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Para la ecuación diferencial : xy '' +2 ( x1 ) y ' 4 y=0 Análogamente x p(x) = 2 ( x - 1) , x 2 q(x) = - 4x son analíticas en x = 0 R 1 = R 2 = . Existe por tanto solución por el método de Frobenius, válida al menos para x 0. Sustituyendo y ( x )= n=0 ¥ a n x n+r en la ecuación diferencial : n=0 ¥ ( n+ r )( n+r 1 ) a n x n+ r1 + 2 n=0 ¥ ( n+ r )a n x n+r - 2 n=0 ¥ ( n+ r ) a n x n+r1 - 4 n=0 ¥ a n x n+r º 0 x¹0} { ¿ Coeficiente de x r-1 : [ r ( r1 )−2 r ] a 0 = 0 Ùa 0 ¹0 r (r - 3) = 0 { r 1 =3 r 2 =0 Difieren en entero: r 1 - r 2 = 3 = n 0 . Sólo puede asegurarse en principio la existencia de una solución y 1 en serie de Fröbenius. Para r = r 2 = 0, se anulará el denominador de la relación de recurrencia para . n = n 0 = 3. Coeficiente de x n+r-1 : I( n +r ) a n + [ 2( n +r1 )−4 ] a n1 =0 a n =- 2 ( n+r 3 ) ( n+r )( n+r3 ) a n1 Se observa que el factor n + r – 3 que anula al denominador cuando r = r 2 = 0 y n = n 0 = 3, está también en el numerador.

Ejemplo Frobenius

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es un ejemplo de frobenius

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Para la ecuacin diferencial :

Anlogamente x p(x) = 2 ( x - 1) , x2 q(x) = - 4x son analticas en x = 0 R1= R2 = . Existe por tanto solucin por el mtodo de Frobenius, vlida al menos para x 0.

Sustituyendo en la ecuacin diferencial :

+ 2 - 2 - 4 Coeficiente de xr-1 :

r (r - 3) = 0Difieren en entero: r1 - r2 = 3 = n0. Slo puede asegurarse en principio la existencia de una solucin y1 en serie de Frbenius. Para r = r2= 0, se anular el denominador de la relacin de recurrencia para . n = n0 = 3.

Coeficiente de xn+r-1 :

Se observa que el factor n + r 3 que anula al denominador cuando r = r2 = 0 y n = n0 = 3, est tambin en el numerador.

. Y tomando a0 = 1:. Es decir:

La relacin de recurrencia, antes de escribirla bajo la forma de cociente, es:

I (n+r) an + .Y para r = 0 : n(n-3) an= - 2(n-3) an-1

Podr escribirse bajo la forma de cociente: excepto para n=3, en cuyo caso ser: 3.0.a3 = - 2.0. a2 .

Se obtiene por tanto: a1 = - 2 a0 , a2 = - a1 = 2 a0 y a3 es libre. Cualquier valor que se asigne a a3 (y a a0 0 ) conduce a una solucin. La eleccin ms simple es a3 = 0 y a0 = 1. Entonces a4 = a5 =...=0. Y se obtiene una 2 solucin:

Otra forma: Como puede tomarse cualquier valor para a3 , podra asignrsele el deducido de la relacin de recurrencia , vlido en principio para n 3.

Entonces: e

Es por tanto otra solucin particular: es decir:

Nota: Se verifica: =

. Es decir:

La solucin general es: y = C1 y1(x) + C2 y2(x), x y = K1 y2(x) + K2 y2*(x), x

En ambos casos: