Ecuación diferencial homogénea de segundo orden con coeficientes analíticos

Demostramos que la ecuación diferencial homogénea de segundo orden $y^{\prime\prime}+p(x)y^{\prime}+q(x)y=0$ con coeficientes analíticos $p(x)$ y $q(x)$ en un intervalo $(x_0-r,x_0+r)$ tiene dos soluciones analíticas y linealmente independientes en el mismo intervalo y damos un ejemplo de aplicación.

    Enunciado
    Se considera la ecuación diferencial $$y^{\prime\prime}+p(x)y^{\prime}+q(x)y=0\qquad (E)$$ en donde las funciones $p$ y $q$ son analíticas en el intervalo $I=(x_0-r,x_0+r)$ con desarrollos $$p(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}b_n(x-x_0)^n, \quad q(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}c_n(x-x_0)^n.$$

  1. Supongamos que $y(x)$ es una solución de $(E)$ analítica en $I$, esto es $$y(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_n(x-x_0)^n.$$ Demostrar que se verifican las relaciones de recurrencia $$(n+2)(n+1)a_{n+2}=-\displaystyle\sum_{k=0}^n\left[(k+1)a_{k+1}{b_{n-k}}+a_kc_{n-k}\right],\quad \forall n=0,1,2,\ldots .\quad (*)$$
  2. Las relaciones recurrentes anteriores definen $a_{n+2}$ en función de los coeficientes $a_0,a_1,\ldots,a_{n+1}$ y de los de $p(x)$ y $q(x)$ y por ende, $a_2,a_3,a_4,\ldots$ en función de $a_0,a_1$ y de los de $p(x)$ y $q(x).$ Demostrar que la serie $\sum_{n=0}^{+\infty}a_n(x-x_0)^n$ es convergente en $I$, con lo cual estará demostrado que $y(x)$ es solución de $(E).$
  3. Demostrar que existen dos funciones analíticas de $(E)$ que son linealmente independientes.
    Nota. En general, se puede demostrar que para la ecuación homogénea $$y^{(n)}+p_{n-1}(x)y^{(n-1)}+\cdots +p_{1}(x)y^{\prime}+p_0y=0\quad (n\ge 1)$$ con coeficientes $p_{n-1}(x),\ldots , p_0(x)$ funciones analíticas en el intervalo $(x_0-r,x_0+r)$, existen $n$ funciones $y_1(x),\ldots,y_n(x)$ linealmente independientes y analíticas en dicho intervalo.
  4. Aplicación. Dar una solución general de la ecuación diferencial $y^{\prime\prime}-xy^{\prime}+4y=0$ que sea analítica en $\mathbb{R}$. Expresarla como combinación lineal de dos funciones linealmente independientes.
    Solución
  1. Usando la derivación término a término de las series de potencias $$\begin{aligned}&y^{\prime}(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}na_n(x-x_0)^{n-1}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)a_{n+1}(x-x_0)^n,\\
    &y^{\prime\prime}(x)=\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_n(x-x_0)^{n-2}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}(x-x_0)^n.
    \end{aligned}$$ Usando la fórmula del producto de Cauchy para series absolutamente convergentes: $$\begin{aligned}&q(x)y(x)\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\sum_{k=0}^na_n{c_{n-k}}\right)(x-x_0)^n,\\
    &p(x)y^{\prime}(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\sum_{k=0}^n(k+1)a_{k+1}{b_{n-k}}\right)(x-x_0)^n.
    \end{aligned}$$ Sustituyendo en la ecuación $(E)$: $$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left[(n+2)(n+1)a_{n+2}+\sum_{k=0}^n\left((k+1)a_{k+1}{b_{n-k}}+a_kc_{n-k}\right)\right](x-x_0)^n=0.$$ Por tanto se han de verificar las relaciones: $$(n+2)(n+1)a_{n+2}=-\displaystyle\sum_{k=0}^n\left[(k+1)a_{k+1}{b_{n-k}}+a_kc_{n-k}\right],\quad \forall n=0,1,2,\ldots .$$
  2. Para $x=x_0$ la serie $\sum_{n=0}^{+\infty}a_n(x-x_0)^n$ converge trivialmente. Sea $x_1\in I$ con $x_1\ne x_0$ y llamemos $t=\left|x_1-x_0\right|$. Como las series $\sum_{n=0}^{+\infty}b_n(x_1-x_0)^n$ y $\sum_{n=0}^{+\infty}c_n(x_1-x_0)^n$ son absolutamente convergentes en $x_1$, sus términos están acotados en valor absoluto, es decir existen constantes positivas $K_1$ y $K_2$ tales que $$\left|b_k\right|t^k\le K_1,\quad \left|c_k\right|t^k\le K_2,\quad \forall k=0,1,2,\ldots$$ Llamando $K=\max \{K_1,K_2\}$ se verifica $$\left|b_k\right|\le\dfrac{K}{t^k},\quad \left|c_k\right|\le\dfrac{K}{t^k},\quad \forall k=0,1,2,\ldots$$ Usando las relaciones anteriores junto con las relaciones de recurrencia $(*)$: $$(n+2)(n+1)\left|a_{n+2}\right|=\left|\displaystyle\sum_{k=0}^n\left[(k+1)a_{k+1}{b_{n-k}}+a_kc_{n-k}\right]\right|$$ $$\le\displaystyle\sum_{k=0}^n\left[(k+1)\left|a_{k+1}\right|\left|{b_{n-k}}\right|+\left|a_k\right|\left|c_{n-k}\right|\right]$$ $$\le \displaystyle\sum_{k=0}^n\left[(k+1)\left|a_{k+1}\right|\dfrac{M}{t^{n-k}}+\left|a_k\right|\dfrac{M}{t^{n-k+1}}\right]$$ $$=\dfrac{M}{t^{n+1}}\left[\displaystyle\sum_{k=0}^n(k+1)\left|a_{k+1}\right|t^{k+1}+\displaystyle\sum_{k=0}^n\left|a_{k}\right|t^{k}\right].$$ Ahora bien, $$\displaystyle\sum_{k=0}^n\left|a_{k}\right|t^{k}=\left| a_0\right|+\sum_{k=1}^n\left|a_{k}\right|t^{k}=\left| a_0\right|+\sum_{k=0}^n\left|a_{k+1}\right|t^{k+1}-\left| a_{n+1}\right|t^{n+1},$$ con lo cual $$(n+2)(n+1)\left|a_{n+2}\right|\le$$ $$\dfrac{M}{t^{n+1}}\left[\displaystyle\sum_{k=0}^n(k+1)\left|a_{k+1}\right|t^{k+1}+\left| a_0\right|+\sum_{k=0}^{n}\left|a_{k+1}\right|t^{k+1}-\left| a_{n+1}\right|t^{k+1}\right]$$ $$\le \dfrac{M}{t^{n+1}}\left[\displaystyle\sum_{k=0}^n(k+1)\left|a_{k+1}\right|t^{k+1}+\left| a_0\right|+\sum_{k=0}^{n}\left|a_{k+1}\right|t^{k+1}\right]$$ $$= \dfrac{M}{t^{n+1}}\left[\displaystyle\sum_{k=0}^n(k+2)\left|a_{k+1}\right|t^{k+1}+\left| a_0\right|\right]=\dfrac{M}{t^{n+1}}\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}(k+1)\left|a_{k}\right|t^{k}.$$ Definamos la sucesión $\{A_n\}_{n\ge 0}$ de la forma recurrente $$\left \{ \begin{matrix}\begin{aligned}&A_0=\left|a_0\right|,\;A_1=\left|a_1\right|,\\&(n+2)(n+1)A_{n+2}=\dfrac{M}{t^{n+1}}\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}(k+1)A_kt^{k}.\quad (**)\end{aligned}\end{matrix}\right.$$ Como $\left|a_n\right|\le A_n$ para todo $n\ge 0$, la serie $\sum_{n=0}^{+\infty}\left|a_n\right|\left|x-x_0\right|^n$ está mayorada por la serie $\sum_{n=0}^{+\infty}A_n\left|x-x_0\right|^n$, para todo $x\in I$ con lo cual si la segunda es convergente, lo será la primera. Sustituyendo $n$ por $n-1$ en $(**)$: $$(n+1)nA_{n+1}=\dfrac{M}{t^{n}}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(k+1)A_kt^{k}.$$ Multiplicando por $t^{-1}$: $$(n+1)nt^{-1}A_{n+1}=\dfrac{M}{t^{n+1}}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(k+1)A_kt^{k}.$$ Restando a la igualdad $(**)$ la igualdad anterior $$(n+2)(n+1)A_{n+2}-(n+1)nt^{-1}A_{n+1}=M(n+2)A_{n+1},$$ de lo cual se deduce $$\dfrac{A_{n+2}}{A_{n+1}}=\dfrac{(n+1)n+M(n+2)t}{(n+2)(n+1)t}\text{ y }\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\dfrac{A_{n+2}}{A_{n+1}}=\dfrac{1}{t}.$$ Aplicando el criterio de D’Alembert para $x\in I$: $$\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\dfrac{A_{n+2}\left|x-x_0\right|^{n+2}}{A_{n+1}\left|x-x_0\right|^{n+1}}=\dfrac{\left|x-x_0\right|}{t} < 1 \text{ si }\left|x-x_0\right| < t =\left|x_1-x_0\right|.$$ Al ser $x_1$ arbitrario en $I$ se deduce que $\sum_{n=0}^{+\infty}a_n(x-x_0)^n$ es absolutamente convergente en $I$ y por tanto convergente.
  3. Sean $y_1(x)$ e $y_2(x)$ las soluciones de $(E)$ que satisfacen respectivamente $a_0=1,a_1=0$ y $a_0=0,a_1=1$ es decir, $$\begin{aligned}&y_1(x)=1+0(x-x_0)+\ldots\\
    &y_2(x)=0+1(x-x_0)+\ldots\end{aligned}$$ entonces $$\lambda_1y_1(x)+\lambda_2y_2(x)=0\Rightarrow \lambda_1+\lambda_2(x-x_0)+\ldots=0\Rightarrow \lambda_1=\lambda_2=0$$ lo cual implica que $y_1(x)$ e $y_2(x)$ son soluciones analíticas de $(E)$ en el intervalo $I$ y linealmente independientes.
  4. Las funciones $p(x)=x$, $q(x)=-4$ son analíticas en todo intervalo de la forma $(-r,r)$ para todo $r>0$ y por tanto analíticas en $\mathbb{R}$. Por el teorema anterior, existen las soluciones pedidas. Sea $$y(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n.$$ Sustituyendo en la ecuación dada: $$0=y^{\prime\prime}-xy^{\prime}+4y$$ $$=\displaystyle\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}-x\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}na_nx^{n-1}+\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}4a_nx^n$$ $$=\displaystyle\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n}-\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}na_nx^{n}+\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}4a_nx^n$$ $$=\left(2a_2+4a_0\right)+\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\left[(n+2)(n+1)a_{n+2}-(n-4)a_n\right].$$ En consecuencia, $$\begin{aligned}
    &2a_2+4a_0=0\\
    & (n+2)(n+1)a_{n+2}-(n-4)a_n=0.
    \end{aligned}$$ o bien $$\begin{aligned}
    &a_2=-2a_0\\
    & a_{n+2}=\dfrac{n-4}{(n+2)(n+1)}a_n.
    \end{aligned}$$ Distingamos los casos $n$ par y $n$ impar. Para $n$ par tenemos: $$a_2=-2a_0,\; a_4=-\dfrac{1}{6}a_2=\dfrac{1}{3}a_0,\;a_6=0,\;a_8=0,\;a_{10}=0,\;\ldots$$ Para $n=2k+1$ impar tenemos: $$a_{2k+1}=\dfrac{2k-5}{(2k+1)(2k)}a_{2k-1}=\dfrac{(2k-5)(2k-7)}{(2k+1)(2k)(2k-1)(2k-2)}a_{2k-3}$$ $$=\ldots=\dfrac{(2k-5)(2k-7)\ldots (-3)}{(2k+1)(2k)(2k-1)(2k-2)\ldots (3)(2)}a_{1}.$$ Por tanto, $$y(x)=a_0 \left(1-2x^2+\dfrac{1}{3}x^4\right)+a_1\left(x+\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{(2k-5)(2k-7)\ldots (-3)}{(2k+1)!}x^k\right),$$ y de acuerdo con el apartado anterior, las dos funciones entre paréntesis son soluciones de la ecuación diferencial dada, analíticas en $\mathbb{R}$ y linealmente independientes.
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