Soluciones en Serie de Ecuaciones Lineales

CAPÍTULO 5

Contenidos

• 5.1 Soluciones respecto a puntos ordinarios• 5.2 Soluciones respecto a puntos singulres• 5.3 Funciones Especiales

5.1 Soluciones Respecto a Puntos Ordinarios

• Repaso de Series de PotenciasRecuerde del cálculo una serie de potencias en x – a es de la forma

Se dice que es una serie de potencias centrada en a.

2210

0

)()()( axcaxccaxcn

nn

• ConvergenciaExiste

• Intervalo de ConvergenciaEl conjunto de números reales x para los cuales la serie converge.

• Radio de ConvergenciaSi R es el radio de convergencia, la serie de potencias converge para |x – a| < R y diverge para |x – a| > R.

N

nn

nNNN axCxS0

)(lim)(lim

• Convergencia AbsolutaDentro de su intervalo de convergencia, una serie de potencias converge absolutamente. Esto es, la siguiente serie converge:

• Prueba de RelaciónSuponiendo cn 0 para todo n, y

Si L < 1, esta serie converge absolutamente, si L > 1, esta serie diverge, si L = 1, el criterio no es concluyente.

0

|)(|n

nn axc

LCC

axaxC

axC

n

n

nnn

nn

n

11

1 lim||)(

)(lim

• Una Serie de Potencias Define una FunciónSuponemos entonces

• Propiedad de IdentidadSi todo cn = 0, entonces la serie = 0.

(1) )1(",'0

20

1

n

nn

n xnnyxny

0n

nnxcy

• Analítica en un PuntoUna función f s analítica en un punto a, si se puede representar mediante una serie de potencias en x – a con un radio de convergencia positivo. Por ejemplo:

(2)

!6!4!21cos

!5!3sin ,

!2!11

642

532

xxxx

xxxx

xxex

• Aritmética de Series de PotenciasLas series de potencia se combinan mediante operaciones de suma, multiplicación y división.

303

241

121

1201

61

61

21

61

)1()1(

5040120624621

sin

532

5432

753432

xxxx

xxxxx

xxxx

xxxx

xex

Ejemplo 1

Escribir como una sola serie de potencias.SoluciónComo

Se establece k = n – 2 para la primera serie y k = n + 1 para la segunda serie,

01

22)1( n

nnn

nn xcxcnn

2 0 3 0

1202

12 )1(12)1(n n n n

nn

nn

nn

nn xcxcnnxcxcxcnn ．

Entonces podemos obtener el lado derecho como

(3)

Ahora obtenemos

(4)

1 1122 )1)(2(2

k k

kk

kk xcxckkc

1122

2 0

12

])1)(2[(2

)1(

k

kkk

n n

nn

nn

xcckkc

xcxcnn

Ejemplo 1 (2)

• Suponga que la ED lineal

(5)se escribe como

(6)

Una Solución

0)()()( 012 yxayxayxa

0)()( yxQyxPy

Se dice que un punto x0 es un punto ordinario de (5) si P y Q en (6) son analíticas en x0. Un punto que no es un punto ordinario es un punto singular

DEFINICIÓN 5.1

• Como P y Q en (6) son funciones racionales, P = a1(x)/a2(x), Q = a0(x)/a2(x)

Se deduce que x = x0 es un punto ordinario de (5) si a2(x0) 0.

Coeficientes Polinomiales

• Una solución en serie converge al menos en un intervalo definido por |x – x0| < R, donde R es la distancia desde x0 hasta el punto singular más próximo.

Si x = x0 es un punto ordinario de (5), siempre es posible hallar dos soluciones linealmente independientes en la forma de una serie de potencias centrada en x0, esto es,

TEOREMA 5.1Existencia de soluciones en series de potencias

0 0)(

nn

n xxcy

Ejemplo 2

ResolverSoluciónSabemos que no hay puntos ordinarios finitos. Ahora, y

Luego de la ED se obtiene

(7)

0" xyy

0n

nnxcy

22)1("

nn

nxcnny

0

1

2

2

2 0

2

)1(

)1(

n

nn

n

nn

n n

nn

nn

xcxnnc

xcxxnncxyy

Ejemplo 2 (2)

Por el resultado obtenido en (4),

(8)

Como (8) es idénticamente cero, es necesario que todos los coeficientes sean cero, 2c2 = 0, y

(9)Ahora (9) es una relación de concurrencia, puesto que (k + 1)(k + 2) 0, entonces desde (9)

(10)

1122 0])2)(1[(2

k

kkk xcckkcxyy

,3,2,1,0)2)(1( 12 kcckk kk

,3,2,1,)2)(1(

12

kkk

cc kk

Ejemplo 2 (3)

Así obtenemos,1k

320

3 ．c

c

,2k43

14 ．

cc

,3k 054

25

．c

c

,4k 03

6 65321

65c

cc

．．．．

,5k 14

7 76431

76c

cc

．．．．

y así sucesivamente.

Ejemplo 2 (4)

,6k 087

58

．c

c

,7k 06

9 9865321

98c

cc

．．．．．．

,8k 17

10 10976431

109c

cc

．．．．．．

,9k 01110

811

．c

c

Ejemplo 2 (5)

Entonces las soluciones en series de potencias son y = c0y1 + c1y2

....07．6．4．3

6．5．3．20

4．33．20

71

60413010

xc

xc

xc

xc

xccy

1

13

10742

)13)(3(43)1(

10976431

76431

431

1)(

k

kk

xkk

x

xxxxy

．

．．．．．．．．．

Ejemplo 2 (6)

1

3

9631

)3)(13(32)1(

1

9865321

65321

321

1)(

k

kk

xkk

xxxxy

．

．．．．．．．．．

Ejemplo 3

ResolverSoluciónPuesto que x2 + 1 = 0, x = i, −i son puntos singulares. Una solución en serie de potencias centrada en 0 convergerá al menos para |x| < 1. Usando al forma en serie de potencia de y, y’ y y”,

0'")1( 2 yxyyx

012

2

2

2 01

122

)1()1(

)1()1(

n

nn

n

nn

n

nn

n

nn

n n

nn

n

nn

nn

xcxncxcnnxcnn

xcxncxxcnnx

Ch5_21

nk

n

nn

nk

n

nn

nk

n

nn

nk

n

nn

xcxncxcnn

xcnnxcxcxcxcxc

22

2

4

2

2113

00

02

)1(

)1(62

Ejemplo 3 (2)

22302

22302

0])1)(2()1)(1[(62

])1)(2()1([62

k

kkk

k

kkkkk

xckkckkxccc

xckcckkckkxccc

Ejemplo 3 (3)

De lo anterior, tenems 2c2 － c0 = 0, 6c3 = 0 , y

Así c2 = c0/2, ck+2 = (1 – k)ck/(k + 2)Luego

0)1)(2()1)(1( 2 kk ckkckk

02024 !22

142

141

cccc ．

352

35 cc

03046 !32

31642

363

cccc．

．．

074

57 cc

Ejemplo 3 (4)

y así sucesivamente.

04068 !42

5318642

5385

cccc．．

．．．．

096

79 cc

050810 !52

7531108642

753107

cccc．

．．．．．．．

．．

Ejemplo 3 (5)

Por tanto,

)()(

!52

7531

!42

531

!32

31

!22

121

1

2110

110

58

46

34

22

0

1010

99

88

77

66

55

44

33

2210

xycxyc

xcxxxxxc

xcxcxcxcxc

xcxcxcxcxccy

．．．．．．

1||,!2

)32(531)1(

21

1)( 2

2

121

xxn

nxxy n

nn

n ．．

xxy )(2

Ejemplo 4

Si se busca una solución en serie de potencias y(x) para

obtenemos c2 = c0/2 y la relación de recurrencia es

Examinando la fórmula se ve que c3, c4, c5, … se expresan en términos de c1 y c2. Sin embargo es más complicado. Para simplificarlo, podemso elegir primero c0 0, c1 = 0. En este caso tenemos

,3,2,1,)2)(1(

12

k

kk

ccc kkk

0)1( yxy

02 21cc

Ejemplo 4 (2)

y así sucesivamente. Después, elegimos c0 = 0, c1 0, entonces

0012

4 241

43243c

cccc

．．．

0023

5 301

21

61

5454c

cccc

．．

0001

3 61

3232c

cccc

．．

021

02 cc

Ejemplo 4 (3)

y así sucesivamente. Así tenemos y = c0y1 + c1y2, donde

1101

3 61

3232c

cccc

．．

1112

4 121

4343c

cccc

．．

1123

5 1201

65454c

cccc

．．．

54321 30

1241

61

21

1)( xxxxxy

5432 120

1121

61

)( xxxxxy

Ch5_28

Ejemplo 5

ResolverSoluciónVemos que x = 0 es un punto ordinario de la ecuación. Usando la serie de Maclaurin para cos x, y empleando , hallmos

0nn

nxcy

0)(cos" yxy

2 0

6422

!6!4!21)1(

)(cos

n n

nn

nn xc

xxxxcnn

yxy

0

21

2021

12)6(2 3135

20241302

xcccxcccxcccc

Ejemplo 5 (2)

Se deduce que

y así sucesivamente. Se obtiene c2 = － 1/2c0, c3 = －1/6c1, c4 = 1/12c0, c5 = 1/30c1,…. Agrupando términos llegamos a la solución general y = c0y1 + c1y2, donde la convergencia es |x| < , y

021

20,021

12,06,02 1350241302 cccccccccc

421 12

121

1)( xxxy

532 30

161

1)( xxxy

5.2 Soluciones Respecto a Puntos Singulares

• Una DefiniciónUn punto singular x0 de una ED lineal

(1)se clasifica más bien como regular o irregular. La clasificación depende de

(2)

0)()()( 012 yxayxayxa

0)()( yxQyxPy

Se dice que un punto singular x0 es un punto singularregular de (1), si p(x) = (x – x0)P(x), q(x) = (x – x0)2Q(x) son analíticas en x0 . Un punto singular que no es regular es un punto singular Irregular de la ecuación.

DEFINICIÓN 5.2Puntos singulares regulares e irregulares

Coeficintes Polinomiales

• Si x – x0 aparece a lo sumo a la primera potencia en el denominador de P(x) y a lo sumo a la segunda potencia en el denominador de Q(x), entonces x – x0 es un punto singular regular.

• Si (2) se multiplica por(x – x0)2,

(3)

donde p, q son analíticas en x = x0

0)()()()( 02

0 yxqyxpxxyxx

Ejemplo 1

• Se debe aclarar que x = 2, x = – 2 son puntos sinulares de

(x2 – 4)2y” + 3(x – 2)y’ + 5y = 0Según (2), tenemos

2)2)(2(

3)(

xxxP

22 )2()2(

5)(

xxxQ

Ejemplo 1 (2)

Para x = 2, la potencia de (x – 2) en el denominador de P es 1, y la potencia de (x – 2) en el denominador de Q es 2. Así x = 2 es un punto singular regular.

Para x = −2, la potencia de (x + 2) en el denominador de P y Q es 2.Así x = − 2 es un punto singular irregular.

Si x = x0 es un punto singular regular de (1), entonces

existe al menos una solución de la forma

(4)

donde el número r es una constante por determinar. La serie converge al menos en algún intervalo0 < x – x0 < R.

TEOREMA 5.2Teorema de Frobenius

00

000 )()()(

n

rnn

n

nn

r xxCxxCxxy

Ejemplo 2: Método de Frobenius

• Debido a que x = 0 es un punto singular regular de

(5)tratamos de hallar una solución.Ahora,

03 yyyx

0n

rnnxcy

0

1)(n

rnnxcrny

0

2)1)((n

rnnxcrnrny

Ejemplo 2 (2)

00

1

00

1

0

1

)233)((

)()1)((3

3

n

rnn

n

rnn

n

rnn

n

rnn

n

rnn

xcxcrnrn

xcxcrnxcrnrn

yyyx

0])133)(1[()23(

)233)(()23(

01

10

1

1

1

110

k

kkk

r

nk

n

nn

nk

n

nn

r

xccrkrkxcrrx

xcxcrnrnxcrrx

Ejemplo 2 (3)

Lo cual implica que r(3r – 2)c0 = 0 (k + r + 1)(3k + 3r + 1)ck+1 – ck = 0, k = 0, 1, 2, …Debido a que no se gana nada haciendo c0 = 0,

r(3r – 2) = 0 (6)y

(7)

De (6), r = 0, 2/3, cuando se sustituye en (7),

,2,1,0,)133)(1(1

k

rkrkc

c kk

Ejemplo 2 (4)

r1 = 2/3, k = 0,1,2,… (8)

r2 = 0, k = 0,1,2,… (9)

,)1)(53(1

kkc

c kk

,)13)(1(1

kkc

c kk

Ejemplo 2 (5)

De (8) De (9)

Ejemplo 2 (6)

Los dos conjuntos contienen el mismo múltiplo c0. Si se omite este término, tenemos

(10)

(11)

1

3/21 )23(1185!

11)(

n

nxnn

xxy．．

1

02 )23(741!

11)(

n

nxnn

xxy．．

Ejemplo 2 (7)

Mediante el criterio de la razón, (10) y (11) convergen para todo valor finito de x, esto es, |x| < . Asimismo, de la forma de (10) y (11), son linealmente independientes. Así la solución es

y(x) = C1y1(x) + C2y2(x), 0 < x <

Ecuación Indicial

• La ecuación (6) se llama ecuación indicial, donde los valores de r se llaman raíces indiciales, o exponentes.

• Si x = 0 es un punto singular regular de (1), entonces p = xP y q = x2Q son analíticas en x = 0.

Así los desarrollos en serie de potencia p(x) = xP(x) = a0 ＋ a1x ＋ a2x2 …＋q(x) = x2Q(x) = b0 ＋ b1x ＋ b2x2 …＋

(12)son válidos en intervalos que tienen un radio de convergancia positivo. Multiplicando (2) por x2, tenemos

(13)

Tras ciertas sustituciones, hallmaos la ecución indicial, r(r – 1) + a0r + b0 = 0 (14)

0)]([)]([ 22 yxQxyxxPxyx

Ejemplo 3

ResolverSolución

Sea , entonces

0n

rnnxcy

00

1

00

0

1

0

1

)1()122)((

)(

)()1)((2

)1(2

n

rnn

n

rnn

n

rnn

n

rnn

n

rnn

n

rnn

xcrnxcrnrn

xcxcrn

xcrnxcrnrn

yyxyx

0')1("2 yyxxy

Ejemplo 3 (2)

Lo cual implica r(2r – 1) = 0(15)

(16)

01

10

0

1

1

110

])1()122)(1[()12(

)1()122)(()12(

k

kkk

r

nk

n

nn

nk

n

nn

r

xcrkcrkrkxcrrx

xcrnxcrnrnxcrrx

,2,1,0,0)1()122)(1( 1 kcrkcrkrk kk

Ejemplo 3 (3)

De (15), tenemos r1 = ½ , r2 = 0.Para r1 = ½ , dividimos entre k + 3/2 en (16) para obtener

(17)

Para r2 = 0 , (16) se convierte en

(18)

,2,1,0,)1(21

kkc

c kk

,2,1,0,121

kkc

c kk

Ejemplo 3 (4)

De (17) De (18)

1

1．20

10

1c

cc

c

Ejemplo 3 (5)

Así para r1 = ½

para r2 = 0

y en (0, ), la solución es y(x) = C1y1 + C2y2.

0

2/1

1

2/11 !2

)1(

!2

)1(1)(

n

nn

n

n

nn

n

xn

xn

xxy

||,

)12(7531)1(

1)(1

2 xxn

xyn

nn

．．．

Ejemplo 4

ResolverSoluciónDe xP = 0, x2Q = x, y el hecho de que 0 y x sean sus propias series de potencias centradas en 0, se concluye a0 = 0, b0 = 0. Luego de la forma (14) tenemos r(r – 1) = 0, r1 = 1, r2 = 0. En otras palabras, sólo hay una solución en serie

0" yxy

...122)!1(!

)1()(

321

01

xx

xxnn

xy n

n

n

Tres casos

(1) Si r1, r2 son distintas y la diferencia r1 - r2 no es un entero positivo, entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación (1) de la forma :

0

20

121 )(y )(

n

rnn

n

rnn xbxyxcxy

(2) Si r1 – r2 = N, donde N es un entero positivo, entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación (1) de la forma :

(20) 0 ,ln)()(

(19) 0 ,)(

00

12

00

1

2

1

bxbxxCyxy

cxcxy

n

rnn

n

rnn

(3) Si r1 = r2, entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación (1) de la forma :

(22) ln)()(

(21) 0 ,)(

012

00

1

2

1

n

rnn

n

rnn

xbxxyxy

cxcxy

Determinación de una Segunda Solución

• Si ya conocemos una solución y1, la segunda puede obtenerse de la siguiente manera

(23) )( 212

1

dxy

eyxy

Pdx

Ejemplo 5

Hallar la solución general deSoluciónDe la solución conocida del Ejemplo 4,

podemos usar (23) para hallar y2(x). Use un CAS para operaciones complicadas.

0" yxy

4321 144

1121

21

)( xxxxxy

Ejemplo 5 (2)

21

21

54321

2432

121

0

12

14419

127

ln1

)(

7219

12711

)(

127

125

)(

1441

121

21

)()]([

)()(

xxxx

xy

dxxxx

xy

xxxx

dxxy

xxxx

dxxydx

xy

exyxy

dx

2

112 14419

1271

)(ln)()( xxx

xyxxyxy

5.3 Funciones Especiales• Ecuación de Bessel de orden v

(1)donde v 0, y x = 0 es un punto singular regular de (1). Las soluciones de (1) se llaman funciones de Bessel.

• Lengender’s Equation de order n(2)

donde n es un entero no negativo, y x = 0 es un punto ordinario de (2). Las soluciones de (2) se llaman funciones de Legendre.

0)( 222 yvxyxyx

0)1(2)1( 2 ynnyxyx

La Solución de la Ecuación de Bessel

• Puesto que x = 0 es un punto singular regular, sabemos que existe al menos una solución de la forma . Entonces de (1),

(3)

0n

rnnxcy

0

2

1

22220

0

22

1

220

00

22

00

222

])[()(

])()1)([()(

)()1)((

)(

n

nn

r

n

nn

rr

n

nn

rn

nn

rr

n

rnn

n

rnn

n

rnn

n

rnn

xcxxvrncxxvrc

xcxxvrnrnrncxxvrrrc

xcvxcxrncxrnrnc

yvxyxyx

De (3) tenemos la ecuación indicial r2 – v2 = 0, r1 = v, r2 = −v. Cuando r1 = v, tenemos

(1 + 2v)c1 = 0(k + 2)(k + 2+ 2v)ck+2 + ck = 0

ó (4)

La elección de c1 = 0 implica c3 = c5 = c7 = … = 0, así que para k = 0, 2, 4, …., dejando que sea k + 2 = 2n, n = 1, 2, 3, …, tenemos

(5)

,2,1,0,)22)(2(2

k

vkkc

c kk

)(2222

2 vnn

cc nn

Así

(6)

,3,2,1,)()2)(1(!2

)1(

)3)(2)(1(3212)3(32

)2)(1(212)2(22

)1(12

20

2

60

24

6

40

22

4

20

2

nvnvvn

cc

vvv

c

v

cc

vv

c

v

cc

v

cc

n

n

n

．．．．

．．．

．．

Elegimos c0 como valor específico

donde (1 + v) es la función gamma. Vease el Apéndice II. Hay una relación importante:

(1 + ) = ()Así que podemos reducir el denominador de (6):

)1(2

10 vc v

)1()1)(2()2()2()21(

)1()1()11(

vvvvvv

vvv

De ahí que podemos poner (6) como

,...2,1,0,)1(!2

)1(22

n

nvnc vn

n

n

Funciones de Bessel de Primera Clase

• Podemos definir Jv(x) mediante

(7)

y

(8)

En otras palabras, la solución general de (1) en (0, ) es

y = c1Jv(x) + c2J-v(x), v entero(9)

Fig 5.3

0

2

2)1(!)1(

)(n

vnn

vx

nvnxJ

0

2

2)1(!)1(

)(n

vnn

vx

nvnxJ

Fig 5.3

Ejemplo 1

• Considere la ED

Hallamos v = ½, y la solución general en (0, ) es

0)1/4('" 22 yxxyyx

)()( 1/221/21 xJcxJcy

Funciones de Bessel de Segunda Clase

• Si v entero, entonces

(10)

y la función Jv(x) son soluciones linealmente independientes de (1). Otra solución de (1) es y = c1Jv(x) + c2Yv(x).

• Como v m, m un entero, (10) tiene la forma 0/0. De la regla de L’Hopital, la función

y Jv(x) soluciones linealmente independientes de

vxJxJv

xY vvv sin

)()(cos)(

)(lim)( xYxY vmv

m

0)('" 222 ymxxyyx

De ahí que para cada valor de v, la solución general de (1) es

(11)

Yv(x) se llama función de Bessel de segunda clase de orden v. Fig 5.4 ilustra y0(x) y y1(x).

)()( 21 xYcxJcy vv

Fig 5.4

Ejemplo 2

• Considere la ED

Hallamos v = 3, y de (11) la solución general en (0, ) es

0)9('" 22 yxxyyx

)()( 3231 xYcxJcy

EDs Solubles en Términos de Funciones de Bessel

• Sea t = x, > 0, en

(12)entonces por la regla de la cadena,

0)( 2222 yvxyxyx

dtdy

dxdt

dtdy

dxdy

2

22

2

2

dt

yddxdt

dxdy

dtd

dx

yd

• Así, (12) pasa a ser

La solución de la anterior ED es y = c1Jv(t) + c2Yv(t)Sea t = x, tenemos

y = c1Jv(x) + c2Yv(x) (13)

0

0

222

22

222

22

2

yvtdtdyt

dt

ydt

yvtdtdyt

dt

ydt

• Otra ecuación se llama ecuación de Bessel modificada de orden v,

(14)

• Ahora dejamos que sea t = ix, entonces (14) se transforma en

Las soluciones son Jv(ix) y Yv(ix). Una solución de valores reales, llamada función de Bessel modificada de primera clase de orden v se define como

(15)

0)( 222 yvxyxyx

0)( 222

22 yt

dtdyt

dt

ydt

)()( ixJixI

• Análogamente a (10), la función de Bessel modificada de segunda clase de orden v entero se define como

(16)

y para cualquier v = n entero,

Puesto que Iv y Kv son linealmente independientes en (0, ), la solución general de (14) es

(17)

sin)()(

2)(

xIxIxK

)(lim)( xKxKn

n

)()( 21 xKcxIcy

• Consideramos otra ED importante:

(18)

La solución general de (18) es

(19)

Aquí no se especifican los detalles.

0 ,021

2

2222222

pyx

cpaxcby

xa

y c

)]()([ 21c

pc

pa bxYcbxJcxy

Ejemplo 3

Hallar la solución general de en (0, )SoluciónEscribiendo la ED como

recurriendo to (18)1 – 2a = 3, b2c2 = 9, 2c – 2 = −1, a2 – p2c2 = 0

luego a = −1, c = ½ . Además tomamos b= 6, p = 2.De (19) la solución es

093 yyyx

093 yx

yx

y

)]6()6([ 2/122

2/121

1 xYcxJcxy

Ejemplo 4

• Recordamos el modelo de la Sec. 3.8

Se debe comprobar que tomando

se tiene

0 ,0 xkexm t

2/ 2 tenk

s

022

22 xs

dsdxs

ds

xds

Ejemplo 4 (2)

La solución de la nueva ecuación es x = c1J0(s) + c2Y0(s),

Si volvemos a sustituir

obtenemos la solución.

2/ 2 tenk

s

2/

022/

0122

)( tt emk

Ycemk

Jctx

Propiedades

• (1)

• (2)

• (3)

• (4)

)()1()( xJxJ mm

m

)()1()( xJxJ mm

m

0,1

0,0)0(

m

mJm

)(lim

0xYmx

Ejemplo 5

Obtener la fórmula SoluciónDe la ecuación (7) se deduce

1

1

12

0

2

0

2

0

2

2)1()!1()1(

)(

2)1(!)1(

22)1(!

)1(

2)1(!)2()1(

)(

nk

n

vnn

v

n

vnn

n

vnn

n

vnn

v

xnvn

xxvJ

xnvn

nxnvn

v

xnvnvn

xJx

)()()(' 1 xxJxvJxxJ vvv

Ejemplo 5 (2)

)()(

2)2(!)1(

)(

1

0

12

xxJxvJ

xkvk

xxvJ

vv

k

vkk

v

• El resultado del ejemplo 5 puede escribirse como

que es una ED lineal en Jv(x). Multiplicando ambos lados por el factor de integración x-v, se obtiene

(20)

Se puede demostrar que(21)

Cuando y = 0, se deduce del (14) que(22)

)()()( 1 xJxJxv

xJ vvv

)()]([ 1 xJxxJxdxd

vv

vv

)()]([ 1 xJxxJxdxd

vv

vv

,)()( 10 xJxJ )()( 10 xYxY

Funciones de Bessel Esféricas

• Cuando el orden v es la mitad de un entero impar, esto es,

1/2, 3/2, 5/2, …..La función de Bessel de primera clase Jv(x) puede expresarse como función de Bessel esférica :

Como (1 + ) = () y (1/2) = ½, entonces

0

2/12

2/1 2)2/11(!

)1()(

n

nn x

nnxJ

!2

)!12(

2

11

12 n

nn

n

De ahí que

y

0

12

0

2/12

12

2/1 )!12()1(2

2!2

)!12(!

)1()(

n

nn

n

n

n

n

xnx

x

n

nn

xJ

(24) cos2

)(

(23) sin2

)(

2/1

2/1

xx

xJ

xx

xJ

La Solución de Ecuación de Legendre

• Como x = 0 es un punto ordinario de (2), usamos

Después de sustituir y simplificar, obtenemos

o en las formas siguientes:

0n

nnxcy

0)1)(()1)(2(

06)2)(1(

02)1(

2

31

20

jj cjnjncjj

ccnn

ccnn

Usando (25), para al menos |x| < 1, obtenemos

6

4201

!6)5)(3)(1()2)(4(

!4)3)(1()2(

!2)1(

1)(

xnnnnnn

xnnnn

xnn

cxy

(25) ,4,3,2,)1)(2(

)1)((!3

)2)(1(!2

)1(

2

13

02

jcjjjnjn

c

cnn

c

cnn

c

jj

Observaciones: Si n es un entero par, la primera serie termina, mientras que y2 es una serie infinita. Si n es un entero impar, la serie y2 termina con xn.

(26) !7

)6)(4)(2)(1)(3)(5(

!5)4)(2)(1)(3(

!3)2)(1(

)(

7

5312

xnnnnnn

xnnnn

xnn

xcxy

Polinomios de Legendre

• Los siguientes polinomios de orden n son polinomios de Legendre:

(27) )157063(81

)(),33035(81

)(

3)5(21

)(),13(21

)(

)(,1)(

355

24

33

22

10

xxxxPxxxP

xxxPxxP

xxPxP

Son a su vez soluciones particulares de las EDs.

(28)

Fig 5.5

0122)1(:3

062)1(:2

022)1(:1

02)1(:0

2

2

2

2

yyxyxn

yyxyxn

yyxyxn

yxyxn

Fig 5.5

Propiedades

• (1)

• (2)

• (3)

• (4)

• (5)

)()1()( xPxP nn

n

1)1( nP

nnP )1()1(

impar ,0)0( nPn

par ,0)0(' nP n

Relación de Recurrencia

• Sin comprobación, tenemos (29)

que es válida para k = 1, 2, 3, …Otra fórmula puede generar los polinomios de Legendre por diferenciación. La fórmula de Rodrigues para estos polinomios es:

(30)

0)()()12()()1( 11 xkPxxPkxPk kkk

... ,2 ,1 ,0 ,)1(!2

1)( 2 nx

dx

d

nxP n

n

n

nn