método de las series de taylor para resolver ecuaciones

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
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
[email protected]
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 x 0 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
y(x ) =
∞
∑ a (x − x )
n
0
n
(S .P )
. Esta ecuación
n =0
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 a n . 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, a n
y (n ) ( x0 )
n!
vienen
y los coeficientes en el método de Taylor ,
relacionados por la formula
∞
método de Taylor viene dada por y ( x) =
∑
n =0
an =
y ( n ) ( x0 )
. La solución por el
n!
y (n ) ( x 0 )
( x − x 0 )n
n!
En el libro de ecuaciones diferenciales [1]
el siguiente problema de valor inicial:
1
(S .T ).
utilizan ambos métodos para resolver
Ejemplo 1. Resolver el problema de valor inicial
2
dy
= e −x ,
dx
(1.1)
y ( 0) = 1
Solución.
Observar que la solución de (1.1) se puede escribir como y ( x ) = 1 +
∫
x
2
e −t dt.
0
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
1
x = 0 para obtener:
1
[1] Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Un enfoque al cálculo numérico.Charles E.
Robertrs Jr.,
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y ′′( x ) = −2 xe − x ;
y ′′(0) = 0
2
(
)
(x ) = (− 8x + 12 x )e ;
(x ) = (16 x − 48x + 12)e
y ′′′(0) = −2
y ′′′( x ) = 4 x 2 − 2 e − x ;
2
y iv
yv
Notando que y (0) = y
−x
3
4
(0 )
(0) = 1
y iv (0) = 0
2
2
− x2
y v (0) = 12
;
y y ′(0) = 0 y reemplazando en la ecuación (S.T) se
obtiene la solución
x3 x5
y ( x) = 1 + x −
+
−L
3 10
(1.2)
Ahora supongamos que la ecuación (1.1) tiene una solución en serie de potencias
y(x ) =
∞
∑a x .
(1.3)
n
n
n =0
x = 0 en la ecuación (1.3) e imponiendo la condición inicial se obtiene
u (0) = 1 = a 0 . Diferenciando la ecuación (1.3), obtenemos
haciendo
y ′( x ) =
∞
∑ na x
∞
n −1
n
=
n =1
∑ (n + 1)a
n +1
xn.
(1.4)
n =0
∞
Ya que
e =
x
∑x
n
/ n! ,
n=0
∞
e
− x2
=
∑
(− 1)n x 2 n
(1.5)
n!
n =0
Reemplazando (1.4) y (1.5) en (1.1), encontramos
y ′( x ) =
∞
∑ na x
n
n =1
∞
n −1
=
∑
n =0
(− 1)n x 2 n .
n!
o en forma equivalente
a1 + 2a 2 x + 3a3 x 2 + 4a 4 x 3 + 5a5 x 4 + L = 1 − x 2 +
x4 x6
+
+L
2
6
Igualando los coeficientes de potencias iguales, encontramos
1
1
a1 = 1, a 2 = 0, a3 = − , a 4 = 0, a5 = , a6 = 0, L
3
10
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En general, se tiene
a2n = 0
2 n −1
(
− 1)
a 2 n −1 =
(2n − 1)(n − 1)!
n = 1,2,3,L
De acuerdo con lo anterior, se tiene que la solución en series de potencias viene
dada por
(− 1)n x 2n+1
∑
(2n + 1)n!
n =0
∞
y ( x) = 1 +
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
y ′′( x ) = −2 xe − x ;
y ′′(0) = 0
2
(
)
(x ) = (− 8 x + 12 x )e ;
(x ) = (16 x − 48x + 12)e ;
(x ) = (− 120 x + 160 x − 32 x )e ;
(x ) = (− 120 + 720 x − 480 x + 64 x )e
y ′′′(0) = −2 = −
y ′′′( x ) = 4 x 2 − 2 e − x ;
2
y iv
yv
y vi
y vii
4
y iv (0) = 0
− x2
3
y v (0) = 12 =
− x2
2
3
2
y vi (0) = 0
− x2
5
4
6
− x2
;
2!
1!
12 * 2 4!
=
2
2!
y vii (0) = −120 = −
12 * 6
6!
=−
6
3!
Se observa la siguiente ley de formación:
y (2n ) = 0 ,
y (2 n −1) = (− 1)
n −1
(2(n − 1))!
(n − 1)!
n = 1,2,3,L
En consecuencia, se tiene los coeficientes
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a2n =
y (2 n )
=0,
(2n )!
a 2 n −1 =
(2(n − 1))! n = 1,2,3,L
y (2 n −1)
n −1
= (− 1)
(2n − 1)!
(2n − 1)!(n − 1)!
O bien,
a2n = 0 ,
a 2 n −1 = (− 1)
n −1
= (− 1)
n −1
(2(n − 1))! = (− 1)n−1
(2n − 2)!
(2n − 1)!(n − 1)!
(2n − 1)(2n − 2)!(n − 1)!
1
(2n − 1)!(n − 1)!
Nuevamente se obtiene la solución encontrada por series de potencias:
n
(
− 1) x 2 n +1
.
y ( x) = 1 + ∑
(2n + 1)n !
n =0
∞
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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P0 (x )
donde P0 , P1
y
P2
d2y
dy
+ P1 (x ) + P2 (x ) y = 0,
2
dx
dx
(1)
son polinomios. Dichas ecuaciones aparecen en muchas
aplicaciones físicas. Algunos ejemplos de estas ecuaciones son:
Ecuación de Legendre:
2
(1 − x ) ddx y − 2x dy
+ α (α + 1) y = 0,
dx
2
2
2
(2)
Ecuación de Airy:
d2y
− xy = 0,
dx 2
(3)
Ecuación de Chebyshev:
(1 − x ) ddx y − x dy
+α
dx
2
2
2
2
(4)
y = 0,
Ecuación de Hermite:
d2y
dy
− 2 x + 2αy = 0,
2
dx
dx
(5)
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 P0 , P1
y
P2
no tienen factores
comunes. Decimos que x0 es un punto ordinario de (1) si P0 ( x0 ) ≠ 0 , o es un
punto singular si P0 ( x0 ) = 0 .
Para la ecuación de Legendre (2),
x0 = 1 y x0 = −1 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 x = x 0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial
y ′′(x ) + P1 (x ) y ′ + P2 (x ) y = 0
Se pueden encontrar siempre dos soluciones linealmente independientes en la
forma de series de Taylor centradas en x = x 0
y(x ) =
∞
∑
n =0
y (n ) (0)
( x − x0 )
n!
Una solución en series de Taylor converge al menos para
x − x 0 < R , donde R es la
distancia de x 0 al punto singular más cercano (real o complejo), en tal ca-so se
dice que la solución
y ( x ) es una solución alrededor del punto ordinario x 0
Problema: Encontrar las soluciones en serie de potencias en x − x0 para
ecuaciones de la forma
(1 + α (x − x ) )
2
0
d2y
dy
+ β (x − x0 ) + γ y = 0.
2
dx
dx
(6)
Muchas ecuaciones importantes que aparecen en aplicaciones son de esta
forma
con x0 = 0 , 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 x0 = 0 .
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 + αx ) ddx y + β x dy
+γ y = 0
dx
2
2
2
(2.1)
Solución:
Buscamos la solución general de la forma
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y(x ) =
∞
∑a x
(2.2)
n
n
n =0
donde
an =
y (n ) (0)
, n = 0, 1, K y
n!
a 0 = y (0 ) = c0 , a1 = y ′(0 ) = c1 .
Para encontrar el coeficiente a 2 , hacemos
x = 0 en (2.1) y reemplazamos los
valores de a 0 = c 0 , a1 = c1 :
esto es,
y ′′(0) + γ y (0) = 0 ⇒
luego se tiene que
Ahora
para
a2 =
y ′′(0 ) = −γ y (0) = −γ c0
γ
y ′′(0)
= − c0 .
2!
2!
obtener
los
coeficientes
ai , i = 3, 4, K ,
deberemos
derivar
implícitamente con respecto a x la ecuación (2.1) n veces, y sustituir los valores
encontrados de los ai anteriores.
Al derivar la ecuación (2.1) implícitamente con respecto a x, se obtiene:
(
)
d3y
d2y
dy
1 + αx
+ (2α + β )x 2 + (β + γ ) = 0
3
dx
dx
dx
Haciendo
2
(2.3)
x = 0 y reemplazando los valores de y (0 ), y ′(0 ), y ′′(0 ) en (3) se tiene:
y ′′′(0 ) + (β + γ ) y ′(0) = 0 ⇒
Luego se encuentra que
a3 =
y ′′′(0 ) = −(β + γ ) y ′(0) = −(β + γ )c1
(β + γ )
y ′′′(0)
=−
c1 .
3!
3!
Obtengamos ahora a 4 , para lo cual derivamos implícitamente con respecto a x la
ecuación (2.3):
2αx
(
)
4
d3y
d2y
d3y
d2y
2 d y
(
)
(
)
(
)
+
1
+
α
x
+
2
α
+
β
+
2
α
+
β
x
+
β
+
γ
=0
dx 3
dx 4
dx 2
dx 3
dx 2
o bien, organizando:
(1 + αx ) ddx y + (4α + β )x ddx y + (2α + 2β + γ ) ddx y = 0
2
4
3
4
Haciendo
2
3
2
(2.4)
x = 0 y reemplazando los valores de y (0 ), y ′(0 ), y ′′(0 ), y ′′′(0 ) en (2.4) se
tiene:
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y iv (0 ) + (2α + 2 β + γ ) y ′′(0) = 0 ⇒
y ′′′(0 ) = −(2α + 2 β + γ ) y ′′(0) = γ (2α + 2 β + γ )c0
Luego se encuentra que
y iv (0)
γ (2α + 2β + γ )
a4 =
c0 .
=−
4!
4!
Continuando el proceso, se obtiene la fórmula siguiente:
y (n + 2 ) (0) = −(αn(n − 1) + βn + γ ) y (n ) (0) , n = 0,1,2, K
(2.5)
Llamando
P (n ) = (αn(n − 1) + β n + γ ) ,
n = 0,1,2,K
Se tiene lo siguiente:
a n+2
y (n + 2 ) (0)
y (n ) (0)
P(n ) (n )
P(n )
P(n )
=
=−
y (0) = −
=−
an
(n + 2)!
(n + 2) !
(n + 2)(n + 1) n !
(n + 2)(n + 1)
Obtenemos la fórmula recursiva de los coeficientes ai , i = 0,1, 2,K
an+2 = −
P(n )
a , n = 0, 1, K
(n + 2)(n + 1) n
(2.6)
La fórmula (2.6) coincide con la fórmula dada en [1] .
Así, la solución general de (2.1) es dada por
∞
y ( x) = c 0
∑
k =0
∏
(− 1) 

k
k −1
i =0
x 2k
P (2i )
+ c1
 (2k )!
∞
∑ (− 1)k ∏
k =0

k −1
i =0
x 2 k +1
P (2i + 1)
 (2k + 1)!
Ejercicio.
Ejemplo 3. Encuentre la serie en series de potencias en x para la solución general
de
(
)
d2y
dy
1 + 2x
+ 6 x + 2y = 0 .
2
dx
dx
2
(3.1)
Solución:
La ecuación tiene la forma de (3.1), reconocemos
Por un lado encontremos el polinomio
α = 2, β = 6 y γ = 2 .
P(n) :
P (n ) = 2n(n − 1) + 6n + 2 = 2(n + 1)
2
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Utilizando la formula recursiva (2.6) , se tiene
a 0 = c0 ,
a1 = c1 ,
an+ 2 = −2
(n + 1)
a , n = 0, 1, L
(n + 2) n
Determinemos los coeficientes de potencias pares de x:
1
1
a2 = −2 a0 = − c0 ,
1
 2
1.3
 3  1 
3
a4 = −2 a2 =  −  − c0 =
c0 ,
1.2
 2  1 
 4
1.3.5
5
 5  1.3 
a6 = −2 a4 =  −  c0 = −
c0 ,
1.2.3
6
 3  1.2 
1.3.5.7
 7  1.3.5 
7
a8 = −2 a6 =  −  −
c0
c 0 =
1.2.3.4
8
 4  1.2.3 
Observando la ley de formación de los coeficientes, se tiene en general,
∏ (2i − 1) c
= (− 1)
k
a2k
k
i =1
k!
0
, k = 0, 1, L.
(3 . 2 )
Ahora determinemos los coeficientes de las potencias impares de x:
1
2
a3 = −2 a1 = −4 c1 ,
 3
3
1.2
4
 2   1  
a5 = −2 a3 = −4  − 4  c1 = 4 2
c1 ,
3.5
5
 5   3  
1.2.3
6
 3  1.2 
a7 = −2 a5 = −4  4 2
c1 c1 = −4 3
c1 ,
3.5.7
7
 7  3.5 
1.2.3 
8
 4 
4 1.2.3.4
a9 = −2 a7 = −4  − 4 3
c1 .
c1 = 4
3.5.7 
3.5.7.9
 9 
9
En general,
a 2 k +1 = (− 1)
k
4 k k!
∏ (2i + 1)
k
c1 , k = 0, 1, L.
(3.3)
i =1
A partir de (8) y (9) vemos que
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y ( x ) = c0
(2i − 1)
∏
(− 1)
x
k
∞
∑
k
i =1
k!
k =0
∞
2k
+ c1
∑ (−1)
k
k =0
4 k k!
∏ (2i + 1)
k
x 2 k +1
i =1
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 P0 ( x ) = 1 + 2 x
2
R. Sin embargo,
no se anula en los reales, luego la solución está definida en todo
P0 ( x ) = 1 + 2 x 2 = 0 en x = ± i
2 esto implica que las soluciones
dada por el método de Taylor converge en el intervalo
ocurre, ya que
ρ =1
(− 1
2, − 1
2 es la distancia del punto x0 = 0 a x = ± i
)
2 , . Esto
2 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
(1 + 2x ) ddx y + 10 x dy
+ 8y = 0 ,
dx
2
2
2
y(0) = 2, y′(0) = −3
Solución:
La ecuación tiene la forma de (1), reconocemos
condiciones iniciales: a0 = y (0) = 2 ,
α = 2, β = 10 y γ = 8 y las
a1 = y ′(0) = −3
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Por un lado encontremos el polinomio
P(n) :
P (n ) = 2n(n − 1) + 10 n + 8 = 2(n + 2 )
2
En vez de utilizar la formula recursiva (6), para obtener los coeficientes
ai , i = 2,3,4,K , podemos utilizar la formula (5):
y (n+2 ) (0) = −2(n + 2) y (n ) (0) , n = 0,1,2,K
2
Encontremos los primeros términos.
Para
n = 0:
y ′′(0) = −8 y (0) = −8(2) = −16
Para
⇒ a2 =
n = 1:
y ′′′(0) = −18 y ′(0) = −18(−3) = 54
Para
⇒ a3 =
y ′′′(0)
=9
3!
n = 2:
y (0) = − y′′(0) = −32(−16) = 512
iv
Para
y ′′(0)
= −8
2!
y 4 (0) 64
⇒ a4 =
=
4!
3
n = 3:
y (0) = − y ′′′(0) = −50(54) = −2700
v
45
y v (0)
⇒ a5 =
=−
5!
2
Luego la solución del P.V.I viene dada por
y(x ) =
∞
∑a x
n
n
n=0
= a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + a4 x 4 + L
= 2 − 3x − 8 x 2 + 9 x 3 +
64 4 45 5 256 6 105 7
x − x −
x +
x + L.
3
2
5
2
Más generalmente, sea x 0 ≠ 0 un punto ordinario. Por lo tanto la solución por los
polinomios de Taylor será de la forma
y(x ) =
∞
∑ a (x − x ) .
n
n
0
n =0
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donde
y ( n ) ( x0 )
, n = 0, 1, K
n!
an =
Es la solución de
(1 + α (x − x ) ) ddx y + β (x − x ) dy
+ γ y = 0.
dx
2
2
0
0
2
(*)
Se puede demostrar
y (n+ 2 ) ( x0 ) = −(αn(n − 1) + βn + γ ) y (n ) ( x0 ) , n = 0,1,2,K
Ejemplo 5. Determinar mediante los polinomios de Taylor la solución general de la
ecuación diferencial
(2 + 4 x − 2x ) ddx y − 12 (x − 1) dy
− 12 y = 0.
dx
2
2
(5.1)
2
Solución
Lo primero que hay que hacer, es escribir el polinomio P0 ( x ) = 2 + 4 x − 2 x
En potencias de
Ahora
2
(x − 1).
P0 (x ) = 2 + 4 x − 2 x 2 = 4 − 2(x − 1)
2
Así, la ecuación (5.1) queda:
(4 − 2(x − 1) ) ddx y − 12 (x − 1) dy
− 12 y = 0
dx
2
2
2
o bien, en la forma (*):
2
dy
 1
2d y
1 − ( x − 1)  2 − 3 ( x − 1) − 3 y = 0
dx
 2
 dx
Reconocemos
1
2
α = − , β = −3
Se tiene entonces el polinomio
y
γ = −3 .
P(n) :
(n + 2 )(n + 3) , n = 0,1,2,K
1
P (n ) = − n(n − 1) − 3n − 3 = −
2
2
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En vez de utilizar la formula recursiva (6), para obtener los coeficientes
ai , i = 2,3,4,K , podemos utilizar la formula (5):
y (n+ 2 ) (1) =
(n + 2)(n + 3) y (n ) (1) ,
n = 0,1,2,K
2
Encontremos los primeros términos.
Para
n = 0:
y ′′(1) = 3 y(1) = 3c0
Para
⇒ a2 =
n = 1:
y ′′′(1) = 6 y ′(1) = 6c1
Para
⇒ a3 =
y ′′′(1)
= c1
3!
n = 2:
y iv (1) = 10 y ′′(1) = 30c0
Para
y ′′(1) 3
= c0
2!
2
⇒ a4 =
y 4 (1) 5
= c0
4!
4
n = 3:
y v (1) = 15 y ′′′(1) = −90c1
⇒ a5 =
y v (1) 3
= c1
5!
4
Luego la solución del P.V.I viene dada por
y(x ) =
∞
∑ a (x −1)
n
n
n =0
= a 0 + a1 ( x − 1) + a 2 ( x − 1) + a 3 ( x − 1) + a 4 ( x − 1) + L
2
3
4
5
2k + 1
 3

2
4
2k
= c 0 1 + ( x − 1) + ( x − 1) + L + k ( x − 1) + L +
4
2
 2

3
2k + 1


3
5
2 k +1
+ L
c1  ( x − 1) + ( x − 1) + ( x − 1) L + k ( x − 1)
4
2


.
O en forma más compacta:
y(x ) = c 0
∞
∑
n =0
2k + 1
(x − 1)2k + c1
k
2
∞
∑
n =0
2k + 1
(x − 1)2k +1
k
2
.
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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 linealmente independientes definimos lo siguiente:
y1 (1) = 1, y 2 (1) = 0
′
y1 (1) = 0, y 2′ (1) = 1,
y por lo tanto
W ( y1 , y 2 )(1) ≠ 0.
Donde
W ( y1 , y 2 ) denota el Wronskiano de las soluciones y1 y y 2 , en las cuales
y1 ( x ) =
∞
∑
n=0
2k + 1
(x − 1)2k ,
k
2
y 2 (x ) =
∞
∑
n =0
2k + 1
(x − 1)2k +1 .
k
2
.
Ejemplo 6. Resolver el problema de valor inicial
xy ′′ + y ′ + xy = 0 ,
y ′(1) = −1
y (1) = 0,
(6.1)
Solución.
Método series de potencias:
Mediante el cambio de variable
u = x − 1 , llevamos el problema al origen.
En efecto,
dy dy
= ,
du dx
(6.2)
d2y d2y
=
,
du 2 dx 2
La ecuación (6.1) toma la forma
d 2 y dy
(u + 1) 2 + + (u + 1) y = 0 ,
du
du
y (0) = 0,
y ′(0) = −1
Por lo tanto suponemos que la solución la buscamos de la forma:
∞
y (u ) =
∑a u
k
k
k =0
Que al reemplazar en la ecuación diferencial, se obtiene
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
∞
∞
∞
(u + 1)∑ k (k − 1)a k u k −2 + ∑ ka k u k −1 + (u + 1)∑ a k u k
k =2
k =1
=0,
k =0
Realizando las multiplicaciones
∞
∑
k (k − 1)a k u k −1 +
k =2
∞
∑
k (k − 1)a k u k − 2 +
k =2
∑
k (k + 1)a k +1u k +
∑
k =0
∑a u
k
k
=0,
k =0
∞
∞
∞
∞
∑ (k + 2)(k + 1)ak +2u k + ∑ (k + 1)ak +1u k + ∑ ak −1u k + ∑ ak u k
∞
∑ [k (k + 1)a
k =1
k =0
Empezando todas las sumatorias desde
2a 2 + a1 + a 0 +
∑
∞
a k u k +1 +
u k , obtenemos
k =0
k =1
∞
ka k u k −1 +
k =1
Escribiendo todo en potencias de
∞
∞
k +1
=0,
k =0
k = 1 , y organizando, se tiene
+ (k + 2 )(k + 1)a k + 2 + (k + 1)a k +1 + a k −1 + a k ]u k = 0 ,
k =1
mejor,
∞
2a 2 + a1 + a 0 +
∑ [(k + 2)(k + 1)a
]
+ (k + 1) a k +1 + a k −1 + a k u k = 0 ,
2
k +2
k =1
Así pues,
2a 2 + a1 + a 0 = 0,
(k + 2)(k + 1)a k + 2 + (k + 1)2 a k +1 + a k −1 + a k
Usando las condiciones iniciales
y (0) = 0,
=0,
k ≥ 1.
(6.3)
y ′(0) = −1 . Con lo que a 0 = 0, a1 = −1 .
Reemplazando en (6.3), se tiene los primeros coeficientes:
a2 =
1
1
1
, a3 = − , a 4 = ,
2
6
6
De donde
y (u ) = −u +
Y haciendo
u2 u3 u4
−
+
+L
2
6
6
u = x − 1 , se tiene finalmente
y ( x ) = −( x − 1) +
(x − 1)2 − (x − 1)3 + (x − 1)4
2
Donde la convergencia se tiene en el intervalo
6
(0,2)
6
+L
¿por qué?
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Método series de Taylor:
Buscamos soluciones de la forma
y(x ) =
∞
∑
n =0
y (n ) (1)
(x − 1)n .
n!
Para ello derivamos sucesivamente y evaluamos en las derivadas encontradas, esto
es,
xy ′′ + y ′ + xy = 0 , a 0 = y (1) = 0, a1 = y ′(1) = −1, a 2 =
y ′′(1) 1
=
2!
2
y ′′′(1)
1
=−
3!
3!
iv
y (1) 4
xy iv + 3 y ′′′ + xy ′′ + 2 y ′ = 0 ⇒ a 4 =
=
4!
4!
v
y (1)
18
xy v + 4 y iv + xy ′′′ + 3 y ′′ = 0 ⇒ a5 =
=−
5!
5!
xy ′′′ + 2 y ′′ + xy ′ + y = 0
⇒ a3 =
Siguiendo el proceso, se obtiene la formula recursiva:
xy (n ) + (n − 1) y ( n −1) + xy (n − 2 ) + (n − 3) y (n −3 ) = 0 ,
n ≥ 3.
De donde se sigue que la solución en series de Taylor es dada por
2
3
4
(
(
(
x − 1)
x − 1)
x − 1)
−
+
y ( x) = −( x − 1) +
2
6
6
+L
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 − x ) d
2
2
dx
y
2
−2x
dy
+ α (α + 1) y = 0
dx
(7.1)
Solución:
Buscamos la solución general de la forma
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
y(x ) =
∞
∑a x
(7.2)
n
n
n =0
donde
an =
y (n ) (0)
, n = 0, 1, K y
n!
a 0 = y (0) = c0 , a1 = y ′(0) = c1 .
Para encontrar el coeficiente a 2 , hacemos
x = 0 en (7.1) y reemplazamos los
valores de a 0 = c 0 , a1 = c1 :
esto es,
y ′′(0) + α (α + 1 ) y (0) = 0 ⇒
luego se tiene que
Ahora
para
a2 =
y ′′(0 ) = −α (α + 1 ) y (0) = −α (α + 1 )c 0
α (α + 1 )
y ′′(0)
=−
c0 .
2!
2!
obtener
los
coeficientes
ai , i = 3, 4,K ,
deberemos
derivar
implícitamente con respecto a x la ecuación (7.1) n veces, y sustituir los valores
encontrados de los ai anteriores.
Al derivar la ecuación (7.1) implícitamente con respecto a x, se obtiene:
(
)
d3y
d2y
dy
1− x
− 4 x 2 + (α (α + 1) − 2) = 0
3
dx
dx
dx
Haciendo
2
(7.3)
x = 0 y reemplazando los valores de y (0 ), y ′(0 ), y ′′(0 ) en (7.3) se tiene:
y ′′′(0 ) = −(α (α + 1) − 2 ) y ′(0) = −(α (α + 1) − 2 )c1 = −(α + 2 )(α − 1)c1
Luego se encuentra que
a3 =
(α + 2)(α − 1)
y ′′′(0)
=−
c1 .
3!
3.2
Obtengamos ahora a 4 , para lo cual derivamos implícitamente con respecto a x la
ecuación (7.3) , se tiene:
(
)
d4y
d3y
d2y
1− x
− 6 x 3 + (α (α + 1) − 6) 2 = 0
dx 4
dx
dx
Haciendo
2
(7.4)
x = 0 y reemplazando los valores de y (0 ), y ′(0 ), y ′′(0 ), y ′′′(0 ) en (7.4) se
tiene:
y iv (0 ) = −(α (α + 1) − 6 ) y ′′(0) = −(α + 3)(α − 2 )[− α (α + 1 )]c 0 = (α + 3)(α + 1)α (α − 2 )c 0
Luego se encuentra que
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a4 =
y iv (0) (α + 3)(α + 1)α (α − 2)
c0 .
=
4!
4!
Derivando la ecuación (7.4) se tiene
(1 − x ) ddx y − 8x ddx y + (α (α + 1) − 12) ddx y = 0
5
2
4
5
Haciendo
3
4
(7.5)
3
x = 0 y reemplazando los valores de y (0 ), y ′(0 ), y ′′(0 ), y ′′′(0 ) en (7.4) se
tiene:
y v (0) = −(α (α + 1) − 12 ) y ′′′(0) =
− (α + 4)(α − 3)[− (α + 2)(α − 1)c1 ] = (α + 4)(α + 2)(α − 1)(α − 3)c1
Encontrando que
a5 =
y v (0) (α + 4)(α + 2)(α − 1)(α − 3)
c1 .
=
4!
5!
Continuando el proceso, se obtiene la fórmula siguiente para k=1,2,…
(α + 2k − 1)(α + 2k − 3)L(α + 1)α (α − 2)L(α − 2k + 2) c ,
0
(2k )!
k (α + 2k )(α + 2k − 2 )L (α + 2 )(α − 1)(α − 3)L (α − 2k + 1)
a 2 k +1 = (− 1)
c1 .
(2k + 1)!
a 2 k = (− 1)
k
Todos los coeficientes están determinados en términos de ahora c 0 , y c1 , por lo
cual debemos tener
y ( x ) = c 0 y1 ( x ) + c1 y 2 ( x ) ,
donde
y1 ( x ) = 1 −
α (α + 1)
2!
x2 +
(α + 3)(α + 1)α (α − 2) x 4 − L
4!
O bien,
k (α + 2 k − 1)(α + 2 k − 3)L (α + 1)α (α − 2 )L (α − 2 k + 2 ) 2 k
(
)
−
1
x ,
∑
(
)
2
k
!
k =1
∞
y1 ( x) = 1 +
y
y 2 ( x) = x −
(α + 2)(α − 1) x 3 + (α + 4)(α + 4)(α − 1)(α − 3) x 5 − L
3!
5!
O bien,
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∞
y1 ( x ) = 1 +
∑ (− 1)
k =1
k
(α + 2k )(α + 2k − 2)L (α + 2)(α − 1)(α − 3)L (α − 2k + 1) x 2 k +1 ,
(2k + 1)!
Ambas y1 ( x ) , y y 2 ( x ) , son soluciones de la ecuación de Legendre, al tomar
respectivamente
c0 (0) = 1, c1 (0) = 0
c0 (0) = 0, c1 (0) = 1,
Ellas forman una base para las soluciones, ya que
y1 (0) = 1, y 2 (0) = 0
⇒ W ( y1 , y 2 )(1) ≠ 0
′
′
y1 (0) = 0, y 2 (0) = 1,
Donde
W ( y1 , y 2 ) denota el Wronskiano de las soluciones y1 y y 2 .
Observar que si
α es un entero par no negativo
n = 2k , (k = 0,1,2,L) ,
luego
continuar…………………
Ejemplo 8. Resuelva la ecuación diferencial
(8.1)
xy ′′ + y ′ + xy = 0.
Solución.
Por el método de Taylor.
∞
Supongamos que las soluciones son de la forma
∑ an x n con an =
n=0
Para esto, pongamos c0 = y (0 ) = y
(0 )
(0 )
y
y (n ) (0)
.
n!
c1 = y′(0) .
x = 0 y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.1), se tiene
que c1 = 0.
Haciendo
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Derivando implícitamente con respecto a x la ecuación (8.1), tenemos
(8.2)
xy ′′′ + y ′′ + y ′′ + xy ′ + y = 0 ⇔ xy ′′′ + 2 y ′′ + xy ′ + y = 0
Haciendo
que
x = 0 y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.2), se tiene
y ′′(0) = −
1
1
y (0) = − c0
2
2
Derivando la última ecuación (8.2), tenemos
(8.3)
xy iv + y ′′′ + 2 y ′′′ + xy ′′ + y ′ + y ′ = 0 ⇔ xy iv + 3 y ′′′ + xy ′′ + 2 y ′ = 0
Haciendo
que
x = 0 y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.3), se tiene
y ′′′(0) = −
2
2
y ′(0) = − c1 = 0
3
3
Repitiendo el proceso anterior, se llega a la siguiente formula de recurrencia:
xy (n ) + (n − 1) y (n −1) + xy (n − 2 ) + (n − 2) y (n −3) = 0,
Que al hacer
n≥3
x = 0 , y reemplazar los valores obtenidos, se obtiene
y (n−1) (0) = −
(n − 2) y (n−3) (0) ,
(n − 1)
n≥3
(8.4)
Encontremos varios valores
1
1 (0 )
y (0) = − c0 ,
2
2
1
2
y ′′′(0) = − y ′(0) = − c1 = 0,
2
3
3 1 
3
3
y iv (0 ) = − y ′′(0) = −  − c0  =
c0 ,
4  2  4 .2
4
4
4
y v (0 ) = − y ′′′(0 ) = − (0 ) = 0 ,
5
5
5 3
5
5

y vi (0 ) = − y iv (0 ) = − 
c0  = −
c0 ,
6  4 .2 
6
4 .2 2
n = 3 : y ′′(0 ) = −
n = 4:
n = 5:
n = 6:
n = 7:
M
Obtengamos ahora los coeficientes a n , note que la fórmula de recurrencia (8.4)
junto con
c1 = 0 implica que todos los coeficientes con subíndices impares
desaparecen, y
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a2 =
a4 =
a6 =
y ′′(0 ) 1 (0 )
1  1
1
= y (0 ) =  − c 0 = − 2 c0
2!
2!
2!  2 
2
y iv (0 ) 1  3
1

c0  = 2 2 c0 ,
= 
4!
4 !  4 .2  4 .2
5
1
y vi (0 ) 1 

c = − 2 2 2 c0 ,
= −
2 0
6!
6 !  4 .2
6 . 4 .2

M
a 2 n = (− 1)
n
1
(2n ) (2n − 2) .(2n − 4)2 L 6.2 4 2.2 2
2
2
c0 ,
Entonces
y ( x ) = c0 −
c0 2
c
c
c
x + 2 0 2 x 4 − 2 02 2 x 6 + 2 2 0 2 2 x 8 + L
2
2
2 4
2 4 6
2 4 68
∞
= c0
∑
n =0
n
1  x2 
−  .
(n !)2  4 
(8.5)
La serie (8.5) se usa frecuentemente en matemáticas aplicadas y recibe el
nombre de función de Bessel de orden J 0 ( x).
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
dx
∫ x[y (x)]
y 2 ( x ) = y1 ( x )
2
1
Entonces la otra solución será:
dx
∫ x[J (x)]
y 2 (x ) = J 0 (x )
2
0
La solución general viene dada por
dx
∫ x[J (x)]
y ( x ) = AJ 0 ( x ) + BJ 0 ( x )
2
.
0
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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(9.1)
x 2 y ′′ + xy ′ + y = 0.
Solución.
Ya que este problema no contiene condiciones iniciales, pongamos y (0) = c 0 , y
y ′(0) = c1 . Con lo cual al reemplazar el valor de x = 0, y (0) = c0 y y ′(0) = c1 en la
ecuación diferencial, tenemos
(0)2 y ′′(0) + (0) y ′(0) + y(0) = 0.
⇒ c0 = 0 .
Al derivar implícitamente con respecto a x en la ecuación diferencial (9.1), se tiene
2 xy ′′ + x 2 y ′′′ + xy ′′ + y ′ + y ′ = 0 ⇔ 3 xy ′′ + x 2 y ′′′ + 2 y ′ = 0
Reemplazando los valores de
x = 0, y ′(0) = c1 en la última ecuación diferencial,
tenemos
3(0 ) y ′′(0 ) + (0 ) y ′′′(0 ) + 2 y ′(0 ) = 0
2
⇒ c1 = 0 .
Como todas las derivadas evaluadas en x = 0, estarán en términos de c 0 , y de
entonces todos los a n desaparecerán, y por lo tanto arrojará la solución
c1 ,
y(x ) = 0 .
Así en este caso el método de Taylor falla para encontrar la solución de la ecuación
diferencial de Euler, la cual es
y( x ) = A cos(ln x ) + BA sin (ln x ) .
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
y ′′ − e x y = 0 ,
y (0) = 1,
y ′(0 ) = 1
(10.1)
Solución.
Nótese que en la ecuación diferencial todos los puntos son ordinarios. Buscamos
una solución de la forma:
y(x ) =
∞
∑
an x n donde an =
n =0
Para esto, despejamos
y (n ) (0)
, n ≥ 0.
n!
y′′(x ) en la ecuación, reemplazando los valores
a0 = y (0) = 1 , a1 = y ′(0) = 1 para obtener así a 2 :
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y ′′( x) = e x y ( x )
⇒ y ′′(0) = e 0 y (0 ) = 1 ⇒ a 2 =
(10.2)
y ′′(0 ) 1
=
2!
2
Derivamos (10.2) y reemplazamos los valores encontrados de los a´íes.
y ′′′( x) = e x y ( x ) + e x y ′(x ) = e x ( y ( x ) + y ′( x ))
⇒ y ′′′(0) = e 0 ( y (0 ) + y ′(0 )) = 2 ⇒ a3 =
(10.3)
y ′′′(0 ) 2 1
= =
3!
3! 3
Derivamos nuevamente (10.3) y reemplazamos
y iv ( x) = e x ( y (x ) + y ′(x )) + e x ( y ′(x ) + y ′′(x )) = e x ( y (x ) + 2 y ′( x ) + y ′′(x ))
y ′′′(0) 4
1
⇒ y iv (0) = e 0 ( y (0 ) + 2 y ′(0) + y ′′(0)) = 4 ⇒ a 4 =
= =
4!
4! 3.2
Siguiendo el proceso, encontramos la siguiente fórmula para y
(n+ 2 )
(x)
(10.4)
por lo tanto
para a n + 2 :


n
n
 n  (n −1)
 y
(x ) + y ( n ) ( x) 
y (n + 2 ) ( x) = e x  y ( x ) +   y ′(x ) +   y ′′( x ) + L + 
0
1
 n − 1


n
= ex
∑
k =0
 n  (k )
  y ( x )
k 
n
⇒y
(n + 2 )
n
(0) = e
0
∑
k =0
 n  (k )
  y (0) = ⇒ a n + 2
k 
∑
 n  (k )
  y (0)
y ( n + 2) (0) k = 0  k 
=
=
, n ≥ 0.
(n + 2)!
(n + 2)!
luego la solución general viene dada por
y(x ) = 1 + x +
∞
∑a
n+ 2
x n+ 2
n =0
∞
= 1+ x +
∑
n =0
2n
1
1
1
1
1
2 7
x n+ 2 = 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 +
x + L.
(n + 2)!
2
3
6
15
45
315
La serie converge para todo
x ∈ R.
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Página 24
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Realicemos este mismo ejemplo, pero ahora usando solución en series de
potencias. Para esto necesitamos del siguiente teorema.
Teorema. Sean
∞
∑a x
∞
k
k
∑b x
y
( A)
k
k
k =0
k =0
convergentes en el intervalo x < R, R > 0. Entonces la serie
∞
∑c x
k
k
k =0
con
k
ck =
∑a b
j k− j
,
j =0
conocida como el producto de Cauchy de las series de (A), converge
también para x < R , y
 ∞


ak x k  


 k =0

para todo x en este intervalo.
∑
∞
∑
k =0

bk x  =


k
∞
∑c x
k
k
k =0
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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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
cualquier punto x0 en I es el producto de Cauchy de las expansiones en serie de
potencias de f y g alrededor de x0 .
Ahora ya podemos seguir con el ejemplo anterior.
Suponemos la solución de la forma
∞
y ( x) =
∑a x
k
k
k =0
Al reemplazar en la ecuación diferencial nos da
∞
∑ k (k − 1)a x
∞
k −2
−e
k
x
k =2
∑a x
k
k
= 0,
k =0
o bien,
∞
∑
k (k − 1)a k x
k −2
k =2

−


∞
∑
k =0
x k 
k ! 
∞
∑
k =0

a k x k  = 0,


(10.5)
Ahora aplicamos el teorema anterior, para escribir el producto de las dos series en
la siguiente forma:




∞
∑
k =0
x k 
k! 
∞
∑
k =0



x2 x3
a k x k  = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + L 1 + x +
+
+ L

2! 3!



a


a
a
= a 0 + (a 0 + a1 )x +  0 + a1 + a 2  x 2 +  0 + 1 + a 2 + a 3  x 3 + L


 3! 2!
 2!
(
)
∞
=




k
∑∑
k =0
j =0

x k .
(k − j )! 
aj
Sustituyendo esta expresión en (10.5), obtenemos
∞
∑
k =0

(k + 2 )(k + 1)a k + 2 −

k
∑
j =0

x k = 0,
(k − j )!
aj
De esto último se sigue que
ak +2 =
1
(k + 2)(k + 1)
k
aj
∑ (k − j )!
, k ≥ 0.
j =0
En particular,
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
a0
,
2
a + a1
,
a3 = 0
6
1 a
 a + a1
,
a 4 =  0 + a1 + a 2  = 0
12  2
12

a2 =
etc., y en principio todos los a k pueden calcularse en términos de a 0 y
a1 .
Reemplazando los valores de a 0 = 1, a1 = 1 se tiene.
1
,
2
1
a3 = ,
3
1
a4 = ,
6
M
a2 =
Luego la solución del problema de valor inicial viene dado por
y(x ) = 1 + x +
1 2 1 3 1 4
x + x + x + L.
2
3
6
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
y ′′( x ) + sin ( x ) y ′ + e x y = 0
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
y′ = 1 + y 2 ;
y (0) = 0.
(11.1)
Solución.
La ecuación diferencial (11.1) no es lineal, sin embargo, se conoce su solución
mediante el uso de separación de variables, a saber,
 π π
y(x ) = tan x , x ∈  − , .
 2 2
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Método series de potencias:
Suponemos que la ec. (11.1) tiene como solución
y(x ) =
∞
∑a x .
(11.2)
n
n
n =0
Derivando, se tiene
y ′( x ) =
∞
∑ na x
∞
n −1
n
n =1
evaluando la ec. (11.1) en
que
=
∑ (n + 1)a
n +1
(11.3)
xn.
n =0
x = 0 e imponiendo la condición inicial, se encuentra
y (0) = 0 = a 0 . Reemplazando (11.2) , (11.3) en (11.1) vemos que los
coeficientes de la serie a n , deben satisfacer
∞
∑
n =0

(n + 1)an+1 x = 1 + 

n
∞
∑
n =0
2

an x  = 1 +


n
∞




n
∑∑
n =0
k =0

ak an−k .


(11.4)
Igualando los coeficientes, obtenemos
2
n = 0 : a1 = 1 + a 0 = 1
n = 1 : 2a 2 = 2a 0 a1 = 0, ⇒ a 2 = 0
1
3
n = 3 : 4a 4 = 2a 0 a 3 + 2a1 a 2 = 0, ⇒ a 4 = 0
2
n = 2 : 3a 3 = 2a 0 a 2 + a1 = 1, ⇒ a 3 =
2
n = 4 : 5a 5 = 2a 0 a 4 + 2a1 a 3 + a 2 =
2
2
, ⇒ a5 = .
3
15
En general,


0,
si
n es par

2
a n =  1 + a0 ,
n =1
si
n
−
1
1

ak a n−1−k , si n es impar, n > 1.
 n k =0
∑
Así, estamos en capacidad de calcular en forma recurrente los coeficientes de la
serie pero no somos capaces de expresar fácilmente explícitamente en a n como
función de n. Por tanto, no podemos calcular el radio de convergencia
directamente. Sin embargo sabemos, que el radio de convergencia es
π / 2.
Luego la solución del problema de valor inicial viene dado por
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
 π π
x ∈  − , .
 2 2
1
2
y(x ) = x + x 3 + x 5 + L.
3
15
Método series de Taylor:
y (n ) (0)
.
Supongamos que las soluciones son de la forma ∑ an x con an =
n!
n =0
∞
n
Se tiene inicialmente que a 0 = y (0) = 0 .
Haciendo
x = 0 y reemplazando el valor de y (0) = 0 en la ecuación (11.1), se tiene
que
y ′(0) = 1 + y(0) = 1, ⇒ a1 =
2
y ′(0)
=1
1!
Derivando implícitamente con respecto a x la ecuación (11.1), tenemos
y ′′ = 2 yy ′
Haciendo
(11.5)
x = 0 y reemplazando los valores anteriores y(0) = 0, y ′(0) = 1 en la
ecuación (11.5), tenemos que
y ′′(0 ) = 2 y (0) y ′(0) = 0, ⇒ a 2 =
y ′′(0 )
= 0.
2!
Repitiendo el proceso una vez
y ′′′ = 2 yy ′′ + 2( y ′)
2
y ′′′(0) = 2 y(0) y ′′(0) + 2( y ′(0)) = 2(0)(1) + 2(1) 2 = 2, ⇒ a3 =
2
y ′′′(0) 1
=
3!
3
Otra vez,
y iv = 2 yy ′′′ + 2 y ′y ′′ + 4( y ′)( y ′′) = 2 yy ′′′ + 6 y ′y ′′
y iv (0) = 2 y(0) y ′′′(0) + 6 y ′(0) y ′′ (0) = 2(0)(2) + 6(1)(0) = 0, ⇒ a 4 =
y iv (0)
=0
4!
Y otra vez…..
y v = 2 yy iv + 2 y ′y ′′′ + 6 y ′y ′′′ + 6 y ′′y ′′ = 2 yy iv + 8 y ′y ′′′ + 6( y ′′)
2
2
y v (0) = 2 y(0) y iv (0) + 8 y ′(0) y ′′′(0) + 6( y ′′(0))
8
y v (0) 2
1
2
=
= 2(0)(0) + 8(1)  + 6(0) = , ⇒ a5 =
3
5!
15
 3
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Hagamóslo una vez más
y vi = 2 yy v + 2 y ′y iv + 8 y ′y iv + 8 y ′′y ′′′ + 12( y ′′) y ′′′ = 2 yy v + 10 y ′y iv + 20 y ′′y ′′′
y vi (0) = 2 y (0) y v (0) + 10 y ′(0) y iv (0) + 20 y ′′(0) y ′′′(0) = 0 ⇒ a6 =
y vi (0)
=0
6!
Por última vez
y vii = 2 yy vi + 2 y ′y v + 10 y ′y v + 10 y ′′y iv + 20 y ′′y iv + 20 y ′′′y ′′′
= 2 yy vi + 12 y ′y v + 30 y ′′y iv + 20( y ′′′)
2
y vii (0) = 2 y (0) y vi (0) + 12 y ′(0) y v (0) + 30 y ′′(0) y iv (0) + 20( y ′′′(0))
2
8
2
= 12(1)  + 20(2)
 3
112 2
= 112 ⇒ a6 =
= .
7 ! 21
Luego la solución del problema de valor inicial viene dado por
1
2
2
23 9
y(x ) = x + x 3 + x 5 + x 7 +
x + L.
3
15
21
810
 π π
x ∈  − , .
 2 2
1
2
2
23 9
tan x ≈ x + x 3 + x 5 + x 7 +
x + L.
3
15
21
810
 π π
x ∈  − , .
 2 2
Esto es,
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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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Ejemplo 11. Encuentre la solución en series de potencias y en series de Taylor del
problema de valor inicial
y′ = x + e − y ;
y (0) = 0.
(12.1)
Solución.
En este problema podemos encontrar su solución en forma analítica como sigue:
Haciendo
u = e − y , se tiene que
du
dy
= − e−y
dx
dx
Así que multiplicamos la ec. (12.1) por
− e−y
(12.2)
− e − y , para obtener
dy
= − xe − y − e − 2 y
dx
O bien, el siguiente problema de valor inicial equivalente
du
+ xu = −u 2 ,
dx
(12.3)
La ecuación diferencial (12.3) es de tipo Bernoulli, por lo tanto haremos la
sustitución
w = u −1 ,
(12.4)
Con lo cual se tiene
dw
du
= − u −2
dx
dx
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− u −2 , se obtiene
Multiplicando a ambos miembros de la ecuación (12.3) por
− u2
O bien, ya que w = u
−1
du
− xu −1 = −1 ,
dx
, w(0 ) = [u (0 )] = 1
−1
dw
− xw = −1 , w(0 ) = 1
dx
(12.5)
La ecuación (12.5) resulta ser lineal, se encuentra que el factor integrante viene a
x2
x
−


ser µ ( x ) = exp − tdt  = e 2 .
 0 
∫
Multiplicando la ecuación (12.5) por el factor integrante, se tiene
x
x
−
d  −2 
2
e
w
=
−
e
,


dx 

2
2
Luego la solución de (12.5) es obtenida como

w( x ) = e C +

x2
2
∫
x
e
−
t2
2
0

dt  ,

(12.6)
Reemplazando la condición inicial para encontrar C, obtenemos
1 = w(0) = e
( 0 )2

C +

2
∫
0
e
−
t2
2
0

dt  , ⇒ C = 1

Así que al devolvernos, tenemos:
1
=e
u (x )

1 +

∫
x
e
0
t2
−
2

dt  , ⇒ u ( x) =

e
1+
∫
−
x2
2
x
e
−
t2
2
dt
0
u = e− y .
Pero
e
x2
2
−y
e
=
1+
∫
−
x2
2
x
e
0
−
2
t
2
dt


x2
−


x2

−
e 2


⇒ − y = ln
⇒ − y = ln e 2 − ln 1 +
2


x −t

1 +
e 2 dt 
0


∫
∫
x
e
0
−
t2
2

dt 

O finalmente,
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Página 32
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR

x2
y(x ) =
+ ln 1 +
2

∫
x
e
0
−
t2
2
 x2

π  x 
, x > −1.2755
dt  =
erf 
+ ln 1 +
2  2 
 2

donde la función de error erf(x) viene dada por:
erf ( x) =
2
π
∫
x
2
e −t dt.
0
Ahora encontremos su solución por el método de las series de Taylor:
∞
Supongamos que las soluciones son de la forma
∑ an x n con an =
n =0
y (n ) (0)
.
n!
Se tiene inicialmente que a 0 = y (0) = 0 .
Haciendo
x = 0 y reemplazando el valor de y (0) = 0 en la ecuación (12.1), se tiene
que
y ′(0) = 0 + e −(0 ) = 1, ⇒ a1 =
y ′(0)
=1
1!
Derivando implícitamente con respecto a x la ecuación (12.1), tenemos
(12.7 )
y ′′ = 1 − e − y y ′
Haciendo
x = 0 y reemplazando los valores anteriores y(0) = 0, y ′(0) = 1 en la
ecuación (12.7), tenemos que
y ′′(0 ) = 1 − e −(0 ) y ′(0 ) = 0, ⇒ a 2 =
y ′′(0 )
= 0.
2!
Derivando nuevamente la ecuación (12.7) con respecto a x, se tiene
y ′′′ = e − y y ′ − e − y y ′′ = −e − y ( y ′′ − y ′),
Haciendo
(12.8)
x = 0 y reemplazando los valores anteriores y(0) = 0, y ′(0) = 1 y y ′′(0) = 0
en la ecuación (12.8), tenemos que
y ′′′(0) = −e −(0 ) ( y ′′ (0) − y ′(0)) = 1, ⇒ a3 =
y ′′′(0) 1
=
3!
3!
Repitiendo el proceso anterior
y iv = − e − y ( y ′′′ − 2 y ′′ + y ′),
y (0) = − e
iv
−(0 )
( y ′′′(0) − 2 y ′′(0) + y ′(0)) = −2, ⇒
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2
y iv (0)
=−
a4 =
4!
4!
Página 33
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Repetiremos el proceso unas cuantas veces
y v = − e − y ( y iv − 3 y ′′′ + 3 y ′′ − y ′),
(
)
y v (0) = − e −(0 ) y iv (0) − 3 y ′′′(0) + 3 y ′′(0) − y ′(0) = 6, ⇒ a5 =
y v (0) 6
=
5!
5!
y vi = − e − y ( y v − 4 y iv + 6 y ′′′ − 4 y ′′ + y ′),
y (0) = − e
vi
−(0 )
(
)
y (0) − 4 y (0) + 6 y ′′′(0) − 4 y ′′(0) + y ′(0) = −21, ⇒ a6 =
v
iv
Siguiendo el proceso, encontramos la siguiente fórmula para y
(k )
(x )
21
y v (0)
=−
6!
6!
por lo tanto
una formula un tanto no obvia para a k :
 (n −1)

n − 2  (n− 2 )
n − 2  ( n −3 )
y

 y
 y
(x ) − 
(x ) + 
(x ) − L
1
2






y ( n ) ( x ) = −e − y 

n  n − 2  (2 )
n +1

 y ( x ) + (− 1) y ′( x) 
+ (− 1) 

−
3
n




n−2
= −e − y
n − 2  (n −1− k )
 y
(x )
 k 
k
(
)
1
−
∑ 
k =0
Que al evaluar en x=0, obtenemos:
y (n ) (0) = −
n−2
n − 2  (n −1− k )
 y
(0)
 k 
k
(
)
−
1
∑ 
k =0
De aquí una fórmula para los coeficientes a k :
an =
y ( n ) (0)
=
n!

−

n−2
 n − 2  (n −1− k ) 
y
(0)
k 

∑ (−1) 
k
k =0
n!
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, n ≥ 0.
Página 34
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Bibilografía.
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cálculo numérico.Ed. Prentice-Hall Int. 1980.
2. Kreider, Kuller, Ostberg. Ecuaciones Diferenciales. Fondo Editorial
Iberoamericano. 1973.
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Editorial Iberoamericano. 1984
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Diferenciales. Fondo Editorial Universidad EAFIT, 2010.
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