método de las series de taylor para resolver ecuaciones ... - Casanchi

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
MÉTODO DE LAS SERIES DE
TAYLOR PARA RESOLVER
ECUACIONES DIFERENCIALES
LINEALES Y NO LINEALES
Profesor: José Albeiro Sánchez Cano
Departamento de Ciencias Básicas
Universidad EAFIT
josanche@eafit.edu.co
Objetivo: Aplicar el método de Taylor para resolver ecuaciones diferenciales, que
como se verá es la misma solución que proporciona la solución en series de
potencias (o de coeficientes indeterminados). Esto es, si la solución en series de
potencias arroja la solución en una formula cerrada, se tendrá entonces que la
solución dada por los polinomios de Taylor también entregará dicha solución en
forma cerrada.
Por lo tanto, en el caso de solución en puntos ordinarios, debería de enseñarse el
método de desarrollo de Taylor, pues viene a ser mucho más cómodo para un
estudiante de ecuaciones diferenciales, pues cuando se trabaja con solución
mediante series de potencias, el acomodo de los índices de la sumatoria siempre es
un poco confuso para ellos. Sin embargo ambos métodos son en esencia los
mismos.
Veamos en que consiste cada método.
El método de las series de Taylor para obtener soluciones numéricas de las
ecuaciones diferenciales, consiste en calcular las derivadas sucesivas de la ecuación
diferencial dada, evaluando las derivadas en el punto inicial x 0
y reemplazando el
resultado en la serie de Taylor. La principal dificultad de este método es el cálculo
recurrente de las derivadas de orden superior.
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 1

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
El método delas series de potencias o coeficientes indeterminados consiste
n
en suponer una solución en la forma y( x) a ( x − x ) ( S P)
= ∑
∞
n=
0
n 0
.
. Esta ecuación
se deriva tantas veces como sea necesario para obtener expresiones en serie de
todas las derivadas que aparecen en la ecuación diferencial y se reemplazan en la
ecuación diferencial dada para obtener los coeficientes a
n.
La dificultad de este
método es la manipulación de las series que se puedan necesitar y la obtención de
los coeficientes de las series.
Pero los métodos son esencialmente los mismos. En efecto, los coeficientes que
aparecen en la serie de potencias, a y los coeficientes en el método de Taylor ,
( )
( x )
y n
n!
0
vienen relacionados por la formula
método de Taylor viene dada por
n
y ( x)
=
∑ ∞
n=
0
y
a
y
( n )
( x )
n!
0
n
= . La solución por el
( n )
( x0
) ( − )
n
x x ( S.
T ) .
n!
0
En el libro de ecuaciones diferenciales [1] 1 utilizan ambos métodos para resolver
el siguiente problema de valor inicial:
Ejemplo 1. Resolver el problema de valor inicial
dy
dx
2
= − x
e , y(0)
= 1
( 1.1)
Solución.
−t
Observar que la solución de (1.1) se puede escribir como y( x) = 1+
e dt.
Ya que no hay funciones elementales para calcular la integral anterior, por lo tanto
no se podría escribir la solución en forma cerrada y por consiguiente tendríamos
que conformarnos con alguna aproximación numérica.
Apliquemos inicialmente el método de Taylor. Para esto debemos calcular las
derivadas sucesivas y evaluándolas en x = 0 para obtener:
∫
0
x
2
1 1 [1] Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Un enfoque al cálculo numérico.Charles E.
Robertrs Jr.,
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y ′′
y ′′′
y
y
v
2
−x
( x) = −2xe
;
y′′
( 0)
iv
= 0
2
2 −x
( x) = ( 4x
− 2) e ;
y ′′′ ( 0)
= −
2
3
−x
( x) = ( − 8x
+ 12x) e ;
iv
y ( 0)
= 0
2
4 2 −x
( x) = ( 16x
− 48x
+ 12) e ;
v
y ( 0) = 12
2
Notando que
obtiene la solución
( 0 )
( 0) = 1
y (0) = y y y ′( 0) = 0 y reemplazando en la ecuación (S.T) se
3
x
y ( x)
= 1+
x −
3
5
x
+ −L
10
( 1.2)
Ahora supongamos que la ecuación (1.1) tiene una solución en serie de potencias
( x
n
) = a x n
.
( 1.3)
y ∑ ∞
n=
0
haciendo x = 0 en la ecuación (1.3) e imponiendo la condición inicial se obtiene
u ( 0) = 1 = a . Diferenciando la ecuación (1.3), obtenemos
0
y′
∞
∑
n−1
n
( x) = na x = ( n + 1) a x .
( 1.4)
n=
1
n
∞
∑
n=
0
n+
1
Ya que
∑ ∞
x
n
e = x / n!
,
n=
0
e
2
−x
=
∑ ∞
n=
0
( −1)
n
x
n!
2n
( 1.5)
Reemplazando (1.4) y (1.5) en (1.1), encontramos
o en forma equivalente
a
1
+ 2a
2
y′
x + 3a
x
3
( x)
2
=
∞
∞
n−1
nan
x =
∑ ∑1 n=
n=
0
+ 4a
x
4
3
+ 5a
x
5
4
( −1)
n
x
n!
2n
.
4 6
2 x x
+ L = 1−
x + + +L
2 6
Igualando los coeficientes de potencias iguales, encontramos
1
1
a = , a2
= 0, a3
= − , a4
= 0, a5
= , a
3
10
1
1
6
=
0,
L
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En general, se tiene
a
a
2n
2n−1
= 0
=
2n−1
( −1)
( 2n
−1)( n − )
1 !
n = 1,2,3,L
De acuerdo con lo anterior, se tiene que la solución en series de potencias viene
dada por
y(
x)
= 1+
∑ ∞
n=
0
n 2
( −1)
x
( 2n
+ 1)
n+
1
n!
La serie converge para todo x real. (criterio de la razón).
Según el autor, debe ser obvio que es más fácil obtener valores adicionales de los
coeficientes de la serie utilizando el método de los coeficientes indetermina-dos,
que utilizando el método de las series de Taylor. En consecuencia, dice el autor,
usualmente se empleará el método de los coeficientes indeterminados, descartando
entonces el método de las series de Taylor.
Pero si seguimos trabajando un poco en el ejemplo anterior, por el método de
series de Taylor, tenemos
y ′′
y ′′′
y
y
y
y
v
2
− x
( x) = −2xe
;
y′′
( 0)
iv
vi
2
2 −x
( x) = ( 4x
− 2) e ;
y′′′
( 0)
2
3
−x
iv
( x) = ( − 8x
+ 12x) e ;
y ( 0)
2
4 2 −x
v
( x) = ( 16x
− 48x
+ 12) e ;
y ( 0)
vii
2
3 5 −x
( x) = ( −120x
+ 160x
− 32x
) e ;
vi
y ( 0)
2
2
4 6 −x
( x) = ( −120
+ 720x
− 480x
+ 64x
) e ;
vii
y ( 0)
= 0
= −2
= −
= 0
= 12 =
= 0
2!
1!
12* 2
2
=
4!
2!
12*6 6!
= −120
= − = −
6 3!
Se observa la siguiente ley de formación:
y
y
( 2n)
= 0 ,
( 2n−1) = ( −1)
n−1
( 2( n −1)
)
( n −1 )!
!
n = 1,2,3,L
En consecuencia, se tiene los coeficientes
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a
a
2n
=
2n−1
( 2n)
( 2n)
=
y
y
= 0 ,
!
( 2n−1)
=
1 !
( 2n
− )
( −1)
n−1
( 2( n −1)
)!
( 2n
−1 )!( n − )
1 !
n = 1,2,3,L
O bien,
a
a
2n
2n−1
= 0 ,
=
=
( −1)
( −1)
n−1
n−1
( 2( n −1)
)!
( 2n
−1 )!( n − )
1
=
1 !
( 2n
−1 )!( n −1)!
( −1)
n−1
( 2n
− 2)
!
( 2n
−1)( 2n
− 2) !( n − )
1 !
Nuevamente se obtiene la solución encontrada por series de potencias:
y(
x)
= 1+
∑ ∞
n=
0
n 2
( −1)
x
( 2n
+ 1)
n+
1
.
n!
En conclusión, el ejemplo para mostrar que el método de la series de Taylor no
produce la misma calidad de las soluciones, no es válido. Es más, el autor dice que
el método de Taylor se adapta fácilmente a problemas de valor inicial, lo cual, como
veremos más adelante, el método funciona si lo que se quiere resolver es una
ecuación diferencial sin condiciones iniciales, con la misma calidad de las soluciones
que el método de las series de potencias.
1. Solución en series de Taylor alrededor de un punto
ordinario
Las ecuaciones diferenciales homogéneas lineales de segundo orden de la forma
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P
2
d y
dx
dy
dx
( x) + P ( x) + P ( x) y 0,
( 1)
0 2 1
2
=
donde P , P 0 1
y P
2
son polinomios. Dichas ecuaciones aparecen en muchas
aplicaciones físicas. Algunos ejemplos de estas ecuaciones son:
Ecuación de Legendre: 2 2
2 d y
( − x ) − 2x
+ α ( α + 1) y = 0,
( )
1
2
dx
dy
dx
2
Ecuación de Airy:
2
d y
− xy = 0,
2
dx
() 3
Ecuación de Chebyshev:
2
2 d y dy 2
( 1−
x ) − x + α y = 0,
( 4)
dx
2
dx
Ecuación de Hermite:
2
d y
− 2x
2
dx
dy
dx
+ 2α
y = 0,
() 5
La solución de esas ecuaciones, en general, no pueden expresarse en términos de
funciones elementales familiares. Por lo cual utilizaremos los polinomios de Taylor.
Definición (punto ordinario) Supongamos que P , P 0 1
y P
2
no tienen factores
comunes. Decimos que x 0
es un punto ordinario de (1) si P
0
( x0
) ≠ 0 , o es un
punto singular si ( x ) 0
P .
0 0
=
Para la ecuación de Legendre (2), x0 = 1 y x
0
= −1
son puntos singulares y todos
los otros puntos son puntos ordinarios.
Para la ecuación de Airy (3), todo punto es ordinario.
Necesitaremos el próximo teorema.
Teorema (existencia de soluciones en series de Taylor)
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Si x = x0
es un punto ordinario de la ecuación diferencial
( x) + P ( x) y′
+ P ( x) 0
y ′′ y
1 2
=
Se pueden encontrar siempre dos soluciones linealmente independientes en la
forma de series de Taylor centradas en x = x0
y
( x)
=
∑ ∞
n=
0
( n )
( 0) ( x − x )
y
n!
0
Una solución en series de Taylor converge al menos para
x − x 0
<
R
, donde R es la
distancia de x 0
al punto singular más cercano (real o complejo), en tal ca-so se
dice que la solución y ( x)
es una solución alrededor del punto ordinario x 0
Problema: Encontrar las soluciones en serie de potencias en x − x0
ecuaciones de la forma
para
2
2 d y dy
( + α( x − x ) ) + β ( x − x ) + γ y 0.
( 6)
1
0 2
0
=
dx
forma
Muchas ecuaciones importantes que aparecen en aplicaciones son de esta
con x = 0
0 , incluso la ecuación de Legendre (2) , la ecuación de Ayry (3), la
ecuación de Chebyshev (3), y la ecuación de Hermite (5 ).
dx
En el ejemplo siguiente se dará la solución en series de Taylor para la ecuación (6),
la cual la haremos, sin pérdida de generalidad para el caso x = 0
0 .
El ejemplo resultará ilustrativo, ya que mostrará como trabajar en todos los casos.
Ejemplo 2. Encuentre la serie de potencias en x para la solución general de
2
2 d y dy
( + α x ) + β x + γ y = 0
( 2.1)
1
2
dx
Solución:
Buscamos la solución general de la forma
dx
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′′′
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( x
n
) = a x n
( 2.2)
y ∑ ∞
n=
0
donde
a
( n
y )
( 0)
n
= , n = 0, 1, K y a
0
y( 0) = c0
, a1
= y′
( 0) = c1
n!
= .
Para encontrar el coeficiente a
2
, hacemos x = 0 en (2.1) y reemplazamos los
valores de a = c a = :
esto es,
y′
0 0
,
1
c1
( 0) + γ y(0)
= 0 ⇒ y′′
( 0) = −γ
y(0)
= −γ
c0
luego se tiene que
a
( 0)
y ′′
=
2!
γ
= −
2!
2
c 0
.
Ahora para obtener los coeficientes a i
, i = 3, 4, K, deberemos derivar
implícitamente con respecto a x la ecuación (2.1) n veces, y sustituir los valores
encontrados de los a anteriores.
i
Al derivar la ecuación (2.1) implícitamente con respecto a x, se obtiene:
Haciendo = 0
3
2
2 d y
d y dy
( + α x ) + ( 2α
+ β ) x + ( β + γ ) = 0
( 2.3)
1 3
2
dx
x y reemplazando los valores de y ( 0) , y ( 0) , y′
( 0)
y′
′′
Luego se encuentra que
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dx
dx
′ en (3) se tiene:
( 0) + ( β + γ ) y′
(0) = 0 ⇒ y′′′
( 0) = −( β + γ ) y′
(0) = −( β + γ ) c 1
a
y
=
3!
( 0) ( β +γ )
= −
3
c 1
Obtengamos ahora a
4
, para lo cual derivamos implícitamente con respecto a x la
ecuación (2.3):
d y
dx
3!
4
2
3
2
2 d y d y d y d y
( 1+
αx
) + ( 2α
+ β ) + ( 2α
+ β ) x + ( β + γ ) = 0
3
2α
x +
3
4
2
3
2
o bien, organizando:
Haciendo = 0
tiene:
dx
dx
.
4
3
2
2 d y
d y
d y
( + α x ) + ( 4α
+ β ) x + ( 2α
+ 2β
+ γ ) = 0
( 2.4)
1 4
3
2
dx
x y reemplazando los valores de y ( 0) , y ( 0) , y′′
( 0) , y′′
′( 0)
dx
dx
dx
dx
′ en (2.4) se

y iv
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( 0) + ( 2α + 2β
+ γ ) y′′
(0) = 0 ⇒ y ′′′ ( 0) = −( 2α
+ 2β
+ γ ) y′′
(0) = γ ( 2α
+ 2β
+ γ ) c 0
Luego se encuentra que
a
iv
y
=
4!
( 0) γ ( 2α
+ 2β
+ γ )
= −
4
c 0
Continuando el proceso, se obtiene la fórmula siguiente:
y
4!
( n+
2 )
( ) ( ( ) ) ( n
0 = − α n n −1
+ βn
+ γ y
) (0) , n = 0,1,2, K
( 2.5)
.
Llamando
P
( n) = ( α n( n −1 ) + βn
+ γ ),
n = 0,1,2, K
Se tiene lo siguiente:
a
n+
2
=
( n+
2
y )
( 0)
( n + 2)
!
P
= − y
( n + 2)!
( n) ( n) ( ) P( n) y (0) P( n)
n
(0) = −
( n + 2)( n + 1) n!
= −
a
( n + 2)( n + 1)
n
Obtenemos la fórmula recursiva de los coeficientes
a i
, i = 0,1,2, K
P( n)
( n + 2)( n + 1)
an
+
= −
an
, n
= 0, 1,
2 K
( 2.6)
La fórmula (2.6) coincide con la fórmula dada en [1] .
Así, la solución general de (2.1) es dada por
y ( x)
= c
Ejercicio.
0
∞
∑
k = 0
⎡
∏
⎤
x
2k
∞
∑
∏
k −1
k −1
k
k
( −1) P( 2i) + c ( − ) ( + )
⎢⎣ = ⎥⎦ ( )
1
1 P 2i
1
i 0 2k
!
⎢⎣ i=
0 ⎥⎦ ( 2k
+ 1 )
k = 0
⎡
⎤
x
2k
+ 1
!
Ejemplo 3. Encuentre la serie en series de potencias en x para la solución general
de
Solución:
2
2 d y dy
( + 2x
) + 6 x + 2y
= 0 .
( 3.1)
1
2
La ecuación tiene la forma de (3.1), reconocemos = 2 , β = 6
dx
Por un lado encontremos el polinomio P (n)
:
P
dx
( n) = 2 n( n −1) + 6n
+ 2 = 2( n + 1) 2
α y = 2
γ .
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Utilizando la formula recursiva (2.6) , se tiene
a
a
0
1
= c
,
= c ,
1
0
( n + 1)
an+ 2
= −2
an
, n
( n + 2)
= 0,1,L
Determinemos los coeficientes de potencias pares de x:
a
a
a
a
2
4
6
8
⎛ 1 ⎞
= −2⎜
⎟a
⎝ 2 ⎠
⎛ 3 ⎞
= −2⎜
⎟a
⎝ 4 ⎠
⎛ 5 ⎞
= −2⎜
⎟a
⎝ 6 ⎠
⎛ 7 ⎞
= −2⎜
⎟a
⎝ 8 ⎠
0
2
4
6
1
= − c
1
⎛ = ⎜ −
⎝
⎛ = ⎜ −
⎝
⎛ = ⎜ −
⎝
0
,
3 ⎞ 1⎞
1.3
⎟⎜
⎛ − ⎟c0
= c0
,
2 ⎠⎝
1⎠
1.2
5 ⎞⎛1.3
⎞ 1.3.5
⎟⎜
⎟c0
= − c0
,
3 ⎠⎝1.2
⎠ 1.2.3
7 ⎞ 1.3.5 ⎞ 1.3.5.7
⎟⎜
⎛ − ⎟c0
= c0
4 ⎠⎝
1.2.3 ⎠ 1.2.3.4
Observando la ley de formación de los coeficientes, se tiene en general,
( − )
k
k
( 2i
−1)
∏
i 1
a2 = 1 =
k
c
0
, k = 0, 1, L.
k!
(3.2)
Ahora determinemos los coeficientes de las potencias impares de x:
En general,
a
a
a
a
3
5
7
9
⎛ 2 ⎞
= −2⎜
⎟a
⎝ 3 ⎠
⎛ 4 ⎞
= −2⎜
⎟a
⎝ 5 ⎠
1
⎛ 6 ⎞
= −2⎜
⎟a
⎝ 7 ⎠
⎛ 8 ⎞
= −2⎜
⎟a
⎝ 9 ⎠
3
5
7
⎛ 1 ⎞
= −4⎜
⎟c
⎝ 3 ⎠
1
,
⎛ 2 ⎞⎛
⎛ 1 ⎞⎞
2 1.2
= −4⎜
⎟⎜
− 4⎜
⎟⎟c1
= 4 c1
,
⎝ 5 ⎠⎝
⎝ 3 ⎠⎠
3.5
⎛ 3 ⎞⎛
2 1.2 ⎞ 3 1.2.3
= −4⎜
⎟⎜4
c1
⎟c1
= −4
c1
,
⎝ 7 ⎠⎝
3.5 ⎠ 3.5.7
⎛ 4 ⎞ 3 1.2.3 ⎞ 4 1.2.3.4
= −4⎜
⎟⎜
⎛ − 4 ⎟c1
= 4 c1
.
⎝ 9 ⎠⎝
3.5.7 ⎠ 3.5.7.9
k
k 4 k!
a2k
1
= ( −1)
c1
, = 0, 1, L.
+
k
k
∏ ( 2i
+ 1)
i = 1
(3.3)
A partir de (8) y (9) vemos que
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y(
x)
= c
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
( )
∑ ∏ k
∞ 2i
−1
∞
k
k i=
1 2k
k 4 k!
( −1)
x + c1∑( −1)
k
k!
k=
0
k=
0 ∏ ( 2i
+ 1)
0
es la solución usando polinomios de Taylor (observar que es lo mismo de la serie de
potencias) en x para la solución general de (3.1).
P = 1+
x no se anula en los reales, luego la solución está definida en todo
0
x 2
Ya ( )
2
2
R. Sin embargo, ( x) = 1+
2x
0
0
=
i=
1
x
2k+
1
P en x = ± i 2 esto implica que las soluciones
dada por el método de Taylor converge en el intervalo ( 1 2, −1
2, )
− . Esto
ocurre, ya que ρ = 1 2 es la distancia del punto x
0
= 0 a x = ± i 2 en el plano
complejo).
El siguiente ejemplo muestra que, en muchos casos hay que conformarnos con
encontrar un número finito de términos, ya que no se tiene una formula cerrada
para los coeficientes de las soluciones en series de potencia.
Ejemplo 4. Resolver el problema de valor inicial mediante series de potencias
Solución:
2
2 d y dy
( + 2x
) + 10x
+ 8y
= 0 , y(0)
= 2, y′
( 0) = −3
1
2
dx
La ecuación tiene la forma de (1), reconocemos = 2 , β = 10
condiciones iniciales: a = y( ) = 2 , a = y ( 0) = 3
dx
0
0
1
−
′
α y = 8
γ y las
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′′′
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Por un lado encontremos el polinomio P (n)
:
P
( n) = 2 n( n −1) + 10n
+ 8 = 2( n + 2) 2
En vez de utilizar la formula recursiva (6), para obtener los coeficientes
a i
, i = 2,3,4,K , podemos utilizar la formula (5):
y
( n+
2 ) 2 ( n)
( ) ( )
0 = −2
n + 2
y
(0) ,
n = 0,1,2,K
Encontremos los primeros términos.
Para n = 0:
Para n =1:
( 0)
y′′
y′′
( 0)
= −8y(0)
= −8(2)
= −16
⇒ a2 = = −8
2!
( 0)
y′′′
y′′′
( 0)
= −18y′
(0) = −18(
−3)
= 54 ⇒ a3 = = 9
3!
Para n = 2:
y iv
( 0)
= −y
′′ (0) = −32(
−16)
= 512
⇒
a
( 0)
4
y
4!
4
= =
64
3
Para n = 3:
y
v
( )
( 0)
v
y 45
0 = −y
(0) = −50(54)
= −2700
⇒ a5 = = −
5! 2
Luego la solución del P.V.I viene dada por
y
( x)
= ∑
∞
= a
n=
0
0
a
n
1
x
n
+ a x + a x
= 2 − 3x
−8x
2
2
2
+ 9x
+ a x
3
3
+
3
64
3
4
+ a4x
+ L
4 45 5
x − x −
2
256
5
x
6
105
+ x
2
7
+ L.
Más generalmente, sea x
0
≠ 0 un punto ordinario. Por lo tanto la solución por los
polinomios de Taylor será de la forma
y
n
( x) a ( x − x ) .
= ∑
∞
n=
0
n
0
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 12

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
donde
a
n
( n )
( x )
y
0
= , n =
n!
0, 1, K
Es la solución de
Se puede demostrar
2
2 d y dy
( + α( x − x ) ) + β ( x − x ) + γ y 0. () *
y
1
0 2
0
=
dx
( n+
2 )
( ) ( ( ) ) ( n
x = − α n n − + βn
+ γ y
) ( x ) , n = 0,1,2, K
0
dx
1
0
Ejemplo 5. Determinar mediante los polinomios de Taylor la solución general de la
ecuación diferencial
Solución
2
2 d y dy
( + 4x
− 2x
) −12( x −1) −12y
= 0. ( 5.1)
2
2
Lo primero que hay que hacer, es escribir el polinomio ( )
2
En potencias de ( x −1).
P
0
x = 2 + 4x
− 2x
= 4 − 2 x −1
Ahora ( ) 2 ( ) 2
Así, la ecuación (5.1) queda:
o bien, en la forma (*):
dx
dx
2
2 d y dy
( − 2( x −1)
) −12( x −1) −12y
= 0
4
2
⎛
⎜
⎝
1
−
2
1
Reconocemos = − , β = −3
2
dx
d y
⎠ dx
2
⎞
1 ⎟
2
dx
dy
dx
2
( x −1) − 3( x −1) − 3y
= 0
α y = −3
Se tiene entonces el polinomio P (n)
:
P
( n) − n( n −1)
γ .
( n + 2)( n + 3)
P
0
x = + 4x
− 2
2 x
1
= − 3n
− 3 = −
, n = 0,1,2,K
2
2
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 13

′′′
′′′
′′′
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
En vez de utilizar la formula recursiva (6), para obtener los coeficientes
a i
, i = 2,3,4,K , podemos utilizar la formula (5):
y
( n+
2 )
() 1
=
( n + 2)( n + 3) ( n)
2
y
(1) ,
n = 0,1,2,K
Encontremos los primeros términos.
Para n = 0:
Para n =1:
( 1)
y ′′ 3
y ′′ () 1 = 3y(1)
= 3c0
⇒ a2
= = c
2! 2
( 1)
y
y () 1 = 6y′
(1) = 6c1
⇒ a3
= = c
3!
1
0
Para n = 2:
( 1)
4
y 5
y iv () 1 = 10y
′′ (1) = 30c0
⇒ a4
= = c
4! 4
0
Para n = 3:
y
v
()
( 1)
v
y 3
1 = 15y
(1) = −90c1
⇒ a5
= = c
5! 4
Luego la solución del P.V.I viene dada por
y
( x) = a ( x −1)
= a
= c
.
∞
n=∑
0
0
0
n
+ a
1
⎛
⎜1+
⎝
2
3
( x −1) + a ( x −1) + a ( x −1) + a ( x −1)
3
2
n
2
5
4
2
4
( x −1) + ( x −1) + L+
( x −1)
⎛
c1⎜
⎝
3
3
4
2k
+ 1
2
3
5
( x −1) + ( x −1) + ( x −1) L+
( x −1)
k
4
4
2
+ L
1
2k
⎞
+ L⎟ +
⎠
2k
+ 1
k
2k
+ 1
⎞
+ L⎟
⎠
O en forma más compacta:
y
2k
( x) = c ( x −1) + c ( x −1)
.
∞
∞
2k
+ 1
0∑
k
1
2
∑
n=
0
n=
0
2k
+ 1
2
k
2k
+ 1
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 14

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Deberá observarse que hemos hallado dos series en una forma puramente for-mal,
las cuales son convergentes para todo x finito. Para ver que ambas son linealmente
independientes definimos lo siguiente:
y por lo tanto
y
y
( 1) = 1, y2
( 1)
= 0
′() 1 = 0, y′
() 1 = 1,
1
1
W
( y y )( 1) 0.
2
1, 2
≠
Donde W ( y 1
, y 2
) denota el Wronskiano de las soluciones y
1
y y
2
, en las cuales
∞
∞
2k
+ 1
y1 ∑ k
2
2
∑
2k
( x) = ( x −1) , y ( x) = ( x −1)
.
n=
0
n=
0
2k
+ 1
2
k
2k
+ 1
.
Ejemplo 6. Resolver el problema de valor inicial
Solución.
Método series de potencias:
xy′ + y′
+ xy = 0 , y(1)
= 0, y′
−
( 1) = 1
( 6.1)
Mediante el cambio de variable u = x −1
, llevamos el problema al origen.
En efecto,
dy
du
dy
= ,
dx
2 2
d y d y
= ,
2 2
du dx
(6.2)
La ecuación (6.1) toma la forma
2
d y
du
( u + ) + + ( u + 1) y = 0 , y(0)
= 0, y′
( 0) = −1
1
2
dy
du
Por lo tanto suponemos que la solución la buscamos de la forma:
y(
u)
=
∑ ∞
k = 0
k
a k
u
Que al reemplazar en la ecuación diferencial, se obtiene
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 15

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
∞
∞
+ ∑ ∑ ∑
∞
k
k
k −2
k −1
k
( u 1) k( k −1) a u + ka u + ( u + 1) a u = 0 ,
k = 2
Realizando las multiplicaciones
∞
∑
k = 2
k
k = 1
k −1
k −2
k −1
k + 1
k
( k 1) a u + k( k −1) a u + ka u + a u + a u = 0 ,
k = 2
k = 1
k = 0
∞
∞
− ∑ ∑ ∑ ∞
∑
∞
k
k
k
k
k=
0 k=
0
k
k
Escribiendo todo en potencias de
k
u , obtenemos
∞
∑
k = 1
k
+ ∑ ∑ ∑ ∑
∞
∞
∞
∞
k + 1 k + 2
k + 1
k −1
k
=
k
k
k
k
k
( k 1) a u + ( k + 2)( k + 1) a u + ( k + 1) a u + a u + a u 0 ,
k = 0
k = 0
k=
1 k=
0
Empezando todas las sumatorias desde k = 1
, y organizando, se tiene
2a
k 1
k
[ k( k + 1) a + ( k + 2)( k + 1) a + ( k + 1)
a + a + a ] u 0 ,
2
a1
+ a0
+
k + 1
k + 2
k + 1 k −1
k
=
mejor,
+
∑ ∞
=
2a
k 1
2
k
[( k + 2)( k + 1) a + ( k + 1)
a + a + a ] u 0 ,
2
a1
+ a0
+
k + 2
k + 1 k −1
k
=
+
∑ ∞
=
Así pues,
2a
2
+ a
1
+ a
0
= 0,
2
( k + 2)( k + 1) a + ( k + 1) a + a + a = 0 , ≥ 1.
( 6.3)
k + 2
k + 1 k −1
k
k
Usando las condiciones iniciales ( 0) 0, ( 0) = −1
y = y′ . Con lo que = , a = 1
Reemplazando en (6.3), se tiene los primeros coeficientes:
a
1 1
= , a3
= − , a
2 6
2 4
=
De donde
1
,
6
a .
0
0
1
−
2
u
y ( u)
= −u
+
2
3
u
−
6
4
u
+
6
+L
Y haciendo u = x −1
, se tiene finalmente
y(
x)
= −
( x −1)
+
2
3
( x −1) ( x −1) ( x −1)
Donde la convergencia se tiene en el intervalo ( 0 ,2)
2
−
6
+
6
4
¿por qué
+ L
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Método series de Taylor:
Buscamos soluciones de la forma
y
( x)
= ∑
∞
n=
0
( n )
( 1) ( 1)
n
x .
y
n!
−
Para ello derivamos sucesivamente y evaluamos en las derivadas encontradas, esto
es,
() 1
xy′′
+ y′
+ xy = 0 , a = y(1)
= 0, a ′
1
= y = −1,
a2
xy′′′
+ 2y′′
+ xy′
+ y = 0
xy
xy
iv
v
+ 3y′′′
+ xy′′
+ 2y′
= 0
+ 4y
iv
+ xy′′′
+ 3y′′
= 0
( 1)
y′′
2!
0
= =
⇒
⇒
a
⇒
3
( 1)
y′′′
1
= = −
3! 3!
iv
y () 1 4
a4
= =
4! 4!
v
y () 1 18
a5
= = −
5! 5!
Siguiendo el proceso, se obtiene la formula recursiva:
1
2
xy
( n) ( n−1)
( n−2) ( n−3)
( )
+ n −1
y
+ xy
+ ( n − 3) y
= 0 ,
n ≥ 3.
De donde se sigue que la solución en series de Taylor es dada por
y(
x)
= −
( x −1)
+
2
3
( x −1) ( x −1) ( x −1)
2
−
6
+
6
4
+ L
La misma solución dada por el método de los coeficientes indeterminados, pero
encontrada de una forma más sencilla como puede verse.
En el ejemplo siguiente, encontraremos por el método de Taylor , la solución de
una de las ecuaciones diferenciales importantes que aparecen en la física.
Ejemplo 7. (La ecuación de Legendre) Encuentre la solución en series Taylor
alrededor de x=0 para la solución general de
Solución:
2
2 d y dy
( − x ) − 2 x + α ( α + 1) y = 0
( 7.1)
1
2
dx
Buscamos la solución general de la forma
dx
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′′′
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
( x
n
) = a x n
( 7.2)
y ∑ ∞
=
n 0
donde
a
( n
y )
( 0)
n
= , n = 0, 1, K y a
0
y( 0) = c0
, a1
= y′
( 0) = c1
n!
= .
Para encontrar el coeficiente a
2
, hacemos x = 0 en (7.1) y reemplazamos los
valores de a = c a = :
esto es,
luego se tiene que
0 0
,
1
c1
( 0) + α ( α + 1 ) y(0)
= 0 ⇒ y′′
( 0) = −α
( α + 1 ) y(0)
= −α
( 1 ) c 0
y ′ α +
a
y ′′
=
2!
( 0) α( α + 1 )
= −
2
c 0
2!
Ahora para obtener los coeficientes a i
, i = 3, 4, K, deberemos derivar
implícitamente con respecto a x la ecuación (7.1) n veces, y sustituir los valores
encontrados de los a anteriores.
i
Al derivar la ecuación (7.1) implícitamente con respecto a x, se obtiene:
Haciendo = 0
3
2
2 d y d y
( − x ) − 4x
+ α ( α + 1)
1 3
2
dx
dx
.
dy
dx
x y reemplazando los valores de y ( 0) , y ( 0) , y′
( 0)
( − 2) = 0
( 7.3)
′ en (7.3) se tiene:
( 0) = −( α ( α + 1)
− 2 ) y′
(0) = −( α ( α + 1)
− 2 ) c 1
= −( α + 2)( −1) c 1
y′ ′′
α
Luego se encuentra que
a
y
=
3!
( 0) ( α + 2)( α −1)
= −
3
c 1
Obtengamos ahora a
4
, para lo cual derivamos implícitamente con respecto a x la
ecuación (7.3) , se tiene:
Haciendo = 0
tiene:
y iv
3.2
4
3
2 d y d y
( − x ) − 6x
+ α ( α + 1)
1 4
3
2
dx
dx
.
2
d y
dx
( − 6) = 0
( 7.4)
x y reemplazando los valores de y ( 0) , y ( 0) , y′′
( 0) , y′′
′( 0)
′ en (7.4) se
( 0) = −( α ( α + 1)
− 6 ) y′′
(0) = −( α + 3)( α − 2) [ − α ( α + 1 )] c 0
= ( α + 3)( α + 1) α ( α − 2) c 0
Luego se encuentra que
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 18

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
a
iv
y
=
4!
Derivando la ecuación (7.4) se tiene
Haciendo = 0
tiene:
y v
( 0) ( α + 3)( α + 1) α( α − 2)
=
4
c 0
4!
5
4
2 d y d y
( − x ) − 8x
+ α ( α + 1)
3
d y
dx
1 5
4
3
dx
dx
.
( −12) = 0
( 7.5)
x y reemplazando los valores de y ( 0) , y ( 0) , y′′
( 0) , y′′
′( 0)
′ en (7.4) se
( 0) = −( α( α + 1)
−12
) y′′′
(0) =
− ( α + 4)( α − 3) [ − ( α + 2)( α −1)
c 1
] = ( α + 4)( α + 2)( α −1)( α − 3) c 1
Encontrando que
a
v
y
=
4!
( 0) ( α + 4)( α + 2)( α −1)( α − 3)
=
5
c 1
Continuando el proceso, se obtiene la fórmula siguiente para k=1,2,…
a
a
2k
=
2k
+ 1
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
k α + 2k
−1
α + 2k
− 3 L α + 1 α α − 2 L α − 2k
+ 2
−1
c0,
( 2k)
!
k
( )
( α + 2k)( α + 2k
− 2) L( α + 2)( α −1)( α − 3) L( α − 2k
+ 1)
−1
( 2k
+ 1 )!
=
5!
.
c
1
.
Todos los coeficientes están determinados en términos de ahora c0
, y c1
,
cual debemos tener
por lo
( x) = c y ( x) c y ( ) ,
y +
0 1 1 2
x
donde
( α + 1) ( α + 3)( α + 1) α ( α − 2)
α
2
y1( x)
= 1−
x +
x
2!
4!
4
−L
O bien,
y1(
x)
= 1+
∑ ∞
=
k 1
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
k α + 2k
−1
α + 2k
− 3 L α + 1 α α − 2 L α − 2k
+ 2
−1
( 2k)
!
x
2k
,
y
( α + 2)( α −1) ( α + 4)( α + 4)( α −1)( α − 3)
3
y2
( x)
= x −
x +
x
3!
5!
5
−L
O bien,
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 19

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
∞
y1(
x)
= 1+
∑
k = 1
( −1) k
( α + 2k)( α + 2k
− 2) L( α + 2)( α −1)( α − 3) L( α − 2k
+ 1)
( 2k
+ 1)
!
x
2k
+ 1
,
Ambas y ( x 1
) , y y ( x)
, 2
respectivamente
son soluciones de la ecuación de Legendre, al tomar
c
c
0
0
( 0) = 1, c1
( 0)
= 0
( 0) = 0, c ( 0) = 1,
Ellas forman una base para las soluciones, ya que
y
1
′
y
1
( 0) = 1, y ( 0)
= 0
( 0) = 0, y ( 0) = 1,
2
2
′
1
⇒ W
( y , y )( 1)
1
2
≠ 0
Donde W ( y 1
, y 2
) denota el Wronskiano de las soluciones y
1
y y
2
.
Observar que si α es un entero par no negativo
luego continuar…………………
n = 2k
, ( k = 0,1,2, L),
Ejemplo 8. Resuelva la ecuación diferencial
x y′ + y′
+ xy = 0.
( 8.1)
Solución.
Por el método de Taylor.
Supongamos que las soluciones son de la forma ∑
∞
( 0
Para esto, pongamos c = y( 0) = )
( 0)
y c ′( 0)
0
y
n=0
= .
1
y
( n ) a ( )
con y 0
a
x n
n
n
= .
n!
Haciendo x = 0 y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.1), se tiene
que c
1
= 0.
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 20

′′′
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Derivando implícitamente con respecto a x la ecuación (8.1), tenemos
x y
′′′ + y ′′ + y ′′ + xy′
+ y = 0 ⇔ xy + 2y
′′ + xy′
+ y = 0
( 8.2)
Haciendo x = 0 y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.2), se tiene
que
y ′′
1
2
1
2
( 0) = − y( 0) = − c0
Derivando la última ecuación (8.2), tenemos
xy
iv
iv
+ y′′′
+ 2 y ′′′ + xy′′
+ y′
+ y′
= 0 ⇔ xy + 3y′′′
+ xy ′′ + 2y′
= 0
( 8.3)
Haciendo x = 0 y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.3), se tiene
que
2 2
y ′′ ′
c
3 3
( 0) = − y′
( 0) = −
1
= 0
Repitiendo el proceso anterior, se llega a la siguiente formula de recurrencia:
xy
( n) ( ) ( n−1
) ( n−2
1
) ( 2) ( n−3
+ n − y + xy + n − y
) = 0, n ≥ 3
Que al hacer x = 0 , y reemplazar los valores obtenidos, se obtiene
Encontremos varios valores
y
( n−1
)
( 0)
= −
( n − 2)
( n −1)
y
( n−3
)
( 0) , n ≥ 3
( 8.4)
=
n = 3 :
1 ( 0
( ) ) 1
y′′
0 = − y ( 0)
= − c0
2 2
,
n = 4 :
2 1
y′′′
( 0) = − y′
( 0)
= − c1
3 2
0,
iv 3 3 ⎛ 1 ⎞ 3
n = 5 : y ( 0) = − y ′′ ( 0)
= − ⎜ − c0
⎟ = c0
4 4 ⎝ 2 ⎠ 4.2
,
n = 6 :
n = 7 :
v 4 4
y ( 0) = − y′′′
( 0) = − ( 0)
= 0 ,
5 5
vi 5 iv 5 ⎛ 3 ⎞ 5
y ( 0) = − y ( 0)
= − ⎜ c0
⎟ = −
2
6 6 ⎝ 4.2 ⎠ 4.2
c
M
Obtengamos ahora los coeficientes a
n
, note que la fórmula de recurrencia (8.4)
junto con c
1
= 0 implica que todos los coeficientes con subíndices impares
desaparecen, y
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 21
0
,

a
a
a
M
a
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
2
4
6
2n
y′′
=
2!
( 0) 1 =
( 0
y )
( 0)
iv
y ( 0)
1 ⎛ 3 ⎞
= = ⎜ c0
⎟ =
4! 4! ⎝ 4.2 ⎠
vi
y ( 0)
1 ⎛ 5
= = − c
=
6!
2!
⎜
6! ⎝
n
( −1) c ,
( ) ( ) ( )
2n
2
4.2
=
2
2n
− 2
1
2!
2
0
⎛ 1 ⎞
⎜ − ⎟c
⎝ 2 ⎠
1
2
4 .2
⎞
⎟
⎠
1
2
. 2n
− 4
c
0
2
0
1
= − c
2
2
1
= − c
2 2 2
6. 4 .2
,
L6.
2
4
0
2
,
0
.2
2
0
Entonces
y
( x)
c0
2 c0
4 c0
6 c0
8
= c0
− x + x − x + x + L
2
2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2 4 2 4 6 2 4 6 8
n
2
1 ⎛ x ⎞
= c0
.
2
( n!
)
⎜ −
4
⎟
⎝ ⎠
∑ ∞
n=
0
( 8.5)
La serie (8.5) se usa frecuentemente en matemáticas aplicadas y recibe el
nombre de función de Bessel de orden J ( ).
Deberá observarse que el método de Taylor ha producido sólo una de las soluciones
de la ecuación (8.1). Para hallar la otra solución linealmente independiente, usamos
dx
la formula y
2
( x) = y1( x)
∫
2
x y x
Entonces la otra solución será:
[ ( )]
La solución general viene dada por
1
y
2
( x) J ( x)
0
x
∫
dx
=
0
2
x[ J
0
( x)
]
y
( x) = AJ ( x) + BJ ( x)
0 0
∫
x
dx
[ J ( x)
]
0
2
.
En nuestro próximo ejemplo encontraremos una situación en la cual el método de
Taylor no da ninguna solución (como es el caso cuando se usa series de potencias).
Ejemplo 9. Considere la ecuación de Euler
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 22

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
x
2
y′ + xy′
+ y = 0.
( 9.1)
Solución.
Ya que este problema no contiene condiciones iniciales, pongamos y ( 0) = c0
, y
y ′( 0) = c1
. Con lo cual al reemplazar el valor de x = 0,
y(0)
= c0
y y ′( 0) = c1
en la
ecuación diferencial, tenemos
2
( ) ′′ ( 0) + ( 0) y′
( 0) + y( 0) = 0. ⇒ c = 0
0
0
y .
Al derivar implícitamente con respecto a x en la ecuación diferencial (9.1), se tiene
2
2
2x
y′ + x y′′′
+ xy′′
+ y′
+ y′
= 0 ⇔ 3xy′′
+ x y′′′
+ 2y′
= 0
′
Reemplazando los valores de x = 0,
y (0) = c1
en la última ecuación diferencial,
tenemos
2
( 0) ′ ( 0) + ( 0) y ′′′ ( 0) + 2y′
( 0) = 0 ⇒ c = 0
3
1
y .
Como todas las derivadas evaluadas en x = 0,
estarán en términos de c
0
, y de c
1,
entonces todos los a n
desaparecerán, y por lo tanto arrojará la solución y ( x) = 0 .
Así en este caso el método de Taylor falla para encontrar la solución de la ecuación
diferencial de Euler, la cual es
( x) = Acos( ln x ) BAsin( ln x ).
y +
En el próximo ejemplo, aplicaremos el método del desarrollo de Taylor para
encontrar la solución de una ecuación diferencial, en donde los coeficientes de la
ecuación (1) ya no son polinomios.
Ejemplo 10. Resolver el problema de valor inicial
x
y′ − e y = 0 , y(0)
= 1, y′
=
( 0) 1
( 10.1)
Solución.
Nótese que en la ecuación diferencial todos los puntos son ordinarios. Buscamos
y x
∑ ∞ =
=
una solución de la forma: ( )
n
Para esto, despejamos y ′( x)
= y( ) = 1, a = y′
( 0) 1
0
0
1
=
n 0
a n
x
donde
a
n
( n )
( 0)
y
= , n ≥ 0.
n!
′ en la ecuación, reemplazando los valores
a para obtener así a
2
:
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 23

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
y′′
( x)
= e
y
( x)
0
⇒ y′′
(0) = e y
x
( 0)
= 1
⇒
a
2
=
( 0)
y′′
2!
=
1
2
(10.2)
Derivamos (10.2) y reemplazamos los valores encontrados de los a´íes.
y′′′
( x)
= e
y
⇒ y′′′
(0) = e
x
x
x
( x) + e y′
( x) = e ( y( x) + y′
( x)
)
0
( y( 0) + y′
( 0)
) = 2 ⇒ a =
3
y′′′
3!
( 0)
=
2
3!
=
1
3
(10.3)
Derivamos nuevamente (10.3) y reemplazamos
y
iv
⇒ y
( x)
= e
iv
x
(0) =
x
x
( y( x) + y′
( x)
) + e ( y′
( x) + y′′
( x)
) = e ( y( x) + 2y′
( x) + y′′
( x)
)
0
y′′′
( ( ) ( ) ( ))
( 0)
e y 0 + 2 y′
0 + y ′′ 0 = 4 ⇒ a = = =
Siguiendo el proceso, encontramos la siguiente fórmula para
para a
n+2
:
4
4!
4
4!
( )
( x)
y n 2
1
3.2
(10.4)
+ por lo tanto
y
( n+
2) x
( n−1
( x)
= e ⎜ y( x) + ⎜ ⎟y′
( x) + ⎜ ⎟y′′
( x) + L+
⎜ ⎟y
)
( x)
= e
x
⇒ y
n
∑
k = 0
⎛n⎞
⎜ ⎟y
⎝k
⎠
⎛
⎜
⎝
( k )
( x)
n
∑
⎛n⎞
⎝0⎠
( n+
2) 0
( k
(0) = e ⎜ ⎟y
)
( 0)
k = 0
⎛n⎞
⎝k
⎠
⎛n⎞
⎝1⎠
=
⇒
a
n+
2
⎛ n ⎞
⎝n
−1⎠
( 0)
( n+
2)
y
= =
( n + 2)!
n
∑
k = 0
+ y
( n)
⎛n⎞
⎜ ⎟y
⎝k
⎠
( n + 2)!
⎞
( x)
⎟
⎠
( k )
( 0)
,
n ≥ 0.
luego la solución general viene dada por
y
( x)
= 1+
x +
= 1+
x +
∞
∑
n=
0
∞
∑
n=
0
a
n+
2
n+
2
n
2
x
( n + 2)!
n+
2
= 1+
x +
La serie converge para todo x∈ R.
x
1
2
x
2
+
1
3
x
3
+
1
6
x
4
+
1
15
x
5
+
1
45
x
6
+
2
315
x
7
+L.
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 24

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Realicemos este mismo ejemplo, pero ahora usando solución en series de
potencias. Para esto necesitamos del siguiente teorema.
Teorema.
convergentes en el intervalo
con
también para
Sean
∞
∑
k=
0
∞
⎛ ⎞ ⎛
⎜
k
ak
x ⎟ ⎜
⎝ k=
0 ⎠ ⎝
para todo x en este intervalo.
a
k
x
k
c
k
y
k=
0
k
∑j
= 0
k=
0
k
j
k
k
k−
j
( A)
conocida como el producto de Cauchy de las series de (A), converge
x < R , y
∑
∞
∑
=
c
∞
∑
x
a
b
b
k=
0
x
k
x < R,
R > 0. Entonces la serie
∞
∑
,
b
k
x
k
⎞
⎟ =
⎠
∞
∑
Cuando se expresa en términos de funciones analíticas este teorema afirma que el
producto de dos funciones analíticas en el intervalo I , f y g, es también él mismo
una función analítica en I, y que su expansión en series de potencias alrededor de
k=
0
c
k
x
k
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 25

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
cualquier punto x0
en I es el producto de Cauchy de las expansiones en serie de
potencias de f y g alrededor de x
0
.
Ahora ya podemos seguir con el ejemplo anterior.
Suponemos la solución de la forma
y x
∑ ∞ ( ) =
=
k
0
a k
x
k
Al reemplazar en la ecuación diferencial nos da
∞
∑
k = 2
k ( k −1)
a x
k
k −2
− e
x
∞
∑
k = 0
a
k
x
k
= 0,
o bien,
∞
∑
k = 2
k ( k −1)
a x
k
k −2
⎛
− ⎜
⎝
∞
∑
k = 0
k
x ⎞⎛
⎟⎜
k!
⎠⎝
∞
∑
k = 0
a
k
x
k
⎞
⎟ = 0,
⎠
( 10.5)
Ahora aplicamos el teorema anterior, para escribir el producto de las dos series en
la siguiente forma:
⎛
⎜
⎝
∞
∑
k = 0
k
x ⎞⎛
⎟⎜
k!
⎠⎝
∞
∑
k = 0
a
k
x
k
⎞
⎟ =
⎠
2 3
( a + a x + a x + a x + L)
= a
=
0
0
+
1
( a + a )
⎛
0
∞ k
∑∑ ⎜
⎜
k = 0 j=
0
⎝
1
2
a
( k − j)
⎛ a0
x + ⎜ + a
⎝ 2!
j
⎞
⎟x
! ⎟
⎠
k
3
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 26
.
1
+ a
Sustituyendo esta expresión en (10.5), obtenemos
∞
∑
⎡
⎢
⎢⎣
( k + 2)
De esto último se sigue que
En particular,
( k + 1) a
∑
k = 0 j=
0
a
2 3
⎛ x x ⎞
⎜1+
x + + + L
2! 3!
⎟
⎝
⎠
2
a
⎞
⎟x
⎠
( k − j)
2
⎤
⎥x
! ⎥⎦
k
j k
k + 2
−
=
⎛ a0
a1
+ ⎜ + + a
⎝ 3! 2!
k
1
a
j
2
, ≥ 0.
!
= ( + 2) ( + 1) ( − )
k
k + k k
∑= k j
j 0
0,
2
+ a
3
⎞
⎟x
⎠
3
+ L

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
a
a
a
2
3
4
a0
= ,
2
a0
+ a1
= ,
6
1 ⎛ a0
= ⎜ + a
12 ⎝ 2
1
+ a
2
⎞
⎟
⎠
=
a
0
+ a
12
1
,
etc., y en principio todos los a
k
pueden calcularse en términos de a0
y a
1.
Reemplazando los valores de a = , a 1 se tiene.
0
1 1
=
a
a
a
M
2
3
4
1
= ,
2
1
= ,
3
1
= ,
6
Luego la solución del problema de valor inicial viene dado por
y
1
2
1
3
1
6
2 3 4
( x) = 1+
x + x + x + x +L.
Deberá notarse que la solución obtenida por series de potencias es más pobre que
la obtenida por Taylor.
Ejercicio . Encuentre una series de potencias para la solución general de la
ecuación diferencial
x
( x) + sin ( x) y′
+ e = 0
y′ y
Los próximos ejemplos tratan con ecuaciones diferenciales no lineales.
Ejemplo 11. Encuentre la solución en series de potencias y en series de Taylor del
problema de valor inicial
Solución.
2
y ′ = 1+
y ; y
( 0) = 0.
( 11.1)
La ecuación diferencial (11.1) no es lineal, sin embargo, se conoce su solución
⎛ π π ⎞
= ∈ ⎜ − ⎟
⎝ 2 2 ⎠
mediante el uso de separación de variables, a saber, y ( x) tan x , x , .
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 27

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Método series de potencias:
Suponemos que la ec. (11.1) tiene como solución
Derivando, se tiene
y′
y
∞
∑
∑ ∞
n=0
n
( x) = a n
x .
( 11.2)
n−1
n
( x) = na x = ( n + 1) a x .
( 11.3)
n=
1
n
∞
∑
n=
0
n+
1
evaluando la ec. (11.1) en x = 0 e imponiendo la condición inicial, se encuentra
que y ( 0) = 0 = a0
. Reemplazando (11.2) , (11.3) en (11.1) vemos que los
coeficientes de la serie a
n
, deben satisfacer
∞
∑
n=
0
Igualando los coeficientes, obtenemos
∞
∞ n
⎛ ⎞ ⎛
1
⎜∑
⎟ ∑∑ ⎜
2
n
( 1) 1 ⎜
n
n + a x = + a x ⎟ = 1+
⎜ a a . ( 11.4)
+ −
⎟ n
n
k n k
⎝ n=
0 ⎠
n= 0 ⎝ k=
0 ⎠
⎞
n = 0 :
n = 1:
n = 2 :
n = 3 :
n = 4 :
En general,
a
1
2a
3a
4a
5a
= 1+
a
2
3
4
5
2
0
= 2a
a
0
0
0
0
1
= 2a
a
= 2a
a
= 2a
a
2
3
4
= 1
= 0, ⇒ a
2
1
+ a1
= 1, ⇒ a3
=
3
+ 2a
a = 0, ⇒ a = 0
1
+ 2a
a
1
2
3
2
+ a
= 0
2
2
=
4
2
,
3
⇒ a
5
=
2
.
15
a
n
⎧
⎪
⎪
= ⎨
⎪1
⎪
⎪⎩
n
1+
a
n
∑ − 1
k=
0
0,
2
0
,
si n es par
si n = 1
ak
an− 1−k
, si n es impar, n > 1.
Así, estamos en capacidad de calcular en forma recurrente los coeficientes de la
serie pero no somos capaces de expresar fácilmente explícitamente en a como
función de n. Por tanto, no podemos calcular el radio de convergencia
directamente. Sin embargo sabemos, que el radio de convergencia es / 2.
Luego la solución del problema de valor inicial viene dado por
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 28
π
n

Método series de Taylor:
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
1 2
π π
5
⎞
y = L ⎜ ⎟
3 15
⎝ 2 2 ⎠
3
⎛
( x) x + x + x + . x ∈ − , .
Supongamos que las soluciones son de la forma ∑
∞
Se tiene inicialmente que a = y(0)
0 .
Haciendo = 0
que
0
=
n=0
x y reemplazando el valor de ( 0 ) = 0
( ) = 1+
y( 0)
2
y ′ 0 = 1, ⇒ a1
=
( n ) a ( )
con y 0
a
x n
n
n
= .
n!
y en la ecuación (11.1), se tiene
( 0)
y′
1!
= 1
Derivando implícitamente con respecto a x la ecuación (11.1), tenemos
Haciendo = 0
y ′
= 2yy′
( 11.5)
x y reemplazando los valores anteriores ( 0 ) 0, ( 0) = 1
ecuación (11.5), tenemos que
Repitiendo el proceso una vez
y en la
( 0)
y′′
y ′′( 0) = 2y( 0) y′
( 0)
= 0, ⇒ a2 = = 0.
2!
= y′
y ′′′ = 2yy′′
+ 2
y ′′′
( y′
)
( 0) = 2y( 0) y′′
( 0) + 2( y′
( 0)
)
2
2
= 2(0)(1) + 2(1)
2
= 2,
⇒ a
3
=
( 0)
y ′′′
3!
=
1
3
Otra vez,
y
y
iv
iv
= 2yy′′′
+ 2y′
y′′
+ 4
( y′
)( y′′
)
= 2yy
′′′ + 6y′
y′′
( 0) = 2y( 0) y′′′
( 0) + 6y′
( 0) y ′′ ( 0) = 2(0)(2) + 6(1) ( 0)
= 0,
⇒ a
( 0)
iv
y
4!
4
= =
0
Y otra vez…..
y
v
y
v
= 2yy
iv
+ 2y′
y′′′
+ 6y′
y ′′′ + 6y′′
y′′
= 2yy
iv
( 0) = 2y( 0) y ( 0) + 8y′
( 0) y′′′
( 0) + 6( y′′
( 0)
)
⎛ 1 ⎞
= 2(0)(0) + 8(1) ⎜ ⎟ + 6
⎝ 3⎠
( 0)
2
=
8
,
3
2
⇒ a
iv
5
+ 8y′
y′′′
+ 6
( 0)
v
y
=
5!
=
( y ′′ )
2
15
2
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 29

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Hagamóslo una vez más
y
vi
y
vi
Por última vez
= 2yy
v
+ 2y′
y
iv
+ 8y′
y
+ 8y′′
y′′′
+ 12
( y′′
)
v
iv
( 0) = 2y( 0) y ( 0) + 10y′
( 0) y ( 0) + 20y
′′ ( 0) y′′′
( 0)
y
vii
y
vii
= 2yy
iv
y ′′′ = 2yy
= 0
v
+ 10y′
y
⇒ a
iv
( 0)
vi
y
6!
+ 20y′′
y ′′′
6
= =
vi
v
iv
2
= 2yy
+ 12y′
y + 30y′′
y + 20( y′′′
)
vi
v
iv
( 0) = 2y( 0) y ( 0) + 12y′
( 0) y ( 0) + 30y′′
( 0) y ( 0) + 20( y′′′
( 0)
)
⎛ 8 ⎞
= 12(1) ⎜ ⎟ + 20
⎝ 3⎠
= 112
vi
+ 2y′
y
⇒ a
6
v
=
+ 10y′
y
( 2)
2
112
7!
=
v
2
.
21
+ 10y′′
y
iv
+ 20y′′
y
Luego la solución del problema de valor inicial viene dado por
Esto es,
y
iv
+ 20y′′′
y′′′
1 2 2 23 9
π π ⎞
= ⎜ ⎟
3 15 21 810
⎝ 2 2 ⎠
3 5 7
⎛
( x) x + x + x + x + x + L.
x ∈ − , .
2
0
tan x ≈ x +
1
3
x
3
+
2
15
x
5
+
2
21
x
7
+
23
810
x
9
+ L.
⎛ π π ⎞
x ∈ ⎜ − , ⎟.
⎝ 2 2 ⎠
Nótese que estamos en capacidad de calcular en forma recurrente los coeficientes
de la serie pero no somos capaces de expresar fácilmente a_n explícitamente como
función de n. De nuevo no podemos encontrar su radio de convergencia.
Pero si podemos calcular recurrentemente tantos coeficientes de la serie como sea
necesario para producir una solución con una exactitud deseada.
Esto es lo que pasa cuando se trata de encontrar solución en series de problemas
no lineales.
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 30

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Ejemplo 11. Encuentre la solución en series de potencias y en series de Taylor del
problema de valor inicial
− y
′
y = x + e
( 0) 0.
( 12.1)
; y =
Solución.
En este problema podemos encontrar su solución en forma analítica como sigue:
Haciendo
u
− y
= e , se tiene que
du
dx
= − e
− y
dy
dx
( 12.2)
Así que multiplicamos la ec. (12.1) por
− e − y , para obtener
− e
− y
dy
dx
= − xe
− y
− e
−2 y
O bien, el siguiente problema de valor inicial equivalente
du
+ xu = −u
dx
2
,
( 12.3)
La ecuación diferencial (12.3) es de tipo Bernoulli, por lo tanto haremos la
sustitución
−1
w = u
,
( 12.4)
Con lo cual se tiene
dw −
= − u
2
dx
du
dx
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 31

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Multiplicando a ambos miembros de la ecuación (12.3) por
−2
− u , se obtiene
− u
2
du
dx
− xu
−1
= −1 ,
−1
−1
O bien, ya que w = u , w( 0) = [ u( 0)
] = 1
dw
dx
− xw = −1 , w =
( 0) 1
( 12.5)
La ecuación (12.5) resulta ser lineal, se encuentra que el factor integrante viene a
2
x
x
⎡ ⎤ −
ser
2
µ ( x) = exp⎢
− tdt⎥
= e
⎣ ∫
.
0 ⎦
Multiplicando la ecuación (12.5) por el factor integrante, se tiene
d
dx
⎡
⎢e
⎢⎣
2
x
−
2
⎤
w⎥
= −e
⎥⎦
2
x
−
2
,
Luego la solución de (12.5) es obtenida como
w
2
x
⎡
=
⎢
∫
⎣
−
2
2
( x) e ⎢C
+ e dt⎥
,
( 12.6)
Reemplazando la condición inicial para encontrar C, obtenemos
0
x
2
t
⎤
⎥⎦
1
( )
0
2
= w( 0)
= e ⎢C
+
∫
2
⎡
⎢⎣
0
0
e
2
t
−
2
⎤
dt⎥
,
⎥⎦
⇒
C = 1
Así que al devolvernos, tenemos:
1
( x)
2
2
x
⎡ x t
− ⎤
e
=
2
e ⎢ +
2
1 e dt⎥
, ⇒ u(
x)
=
⎢
∫
0
⎣
⎥⎦
1+
0
2
x
−
2
2
u x t
−
2
∫
e
dt
Pero
e
− y
u
− y
= e .
⎡
⎤
2
2
x
x
−
⎡
⇒ − = − ⎢ +
⎥
⎥
⎥
⎢
⎢
⎢ −
2
2
2
x
e
e
−
2
= ⇒ − y = ln
y ln e ln 1
2
2
x t
⎢
∫
−
x t
−
2
+ e dt
⎢
2
1
1+
e dt ⎥
⎣
∫
0
⎢⎣
∫
0 ⎥⎦
0
x
e
2
t
−
2
⎤
dt⎥
⎥⎦
O finalmente,
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 32

′′′
y
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
2
x ⎡
= +
2 ⎢
∫
⎣
2
x
2
x ⎞⎤
⎥
2 ⎠⎦
−
2
( x) + ln⎢1
e dt⎥
= + ln 1+
erf ⎜ ⎟ , x > −1.
2755
donde la función de error erf(x) viene dada por:
0
x
t
2
⎤
⎥⎦
2
erf ( x)
=
π
Ahora encontremos su solución por el método de las series de Taylor:
Supongamos que las soluciones son de la forma ∑
∞
Se tiene inicialmente que a = y(0)
0 .
Haciendo = 0
que
0
=
∫
⎡
⎢
⎣
0
x
e
−t
2
π
2
dt.
n=0
x y reemplazando el valor de ( 0 ) = 0
⎛
⎝
( n ) a ( )
con y 0
a
x n
n
( 0) ′
( )
( 0)
= 0 + e = 1, ⇒ a =
− y
y ′ 0
1
1!
n
= .
n!
y en la ecuación (12.1), se tiene
= 1
Derivando implícitamente con respecto a x la ecuación (12.1), tenemos
−
y′ = 1−
e y
y
′
( 12.7)
Haciendo = 0
x y reemplazando los valores anteriores ( 0 ) 0, ( 0) = 1
ecuación (12.7), tenemos que
y en la
( 0)
−( 0) y′′
y ′′ ( 0) = 1−
e y′
( 0)
= 0, ⇒ a2
=
2!
= y′
= 0.
Derivando nuevamente la ecuación (12.7) con respecto a x, se tiene
Haciendo = 0
y ′′ = e
′
−
y′
− e
y′′
= −e
− y − y
y
′
( y ′′ − y ),
( 12.8)
x y reemplazando los valores anteriores y ( 0 ) 0, ( 0) = 1 y y ( 0 ) = 0
en la ecuación (12.8), tenemos que
Repitiendo el proceso anterior
−( 0) y ′′′
y ′′′
( 0) = −e
( y′′
( 0) − y′
( 0)
) = 1, ⇒ a3
=
3!
y
= − e
( y′′′
− 2y′′
+ y ),
iv − y
′
= y′
( 0)
=
1
3!
′′
y
iv
−( 0) ( ) = − e ( y ( 0) − 2y
′′ ( 0) + y′
( 0)
)
0 = −2,
⇒ a4
=
( 0)
iv
y
4!
= −
2
4!
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 33

′′′
′′′
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Repetiremos el proceso unas cuantas veces
y
vi
y
v
y
= − e
iv
( y − 3y′′′
+ 3y′′
− y ),
v − y
′
v
y
( )
( 0)
= 6, ⇒ a =
−( 0) iv
( ) = − e y ( 0) − 3y
( 0) + 3y
′′ ( 0) − y′
( 0)
0
5
y
= − e
v iv
( y − 4y
+ 6y
′′′ − 4y′′
+ y ),
vi − y
′
v
y
( )
( 0)
= −21,
⇒ a =
−( 0) v
iv
( ) = − e y ( 0) − 4y
( 0) + 6y
( 0) − 4y
′′ ( 0) + y′
( 0)
0
6
5!
=
6!
6
5!
= −
21
6!
Siguiendo el proceso, encontramos la siguiente fórmula para
una formula un tanto no obvia para a
k
:
(
y k )
( x)
por lo tanto
y
( n)
( x)
= −e
= −e
− y
⎛
⎜ y
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
n
∑ − 2
− y
k = 0
⎛n
− 2⎞
⎝ 1 ⎠
( n−1
) ( n−2
( ) ) ( n−3
x − ⎜ ⎟y
( x) + ⎟y
)
( x)
⎛n
− 2⎞
⎝ k ⎠
k
( n−1−
k
( −1) ⎜ ⎟y
)
( x)
⎛n
− 2⎞
⎜
⎝ 2 ⎠
+
− L
⎛n
− 2⎞
⎝ n − 3⎠
n
( 2
( −1) ⎜ ⎟y
)
( x) + ( −1)
n+
1
⎞
⎟
⎟
⎟
y′
( x)
⎟
⎟
⎠
Que al evaluar en x=0, obtenemos:
y
n
∑ − 2
k = 0
⎛n
− 2⎞
⎜
⎝ k ⎠
( n) k
( n−1−
k
(0) = − ( −1) ⎟y
)
( 0)
De aquí una fórmula para los coeficientes a
k
:
a
n
=
( 0)
( n)
y
n!
=
⎡
⎢−
⎢⎣
n 2
∑ −
k = 0
⎛n
− 2⎞
⎝ k ⎠
k
( n−1−
k
( −1) ⎜ ⎟y
)
( 0)
n!
⎤
⎥
⎥⎦
,
n ≥ 0.
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 34

MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Bibilografía.
1. Charles E. Robertrs Jr., Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Un enfoque al
cálculo numérico.Ed. Prentice-Hall Int. 1980.
2. Kreider, Kuller, Ostberg. Ecuaciones Diferenciales. Fondo Editorial
Iberoamericano. 1973.
3. Derrick W. , Grossman S. Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones. Fondo
Editorial Iberoamericano. 1984
4. García J. O.,Villegas G. J. , Castaño B. J, Sánchez C., J.A. Ecuaciones
Diferenciales. Fondo Editorial Universidad EAFIT, 2010.
JOSÉ ALBEIRO SÁNCHEZ CANO‐ UNIVERSIDAD EAFIT‐ 2010 Página 35