Combinando ambos resultados, la solución es una combinación lineal y(x) = c0y1(x) + c1y2(x) con y1(x) = 1 + ∞∑k=1 (−1)k 1 9kk!(2/3)k x3k, y2(x) =...

Combinando ambos resultados, la solución es una combinación lineal y(x) = c0y1(x) + c1y2(x) con y1(x) = 1 + ∞∑k=1 (−1)k 1 9kk!(2/3)k x3k, y2(x) = x+ ∞∑k=1 (−1)k 9k(4/3)kk! x3k+1, donde las potencias x3k y x3k+1 han surgido de condiderar los casos n = 3k y n = 3k+1 en la solución original ensayada y(x) = ∑∞ n=0 cnx n. Nótese que los términos con n = 3k + 2 no han sido considerados; esto es porque teńıamos primeramente que c2 = 0, con lo cual todos los términos c2+3k que surgen de éste por la recurrencia son idénticamente nulos. Lo raro hubiese sido obtener tres soluciones independientes y1, y2, y3 para una ecuación de orden 2 (imposible). Ejemplo 3.1.4. (Relación de recurrencia a tres términos) Resolvamos y′′− (1 + x)y = 0 en torno a x0 = 0. Sustituyendo (3.3) obtenemos cm+2 = cm + cm−1 (m+ 2)(m+ 1) , m = 1, 2, 3, . . . . Tomando primero c0 6= 0 y c1 = 0 obtenemos c2 = c0/2, c3 = (c1 + c0)/(2 ∗ 3) = c0/6, c4 = (c2 + c1)/(3 ∗ 4) = c0/24, c5 = c0/30, . . . Tomando despues c0 = 0 y c1 6= 0 obtenemos c2 = c0/2 = 0, c3 = c1/6, c4 = c1/12, c5 = c1/120, . . . Combinando ambos resultados, la solución es una combinación lineal y(x) = c0y1(x) + c1y2(x) con y1(x) = 1 + x2/2 + x3/6 + x4/24 + . . . , y2(x) = x+ x3/6 + x4/12 + . . . . En estos casos no es sencillo encontrar expresiones generales para cn en términos de factoriales o śımbolos de Pochhammer. 1El śımbolo de Pochhammer se puede escribir a su vez en términos de la función Gamma como (α)n = Γ(α + n)/Γ(α) que, para argumento n entero positivo, coincide con Γ(n + 1) = n!. El śımbolo de Pochhammer nos será de mucha utilidad para expresar de forma cerrada los términos generales de las recurrencias. El paquete Mathematica dispone del comando Pochhammer[a,n] y del comando RSolve para resolver recurrencias. 90 Caṕıtulo 3. Resolución de ecuaciones diferenciales mediante series de potencias 3.2. Soluciones en torno a puntos singulares Haremos ahora una distinción entre puntos singulares. Definición 3.2.1. (Puntos singulares regulares, o normales, e irregulares) Se dice que un punto x0 es un punto singular regular de la ecuación y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = 0 si las funciones p(x) = (x − x0)P (x) y q(x) = (x − x0)2Q(x) son anaĺıticas en x0. En caso contrario, x0 es un punto singular irregular. Nos interesan funciones P y Q racionales de manera que, en la práctica, x0 es singular regular si el factor (x − x0) aparece elevado como mucho: a la primera potencia en el denominador de P y a la segunda potencia en el denominador de Q. No analizaremos el caso irregular. Teorema 3.2.2. (Teorema de Frobenius) Si x0 es un punto singular regular de y′′ + P (x)y′ +Q(x)y = 0, existe entonces al menos una solución de la forma y(x) = (x− x0)r ∞∑ n=0 cn(x− x0)n = ∞∑ n=0 cn(x− x0)n+r (3.7) donde r es una constante a determinar (raiz indicial o exponente de la singularidad en x0). La serie converge al menos en algun intervalo |x− x0| < R Ejemplo 3.2.3. Resolvamos la ecuación 3xy′′+y′−y = 0 en torno a x0 = 0. Sustituyendo (3.7), sacando factor comun xr y reorganizando series obtenemos xr[r(3r − 2)c0x −1 + ∞∑ k=0 [(k + r + 1)(3k + 3r + 1)ck+1 − ck]xk] = 0 lo cual implica r(3r − 2) = 0, [(k + r + 1)(3k + 3r + 1)ck+1 − ck] = 0, k = 0, 1, 2, . . . De la ecuación indicial r(3r − 2) = 0 se obtienen dos valores r1 = 0 y r2 = 2/3. Para r = r1 obtenemos ck+1 = ck (3k + 1)(k + 1) ⇒ c (1) k = c0 3k(1/3)kk! y para r = r2 obtenemos ck+1 = ck (3k + 5)(k + 1) ⇒ c (2) k = c0 3kk!(5/3)k Tomando c0 = 1 tenemos dos soluciones yj(x) = xrj ∑∞ n=0 c (j) n xn, j = 1, 2, linealmente independientes (una no se puede escribir como un múltiplo constante de la otra) con radio de convergencia infinito (comprobar), de manera que la solución general es y = K1y1 +K2y2, con K1, K2 constantes arbitrarias. 3.2. Soluciones en torno a puntos singulares 91 Se puede comprobar que la ecuación indicial para y′′+P (x)y′+Q(x)y = 0 se puede escribir en forma general como r(r − 1) + p(x0)r + q(x0) = 0 (3.8) donde p(x) y q(x) están en la definición 3.2.1. Si las ráıces r1 y r2 son iguales, entonces surge el problema de cómo encontrar otra solución y2 linealmente independiente. Este problema puede surgir curiosamente también cuando las ráıces r1 y r2 difieren en un entero. Veamos un ejemplo. Ejemplo 3.2.4. Al resolver xy′′ + y = 0 obtenemos la ecuación indicial r(r− 1) = 0, con soluciones r1 = 0 y r2 = 1. En este caso se puede ver (comprobar) que las relaciones de recurrencia producen exactamente el mismo resultado y1(x) = ∞∑ n=0 (−1)n n!(n + 1)! xn+1. Es decir, el procedimiento de Frobenius solo proporciona una solución. La referencia [1] aconseja empezar iterando la raiz más pequeña, en este caso r1 = 0. Observación 3.2.5. Si ya tenemos una solución y1, se puede demostrar que y2(x) = y1(x) ∫ e− ∫ P (x)dx y21(x) dx, (3.9) es también solución. En efecto, ensayando y2(x) = c(x)y1(x) y nombrando c′(x) = u(x), nos queda una ecuación lineal de primer orden para u de la forma u′ + (2y′1/y1+P )u = 0 que admite un factor integrante exp[ ∫ (P + 2y′1/y1)dx] = y21 exp( ∫ Pdx), de manera que c(x) = ∫ [exp(− ∫ P (x)dx)/y21(x)]dx, dando el resultado (3.9). No obstante, el cálculo de y2 de esta forma suele ser bastante tedioso. Veamos una forma más operativa, ensayando una segunda solución que contiene un logaritmo, algo que ya se intuye en la ecuación (3.9). Haremos un cambio (x− x0)→ x para desplazar el punto singular a x = 0. Los resultados se resumen en el siguiente teorema. Teorema 3.2.6. Consideremos la ecuación y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = 0 donde x0 = 0 es un punto singular regular, es decir, las funciones p(x) = xP (x) y q(x) = x2Q(x) son anaĺıticas en x = 0 y admiten un desarrollo convergente en serie de potencias p(x) = ∞∑ n=0 pnx n, q(x) = ∞∑ n=0