ECUACIONES DIFERENCIALES

PRUEBA 3

30 Noviembre 2022.

PREGUNTA PUNTAJE MÁXIMO PUNTOS OBTENIDOS

1 3+12

2 3+9+3

3 5+5+5

4 9+3+3

TOTAL 60

NOTA

Atención:

Quien intente utilizar procedimientos ilı́citos durante el desarrollo de la evaluación, será cali-
ficado con la nota mı́nima (1.0).

Dispone de 120 minutos para desarrollar la evaluación.

1. Considere la ecuación diferencial

y ′′ − 3xy ′ − y = 0

a) Pruebe que x = 0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial dada.

Solución. Sean P (x) = −3x y Q(x) = −1. Notemos que P y Q son funciones analı́tcas
en x = 0 ya que
∞
X ∞
X
P (x) = pn xn ∧ Q(x) = q n xn
n=0 n=0

donde p1 = −3 y pn = 0 para cada n ̸= 1, mientras que q0 = −1 y qn = 0 para cada

n ̸= 0. Por tanto, x = 0 es un punto ordinario.

Criterios de Corrección:
Nivel 3. Prueba que x = 0 es un punto ordinario usando argumentos correctos: 3pts.
Nivel 2. Comete errores menores en la argumentación: 2pts.
Nivel 1. Comete errores graves en la argumentación o utiliza afirmaciones que son
falsas: 0 pto.
 b) Determine dos soluciones linealmente independientes, de la ecuación anterior, en forma
de series de potencias centradas en el origen. Es suficiente mostrar los primeros tres
términos no nulos de cada serie.

∞
X
Solución. Sea y(x) = cn xn . Reemplazando en la ecuación diferencial obtenemos
n=0
∞
X ∞
X ∞
X
cn n(n − 1)xn−2 − 3x cn nxn−1 − cn x n = 0
n=2 n=1 n=0

Multiplicando por 3x cada término de la segunda serie obtenemos

∞
X ∞
X ∞
X
n−2 n
cn n(n − 1)x − 3cn nx − cn x n = 0
n=2 n=1 n=0

Cambiando de ı́ndice en la primera serie obtenemos

∞
X ∞
X ∞
X
k k
ck+2 (k + 2)(k + 1)x − 3ck kx − ck x k = 0
k=0 k=1 k=0

considerando los términos asociados a k = 0 en la primera y en la tercera serie obtenemos

∞
X ∞
X ∞
X
k k
2c2 + c0 + ck+2 (k + 2)(k + 1)x − 3ck kx − ck x k = 0
k=1 k=1 k=1

Agrupando las series en una sola obtenemos

∞
X
2c2 − c0 + (ck+2 (k + 2)(k + 1) − 3ck k − ck )xk = 0
k=1

Usando el principio de identidad obtenemos las relaciones de recurrencia:

c0 (3k + 1)ck
c2 = ∧ ∀k ≥ 1, ck+2 =
2 (k + 2)(k + 1)
De las relaciones anteriores podemos obtener los primeros términos de cada serie:

x2 7
y1 (x) = 1 + + x4 + · · ·
2 24

2 x5
y2 (x) = x + x3 + + ···
3 3
Dado que el centro de cada serie es un punto ordinario de la ecuación, sabemos que ambas
series convergen en algún intervalo abierto centrado en el origen.
Criterios de Corrección:

Nivel 3. Determina los primeros tres términos de cada serie de forma correcta, 12 pts.
Nivel 2. Determina los primeros tres términos de cada serie cometiendo errores menores,
como por ejemplo, aritméticos: 10 pts.
Nivel 3. Deriva correctamente la serie de potencia y obtiene las relaciones de recurrencia:
8 pts.
Nivel 2. Solo deriva correctamente las series de potencias: 4pts.
Nivel 1. Comete errores graves: 0 pto.
2. Considere la ecuación diferencial

xy ′′ + y ′ + 2xy = 0

a) Pruebe que x = 0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial dada.

1
Solución. Sean P (x) = y Q(x) = 2. Notemos que P no es analı́tica en x = 0 ya
x
que si lo fuera lı́mx→0 P (x) = p0 , donde p0 es el término constante de la representación
en series de P , pero lı́m 1/x no existe. De lo anterior concluimos que x = 0 es un punto
x→0
singular.

Dado que xP (x) = x y x2 Q(x) = 2x2 definen funciones analı́ticas en x = 0, al ser

polinomios, podemos concluir que x = 0 es un punto singular regular.

Criterios de Corrección:
Nivel 3. Prueba que x = 0 es un punto singular regular usando argumentos correctos:
3pts.
Nivel 2. Comete errores menores en la argumentación: 2pts.
Nivel 1. Comete errores graves en la argumentación o utiliza afirmaciones que son
falsas: 0 pto.
b) Determine una solución de la ecuación diferencial en forma de serie de Frobenius centra-
da en el origen. Es suficiente mostrar los primeros tres términos no nulos de la serie.
∞
X
Solución. Ensayamos una solución de la forma y = cn xn+r . Reemplazando en la
n=0
ecuación diferencial obtenemos:
∞
X ∞
X ∞
X
x cn (n + r)(n + r − 1)xn+r−2 + cn (n + r)xn+r−1 + 2x cn xn+r = 0
n=0 n=0 n=0

Para x > 0, la ecuación anterior es equivalente a

∞
X ∞
X ∞
X
n−−1 n−1
cn (n + r)(n + r − 1)x + cn (n + r)x + 2cn xn+1 = 0
n=0 n=0 n=0

Considerando los término asociados a potencias negativas tenemos

∞
X ∞
X ∞
X
−1 n−1 n−1
(c0 r(r − 1) + c0 r)x + cn (n + r)(n + r − 1)x + cn (n + r)x + 2cn xn+1 = 0
n=1 n=1 n=0

Considerando c0 ̸= 0 y c0 (r(r − 1) + r) = 0 obtenemos la ecuación indicial r(r − 1) + r = 0

cuya única solución es r = 0. Por tanto, la ecuación anterior queda
∞
X ∞
X ∞
X
n−1 n−1
cn n(n − 1)x + cn nx + 2cn xn+1 = 0
n=1 n=1 n=0

Cambiando de ı́ndice en cada serie obtenemos

∞
X ∞
X ∞
X
k k
ck+1 (k + 1)kx + ck+1 (k + 1)x + 2ck−1 xk = 0
k=0 k=0 k=1

Considerando los términos asociados a k = 0 en las primeras dos series tenemos

∞
X ∞
X ∞
X
k k
0+ ck+1 (k + 1)kx + c1 + ck+1 (k + 1)x + 2ck−1 xk = 0
k=1 k=1 k=1

Agrupando en una sola suma

∞
X
c1 + (ck+1 (k + 1)k + ck+1 (k + 1) + 2ck−1 )xk = 0
k=1
Del principio de identidad obtenemos las relaciones de recurrencias siguientes:

−2ck−1
c1 = 0 ∧ ∀k ≥ 1, ck+1 =
(k + 1)2
Los primeros tres términos no nulos de la serie son

x2 x4
y(x) = 1 − + − ···
2 16
Criterios de Corrección:
Nivel 3. Determina los primeros tres términos de la serie de Frobenius de forma
correcta, 9 pts.
Nivel 2. Determina los primeros tres términos de la serie cometiendo errores menores,
como por ejemplo, aritméticos: 7 pts.
Nivel 3. Deriva correctamente la serie de Frobenuis y obtiene las relaciones de recu-
rrencia: 5 pts.
Nivel 2. Solo deriva correctamente la serie de Frobenius: 3 pts.
Nivel 1. Comete errores graves: 0 pto.
c) Indique la forma de la solución general.

Solución. Sea y1 la serie que obtuvimos en el inciso anterior. La forma de la solución

general es

y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)

donde
∞
X
y2 (x) = y1 (x) ln(x) + bn x n
n=0

Solución Alternativa. Notemos que al multiplicar por x la ecuación queda

x2 y ′′ + xy ′ + (2x2 − 0)y = 0
Sabemos que esta ecuación es una ecuación paramétrica de Bessel con ν = 0 y además
que la solución general está dada por
√ √
y(x) = c1 J0 ( 2x) + c2 Y0 ( 2x)
donde
∞
X (−1)n  x 2n Jβ (x) cos(βπ) − J−β (x)
J0 (x) = ∧ Y0 (x) = lı́m
n=0
n!Γ(1 + n) 2 β→0 sen(πβ)

Criterios de Corrección:
Nivel 3. Escribe correctamente la forma de la solución general: 3pts.
Nivel 2. Comete errores menores en la forma de la solución general.: 2pts.
Nivel 1. Comete errores graves: 0 pto.
3. Considere la ecuación diferencial

4x1/2 z ′′ (x) + 4x−1/2 z ′ (x) + (4x13/2 − x−3/2 )z(x) = 0, x > 0 (1)

x4
a) Demuestre que, haciendo la sustitución w = , la ecuación (1) se transforma en
4
2
 
2d z dz 2 1
w +w + w − z = 0, w > 0 (2)
dw2 dw 64
Solución: Aplicando regla de la cadena se sigue que

dz dz dw dz d2 z 2 dz
2
6d z
= = x3 y = 3x + x
dx dw dx dw dx2 dw dw2
Reemplazando se obtiene:
2
   
2 dz 6d z −1/2 3 dz
4x 1/2
3x +x 2
+ 4x x + (4x13/2 − x−3/2 )z = 0
dw dw dw
2
dz dz
⇔ 4x13/2 2 + 16x5/2 + (4x13/2 − x−3/2 )z = 0,
dw dw
x3/2
multiplicando esta última igualdad por obtenemos que:
64
4 8 d2 z
 
2 4 dz 4 8 1
x + x + x − z = 0.
64 dw2 8 dw 64 64

2 4
Finalmente reemplazando w = x4 y w2 = x8 en esta ecuación se obtiene lo pedido,
8 64
es decir,
2
 
2d z dz 2 1
w +w + w − z = 0.
dw2 dw 64
Criterios de Corrección:
Nivel 3. Aplica la sustitución llegando a la ecuación pedida: 5ptos.
dz d2 z
Nivel 2. Calcula de manera correcta y : 3pts.
dx dx2
Nivel 1. Comete errores graves: 0 pto.

b) Determine la solución general de (2).

Solución: Notemos que la ecuación (2) es una ecuación de Bessel de orden ν = 1/8. Por
ende, la solución general es

z = c0 J1/8 (w) + c1 J−1/8 (w), c0 , c1 ∈ R.

Criterios de Corrección:
Nivel 3. Resuelve de manera correcta la ecuación (2) 5 ptos.
Nivel 2. Identifica que (2) es una ecuación de Bessel: 2pts.
Nivel 1. Comete errores graves: 0 pto.
 c) Determine la solución general de (1) usando los incisos anteriores.
Solución: Dado que w = x4 /4 concluimos que la solución general de (1) es

z = c0 J1/8 (x4 /4) + c1 J−1/8 (x4 /4), c0 , c1 ∈ R.

Criterios de Corrección:

Nivel 3. Resuelve de manera correcta la ecuación (2) : 5 ptos.

Nivel 2. Resuelve ecuación (2) pero comete errores al sustituir w : 2 ptos.
Nivel 1. Comete errores graves: 0 pto.
4. Considere la función f : (−π, π) → R definida por f (x) = |x|.

a) Determine la serie de Fourier de f .

Solución: Primero, notemos que f es una función par. Por ende, su serie de Fourier está
dada por
∞
a0 X
+ an cos(nx)
2 n=1

Luego, calculamos: Z π Z π
2
a0 = f (x) dx = x dx = π.
π 0 0
De igual forma, si n ≥ 1 entonces
2 π
Z
an = x cos(nx) dx,
π 0
 
2 π sen(nπ) cos(nx) π
= + ,
π n n2 0

2 (−1)n − 1
 
=
π n2

Por lo tanto, la serie de Fourier de f está dada por

∞ 
π 2 X (−1)n − 1

+ cos(nx)
2 π n=1 n2

b) Calcule el valor al que converge la serie en x = π/2.

Solución: Notemos que f y f ′ son continuas en x = π/2. Ası́, tenemos que en x = π/2
la serie converge a f (π/2), estos es
∞ 
π 2 X (−1)n − 1  nπ  π
+ cos =
2 π n=1 n2 2 2

c) ¿Es convergente la serie en x = 0?

Solución: Dado que f y f ′ son continuas por tramos en (−π, π) tenemos que la serie de
fourier converge en x = 0 hacia el promedio

f (0+ ) + f (0− )
=0
2
Criterios de Corrección:

Nivel 6. Determina que la serie de Fourier converge en x = 0 : 15 ptos.

Nivel 5. Calcula el valor al que converge la serie en x = π/2: 12ptos
Nivel 4. Calcula de manera correcta an concluyendo la serie de Fourier de f : 9 ptos.
Nivel 3. Calcula de manera correcta a0 : 5ptos.
Nivel 2. Establece que los coeficientes bn son cero: 2pts.
Nivel 1. Comete errores graves: 0 pto.