si se puede 
representar mediante una serie de potencias en x-a con un radio positivo o 
infinito de convergencia. 
Solución en series de potencias 
Aritmética de series de potencias
Las series de potencias se combinan mediante operaciones de suma, 
multiplicación y división. Los procedimientos para las series de potencias 
son similares a los que se usan para sumar, multiplicar y dividir dos 
polinomios, es decir, se suman los coeficientes de potencias iguales de x se 
usa la ley distributiva y se reúnen términos semejantes y se efectúa la 
división larga. 
Recordemos que:
෍
𝑛=2
∞
𝑎𝑛𝑥
𝑛 = ෍
𝑘=0
∞
𝑎𝑘+2𝑥
𝑘+2
෍
𝑛=0
∞
𝑎𝑛𝑥
𝑛 = ෍
𝑘=2
∞
𝑎𝑘−2𝑥
𝑘−2
Solución en series de potencias 
Ejemplo.
Escribir σ𝑛=2
∞ 𝑛(𝑛 − 1)𝑐𝑛𝑥
𝑛−2 +σ𝑛=0
∞ 𝑐𝑛𝑥
𝑛+1
como una sola serie de potencias
Solución.-
෍
𝑛=2
∞
𝑛(𝑛 − 1)𝑐𝑛𝑥
𝑛−2 +෍
𝑛=0
∞
𝑐𝑛𝑥
𝑛+1
Homogeneizamos las potencias tomando 𝑘 = 𝑛 − 2 en la primera sumatoria y 
𝑘 = 𝑛 + 1 en la segunda
= ෍
𝑘=0
∞
(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘+2𝑥
𝑘 +෍
𝑘=1
∞
𝑐𝑘−1𝑥
𝑘
= 2𝑐2 +෍
𝑘=1
∞
(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘+2𝑥
𝑘 +෍
𝑘=1
∞
𝑐𝑘−1𝑥
𝑘
= 2𝑐2 +෍
𝑘=1
∞
[(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑐𝑘+2+𝑐𝑘−1] 𝑥
𝑘
Solución en series de potencias 
Series de Taylor y serie de McLauren
Sea f una función infinitamente diferenciable, se puede representar 𝑓 en una 
serie de Taylor centrada en a
𝑓 𝑥 = ෍
𝑛=0
∞
𝑓 𝑛 (𝑎)
𝑛!
𝑥 − 𝑎 𝑛
Las series de Taylor centradas en 𝑥 = 0 , se llaman series de Maclaurin
𝑓 𝑥 = ෍
𝑛=0
∞
𝑓 𝑛 (0)
𝑛!
𝑥𝑛
.
Solución en series de potencias 
Ejemplo.
Hallar la serie de Maclaurin de la función 𝑔 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥)
Solución.
𝑔 𝑥 = ෍
𝑛=0
∞
𝑔 𝑛 (0)
𝑛!
𝑥𝑛
𝑔 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + cos 𝑥 𝑥 −
𝑠𝑒𝑛 𝑥
2
𝑥2 −
cos 𝑥
3!
𝑥3 +
𝑠𝑒𝑛 𝑥
4!
𝑥4 +⋯
𝑔 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 0 + cos 0 𝑥 −
𝑠𝑒𝑛 0
2
𝑥2 −
cos 0
3!
𝑥3 +
𝑠𝑒𝑛 0
4!
𝑥4 +⋯
𝑔 𝑥 = 0 + 𝑥 − 0 −
1
3!
𝑥3 + 0 +
1
5!
𝑥5 − 0 −
1
7!
𝑥7…
𝑔 𝑥 = ෍
𝑛=0
∞
−1 𝑛
(2𝑛 + 1)!
𝑥2𝑛+1
Solución en series de potencias 
Solución de ecuaciones diferenciales 
con coeficientes variables en series de potencias
Puntos ordinarios y singulares 
Sea la ecuación diferencial lineal de segundo orden
𝑎2 𝑥 𝑦
′′ + 𝑎1 𝑥 𝑦
′ + 𝑎0 𝑥 𝑦 = 0
que escrita en su forma estándar seria 
𝑦′′ + 𝑃(𝑥)𝑦′ + 𝑄(𝑥)𝑦 = 0
Se dice que un punto 𝑥0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial si 𝑃( 𝑥 ) y 
𝑄( 𝑥 ) en la forma estándar son analíticas en 𝑥0. Un punto que no es un punto ordinario es 
un punto singular de la ecuación.
Solución en series de potencias 
Existencia de soluciones en series de 
potencias 
Si 𝑥 = 𝑥0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial, siempre es 
posible hallar dos soluciones linealmente independientes en la forma de 
una serie de potencias centrada en 𝑥0, es decir, σ𝑛=0
∞ 𝑐𝑛 𝑥 − 𝑎
𝑛 .
Una solución en serie converge por lo menos en un intervalo definido por 
|𝑥 − 𝑥0| < 𝑅 donde R es la distancia desde 𝑥0 , al punto singular más 
próximo.
Solución de ecuaciones diferenciales en torno de puntos 
ordinarios
El método de serie de potencias para resolver una ED lineal con coeficientes variables por lo común
se describe como “método de coeficientes indeterminados de series".
La idea es la siguiente:
1. Suponemos que la solución de la ecuación diferencial y = σ𝑛=0
∞ 𝑐𝑛 𝑥 − 𝑎
𝑛 y se reemplaza en la
ecuación diferencial.
2. Se combina la serie y luego se igualan los coeficientes del lado derecho de la ecuación para
determinar los coeficientes 𝑐𝑛.
3. Pero como el lado derecho es cero, el último paso requiere, por la propiedad de identidad, que
todos los coeficientes deban ser igualados a cero. Esto no significa que los coeficientes sean
cero; pues, esto no tendría sentido.
4. El paso anterior conduce a dos conjuntos de coeficientes, así que se tienen dos series de
potencias distintas 𝑦1(𝑥) y 𝑦2(𝑥), ambas desarrolladas respecto al punto ordinario 𝑥0 . La solución
general de la ecuación diferencial es
𝑦 = 𝐶1 𝑦1(𝑥) + 𝐶2𝑦2(𝑥) .
Solución en series de potencias 
Ejemplo.
Resolver la ecuación 𝑥2 + 1 𝑦′′ − 6𝑦 = 0
Solución.
Consideremos la serie de potencias alrededor del punto ordinario 𝑥 = 0
𝑦 = σ𝑛=0
∞ 𝑐𝑛𝑥
𝑛 entonces 
𝑓′ 𝑥 = σ𝑛=1
∞ 𝑐𝑛𝑛𝑥
𝑛−1; 𝑓′ 𝑥 = σ𝑛=2
∞ 𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2
Reemplazando en la ecuación diferencial 𝑥2 + 1 𝑦′′ − 6𝑦 = 0
𝑥2 + 1 ෍
𝑛=2
∞
𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2 − 6෍
𝑛=0
∞
𝑐𝑛𝑥
𝑛 = 0
𝑥2 ෍
𝑛=2
∞
𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2 +෍
𝑛=2
∞
𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2 − 6෍
𝑛=0
∞
𝑐𝑛𝑥
𝑛 = 0
෍
𝑛=2
∞
𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛 +෍
𝑛=2
∞
𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2 − 6෍
𝑛=0
∞
𝑐𝑛𝑥
𝑛 = 0
Homogeneizando las potencias
Hacemos 𝑘 = 𝑛; 𝑘 = 𝑛 − 2; 𝑘 = 𝑛
෍
𝑘=2
∞
𝑐𝑘𝑘(𝑘 − 1)𝑥
𝑘 +෍
𝑘=0
∞
𝑐𝑘+2(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑥
𝑘 − 6෍
𝑘=0∞
𝑐𝑘𝑥
𝑘 = 0
Solución en series de potencias 
Ejemplo.
Resolver la ecuación 𝑥2 + 1 𝑦′′ − 6𝑦 = 0
Solución.
෍
𝑘=2
∞
𝑐𝑘𝑘(𝑘 − 1)𝑥
𝑘 +෍
𝑘=0
∞
𝑐𝑘+2(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑥
𝑘 −෍
𝑘=0
∞
6𝑐𝑘𝑥
𝑘 = 0
𝑐0 0 0 − 1 + 𝑐11(1 − 1) +෍
𝑘=2
∞
𝑐𝑘𝑘(𝑘 − 1)𝑥
𝑘 +෍
𝑘=0
∞
𝑐𝑘+2(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑥
𝑘 − 6෍
𝑘=0
∞
𝑐𝑘𝑥
𝑘 = 0
෍
𝑘=0
∞
𝑐𝑘𝑘(𝑘 − 1)𝑥
𝑘 +෍
𝑘=0
∞
𝑐𝑘+2(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑥
𝑘 − 6෍
𝑘=0
∞
𝑐𝑘𝑥
𝑘 = 0
෍
𝑘=0
∞
𝑐𝑘𝑘 𝑘 − 1 + 𝑐𝑘+2 𝑘 + 2 𝑘 + 1 − 6𝑐𝑘 𝑥
𝑘 = 0
𝑐𝑘𝑘 𝑘 − 1 + 𝑐𝑘+2 𝑘 + 2 𝑘 + 1 − 6𝑐𝑘 = 0; 𝑘 ≥ 1 → 𝑐𝑘+2=
𝑐𝑘 6−𝑘 𝑘−1
𝑘+2 𝑘+1
Solución en series de potencias 
Ejemplo.
Resolver la ecuación 𝑥2 + 1 𝑦′′ − 6𝑦 = 0
Solución. 
𝑐𝑘+2 =
𝑐𝑘 6 − 𝑘 𝑘 − 1
𝑘 + 2 𝑘 + 1
Para k=0 𝑐2= 3𝑐0 Para k=1 𝑐3= 𝑐1
Para k=2 𝑐4 =
𝑐2
3
= 𝑐0 Para k=3 𝑐5 = 0
𝑦 = 𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥
2 + 𝑐3𝑥
3 +⋯
𝑦 = 𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 3𝑐0𝑥
2 + 𝑐1𝑥
3 + 𝑐0𝑥
4 + 0 +⋯
𝒚 = 𝒄𝟎 𝟏 + 𝟑𝒙
𝟐 + 𝒙𝟒 +⋯ + 𝒄𝟏(𝒙 + 𝒙
𝟑)
Solución en series de potencias 
Ejemplo.
Resolver la ecuación 𝑥 − 3 𝑦′′ + 4𝑥𝑦′ + 2𝑦 = 0
Solución.
Consideremos la serie de potencias alrededor del punto ordinario 𝑥 = 0
𝑦 = σ𝑛=0
∞ 𝑐𝑛𝑥
𝑛 entonces 
𝑓′ 𝑥 = σ𝑛=1
∞ 𝑐𝑛𝑛𝑥
𝑛−1; 𝑓′ 𝑥 = σ𝑛=2
∞ 𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2
Reemplazando en la ecuación diferencial 𝑥 − 3 𝑦′′ + 4𝑥𝑦 + 2𝑦 = 0
𝑥 − 3 ෍
𝑛=2
∞
𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2 + 4𝑥෍
𝑛=1
∞
𝑐𝑛𝑛𝑥
𝑛−1 + 2෍
𝑛=0
∞
𝑐𝑛𝑥
𝑛 = 0
𝑥෍
𝑛=2
∞
𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2 − 3෍
𝑛=2
∞
𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2 + 4𝑥෍
𝑛=1
∞
𝑐𝑛𝑛𝑥
𝑛−1 + 2෍
𝑛=0
∞
𝑐𝑛𝑥
𝑛 = 0
෍
𝑛=2
∞
𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−1 − 3෍
𝑛=2
∞
𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2 + 4෍
𝑛=1
∞
𝑐𝑛𝑛𝑥
𝑛 + 2෍
𝑛=0
∞
𝑐𝑛𝑥
𝑛 = 0
Solución en series de potencias 
Ejemplo.
Resolver la ecuación 𝑥 − 3 𝑦′′ + 4𝑥𝑦′ + 2𝑦 = 0
Solución.
෍
𝑛=2
∞
𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−1 − 3෍
𝑛=2
∞
𝑐𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2 + 4෍
𝑛=1
∞
𝑐𝑛𝑛𝑥
𝑛 + 2෍
𝑛=0
∞
𝑐𝑛𝑥
𝑛 = 0
Homogeneizando las potencias
Hacemos 𝑘 = 𝑛 − 1; 𝑘 = 𝑛 − 2; 𝑘 = 𝑛; 𝑘 = 𝑛
෍
𝑘=1
∞
𝑐𝑘+1𝑘(𝑘 − 1)𝑥
𝑘 −෍
𝑘=0
∞
3𝑐𝑘+2 𝑘 + 2 𝑘 + 1 𝑥
𝑘 +෍
𝑘=1
∞
4𝑐𝑘𝑘𝑥
𝑘 +෍
𝑘=0
∞
2𝑐𝑘𝑥
𝑘 = 0
෍
𝑘=1
∞
𝑐𝑘+1𝑘(𝑘 − 1)𝑥
𝑘 −෍
𝑘=0
∞
3𝑐𝑘+2 𝑘 + 2 𝑘 + 1 𝑥
𝑘 +෍
𝑘=1
∞
4𝑐𝑘𝑘𝑥
𝑘 +෍
𝑘=0
∞
2𝑐𝑘𝑥
𝑘 = 0
෍
𝑘=1
∞
𝑐𝑘+1𝑘(𝑘 − 1)𝑥
𝑘 − 6𝑐2 −෍
𝑘=1
∞
3𝑐𝑘+2 𝑘 + 2 𝑘 + 1 𝑥
𝑘 +෍
𝑘=1
∞
4𝑐𝑘𝑘𝑥
𝑘 + 2𝑐0 +෍
𝑘=1
∞
2𝑐𝑘𝑥
𝑘 = 0
Solución en series de potencias 
Ejemplo.
Resolver la ecuación 𝑥 − 3 𝑦′′ + 4𝑥𝑦′ + 2𝑦 = 0
Solución.
෍
𝑘=1
∞
𝑐𝑘+1𝑘(𝑘 − 1)𝑥
𝑘 − 6𝑐2 −෍
𝑘=1
∞
3𝑐𝑘+2 𝑘 + 2 𝑘 + 1 𝑥
𝑘 +෍
𝑘=1
∞
4𝑐𝑘𝑘𝑥
𝑘 + 2𝑐0 +෍
𝑘=1
∞
2𝑐𝑘𝑥
𝑘 = 0
2𝑐0 − 6𝑐2 +෍
𝑘=1
∞
𝑐𝑘+1𝑘 𝑘 − 1 − 3𝑐𝑘+2 𝑘 + 2 𝑘 + 1 + 4𝑐𝑘𝑘 + 2𝑐𝑘 𝑥
𝑘 = 0
2𝑐0 − 6𝑐2 = 0 𝑐𝑘+1𝑘 𝑘 − 1 − 3𝑐𝑘+2 𝑘 + 2 𝑘 + 1 + 4𝑐𝑘𝑘 + 2𝑐𝑘; 𝑘 ≥ 1
𝑐2 =
1
3
𝑐0 𝑐𝑘+2=
𝑐𝑘 2 + 4𝑘 + 𝑐𝑘+1𝑘(𝑘 + 1)
3 𝑘 + 2 𝑘 + 1
; 𝑘 ≥ 1
Solución en series de potencias 
Ejemplo.
Resolver la ecuación 𝑥2 + 1 𝑦′′ − 6𝑦 = 0
Solución. 
𝑐2 =
1
3
𝑐0 𝑐𝑘+2=
𝑐𝑘 2 + 4𝑘 + 𝑐𝑘+1𝑘(𝑘 + 1)
3 𝑘 + 2 𝑘 + 1
; 𝑘 ≥ 1
Para k=1 𝑐3=
c1
3
+
𝑐0
27
Para k=2 𝑐4=
8𝑐1
81
+
𝑐0
18
Para k=3 𝑐5 =
79
810
𝑐1 +
8
405
𝑐0
𝑦 = 𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥
2 + 𝑐3𝑥
3 +⋯
𝑦 = 𝑐0 + 𝑐1𝑥 +
1
3
𝑐0𝑥
2 +
c1
3
+
𝑐0
27
𝑥3 +
8𝑐1
81
+
𝑐0
18
𝑥4 + 0 +⋯
𝒚 = 𝒄𝟎 𝟏 +
𝟏
𝟑
𝒙𝟐 +
𝟏
𝟏𝟖
𝒙𝟒 +⋯ + 𝒄𝟏 𝒙 +
𝟏
𝟑
𝒙𝟑 +
𝟖
𝟖𝟏
𝒙𝟒 +⋯
Solución en series de potencias 
LISTO PARA MI EJERCICIO RETO
Solución en series de potencias 
EJERCICIO RETO
Resolver la ecuación en series de potencias
𝑥 − 1 𝑦′′ − 𝑥𝑦′ + 𝑦 = 0
Datos/Observaciones
3 FINALMENTE
IMPORTANTE
1. Utilizar 
adecuadamente el 
desarrollo en serie 
de potencias 
alrededor de un 
punto ordinadio.
2. Aplicar las 
propiedades de 
aritmética de series.
Gracias por tu 
participación
Hemos visto la 
solución de 
ecuaciones en series 
de potencias.
Ésta sesión 
quedará grabada
PARA TI
1. Revisa los 
ejercicios indicados 
y realiza la Tarea 
de ésta sesión.
2. Consulta en el 
FORO tus dudas.
Datos/Observaciones