Captulo 10. Problemas singulares de Sturm-Liouville

1 Introduccin

En este captulo consideremos una clase de problemas singulares de Sturm-Liouville

1

(x)

ddxp (x)

d

dx+ q (x)

u = u con a x b . (1.1)

Estos problemas se caracterizan por pertenecer a alguno de los casos siguientes: (i) a o b pueden ser 1 o+1, respectivamente, (ii) la funcin p (x) se anula en a o b, q (x) es singular en algn punto del intervalo[a; b]. En cualquier caso tenemos

p (x) ; (x) > 0 para x 2 (a; b) .

Los ejemplos siguientes aparecen al resolver algunas ecuaciones diferenciales parciales.

1. La ecuacin 1x

1

dxxd

dx+

1 n

2

x2

u = u con 0 r r0

es simtrico en el espacio L2 (a; b; ), se relajan. La segunda implicacin est en el comportamiento de las

soluciones de la ecuacin de eigenvalores

Lu = u . (1.3)

Como veremos, si p (x) se anula en un extremo del intervalo (a; b) y una solucin u1 (x) es acotada en dicho

extremo, entonces cualquier otra solucin linealmente independiente u2(x) diverge en dicho extremo.

2 Condiciones de simetra en L2 (a; b; )

Las propiedades del operador diferencial L (1.2) pueden estudiarse en el espacio L2 (a; b; ) constituido por

las funciones cuadrado integrables con el producto interior euclideano

hf j gi Z baf (x) g (x) (x) dx . (2.1)

El punto de partida son las identidades de Green. Para cualquier par de funciones f , g, con segundas

derivadas continuas en el intervalo (a; b), se cumplen las relaciones siguientes

hf j Lgi = [p f _g]ba +D_f j p _g

E+ hf j qgi (primera identidad de Green) (2.2a)

hf j Lgi hf j Lgi =hpf _g _f g

iba

(segunda identidad de Green) . (2.2b)

En la relacin (2.2a) aparece el producto interior (2.1) con = 1. La demostracin de este resultado se

obtiene integrando por partes y se deja como ejercicio. De acuerdo (2.2b), el operador L (1.2) es simtrico

con el producto interior h j i si la funcin

h (x) p (x)hf (x) _g (x) _f (x) g (x)

ies cero en ambos extremos. Si p (x) se anula en uno de los extremos del intervalo (a; b) la condicin de

frontera que f y g deben satisfacer en tal extremo, se relaja. Por ejemplo, si tenemos

limx!a p (x) = 0 y p (b) 6= 0

basta con imponer la condicin de frontera Dirichlet o Neumann en x = b

f (b) = 0 _f (b) = 0 ,

para obtener h (a) = h (b) = 0, y la consecuente simetra de L

hf j Lgi = hf j Lgi .

Las condiciones de frontera tambin juegan un papel adicional en el control del trmino q (x) cuando ste se

anula en uno de los extremos x = a, b.

Ejercicios. Dar condiciones de frontera con las cuales el operador L asociado a las ecuaciones de Legendre,Hermite y Laguerre, es simtrico.

2

3 Comportamiento de soluciones cerca de un punto singular

Consideremos el problema de eigenvalores (1.3) en la forma

Lu = 0 (3.1)

con el operador

L ddxpd

dx+ q . (3.2)

La ecuacin homognea (3.1) tiene dos soluciones linealmente independientes u1 y u2,

L u1 = 0 , L u2 = 0 . (3.3)

Para analizar el comportamiento de tales soluciones en los extremos donde p (x) se anula, supongamos que

p (x) satisface

p (x) > 0 para x 2 (a; b) (3.3a)p (x) = (x a) ' (x) (3.3b)

donde ' (x) es contnua y ' (a) 6= 0, es decir, p (x) tiene en x = a un cero de primer orden. Si la funcin u1es acotada en x = a,

limx!a ju1 (x) j

donde c1 es una constante de integracin que depende de la eleccin de x0. Supogamos que u1 es nita en

x = a (3.4) y tiene la forma

u1 (x) = (x a)n v (x) con n 0donde v1 (x) es continua y v (a) 6= 0. Escogemos x0 de manera que u1 (x) 6= 0 para a x x0. Esto juntocon la sustitucin de la descomposicin de p (3.3b) nos da

u2 (x) = (x a)n v (x)c1

Z xx0

c0

(s a)2n+1 ' (s) v2 (s)ds.

El teorema del valor medio para integrales establece que existe x entre x y x0, que

In =

Z x0x

c0ds

(s a)2n+1 ' (s) v2 (s) = c2Z x0x

ds

(s a)2n+1 con c2 =c0

' (x) v21 (x).

Esto da las expresiones siguientes de las cuales se obtiene (3.5),

In =

(c2 ln

x0axa para n = 0

c2(x0a)2n(xa)2n

2n para n > 0 .

), y lim

x!a jInj =1 para n 0 ,

Veamos la implicacin del comportamiento singular de u2 en un extremo del intervalo (a; b) en la solucin

del problema de eigenvalores (1.3). Consideremos condiciones de frontera que garantizan la simetra del

operador L (1.2) en L2 (a; b; ),

hf jLgi = hLf jgipara f , g, en un conjunto apropiado D (L). El problema de eigenvalores consiste en hallar los valores de

con los cuales la ecuacin

Lu = u

tiene una solucin no trivial u que satisfaga las condiciones de frontera del conjunto D (L). Por ejemplo, si

tenemos

p (a) = 0

el conjunto D (L) est dado por D (L) =f 2 L2 (a; b; ) : f (b) = 0, y el problema de valores propios es

Lu = u con u (b) = 0 .

La condicin de frontera sobre u en x = a se reduce a pedir que u sea nita en x = a,

ju (a) j

Los eigenvalores se determinan imponiendo la condicin de frontera en x = b.

' (b) = 0 .

Es claro que cada eigenvalor es simple (o no degenerado) ya una eigenfuncin u2 linealmente independiente

de u1 depende de ~', la cual diverge en x = a, y por consiguiente u2 no satisface la condicin de acotacin

(3.7). En las secciones siguientes veremos ejemplos donde el problema de eigenvalores

Lun = nun con un 2 D (L)

tiene un conjunto de eigenvalores simples

0 < 1 < 2

con

limn!1n = +1

y cuyas eigenfunciones un forman una base ortogonal de L2 (a; b; ). Usando la completez del conjunto unes fcil mostrar que la solucin de la ecuacin

(L )u = f con u 2 D (L) y 6= n ,

tiene la forma

u (x) =

Z baG (x; s) f (s) ds

donde

G (x; s) =1Xn=0

un (s)un(x)

n (s) .

Ejercicio. Demostrar la solucin del problema (L )u = f con u 2 D (L), 6= n, tiene la forma

u (x) = hG (x; s) jf(s)i .

4 Ecuacin diferencial de Hermite

La ecuacin de Schrdinger para el oscilador armnico conduce a la ecuacin diferencial de Hermite

u00 2xu0 + u = 0 con 1 < x

La primera identidad de Green (2.2a) toma la forma

hf jAgi =D_f j _g

E. (4.4b)

En el caso de una eigenfuncin u con eigenvalor obtenemos = k _uk2 = kuk2, por lo que eigenvalores de Ano son negativos

0 . (4.4c)En el captulo 9 vimos que los poliomios de Hermite

Hn (x) = (1)n ex2 dn

dxnex

2, (4.5)

son eigenfunciones del problema (4.2), AHn = nHn, con los eigenvalores

n = 2n con n = 0; 1; 2; : : : ,

lo que es congruente con (4.4c). Cada eigenvalor n es simple ya que de las dos soluciones linealmente

independientes del problema (4.2), slo los polinomios de Hermite satisfacen la condicin de acotacin

limx!1 je

x2Hn (x) j = 0 .

La simetra de A implica la ortogonalidad de los polinomios de Hermite en L2 (1;1; ),

hHmjHni =Z 11

Hm(x) Hn(x) ex2dx = kHnk2 mn ,

resultado obtenido en el captulo 9 con las frmulas de Rodrigues y integrando por partes hHmjHni.Las funciones

n (x) = ex2=2 Hn (x) (4.6)

forman una base ortogonal del espacio L2 (1;1) con el producto interior

hf jgi =Z 11

f (x) g (x) dx . (4.7)

Sustituyendo Hn = ex2=2n en la ecuacin de Hermite (4.2) vemos que n es solucin del problema

n + x2n = nn con n = 2n+ 1 (4.8)

el cual aparece al modelar un oscilador armnico por medio de la mecnica cuntica, como veremos enseguida.

Ejercicio. Demostrar que n (4.6) satisface (4.8).

5 Aplicacin. Oscilador armnico clsico y cuntico

La ecuacin de movimiento de un oscilador clsico con masa m y sujeto a un resorte con constante de fuerza

k es

mx = kx . (5.1a)

6

Reescribiendo obtenemos la ecuacin homognea

Lx x+ !2x = 0 con ! =rk

m, (5.1b)

cuya solucin sujeta a las condiciones iniciales x (0) = x0, _x (0) = v0, es

x (t) = A cos (!t+ )

La energa mecnica

E (t) =1

2mv2 +

k

2x2 (5.2)

es una constante de movimiento determinada por las condiciones iniciales (x0; v0),

E =1

2mv2 (t) +

k

2x2 (t) = E0 .

Reescribiendov2 (t)

2E0=m+

x2 (t)

2E0=k= 1 (5.3)

se concluye que la trayectoria de la partcula en el espacio fase (con ejes cartesianos x y v) es una elipse.

Dado que x0 y v0 pueden tomar valores arbitrarios, la energa E0 toma valores en el continuo [0;1).Ahora consideremos el caso cuntico. La ecuacin de Schdinger asociado al oscilador clsico es

i~@

@t= H 1 < x

con eigenfunciones en el espacio L2 (1;1). Se deja como ejercicio demostrar que el operador de energacintica

T = ~2

2m

d2

dx2(5.9a)

es simtrico y positivo,

hf jTgi = hTf jgi (5.9b)hf jTfi = ~

2

2m

_f

2 0 . (5.9c)El operador de multiplicacin V = kx2=2 es obviamente simtrico

hf jV gi = hV f jgi , hf jV fi = k2kxfk2 > 0 para f 6= 0 . (5.9d)

Por lo tanto, el operador H = T + V es simtrico y positivo en L2 (1;1),

hf jHgi = hHf jgi , hf jHfi > 0 para f 6= 0 . (5.10)

Estas propiedades implican que los eigenvalores H son nmeros reales positivos estrictamente positivos > 0.

Para resolver (5.8) introducimos una nueva variable independiente y

x = by (5.11a)

donde b es una constante por determinar. Si denimos ~ (y) (x) = (by) la ecuacin (5.8) toma laforma de (4.8),

d2~

dy2+ y2~ = ~~ ; (5.11b)

si escogemos

b =

~2

km

1=4. (5.11c)

De acuerdo con la solucin de (4.8),

~n = 2n+ 1 , ~ n (y) = ey2=2 Hn (y) , n = 0; 1; 2; : : : ,

los eigenvalores y eigenfunciones del problema (5.8) estan dados por

n =~2

2mb2~ =

~2

2mb2(2n+ 1) , n = 0; 1; 2; : : : , (5.12)

n (x) = ey2=2Hn (y) con y = x=b :

En trminos de la frecuencia ! del oscilador clsico (5.1b) podemos escribir

~2

2mb2=~!2

y los eigenvalores toman la forma usual reportada en la literatura de fsica

n = ~!n+

1

2

; para n = 0; 1; 2; . (5.13)

8

La ecuacin de Schdinger (5.4a) es una ecuacin diferencial de primer orden en t cuya solucin est

determinada por la condicin inicial

(x; 0) = 0 (x) . (5.14)

La completez de la base formada por las eigenfunciones n del operador H en L2 (1;1), implica que y 0 tienen los desarrollos

=1Xn=0

cn (t) n (x) , 0 =1Xn=0

c0n n (x) , (5.15a)

que convergen en la norma kk de L2 (1;1). Sustituyendo estas series en (5.4a), (5.14), obtenemos

cn (t) = c0n eint=~ con c0n =

h nj0ik nk2

. (5.15b)

La forma integral de la solucin es

(x; t) =

Z 11

G (x; s; t)0 (s) ds = hG (x; s; t) j0 (s)i (5.16a)

donde

G (x; s; t) =

1Xn=0

eint=~ ^n (x) ^n (s) (5.16b)

siendo

^n (x) = nk nk

(5.17)

las eigenfuncones normalizadas de H. La ecuacin (5.16a) tiene la forma

(x; t) = U (t; t0)0 (x) .

La energa de la partcula est dada por el valor esperado del operador H:

E = hHi = h jH i =1Xn=0

njcnj2 . (5.18)

Ejercicios.1. Demostrar que el operador p (5.4c) es simtrico en L2 (1;1).2. Deducir (5.11c) .

3. Demostrar (5.15b).

4. Demostrar (5.16a) y (5.16b).

5. Demostrar (5.18).

9

6 Ecuacin de Legendre

La ecuacin diferencial de Legendre es el problema de eigenvalores1 x2 u 2x _u+ u = 0 con 1 < x < 1 . (6.1)

La forma autoadjunta es

Au d

dx

1 x2 d

dx

u = u , 1 < x < 1 , con p = 1 x2, = 1 . (6.2a)

Dado que p se anula en los extremos del intervalo (1; 1), las condiciones de frontera se reducen a pedir queu sea acotada en x = 1,

ju (1)j

Ejercicios.1. Usar la simetra de A para demostar (6.9).

2. Demostrar (6.9), (6.10), por integracin directa de las frmulas de Rodrigues.

3. Demostrar que cualquier solucin u2 de (6.7) linealmente independiente de Pn, diverge en x = 1.

7 Funciones adjuntas de Legendre

El problema de valores propios

Am u ddx

1 x2 d

dx+

m2

1 x2u = u con 1 < x < 1 , m = 0, 1, 2, . . . , (7.1)

aparece al calcular los eigenvalores y eigenfunciones del operador de Laplace sobre la esfera unitaria. Este

es un problema singular de Sturm-Liouville por que p = 1 x2 se anula en x = 1 y la funcin

q =m2

1 x2 (7.2)

es singular en x = 1. El primer trmino en (7.1) es el operador de la ecuacin de Legendre (6.2a),

A = ddx

1 x2 d

dx,

el cual es simtrico en L2 (1; 1) con el producto interior (6.4) [ec. (6.5a)]. El trmino con q imponerestricciones a las funciones sobre las cuales puede actuar cada operador Am. Para que el producto q (x) f (x)

sea cuadrado integrable la funcin f debe ser de la forma

f = w(x) v (x) (7.3a)

donde v (x) es continua y w(x) tiende a 0 ms rpido que 1 x2 cuando x tiende a 1,

limx!1

w(x)1 x2

y apliquemos el operador Dm,

Dm1 x2 D2Pn 2Dm [xDPn] + nDmPn = 0 con 1 < x < 1 . (7.6)

Usando la regla de Leibnitz

Dm [ f g ] =

mXk=0

mk

hDkf

i hDmkg

i,

obtenemos

Dm1 x2 D2Pn = 2X

k=0

mk

hDk1 x2i hDmk D2Pni , usando Dmk D2 = D2 Dmk

=1 x2 D2 [DmPn] +m [2x] D [DmPn] +m (m 1) [2] [DmPn] , (7.7a)

Dm [xDPn] =1Xk=0

mk

hDkx

i hDmk DPn

i= x D [DmPn] +m [1] [D

mPn] . (7.7b)

Sustituyendo en (7.6) se obtiene1 x2 D2 [DmPn] 2 (m+ 1) x D [DmPn] + [n m (m+ 1)] DmPn = 0 . (7.7c)

que la ecuacin (7.5a), por lo tanto = n (n+ 1), v = DmPn. En esta forma, conclumos que las as

llamadas funciones adjuntas de Legendre

P (m)n 1 x2m=2DmPn con n = m, m+ 1, m+ 2, . . . (7.8)

son las eigenfunciones del operador Am (7.1),

Am P(m)n = n P

(m)n con n = n (n+ 1) , n = m, m+ 1, m+ 2; : : : . (7.9)

De las dos soluciones linealmente independientes de la ecuacin (7.9), slo P (m)n es acotada en x = 1, laotra solucin diverge en x = 1, por lo que cada eigenvalor n es simple. La simetra de Am implica laortogonalidad de funciones adjuntas con el mismo valor de m y diferente nD

P (m)n jP (m)n0E=

Z 11P (m)n P

(m)n0 dx = nn0

P (m)n

2 . (7.10)El conjunto

nP(m)n

o1n=m

es una base ortogonal completa de L2 (1; 1), por que el conjunto fDmPng1n=mes una combinacin de la base cannica

xk1k=0

y la funcin1 x2m=2 es un operador acotado. Debe

notarse que slo para valores pares de m las funciones adjuntas P (m)n son polinomios.

Usando las frmulas de Rodrigues para Pn podemos escribir

P (m)n = (1)n1

n!2n1 x2m=2Dm+n 1 x2n . (7.11)

Lo que constituye en s misma una frmula de Rodrigues para P (m)n . A partir de (7.11) se obtiene, integrando

por partes, la norma

P (m)n

2 = 22n+ 1 (n+m)!(nm)! (n m) . (7.12)Ejercicios.1. Usar (7.4b) para demostrar que los eigenvalores de Am no so negativos.

2. Vericar detalladamente las ecuaciones (7.5b) a (7.7c).

3. Usar la frmula de Rodrigues (7.11) para obtener (7.12)

12

8 Ecuacin de Laguerre

La solucin de la ecuacin de Schdinger independiente del tiempo para el tomo de Hidrgeno conduce al

problema de eigenvalores llamado ecuacin de Laguerre

xu+ (1 x) _u+ u = 0 con 0 < x

9 Ecuacin asociada de Laguerre

La ecuacin asociada de Laguerre es

xu+ (s+ 1 x) _u+ s+ 1

2

u = 0 con 0 x 1 . (9.1)

La forma autoadjunta de la ecuacin es

Au 1xsex

d

dxxs+1ex

d

dx+s+ 1

2

u = u (9.2)

donde tenemos

p = xs+1ex , = xsex , q =s+ 1

2(9.3)

con s > 1. El operador A es simtrico en L2 (0;1; ) con el producto interior

hf jgi =Z 10

f (x) g (x)xsexdx . (9.4)

Dado que p se anula en los extremos del intervalo [0;1), el dominio D (A) del operador admite funcionesacotadas en x = 0

jf (0) j

La simetra del operador A implica que el conjunto fLsng1n=0 es ortogonal en L2 (0;1; ) ,

hLsmjLsni =Z 10

LsmLsnxsexdx = kLsmk2 nm . (9.8)

Otro camino para demostrar (9.8) es usar las frmulas de Rodrigues (9.5a), camino que nos da

kLsmk2 = (n+ s+ 1)

n!. (9.9)

La relacin de ortogonalidad (9.8) implica que las funciones

sn = xs=2ex=2sn (x) con

sn (x) =

LsnkLsnk

(9.10)

son ortogonales en el espacio L2 (0;1) con el producto interior

hf jgi =Z 10

f (x) g (x) dx . (9.11)

Sustituyendo

Lsn (x) = xs=2ex=2 kLsnk sn (x)

en (9.7) se concluye que las funciones s son soluciones del problema de valores propios ddxxd

dx+x

4+s2

4x

sn =

sn

sn (9.12)

con valores propios

sn = n+s+ 1

2para n = 0; 1; 2; : : : . (9.13)

Ejercicios.1. Vericar los pasos (9.6a), (9.6b), (9.6c), para llegar a (9.7). Usar la simetra de A para demostrar (9.8).

2. Demostrar que cualquier solucin u2 de (9.7) linealmente independiente de Lsn, diverge en x = 0.

3. Vericar que sn (9.10) satisface (9.12).

15

10 Solucin de ecuaciones por series, ecuaciones de Euler y Bessel

En esta parte daremos los resultados principales sobre soluciones de una ecuacin diferencial lineal de segundo

orden por series de potencias. Consideremos la ecuacin

Lu = p0 (x)u00 + p1 (x)u0 + p2 (x)u = 0 .

En secciones anteriores hemos visto que el problema fundamental para resolver problemas de valores iniciales

o de frontera de la forma Lu = f , es hallar un par de soluciones linealmente independientes u1, u2, de la

ecuacin homognea

Lu = 0 :

El primer resultado que tenemos para calcular u1; u2 es el siguiente.

Teorema 1. Si los coecientes p0 (x) ; p1 (x) ; p2 (x) y p0 (x) 6= 0 son funciones analticas alrededor del puntox0 entonces existe una solucin por series

u (x) =1Xk=0

ak (x x0)k :

Si imponemos las condiciones iniciales

u1 (x0) = 1 u01 (x0) = 0

u2 (x0) = 0 u02 (x0) = 1

obtenemos dos soluciones linealmente independientes de la forma

u1 (x) = a0 = 1 +Xk=0

ak (x xk)k

u2 (x) =Xk=1

ak (x xk)k :

Un punto x0 se llama punto ordinario si satisface

p0 (x0) 6= 0

y los coecientes p0 (x) ; p1 (x) ; p2 (x) son analticos alrededor de x0 . Supongamos que tenemos

p (x0) = 0

pero las relaciones

limx!x0

(x xk) p1 (x)p0 (x)

= nito

limx!x0

(x xk)2 p2 (x)p0 (x)

= nito ;

entonces el punto x0 se llama regular singular. La ecuacin de Euler

x2u00+ bxu

0+ bu = 0

donde a; b; c son constantes, es el tipo ms sencillo de ecuacin con x = 0 como punto regular singular.

16

La ecuacin de Euler es importante ya que el comportamiento de sus dos soluciones linealmente inde-

pendientes u1 (x) y u2 (x) alrededor del punto singular regular x = 0, es similar al comportamiento que

presentan las soluciones del caso general con coecientes variables.

Consideremos que a; b son nmeros reales. La solucin de la ecuacin de Euler tiene la forma

u = xk :

Sustituyendo en la ecuacin se obtiene una ecuacin cuadrtica para el exponente r

r (r 1) + ar + b = 0

r2 + r (a 1) + b = 0cuya solucin es

r = (a 1)q(a 1)2 4b :

Denamos (a 1)2 4b. Tenemos los casos siguientes

1. Si (a 1)2 4b > 0, entonces hay dos races reales distintas

r1 = (a 1)p

r2 = (a 1) +p

y el conjunto de soluciones

u1 = xr1 u2 = x

r2

forma una base del ker (L).

2. Si = 0, tenemos una raz r1 mltiple que nos da una solucin

u1 (x) = xr1 :

Una solucin u2 (x) linealmente independiente de u1 (x) tiene la forma

u2 (x) = v (x)u1 (x)

y est dada por

u2 (x) = xr1 ln x :

El par de soluciones u1; u2 nos permite ilustrar el Lema 1 de la seccin anterior. Si r1 > 0, entonces

ju1 (x = 0) j = 0 ;

mientras que

limx!0

u2 (x) = 1 :

17

3. Para < 0, las races r1; r2 son complejas. En este caso

u1 = xr u2 = x

r2

son linealmente independientes. Una forma real de tales soluciones se obtiene con la identidad

xr1 = er1 lnx con r1 = + i

lo cual nos da

xr1 = e(+i) lnx

= elnxei lnx

= x [cos ( lnx) + isin ( lnx)] ;

de donde obtenemos el par de soluciones linealmente independientes

u1 (x) = x cos (Lnx)

u2 (x) = xsen (Lnx) :

Ahora consideremos el caso general de una ecuacin con un punto sigular regular x0 .

Teorema 1. Si x = 0 es un punto regular singular de la ecuacin

p0 (x)u00+ p1 (x)u

0 + p2 (x) = 0 ;

entonces existe una solucin en series con la forma siguiente

u1 (x) = xr1Xk=0

ak (r)xk

donde r y ak son constantes.

De acuerdo con el teorema anterior, el problema se reduce a encontrar otra solucin u2 (x) linealmente

independiente a u1 (x). La sustitucin de la serie anterior en la ecuacin da una ecuacin cuadrtica (llamada

ecuacin indicial o ndice)r2 + ar + b = 0 ;

una de cuyas races r1 da la serie correspondiente a u1 (x). Supongamos que r2 es la otra raz y satisface

r2 r1. Entonces tenemos los casos siguientes

1. Si r1 r2 no es un entero entonces

u2 (x) = xr2

1Xk=0

ak (r2)xk

2. Si r1 = r2 entonces

u2 (x) = u1 (x) lnx+ xr1

1Xk=0

bn (r1)xk

Nuevamente este resultado ilustra el teorema 1. Si tenemos ju1 (0) j

3. Si 1 2 = N es un entero positivo entonces

u2 (x) = d1u1 (x) lnx+ xr21Xk=0

dk(r2)xk :

Nos concentraremos en ilustrar los casos anteriores con la ecuacin de Bessel. La ecuacin de Besselde orden p (que es un nmero real no negativo) es

x2u00+ xu

0+x2 p2u = 0 :

Dado que x = 0 es un punto regular singular, existe una solucin de la forma

u (x) = xrXk=0

akxk=Pk=0

akxr+k

sustituyendo las expresiones

u0=

Xk=0

ak (r + k)xr+k1

u00=

Xk=0

ak (r + k) (r + k 1)xr+k2

en la ecuacin, se obtiene

a0r2 p2xr + a2 h(r + 1)2 p2ixr+1 +X

k=2

nak

h(r + k)2 p2

i+ ak2

o= 0

lo que da el sistema de ecuaciones para los coecientes

a0r2 p2 = 0

a1

h(r + 1)2 p2

i= 0

ak

h(r + k)2 p2

i+ ak2 = 0 :

Si a0 6= 0, obtenemos la ecuacin indicial

r2 p2 = 0 o r = p :

y es inmediato que a0 genera al conjunto fa2kg1k=0 y a1 genera al conjunto fa2k+1g1k=0.

Consideremos r = p; (> 0); entonces la primera solucin u1 (x) es

u1 (x) =Xk=0

a2kxp+k,

donde

a2k = 122k (k + p)

a2k2 (k = 1; 2; 3; )

= (1)k 122kk! (p+ 1) (p+ k)a0 :

Para reescribir lo anterior con la funcin gama

(s) =

Z 10

xs+1exdx

19

la cual tiene la propiedad

(s+ 1) = s (s) para s 6= 1;2; As tenemos

(p+ 1) (p+ 2) (p+ k) = (p+ k + 1) :Deniendo

a0 =1

2p (p+ 1)

obtenemos

a2k = (1)k 1k!22k+p (p+ 1) (p+ k + 1)

;

y la llamada funcin de Bessel de primera clase de orden p

Jp (x) 1Xk=0

(1)k 1k! (p+ 1) (p+ k + 1)

x2

2k+p.

La otra raz de la ecuacin indicial es

r = p :Si p no es nmero entero, entonces la serie

Jp (x) =1Xk=0

(1)k (k + 1) (k p+ 1)

x2

2kpes la segunda solucin linealmente independiente de Jp (x). As, la solucin general de la ecuacin de Bessel

es

u (x) = c1Jp (x) + c2Jp (x) :

Es claro que Jp (x) es acotada en x = 0,

Jp (0) = 0 ,

mientras que Jp (x) diverge en dicho punto

limx!0

jJp (x) j =1 ;

como era de esperarse.

La derivacin directa de la serie de Jp (x) de las relaciones de recurrencia

d

dx

Jpxp

= Jp+1

xp;

d

dx[xpJp] = x

pJp1 ;

pJpx J 0p = Jp+1

pJpx+ J

0p = Jp+1 ;

sumando y restando las dos ltimas relaciones tenemos

Jp+1 + Jp1 =2p

xJp

Jp+1 Jp1 = 2Jp0 :

20

El clculo de las eigenfunciones del operador laplaciano dentro o fuera de un cilindro conduce al problema

1r

d

drrdu

dr+n2

r2u = con 0 r r0 o r0 1

donde n = 0; 1; 2; 3; . El problema est planteado en su forma autoadjunta con

p (r) = (r) = r q (r) =n2

r.

Consideremos primero el problema en el intervalo finito

0 r r0

con condicin de frontera Dirichlet en r = r0

u (r0) = 0 .

La condicin en r = 0 puede reducirse a la acotacin en el origen

ju (0) j

la ecuacin toma la formap

x

pd

dx

xp

pd

dx

J +

n2

x2

J = 0 ;

en la cual se cancela, para dar1

x

d

dxxdJ

dx+

1 n

2

x2

J = 0

que es la ecuacin de Bessel de orden n,

x2J00n + xJ

0n +

x2 n2 Jn = 0

cuya solucin son las funciones Bessel Jn de orden n. De las dos soluciones linealmente independientes slo

la funcin

Jn (x) =1Xk=0

(1)k (k + 1) (k + n+ 1)

x2

2k+nes acotada en x = 0, a saber,

Jn=0 (0) = 1

y

Jn>0 (0) = 0 :

22