7.1. Puntos singulares: el método de Frobenius

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1 Capítulo Puntos singulares: el método de Frobenius Si probamos el método de desarrollo en serie en una ecuación y +p(x)y +q(x)y =0 donde p(x) ó q(x) no son anaĺıticas en x = x 0, no está garantizado el que podamos encontrar una solución en serie y(x) = n a n(x x 0 ) n. Veamos en un ejemplo cómo falla el método de las secciones anteriores. Sea la ecuación x 2 y 3 4 y =0 como p(x) = 0, q(x) = 3 es claro que x 4x 2 0 =0no es un punto ordinario, pero probamos qué pasa si escribimos una solución de la forma y(x) = n=0 a nx n Se llega a la relación de recurrencia [ n(n 1) 3 4] an =0, cuya única solución es a n =0, n. De manera que hemos encontrado la solución y(x) = 0 que no es demasiado interesante. Las ecuaciones de la forma (x x 0 ) 2 y + α(x x0)y + βy =0con α y β constantes se llaman ecuaciones de Euler y se resuelven si hacemos el cambio de variables z = ln(x x 0 ), válido para x>x Esa sustitución lleva a una ecuación lineal a coeficientes constantes para y(z) que resolvemos de la manera conocida. Deshaciendo el cambio de variables encontramos la solución y(x) para x>x 0. En el ejemplo anterior se encuentra la solución como y(x) =c 1 x3 + c 2 x, x > 0. La solución para x<0 se consigue mediante el cambio de variables z = ln( x). Fijémonos que la solución no es desarrollable en serie de potencias alrededor de x 0 =0y por eso no habiamos podido encontrarla con el método anterior.

2 La solución de la ecuación de Euler se puede encontrar directamente haciendo la prueba y(x) =(x x 0 ) r con r un número a determinar. Esto lleva a la ecuación indicial r(r 1) + αr + β Esta ecuación tiene dos soluciones r 1, r 2 que conducen a las soluciones y 1 (x) = (x x 0 ) r 1,y 2 (x) =(x x 0 ) r 2. Puede ocurrir que r 1 ó r 2 sean enteros naturales en cuyo caso sí se podría expresar la solución correspondiente en serie de potencias. Puede ocurrir también que r 1 = r 2 y entonces hay que trabajar algo más para encontrar la segunda solución, o que r 1 y r 2 sean complejos conjugados y sea conveniente separar la parte real de las dos soluciones y 1, y 2. Ferdinand Georg Frobenius ( ) encontró una manera de resolver las ecuaciones que tienen la forma de una de Euler modificada: L[y] (x x 0 ) 2 y +(x x 0 ) p(x)y + q(x)y =0 (7.1) donde ahora p(x) = n=0 p n(x x 0 ) n y q(x) = n=0 q n(x x 0 ) n sí son desarrollables en serie con radios de convergencia respectivos ρ 1 y ρ 2 mayores que cero. En la notación anterior y + p(x)y + q(x)y =0sería p(x) = (x x 0 ) 1 p(x), q(x) = (x x 0 ) 2 q(x). Cuando esto ocurre, decimos que x 0 es un punto singular regular. Frobenius tuvo la idea de probar una solución de la forma: y(x) = (x x 0 ) r siendo r y los coeficientes a n,n=0, 1, 2,... valores a determinar. n=0 a n (x x 0 ) n (7.2) Fijémonos que necesariamente a 0 0. Se demuestra que esta función de prueba conduce, al menos, a una de las dos soluciones y 1 (x), y 2 (x) (y si hay suerte a las dos). La parte difícil, que no demostraremos, es que el radio de convergencia ρ de la serie n=0 a n(x x 0 ) n cumple ρ mín(ρ 1,ρ 2 ). Antes de hacer la teoría general veremos un ejemplo. Sea la ecuación diferencial 2x 2 y xy + (1 + x)y =0 Ahora p(x) = 1/x y q(x) = (1 + x)/x 2 no son analiticas en x 0 =0. Pero como xp(x) = 1 y x 2 q(x) = 1+x sí son analiticas en x 0 =0(con un radio de convergencia infinito), Frobenius nos asegura que existe una solución de la forma y(x) =x r n=0 a nx n, donde la serie tiene un radio de convergencia infinito. Vamos a encontrar r y los coeficientes a n. Para ello calculamos las derivadas: y (x) = x r n=0 (n + r)a n x n 1 y (x) = x r n=0 (n + r)(n + r 1)a n x n 2

3 7.1 Puntos singulares: el método de Frobenius Sustituyendo en la ecuación diferencial llegamos a: a 0 [2r(r 1) r + 1] + [(2(n + 2)(n + r 1) (n + r) + 1) a n + a n 1 ] x n =0 n=1 Ecuación que escribimos como a 0 F (r)+ [F (n + r)a n + a n 1 ] x n =0 n=1 con F (r) =2r 2 3r +1. Como a 0 0, el exponente r se determina mediante la ecuación indicial: F (r) = 0, de soluciones r 1 =1, r 2 =1/2. La relación de recurrencia que satisfacen los coeficientes a n dependen ahora del valor de r: a n (r) = a n 1(r) F (n + r) Para r = r 1 =1obtenemos y para r = r 2 =1/2 a n (r = 1) = ( 1)n 2 2 (2n + 1)! a 0, n 0 a n (r =1/2) = ( 1)n 2 2 a 0, n 0 (2n)! En ningun caso está a 0 determinado. Cada una de estas dos posibilidades, r = r 1 ó r = r 2 da una solución y 1 (x), y 2 (x) que se escriben y 1 (x) =x n ( 1) n 2 2 (2n + 1)! xn y 2 (x) =x 1/2 n ( 1) n 2 2 x n (2n)! Fijémonos que hemos tomado, en los dos casos, el valor arbitrario a 0 =1. Las constantes de integración las ponemos en la solución general y(x) =c 1 y 1 (x)+c 2 y 2 (x).

4 Reordenando términos en la serie, se puede ver que las funciones y 1 (x), y 2 (x) son viejas amigas: y 1 (x) = x sin ( 2x), y 2 (x) = x cos ( 2x) En el caso general de la Ec. (7.1), la sustitución de la función de prueba Ec.(7.2) lleva a: L[y] =x r n=0 [ (n + r)(n + r 1)a n + ] n [(m + r)p n m + q n m ] a m x n =0. Que, como sabemos, implica que cada uno de los sumandos en la suma sobre el índice n tiene que ser cero. Consideramos aparte ahora el sumando n =0: r(r 1)a [(m + r)p m + q m ] a m =0, que es la ecuación indicial F (r) = 0 con F (r) =r 2 +(p 0 1)r + q 0. En los términos con n 1 separamos el término con m = n de los demás en la suma sobre m: (n + r)(n + r 1)a n + [(n + r)p n n + q n n ] a n + n 1 [p n m (m + r)+q n m ] a m Reordenando, llegamos a la relación de recurrencia: F (n + r)a n + n 1 [(m + r)p n m + q n m ] a m =0, n 1 (7.3) que debiera permitirnos encontrar a 1,a 2,a 3,... en función de la constante artbitraria a 0. Es esto siempre así? Lamentablemente, hay una cierta casuística que conviene detallar. La ecuación indicial F (r) = 0 siempre tiene dos soluciones r 1, r 2. El primer problema viene cuando r 1 = r 2, raíz doble, porque entonces es obvio que no hemos encontrado

5 7.1 Puntos singulares: el método de Frobenius 51 dos soluciones y 1 (x), y 2 (x) sino sólo una. La solución y 1 (x) = n=0 a n(r 1 )(x x 0 ) n, siempre se puede encontrar porque la relación de recurrencia es n 1 a n (r 1 )= [(m + r 1)p n m + q n m ] a m (r 1 ), n 1 (7.4) F (n + r 1 ) y nunca falla: a partir de a 0 encontramos a 1 ; dados a 0,a 1 encontramos a 2, etc. El único problema sería que existiera un entero N 1 para el cual el denominador fuera igual a 0, pero eso no puede ocurrir porque si F (N + r 1 ) = 0 quiere decir que N + r 1 es una raíz de la ecuación indicial distinta de r 1, en contra de la hipótesis de que sólo tiene una solución. Nos queda resolver cómo encontrar la segunda solución, problema al que volveremos más tarde. Incluso cuando r 1 r 2 puede haber problemas porque no es claro que la relación de recurrencia (7.3) nos permita encontrar siempre todos los coeficientes a n para n 1. El problema es que puede existir un entero N para el cual F (N + r 1 ) o F (N + r 2 ) sea igual a cero y entonces no está claro lo que pasa, porque la ecuación para encontrar a N pasa a ser: N 1 [(m + r)p N m + q N m ] a m =0 si esta ecuación (relación de consistencia) no se cumple no hay nada que hacer. Si esta relación se cumple, resulta que a N es arbitrario y tenemos entonces dos constantes de integración, a 0 y a N y conviene saber cómo reorganizamos la solución para que el número de constantes totales sea el correcto. Cuándo, si r 1 r 2, puede ocurrir que exista un valor de N 1 tal que F (N + r 1 ) = 0? Como N + r 1 es una raíz de F (r) = 0 no igual a r 1 tiene que ser igual a r 2 : N + r 1 = r 2. La otra posibilidad, mutatis mutandis es que N + r 2 = r 1. O sea que la diferencia r 1 r 2 o r 2 r 1 sea un número natural positivo N =1, 2, 3,.... Si r 1 y r 2 son números complejos distintos, eso nunca puede ocurrir. Si r 1 y r 2 son reales, usemos el convenio de que r 1 sea el mayor de los dos. Entonces la única posibilidad que lleva a la dificultad en cuestión es que r 1 r 2 = N. La primera solución y 1 (x), la que corresponde a r = r 1 se puede encontrar siempre. La segunda solución y 2 (x) que corresponde a r = r 2 se puede encontrar sólo si se verifica la relación de consistencia: N 1 [(m + r 2 )p N m + q N m ] a m (r 2 ) = 0. (7.5) En este caso, a N (r 2 ) es arbitrario. Implica eso que hay tres constantes de integración: a 0 (r 1 ),a 0 (r 2 ) y a N (r 2 )? En principio, la solución se escribiría como y(x) =a 0 (r 1 )y 1 (x)+ a 0 (r 2 )y 2 (x)+a N (r 2 )y 3 (x), siendo y 1,y 2,y 3 las series de potencias que salen del método, pero resulta que y 3 (x) es proporcional a y 1 (x). (Difícil de demostrar) Podemos, por tanto, tomar lo más sencillo, a N (r 2 ) = 0, al resolver la relación de recurrencia para r = r 2 para encontrar a n (r 2 ) en el caso n>n.

6 52 Resumen: Si x 0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial (7.1), el método de Frobenius proporciona siempre una solución y 1 (x) = n=0 a n(r 1 )(x x 0 ) n, donde r 1 es una raíz (la mayor en caso de raíces reales) de la ecuación indicial F (r) = 0, a 0 (r 1 ) es arbitrario y la relación de recurrencia (7.3) permite encontrar a n (r 1 ) para n 1. La segunda solución se obtiene mediante un método similar excepto en los dos casos siguientes: (i) Si la segunda solución de la ecuación indicial cumple r 2 = r 1. (ii) Si r 2 = r 1 + N con N =1, 2, 3,..., y no se verifica la relación de consistencia (7.5). En cambio, si r 2 = r 1 + N con N =1, 2, 3,... y se verifica la relación de consistencia, entonces sí se puede determinar la segunda solución. En este caso, lo que ocurre es que en la relación de recurrencia a N (r 2 ) es arbitrario y lo más sencillo es tomar a N (r 2 ) = 0. Los únicos casos en los que no conocemos todavía una segunda solución son (i) r 2 = r 1 o (ii) r 2 = r 1 + N y no se verifica la relación de consistencia. Veremos en la próxima clase cómo encontrar la segunda solución en esos dos casos. Para acabar, recordemos que si r 1 y r 2 son complejos (conjugados) una dificultad de índole práctica es que puede ser más o menos difícil separar la parte real e imaginaria de las soluciones.