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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 1
MÉTODO DE LAS SERIES DE TAYLOR PARA RESOLVER
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES Y NO LINEALES
Profesor: José Albeiro Sánchez Cano
Departamento de Ciencias Básicas
Universidad EAFIT
Objetivo: Aplicar el método de Taylor para resolver ecuaciones diferenciales, que como se verá es la misma solución que proporciona la solución en series de potencias (o de coeficientes indeterminados). Esto es, si la solución en series de potencias arroja la solución en una formula cerrada, se tendrá entonces que la solución dada por los polinomios de Taylor también entregará dicha solución en forma cerrada.
Por lo tanto, en el caso de solución en puntos ordinarios, debería de enseñarse el método de desarrollo de Taylor, pues viene a ser mucho más cómodo para un estudiante de ecuaciones diferenciales, pues cuando se trabaja con solución mediante series de potencias, el acomodo de los índices de la sumatoria siempre es un poco confuso para ellos. Sin embargo ambos métodos son en esencia los mismos.
Veamos en que consiste cada método.
El método de las series de Taylor para obtener soluciones numéricas de las ecuaciones diferenciales, consiste en calcular las derivadas sucesivas de la ecuación
diferencial dada, evaluando las derivadas en el punto inicial 0x y reemplazando el
resultado en la serie de Taylor. La principal dificultad de este método es el cálculo recurrente de las derivadas de orden superior.
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El método delas series de potencias o coeficientes indeterminados consiste
en suponer una solución en la forma ( ) ( ) ( )PSxxaxy n
nn .0
0
−=∑∞
=
. Esta ecuación
se deriva tantas veces como sea necesario para obtener expresiones en serie de todas las derivadas que aparecen en la ecuación diferencial y se reemplazan en la
ecuación diferencial dada para obtener los coeficientes .na La dificultad de este
método es la manipulación de las series que se puedan necesitar y la obtención de los coeficientes de las series.
Pero los métodos son esencialmente los mismos. En efecto, los coeficientes que
aparecen en la serie de potencias, na y los coeficientes en el método de Taylor ,
( )( )!
0
nxy n
vienen relacionados por la formula ( ) ( )
!0
nxy
an
n = . La solución por el
método de Taylor viene dada por ( ) ( ) ( ) ( )∑
∞
=
−=0
00 ..
!)(
n
nn
TSxxn
xyxy
En el libro de ecuaciones diferenciales [1] 1 utilizan ambos métodos para resolver el siguiente problema de valor inicial:
Ejemplo 1. Resolver el problema de valor inicial
( )1.11)0(,2
== − yedxdy x
Solución.
Observar que la solución de (1.1) se puede escribir como ( ) .10
2
dtexyx
t∫ −+=
Ya que no hay funciones elementales para calcular la integral anterior, por lo tanto no se podría escribir la solución en forma cerrada y por consiguiente tendríamos que conformarnos con alguna aproximación numérica.
Apliquemos inicialmente el método de Taylor. Para esto debemos calcular las
derivadas sucesivas y evaluándolas en 0=x para obtener:
1 1[1] Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Un enfoque al cálculo numérico.Charles E. Robertrs Jr.,
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( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 120;124816
00;128
20;24
00;2
2
2
2
2
24
3
2
=+−=
=+−=
−=′′′−=′′′
=′′−=′′
−
−
−
−
vxv
ivxiv
x
x
yexxxy
yexxxy
yexxy
yxexy
Notando que ( ) ( ) 10)0( 0 == yy y 0)0( =′y y reemplazando en la ecuación (S.T) se
obtiene la solución
( )2.1103
1)(53
L−+−+=xxxxy
Ahora supongamos que la ecuación (1.1) tiene una solución en serie de potencias
( ) ( )3.1.0
n
nn xaxy ∑
∞
=
=
haciendo
0=x en la ecuación (1.3) e imponiendo la condición inicial se obtiene
01)0( au == . Diferenciando la ecuación (1.3), obtenemos
( ) ( ) ( )4.1.10
11
1
n
nn
n
nn xanxnaxy ∑∑
∞
=
+−
∞
=
+==′
Ya que
∑∞
=
=0
!/n
nx nxe ,
( ) ( )5.1!
1
0
22 ∑
∞
=
− −=
n
nnx
nxe
Reemplazando (1.4) y (1.5) en (1.1), encontramos
( ) ( ) .!
1
0
21
1∑∑∞
=
−∞
=
−==′
n
nnn
nn n
xxnaxy
o en forma equivalente
LL +++−=+++++62
1543264
245
34
2321
xxxxaxaxaxaa
Igualando los coeficientes de potencias iguales, encontramos
L,0,101,0,
31,0,1 654321 ===−=== aaaaaa
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En general, se tiene
( )( )( ) L,3,2,1
!1121
012
12
2
=−−
−=
=−
− nnn
a
an
n
n
De acuerdo con lo anterior, se tiene que la solución en series de potencias viene
dada por
( )( )∑
∞
=
+
+−
+=0
12
!1211)(
n
nn
nnxxy
La serie converge para todo x real. (criterio de la razón).
Según el autor, debe ser obvio que es más fácil obtener valores adicionales de los
coeficientes de la serie utilizando el método de los coeficientes indetermina-dos,
que utilizando el método de las series de Taylor. En consecuencia, dice el autor,
usualmente se empleará el método de los coeficientes indeterminados, descartando
entonces el método de las series de Taylor.
Pero si seguimos trabajando un poco en el ejemplo anterior, por el método de
series de Taylor, tenemos
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )!3!6
66*121200;64480720120
00;32160120!2!4
22*12120;124816
00;128!1!220;24
00;2
2
2
2
2
2
2
642
53
24
3
2
−=−=−=+−+−=
=−+−=
===+−=
=+−=
−=−=′′′−=′′′
=′′−=′′
−
−
−
−
−
−
viixvii
vixvi
vxv
ivxiv
x
x
yexxxxy
yexxxxy
yexxxy
yexxxy
yexxy
yxexy
Se observa la siguiente ley de formación:
( )
( ) ( ) ( )( )( ) L,3,2,1
!1!121
,0112
2
=−−
−=
=
−− nnny
ynn
n
En consecuencia, se tiene los coeficientes
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( )
( )( )
( ) ( ) ( )( )( ) ( ) L,3,2,1
!1!12!121
!12
,0!2
112
12
2
2
=−−
−−=
−=
==
−−
− nnn
nn
ya
nya
nn
n
n
n
O bien,
( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( )
( ) ( ) ( )!1!1211
!1!2212!221
!1!12!121
,0
1
1112
2
−−−=
−−−−
−=−−
−−=
=
−
−−−
nn
nnnn
nnna
a
n
nnn
n
Nuevamente se obtiene la solución encontrada por series de potencias:
( )( ) .
!1211)(
0
12
∑∞
=
+
+−
+=n
nn
nnxxy
En conclusión, el ejemplo para mostrar que el método de la series de Taylor no produce la misma calidad de las soluciones, no es válido. Es más, el autor dice que el método de Taylor se adapta fácilmente a problemas de valor inicial, lo cual, como veremos más adelante, el método funciona si lo que se quiere resolver es una ecuación diferencial sin condiciones iniciales, con la misma calidad de las soluciones que el método de las series de potencias.
1. Solución en series de Taylor alrededor de un punto ordinario
Las ecuaciones diferenciales homogéneas lineales de segundo orden de la forma
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( ) ( ) ( ) ( )1,0212
2
0 =++ yxPdxdyxP
dxydxP
donde 10 , PP
y 2P son polinomios. Dichas ecuaciones aparecen en muchas
aplicaciones físicas. Algunos ejemplos de estas ecuaciones son:
Ecuación de Legendre: 2
( ) ( ) ( )2,0121 2
22 =++−− y
dxdyx
dxydx αα
Ecuación de Airy:
( )3,02
2
=− xydx
yd
Ecuación de Chebyshev:
( ) ( )4,01 22
22 =+−− y
dxdyx
dxydx α
Ecuación de Hermite:
( )5,0222
2
=+− ydxdyx
dxyd α
La solución de esas ecuaciones, en general, no pueden expresarse en términos de funciones elementales familiares. Por lo cual utilizaremos los polinomios de Taylor.
Definición (punto ordinario) Supongamos que 10 , PP
y 2P no tienen factores
comunes. Decimos que 0x es un punto ordinario de (1) si ( ) 000 ≠xP , o es un
punto singular si ( ) 000 =xP .
Para la ecuación de Legendre (2), 10 =x
y 10 −=x son puntos singulares y todos
los otros puntos son puntos ordinarios.
Para la ecuación de Airy (3), todo punto es ordinario.
Necesitaremos el próximo teorema.
Teorema (existencia de soluciones en series de Taylor)
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Si 0xx = es un punto ordinario de la ecuación diferencial
( ) ( ) ( ) 021 =+′+′′ yxPyxPxy
Se pueden encontrar siempre dos soluciones linealmente independientes en la
forma de series de Taylor centradas en 0xx =
( )( ) ( ) ( )∑
∞
=
−=0
0!0
n
n
xxn
yxy
Una solución en series de Taylor converge al menos para Rxx <− 0 , donde R es la
distancia de 0x al punto singular más cercano (real o complejo), en tal ca-so se
dice que la solución ( )xy es una solución alrededor del punto ordinario 0x
Problema: Encontrar las soluciones en serie de potencias en 0xx −
para
ecuaciones de la forma
( )( ) ( ) ( )6.01 02
22
0 =+−+−+ ydxdyxx
dxydxx γβα
Muchas ecuaciones importantes que aparecen en aplicaciones son de esta forma
con 00 =x
, incluso la ecuación de Legendre (2) , la ecuación de Ayry (3), la
ecuación de Chebyshev (3), y la ecuación de Hermite (5 ).
En el ejemplo siguiente se dará la solución en series de Taylor para la ecuación (6),
la cual la haremos, sin pérdida de generalidad para el caso 00 =x
.
El ejemplo resultará ilustrativo, ya que mostrará como trabajar en todos los casos.
Ejemplo 2. Encuentre la serie de potencias en x para la solución general de
( ) ( )1.201 2
22 =+++ y
dxdyx
dxydx γβα
Solución:
Buscamos la solución general de la forma
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( ) ( )2.20
n
nn xaxy ∑
∞
=
=
donde
( ) ( )
K,1,0,!0
== nn
yan
n y ( ) ( ) 1100 0,0 cyacya =′=== .
Para encontrar el coeficiente 2a , hacemos 0=x en (2.1) y reemplazamos los
valores de :, 1100 caca ==
esto es,
( ) ( ) 0)0(00)0(0 cyyyy γγγ −=−=′′⇒=+′′
luego se tiene que ( ) .
!2!20
02 cyaγ
−=′′
=
Ahora para obtener los coeficientes K,4,3, =iai , deberemos derivar
implícitamente con respecto a x la ecuación (2.1) n veces, y sustituir los valores
encontrados de los ia anteriores.
Al derivar la ecuación (2.1) implícitamente con respecto a x, se obtiene:
( ) ( ) ( ) ( )3.2021 2
2
3
32 =+++++
dxdy
dxydx
dxydx γββαα
Haciendo 0=x y reemplazando los valores de ( ) ( ) ( )0,0,0 yyy ′′′ en (3) se tiene:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1)0(00)0(0 cyyyy γβγβγβ +−=′+−=′′′⇒=′++′′′
Luego se encuentra que ( ) ( )
.!3!3
013 cya
γβ +−=
′′′=
Obtengamos ahora ,4a para lo cual derivamos implícitamente con respecto a x la
ecuación (2.3):
( ) ( ) ( ) ( ) 02212 2
2
3
3
2
2
4
42
3
3
=++++++++dx
yddx
ydxdx
yddx
ydxdx
ydx γββαβααα
o bien, organizando:
( ) ( ) ( ) ( )4.202241 2
2
3
3
4
42 =++++++
dxyd
dxydx
dxydx γβαβαα
Haciendo 0=x y reemplazando los valores de ( ) ( ) ( ) ( )0,0,0,0 yyyy ′′′′′′ en (2.4) se
tiene:
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( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 022)0(2200)0(220 cyyyyiv γβαγγβαγβα ++=′′++−=′′′⇒=′′+++
Luego se encuentra que
( ) ( ) .
!422
!40
04 cyaiv γβαγ ++
−==
Continuando el proceso, se obtiene la fórmula siguiente:
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )5.2,2,1,0,)0(102 K=++−−=+ nynnny nn γβα
Llamando
( ) ( )( ) K,2,1,0,1 =++−= nnnnnP γβα
Se tiene lo siguiente:
( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )n
nn
n
n ann
nPn
ynn
nPyn
nPn
ya)1)(2(!
)0()1)(2(
)0(!)2(!2
02
2 ++−=
++−=
+−=
+=
+
+
Obtenemos la fórmula recursiva de los coeficientes K,2,1,0, =iai
( )( )( ) ( )6.2,1,0,
122 K=++
−=+ nann
nPa nn
La fórmula (2.6) coincide con la fórmula dada en [1] .
Así, la solución general de (2.1) es dada por
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∑ ∏∑ ∏∞
=
+−
=
∞
=
−
= +
+−+
−=
0
121
01
0
21
00 !12
121!2
21)(k
kk
i
k
k
kk
i
k
kxiPc
kxiPcxy
Ejercicio.
Ejemplo 3. Encuentre la serie en series de potencias en x para la solución general de
( ) ( )1.3.02621 2
22 =+++ y
dxdyx
dxydx
Solución:
La ecuación tiene la forma de (3.1), reconocemos 6,2 == βα y 2=γ .
Por un lado encontremos el polinomio )(nP :
( ) ( ) ( )2122612 +=++−= nnnnnP
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Utilizando la formula recursiva (2.6) , se tiene
( ) L,1,0,2)1(2
,,
2
11
00
=++
−=
==
+ nanna
caca
nn
Determinemos los coeficientes de potencias pares de x:
0068
0046
0024
002
4.3.2.17.5.3.1
3.2.15.3.1
47
872
,3.2.15.3.1
2.13.1
35
652
,2.13.1
11
23
432
,11
212
ccaa
ccaa
ccaa
caa
=
−
−=
−=
−=
−=
−=
=
−
−=
−=
−=
−=
Observando la ley de formación de los coeficientes, se tiene en general,
( )( )
)2.3(.,1,0,!
121 0
12 L=
−−=∏ = kc
k
ia
k
ikk
Ahora determinemos los coeficientes de las potencias impares de x:
.9.7.5.34.3.2.14
7.5.33.2.14
944
982
,7.5.33.2.14
5.32.14
734
762
,5.32.14
314
524
542
,314
322
14
13
79
13
112
57
12
135
113
ccaa
cccaa
ccaa
caa
=
−
−=
−=
−=
−=
−=
=
−
−=
−=
−=
−=
En general,
( )( )
)3.3(.,1,0,12
!41 1
1
12 L=+
−=
∏=
+ kci
ka k
i
kk
k
A partir de (8) y (9) vemos que
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( )( )
( )( )∑ ∏∑ ∏ ∞
=
+
=
∞
=
=
+−+
−−=
0
12
1
10
210
12
!41!
121)(
k
kk
i
kk
k
k
k
ik xi
kcxk
icxy
es la solución usando polinomios de Taylor (observar que es lo mismo de la serie de potencias) en x para la solución general de (3.1).
Ya ( ) 20 21 xxP += no se anula en los reales, luego la solución está definida en todo
R. Sin embargo, ( ) 021 20 =+= xxP en 2ix ±= esto implica que las soluciones
dada por el método de Taylor converge en el intervalo ( ),21,21 −− . Esto
ocurre, ya que 21=ρ es la distancia del punto 00 =x a 2ix ±= en el plano
complejo).
El siguiente ejemplo muestra que, en muchos casos hay que conformarnos con encontrar un número finito de términos, ya que no se tiene una formula cerrada para los coeficientes de las soluciones en series de potencia.
Ejemplo 4. Resolver el problema de valor inicial mediante series de potencias
( ) ( ) 30,2)0(,081021 2
22 −=′==+++ yyy
dxdyx
dxydx
Solución:
La ecuación tiene la forma de (1), reconocemos 10,2 == βα y 8=γ y las
condiciones iniciales: ( ) ( ) 30,20 10 −=′=== yaya
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Por un lado encontremos el polinomio )(nP :
( ) ( ) ( )22281012 +=++−= nnnnnP
En vez de utilizar la formula recursiva (6), para obtener los coeficientes
K,4,3,2, =iai , podemos utilizar la formula (5):
( ) ( ) ( ) ( ) K,2,1,0,)0(220 22 =+−=+ nyny nn
Encontremos los primeros términos.
Para :0=n
( ) ( ) 8!2016)2(8)0(80 2 −=′′
=⇒−=−=−=′′ yayy
Para :1=n
( ) ( ) 9!3054)3(18)0(180 3 =′′′
=⇒=−−=′−=′′′ yayy
Para :2=n
( ) ( )364
!40512)16(32)0(0
4
4 ==⇒=−−=′′−=yayyiv
Para :3=n
( ) ( )245
!502700)54(50)0(0 5 −==⇒−=−=′′′−=
vv yayy
Luego la solución del P.V.I viene dada por
( )
.2
1055
256245
3649832 765432
44
33
2210
0
L
L
++−−++−−=
+++++=
=∑∞
=
xxxxxxx
xaxaxaxaa
xaxy n
nn
Más generalmente, sea 00 ≠x un punto ordinario. Por lo tanto la solución por los
polinomios de Taylor será de la forma
( ) ( ) .00
n
nn xxaxy −=∑
∞
=
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donde
( ) ( )K,1,0,
!0 == n
nxy
an
n
Es la solución de
( )( ) ( ) ( )*.01 02
22
0 =+−+−+ ydxdyxx
dxydxx γβα
Se puede demostrar
( ) ( ) ( )( ) ( ) K,2,1,0,)(1 002 =++−−=+ nxynnnxy nn γβα
Ejemplo 5. Determinar mediante los polinomios de Taylor la solución general de la ecuación diferencial
( ) ( ) ( )1.5.012112242 2
22 =−−−−+ y
dxdyx
dxydxx
Solución
Lo primero que hay que hacer, es escribir el polinomio ( ) 20 242 xxxP −+=
En potencias de ( ).1−x
Ahora ( ) ( )220 124242 −−=−+= xxxxP
Así, la ecuación (5.1) queda:
( )( ) ( ) 012112124 2
22 =−−−−− y
dxdyx
dxydx
o bien, en la forma (*):
( ) ( ) 03131211 2
22 =−−−
−− y
dxdyx
dxydx
Reconocemos 3,21
−=−= βα y 3−=γ .
Se tiene entonces el polinomio )(nP :
( ) ( ) ( )( )K,2,1,0,
232331
21
=++
−=−−−−= nnnnnnnP
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En vez de utilizar la formula recursiva (6), para obtener los coeficientes
K,4,3,2, =iai , podemos utilizar la formula (5):
( ) ( ) ( )( ) ( ) K,2,1,0,)1(2
3212 =++
=+ nynny nn
Encontremos los primeros términos.
Para :0=n
( ) ( )020 2
3!213)1(31 cyacyy =′′
=⇒==′′
Para :1=n
( ) ( )131 !3
16)1(61 cyacyy =′′′
=⇒=′=′′′
Para :2=n
( ) ( )0
4
40 45
!4130)1(101 cyacyyiv ==⇒=′′=
Para :3=n
( ) ( )151 4
3!5190)1(151 cyacyy
vv ==⇒−=′′′=
Luego la solución del P.V.I viene dada por
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
.
12
1214311
12
121451
231
1111
1
12531
2420
44
33
2210
0
+−
++−+−+−
+
+−
+++−+−+=
+−+−+−+−+=
−=
+
∞
=∑
LL
LL
L
kk
kk
n
nn
xkxxxc
xkxxc
xaxaxaxaa
xaxy
O en forma más compacta:
( ) ( ) ( )
.
12
1212
12
0
121
0
20 ∑∑
∞
=
+∞
=
−+
+−+
=n
kk
n
kk xkcxkcxy
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Deberá observarse que hemos hallado dos series en una forma puramente for-mal, las cuales son convergentes para todo x finito. Para ver que ambas son li-nealmente independientes definimos lo siguiente:
( ) ( )( ) ( ) ,11,01
01,11
21
21
=′=′==
yy
yy
y por lo tanto
( )( ) .01, 21 ≠yyW
Donde ( )21 , yyW denota el Wronskiano de las soluciones 1y y 2y , en las cuales
( ) ( ) ( ) ( )
.
.12
12,12
12
0
122
0
21 ∑∑
∞
=
+∞
=
−+
=−+
=n
kk
n
kk xkxyxkxy
Ejemplo 6. Resolver el problema de valor inicial
( ) ( )1.611,0)1(,0 −=′==+′+′′ yyxyyyx
Solución.
Método series de potencias:
Mediante el cambio de variable 1−= xu , llevamos el problema al origen.
En efecto,
,
)2.6(
,
2
2
2
2
dxyd
duyd
dxdy
dudy
=
=
La ecuación (6.1) toma la forma
( ) ( ) ( ) 10,0)0(,011 2
2
−=′==++++ yyyududy
duydu
Por lo tanto suponemos que la solución la buscamos de la forma:
∑∞
=
=0
)(k
kk uauy
Que al reemplazar en la ecuación diferencial, se obtiene
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( ) ( ) ( ) ,011101
1
2
2 =+++−+ ∑∑∑∞
=
∞
=
−∞
=
−
k
kk
k
kk
k
kk uauukauakku
Realizando las multiplicaciones
( ) ( ) ,0110 0
1
1
1
2
2
2
1 =+++−+− ∑ ∑∑∑∑∞
=
∞
=
+∞
=
−∞
=
−∞
=
−
k k
kk
kk
k
kk
k
kk
k
kk uauaukauakkuakk
Escribiendo todo en potencias de ku , obtenemos
( ) ( )( ) ( ) ,011211 0
10
10
21
1 =++++++++ ∑ ∑∑∑∑∞
=
∞
=
−
∞
=
+
∞
=
+
∞
=
+
k k
kk
kk
k
kk
k
kk
k
kk uauauakuakkuakk
Empezando todas las sumatorias desde 1=k , y organizando, se tiene
( ) ( )( ) ( )[ ] ,0112121
1121012 =+++++++++++ ∑∞
=
−+++
k
kkkkkk uaaakakkakkaaa
mejor,
( )( ) ( )[ ] ,011221
112
2012 =+++++++++ ∑∞
=
−++
k
kkkkk uaaakakkaaa
Así pues,
( )( ) ( ) ( )3.6.1,0112
,02
112
2
012
≥=++++++
=++
−++ kaaakakk
aaa
kkkk
Usando las condiciones iniciales ( ) 10,0)0( −=′= yy . Con lo que 1,0 10 −== aa .
Reemplazando en (6.3), se tiene los primeros coeficientes:
,61,
61,
21
432 =−== aaa
De donde
L++−+−=662
)(432 uuuuuy
Y haciendo 1−= xu , se tiene finalmente
( ) ( ) ( ) ( )L+
−+
−−
−+−−=
61
61
211)(
432 xxxxxy
Donde la convergencia se tiene en el intervalo ( )2,0 ¿por qué?
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Método series de Taylor:
Buscamos soluciones de la forma
( )( ) ( )( ) .1
!1
0
n
n
n
xn
yxy −=∑∞
=
Para ello derivamos sucesivamente y evaluamos en las derivadas encontradas, esto es,
( ) ( )21
!21,11,0)1(,0 210 =′′
=−=′====+′+′′yayayaxyyyx
( )
( )
( )!5
18!51034
!44
!41023
!31
!3102
5
4
3
−==⇒=′′+′′′++
==⇒=′+′′+′′′+
−=′′′
=⇒=+′+′′+′′′
vivv
iviv
yayyxyxy
yayyxyxy
yayyxyyx
Siguiendo el proceso, se obtiene la formula recursiva:
( ) ( ) ( ) ( ) .3,0)3(1 32)1( ≥=−++−+ −−− nynxyynxy nnnn
De donde se sigue que la solución en series de Taylor es dada por
( ) ( ) ( ) ( )L+
−+
−−
−+−−=
61
61
211)(
432 xxxxxy
La misma solución dada por el método de los coeficientes indeterminados, pero encontrada de una forma más sencilla como puede verse.
En el ejemplo siguiente, encontraremos por el método de Taylor , la solución de una de las ecuaciones diferenciales importantes que aparecen en la física.
Ejemplo 7. (La ecuación de Legendre) Encuentre la solución en series Taylor alrededor de x=0 para la solución general de
( ) ( ) ( )1.70121 2
22 =++−− y
dxdyx
dxydx αα
Solución:
Buscamos la solución general de la forma
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( ) ( )2.70
n
nn xaxy ∑
∞
=
=
donde
( ) ( )
K,1,0,!0
== nn
yan
n y ( ) ( ) 1100 0,0 cyacya =′=== .
Para encontrar el coeficiente 2a , hacemos 0=x en (7.1) y reemplazamos los
valores de :, 1100 caca ==
esto es,
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 01)0(100)0(10 cyyyy +−=+−=′′⇒=++′′ αααααα
luego se tiene que ( ) ( ) .
!21
!20
02 cya +−=
′′=
αα
Ahora para obtener los coeficientes K,4,3, =iai , deberemos derivar
implícitamente con respecto a x la ecuación (7.1) n veces, y sustituir los valores
encontrados de los ia anteriores.
Al derivar la ecuación (7.1) implícitamente con respecto a x, se obtiene:
( ) ( )( ) ( )3.702141 2
2
3
32 =−++−−
dxdy
dxydx
dxydx αα
Haciendo 0=x y reemplazando los valores de ( ) ( ) ( )0,0,0 yyy ′′′ en (7.3) se tiene:
( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 11 1221)0(210 ccyy −+−=−+−=′−+−=′′′ αααααα
Luego se encuentra que ( ) ( )( )
.2.3
12!30
13 cya−+
−=′′′
=αα
Obtengamos ahora ,4a para lo cual derivamos implícitamente con respecto a x la
ecuación (7.3) , se tiene:
( ) ( )( ) ( )4.706161 2
2
3
3
4
42 =−++−−
dxyd
dxydx
dxydx αα
Haciendo 0=x y reemplazando los valores de ( ) ( ) ( ) ( )0,0,0,0 yyyy ′′′′′′ en (7.4) se
tiene:
( ) ( )( ) ( )( ) ( )[ ] ( )( ) ( ) 00 213123)0(610 ccyy iv −++=+−−+−=′′−+−= αααααααααα
Luego se encuentra que
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( ) ( )( ) ( ) .
!4213
!40
04 cyaiv −++
==αααα
Derivando la ecuación (7.4) se tiene
( ) ( )( ) ( )5.7012181 3
3
4
4
5
52 =−++−−
dxyd
dxydx
dxydx αα
Haciendo 0=x y reemplazando los valores de ( ) ( ) ( ) ( )0,0,0,0 yyyy ′′′′′′ en (7.4) se
tiene:
( ) ( )( )( )( ) ( )( )[ ] ( )( )( )( ) 11 31241234
)0(1210cc
yyv
−−++=−+−−+−=′′′−+−=
αααααααααα
Encontrando que
( ) ( )( )( )( ) .
!53124
!40
15 cyav −−++
==αααα
Continuando el proceso, se obtiene la fórmula siguiente para k=1,2,…
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) .
!12123122221
,!2
222132121
112
02
ck
kkka
ck
kkka
kk
kk
++−−−+−++
−=
+−−+−+−+−=
+αααααα
αααααα
LL
LL
Todos los coeficientes están determinados en términos de ahora ,0c y ,1c por lo
cual debemos tener
( ) ( ) ( ) ,2110 xycxycxy +=
donde
( ) ( )( ) ( )L−
−+++
+−= 42
1 !4213
!211)( xxxy αααααα
O bien,
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ,
!22221321211)( 2
11
k
k
k xk
kkkxy +−−+−+−+−+= ∑
∞
=
αααααα LL
y
( )( ) ( )( )( )( )L−
−−+++
−+−= 53
2 !53144
!312)( xxxxy αααααα
O bien,
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( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ,
!121231222211)( 12
11
+∞
=+
+−−−+−++−+= ∑ k
k
k xk
kkkxy αααααα LL
Ambas ,)(1 xy y ,)(2 xy son soluciones de la ecuación de Legendre, al tomar
respectivamente
( ) ( )( ) ( ) ,10,00
00,10
10
10
====
cccc
Ellas forman una base para las soluciones, ya que
( ) ( )( )( )
( ) ( ) ,10,00
01,00,10
21
21
21
=′=′≠⇒
==
yy
yyWyy
Donde ( )21 , yyW denota el Wronskiano de las soluciones 1y y 2y .
Observar que si α es un entero par no negativo
,),2,1,0(,2 L== kkn
luego continuar…………………
Ejemplo 8. Resuelva la ecuación diferencial
( )1.8.0=+′+′′ xyyyx
Solución.
Por el método de Taylor.
Supongamos que las soluciones son de la forma ∑∞
=0n
nn xa con
( )( )!0
nya
n
n = .
Para esto, pongamos ( ) ( )( )00 00 yyc == y ( )01 yc ′= .
Haciendo 0=x y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.1), se tiene
que .01 =c
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Derivando implícitamente con respecto a x la ecuación (8.1), tenemos
( )2.8020 =+′+′′+′′′⇔=+′+′′+′′+′′′ yyxyyxyyxyyyx
Haciendo 0=x y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.2), se tiene que
( ) ( ) 0210
210 cyy −=−=′′
Derivando la última ecuación (8.2), tenemos
( )3.802302 =′+′′+′′′+⇔=′+′+′′+′′′+′′′+ yyxyxyyyyxyyxy iviv
Haciendo 0=x y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.3), se tiene que
( ) ( ) 0320
320 1 =−=′−=′′′ cyy
Repitiendo el proceso anterior, se llega a la siguiente formula de recurrencia:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3,021 321 ≥=−++−+ −−− nynxyynxy nnnn
Que al hacer 0=x , y reemplazar los valores obtenidos, se obtiene
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )4.83,0120 31 ≥
−−
−= −− nynny nn
Encontremos varios valores
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
M
,2.45
2.43
650
650:7
,00540
540:6
,2.4
321
430
430:5
,0210
320:4
,210
210:3
020
00
1
00
ccyyn
yyn
ccyyn
cyyn
cyyn
ivvi
v
iv
−=
−=−==
=−=′′′−==
=
−−=′′−==
=−=′−=′′′=
−=−=′′=
Obtengamos ahora los coeficientes na , note que la fórmula de recurrencia (8.4)
junto con 01 =c implica que todos los coeficientes con subíndices impares
desaparecen, y
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( ) ( ) ( )
( )
( )
( )( ) ( ) ( )
,2.4.642.222
11
,2.4.6
12.45
!61
!60
,2.4
12.4
3!4
1!40
21
21
!210
!21
!20
02222222
0222026
02204
0200
2
cnnn
a
ccya
ccya
ccyya
nn
vi
iv
L
M
−−−=
−=
−==
=
==
−=
−==
′′=
Entonces
( )
( )( )5.8.
4!1
8642642422
0
2
20
82222
06222
0422
0220
0
n
n
xn
c
xc
xc
xc
xc
cxy
∑∞
=
−=
++−+−= L
La serie (8.5) se usa frecuentemente en matemáticas aplicadas y recibe el
nombre de función de Bessel de orden ).(0 xJ
Deberá observarse que el método de Taylor ha producido sólo una de las soluciones de la ecuación (8.1). Para hallar la otra solución linealmente independiente, usamos
la formula ( ) ( )( )[ ]∫= 2
112 xyx
dxxyxy
Entonces la otra solución será:
( ) ( )( )[ ]∫= 2
002 xJx
dxxJxy
La solución general viene dada por
( ) ( ) ( )( )[ ]
.20
00 ∫+=xJx
dxxBJxAJxy
En nuestro próximo ejemplo encontraremos una situación en la cual el método de Taylor no da ninguna solución (como es el caso cuando se usa series de potencias).
Ejemplo 9. Considere la ecuación de Euler
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( )1.9.02 =+′+′′ yyxyx
Solución.
Ya que este problema no contiene condiciones iniciales, pongamos 0)0( cy = , y
1)0( cy =′ . Con lo cual al reemplazar el valor de 0)0(,0 cyx == y 1)0( cy =′ en la
ecuación diferencial, tenemos
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0.000000 02 =⇒=+′+′′ cyyy .
Al derivar implícitamente con respecto a x en la ecuación diferencial (9.1), se tiene
02302 22 =′+′′′+′′⇔=′+′+′′+′′′+′′ yyxyxyyyxyxyx
Reemplazando los valores de 1)0(,0 cyx =′= en la última ecuación diferencial,
tenemos
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 000200003 12 =⇒=′+′′′+′′ cyyy .
Como todas las derivadas evaluadas en ,0=x estarán en términos de ,0c y de ,1c
entonces todos los na desaparecerán, y por lo tanto arrojará la solución ( ) 0=xy .
Así en este caso el método de Taylor falla para encontrar la solución de la ecuación diferencial de Euler, la cual es
( ) ( ) ( ) .lnsinlncos xBAxAxy +=
En el próximo ejemplo, aplicaremos el método del desarrollo de Taylor para encontrar la solución de una ecuación diferencial, en donde los coeficientes de la ecuación (1) ya no son polinomios.
Ejemplo 10. Resolver el problema de valor inicial
( ) ( )1.1010,1)0(,0 =′==−′′ yyyey x
Solución.
Nótese que en la ecuación diferencial todos los puntos son ordinarios. Buscamos
una solución de la forma: ( ) n
nn xaxy ∑
∞
=
=0
donde ( ) ( ) .0,
!0
≥= nn
yan
n
Para esto, despejamos ( )xy ′′ en la ecuación, reemplazando los valores
( ) ( ) 10,10 10 =′=== yaya para obtener así 2a :
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( )
( ) ( )21
!2010)0(
)2.10()(
20 =
′′=⇒==′′⇒
=′′
yayey
xyexy x
Derivamos (10.2) y reemplazamos los valores encontrados de los a´íes.
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( ) ( )31
!32
!30200)0(
)3.10()(
30 ==
′′′=⇒=′+=′′′⇒
′+=′+=′′′
yayyey
xyxyexyexyexy xxx
Derivamos nuevamente (10.3) y reemplazamos
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( ) ( )2.3
1!4
4!4040020)0(
)4.10(2)(
40 ==
′′′=⇒=′′+′+=⇒
′′+′+=′′+′+′+=yayyyey
xyxyxyexyxyexyxyexy
iv
xxxiv
Siguiendo el proceso, encontramos la siguiente fórmula para ( ) ( )xy n 2+ por lo tanto
para :2+na
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
.0,)!2(
0
)!2(00)0(
)(110
)(
0)2(
20
02
0
)(12
≥+
=+
=⇒=
=⇒
=
+
−
++′′
+′
+=
∑∑
∑
=+
+
=
+
=
−+
nn
ykn
nyay
kn
ey
xykn
e
xyxyn
nxy
nxy
nxyexy
n
k
k
n
n
n
k
kn
n
k
kx
nnxn L
luego la solución general viene dada por
( )
.315
2451
151
61
31
211
)!2(21
1
765432
0
2
0
22
L++++++++=+
++=
++=
∑
∑∞
=
+
∞
=
++
xxxxxxxxn
x
xaxxy
n
nn
n
nn
La serie converge para todo .Rx∈
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Realicemos este mismo ejemplo, pero ahora usando solución en series de potencias. Para esto necesitamos del siguiente teorema.
( )
intervalo. esteen x todopara
, para tambiénconverge (A), de series las deCauchy de producto el como conocida
,
con
serie la Entonces.0, intervalo elen esconvergent
y
Sean .
000
0
0
00
k
kk
k
kk
k
kk
k
jjkjk
k
kk
k
kk
k
kk
xcxbxa
yRx
ba c
xc
RRx
Axbxa
∑∑∑
∑
∑
∑∑
∞
=
∞
=
∞
=
=
−
∞
=
∞
=
∞
=
=
<
=
><
Teorema
Cuando se expresa en términos de funciones analíticas este teorema afirma que el producto de dos funciones analíticas en el intervalo I , f y g, es también él mismo una función analítica en I, y que su expansión en series de potencias alrededor de
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cualquier punto 0x
en I es el producto de Cauchy de las expansiones en serie de
potencias de f y g alrededor de 0x .
Ahora ya podemos seguir con el ejemplo anterior.
Suponemos la solución de la forma
k
kk xaxy ∑
∞
=
=0
)(
Al reemplazar en la ecuación diferencial nos da
,0)1(0
2
2
=−− ∑∑∞
=
−∞
=
k
kk
xk
kk xaexakk
o bien,
( )5.10,0!
)1(00
2
2
=
−− ∑∑∑
∞
=
∞
=
−∞
=
k
kk
k
kk
kk xa
kxxakk
Ahora aplicamos el teorema anterior, para escribir el producto de las dos series en la siguiente forma:
( )
( )
( ) .!
!2!3!2
!3!21
!
0 0
332
10221
0100
323
32
21000
k
k
k
j
j
k
kk
k
k
xjk
a
xaaaa
xaaa
xaaa
xxxxaxaxaaxakx
∑ ∑
∑∑
∞
= =
∞
=
∞
=
−=
+
++++
+++++=
++++++++=
L
LL
Sustituyendo esta expresión en (10.5), obtenemos
( ) ( ) ,0!
)1(20 0
2 =
−−++∑ ∑
∞
= =
+k
k
k
j
jk x
jka
akk
De esto último se sigue que
( ) ( ) .0,!)1(2
1
02 ≥
−++= ∑
=
+ kjk
akk
ak
j
jk
En particular,
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,12212
1
,6
,2
1021
04
103
02
aaaa
aa
aaa
aa
+=
++=
+=
=
etc., y en principio todos los ka pueden calcularse en términos de 0a y 1a .
Reemplazando los valores de 1,1 10 == aa se tiene.
M
,61
,31
,21
4
3
2
=
=
=
a
a
a
Luego la solución del problema de valor inicial viene dado por
( ) .61
31
211 432 L+++++= xxxxxy
Deberá notarse que la solución obtenida por series de potencias es más pobre que la obtenida por Taylor.
Ejercicio . Encuentre una series de potencias para la solución general de la ecuación diferencial
( ) ( ) 0sin =+′+′′ yeyxxy x
Los próximos ejemplos tratan con ecuaciones diferenciales no lineales.
Ejemplo 11. Encuentre la solución en series de potencias y en series de Taylor del problema de valor inicial
( ) ( )1.11.00;1 2 =+=′ yyy
Solución.
La ecuación diferencial (11.1) no es lineal, sin embargo, se conoce su solución
mediante el uso de separación de variables, a saber, ( ) .2
,2
,tan
−∈=
ππxxxy
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Método series de potencias:
Suponemos que la ec. (11.1) tiene como solución
( ) ( )2.11.0∑∞
=
=n
nn xaxy
Derivando, se tiene
( ) ( ) ( )3.11.10
11
1 ∑∑∞
=
+
∞
=
− +==′n
nn
n
nn xanxnaxy
evaluando la ec. (11.1) en 0=x e imponiendo la condición inicial, se encuentra
que 00)0( ay == . Reemplazando (11.2) , (11.3) en (11.1) vemos que los
coeficientes de la serie na , deben satisfacer
( ) ( )4.11.1110 0
2
001 ∑ ∑∑∑
∞
= =
−
∞
=
∞
=
+
+=
+=+
n
n
kknk
n
nn
n
nn aaxaxan
Igualando los coeficientes, obtenemos
.152,
32225:4
0,0224:331,123:2
0,022:111:0
52
231405
421304
32
1203
2102
201
=⇒=++==
=⇒=+==
=⇒=+==
=⇒====+==
aaaaaaan
aaaaaan
aaaaan
aaaanaan
En general,
>
=+=
∑−
=
−− .1 impar, esn si,11si,1
par esn si,0
1
01
20
naan
naan
kknk
n
Así, estamos en capacidad de calcular en forma recurrente los coeficientes de la
serie pero no somos capaces de expresar fácilmente explícitamente en na como
función de n. Por tanto, no podemos calcular el radio de convergencia
directamente. Sin embargo sabemos, que el radio de convergencia es .2/π
Luego la solución del problema de valor inicial viene dado por
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( ) .2
,2
.152
31 53
−∈+++=
ππxxxxxy L
Método series de Taylor:
Supongamos que las soluciones son de la forma ∑∞
=0n
nn xa con
( )( )!0
nya
n
n = .
Se tiene inicialmente que 0)0(0 == ya .
Haciendo 0=x y reemplazando el valor de ( ) 00 =y en la ecuación (11.1), se tiene
que
( ) ( ) ( ) 1!10,1010 1
2 =′
=⇒=+=′ yayy
Derivando implícitamente con respecto a x la ecuación (11.1), tenemos
( )5.112 yyy ′=′′
Haciendo 0=x y reemplazando los valores anteriores ( ) ( ) 10,00 =′= yy en la
ecuación (11.5), tenemos que
( ) ( ) ( ) ( ) .0!20,00020 2 =′′
=⇒=′=′′ yayyy
Repitiendo el proceso una vez
( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )31
!30,2)1(2)1)(0(2020020
22
322
2
=′′′
=⇒=+=′+′′=′′′
′+′′=′′′
yayyyy
yyyy
Otra vez,
( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0!40,00)1(6)2)(0(20060020
62422
4 ==⇒=+=′′′+′′′=
′′′+′′′=′′′+′′′+′′′=iv
iv
iv
yayyyyy
yyyyyyyyyyy
Y otra vez…..
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )152
!50,
3806
31)1(8)0)(0(2
060080020
6826622
52
2
2
==⇒=+
+=
′′+′′′′+=
′′+′′′′+=′′′′+′′′′+′′′′+=
v
ivv
ivivv
ya
yyyyyy
yyyyyyyyyyyyyy
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Hagamóslo una vez más
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0!600002000100020
20102128822
6 ==⇒=′′′′′+′+=
′′′′′+′+=′′′′′+′′′′′+′+′+=vi
ivvvi
ivvivivvvi
yayyyyyyy
yyyyyyyyyyyyyyyyy
Por última vez
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( )
.212
!7112112
22038)1(12
020003000120020
2030122
2020101022
6
2
2
2
==⇒=
+
=
′′′+′′+′+=
′′′+′′+′+=
′′′′′′+′′+′′+′+′+=
a
yyyyyyyy
yyyyyyy
yyyyyyyyyyyyy
ivvvivii
ivvvi
ivivvvvivii
Luego la solución del problema de valor inicial viene dado por
( ) .2
,2
.81023
212
152
31 9753
−∈+++++=
ππxxxxxxxy L
Esto es,
.2
,2
.81023
212
152
31tan 9753
−∈+++++≈
ππxxxxxxx L
Nótese que estamos en capacidad de calcular en forma recurrente los coeficientes
de la serie pero no somos capaces de expresar fácilmente a_n explícitamente como
función de n. De nuevo no podemos encontrar su radio de convergencia.
Pero si podemos calcular recurrentemente tantos coeficientes de la serie como sea necesario para producir una solución con una exactitud deseada.
Esto es lo que pasa cuando se trata de encontrar solución en series de problemas no lineales.
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Ejemplo 11. Encuentre la solución en series de potencias y en series de Taylor del problema de valor inicial
( ) ( )1.12.00; =+=′ − yexy y
Solución.
En este problema podemos encontrar su solución en forma analítica como sigue:
Haciendo yeu −= , se tiene que
( )2.12dxdye
dxdu y−−=
Así que multiplicamos la ec. (12.1) por ye−− , para obtener
yyy exedxdye 2−−− −−=−
O bien, el siguiente problema de valor inicial equivalente
( )3.12,2uxudxdu
−=+
La ecuación diferencial (12.3) es de tipo Bernoulli, por lo tanto haremos la sustitución
( )4.12,1−= uw
Con lo cual se tiene
dxduu
dxdw 2−−=
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Multiplicando a ambos miembros de la ecuación (12.3) por 2−− u , se obtiene
,112 −=−− −xudxduu
O bien, ya que ( ) ( )[ ] 100, 11 === −− uwuw
( ) ( )5.1210,1 =−=− wxwdxdw
La ecuación (12.5) resulta ser lineal, se encuentra que el factor integrante viene a
ser ( ) 2
0
2
expxx
etdtx−
=
−= ∫µ .
Multiplicando la ecuación (12.5) por el factor integrante, se tiene
,22
22 xx
ewedxd −−
−=
Luego la solución de (12.5) es obtenida como
( ) ( )6.12,0
22
22
+= ∫
−dteCexw
x tx
Reemplazando la condición inicial para encontrar C, obtenemos
( )( )
1,010
0
220 22
=⇒
+== ∫
−CdteCew
t
Así que al devolvernos, tenemos:
( )dte
exudteexu x t
xx tx
∫∫ −
−−
+
=⇒
+=
0
2
2
0
222
222
1
)(,11
Pero yeu −= .
+−=−⇒
+
=−⇒
+
= ∫∫∫
−−
−
−
−
−
− dteey
dte
ey
dte
eex tx
x t
x
x t
x
y
0
22
0
2
2
0
2
222
2
2
2
2
1lnln
1
ln
1
O finalmente,
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( ) 2755.1,22
1ln2
1ln2
2
0
22 2
−>
++=
++= ∫
−xxerfxdtexxy
x t π
donde la función de error erf(x) viene dada por:
.2)(0
2
dtexerfx
t∫ −=π
Ahora encontremos su solución por el método de las series de Taylor:
Supongamos que las soluciones son de la forma ∑∞
=0n
nn xa con
( )( )!0
nya
n
n = .
Se tiene inicialmente que 0)0(0 == ya .
Haciendo 0=x y reemplazando el valor de ( ) 00 =y en la ecuación (12.1), se tiene
que
( ) ( ) ( ) 1!10,100 1
0 =′
=⇒=+=′ − yaey
Derivando implícitamente con respecto a x la ecuación (12.1), tenemos
( )7.121 yey y ′−=′′ −
Haciendo 0=x y reemplazando los valores anteriores ( ) ( ) 10,00 =′= yy en la
ecuación (12.7), tenemos que
( ) ( ) ( ) ( ) .0!20,0010 2
0 =′′
=⇒=′−=′′ − yayey
Derivando nuevamente la ecuación (12.7) con respecto a x, se tiene
( ) ( )8.12,yyeyeyey yyy ′−′′−=′′−′=′′′ −−−
Haciendo 0=x y reemplazando los valores anteriores ( ) ( ) 10,00 =′= yy y ( ) 00 =′′y
en la ecuación (12.8), tenemos que
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )!3
1!30,1000 3
0 =′′′
=⇒=′−′′−=′′′ − yayyey
Repitiendo el proceso anterior
( ),2 yyyey yiv ′+′′−′′′−= −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )!4
2!40,200200 4
0 −==⇒−=′+′′−′′′−= −iv
iv yayyyey
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Repetiremos el proceso unas cuantas veces
( ),33 yyyyey ivyv ′−′′+′′′−−= −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )!5
6!50,60030300 5
0 ==⇒=′−′′+′′′−−= −v
ivv yayyyyey
( ),464 yyyyyey ivvyvi ′+′′−′′′+−−= −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )!6
21!60,21004060400 6
0 −==⇒−=′+′′−′′′+−−= −v
ivvvi yayyyyyey
Siguiendo el proceso, encontramos la siguiente fórmula para ( ) ( )xy k por lo tanto
una formula un tanto no obvia para :ka
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )∑−
=
−−−
+
−−−
−
−−−=
′−+
−−
−+
−
−+
−−
−=
2
0
1
12
321
21
)(132
1
22
12
)(
n
k
knky
nn
nnn
yn
xyk
ne
xyxynn
xyn
xyn
xyexy
L
Que al evaluar en x=0, obtenemos: ( ) ( ) ( ) ( )∑−
=
−−
−−−=
2
0
1 02
1)0(n
k
knkn yk
ny
De aquí una fórmula para los coeficientes :ka
( )( ) ( ) ( )
.0,!
02
1
!0
2
0
1
)(
≥
−−−
==∑−
=
−−
nn
yk
n
nya
n
k
knk
n
n
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Bibilografía.
1. Charles E. Robertrs Jr., Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Un enfoque al cálculo numérico.Ed. Prentice-Hall Int. 1980.
2. Kreider, Kuller, Ostberg. Ecuaciones Diferenciales. Fondo Editorial Iberoamericano. 1973.
3. Derrick W. , Grossman S. Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones. Fondo Editorial Iberoamericano. 1984
4. García J. O.,Villegas G. J. , Castaño B. J, Sánchez C., J.A. Ecuaciones Diferenciales. Fondo Editorial Universidad EAFIT, 2010.