Método de series de Taylor

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
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 so-lución 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.
El método delas series de potencias o coeficientes indeterminados
consiste en suponer una solución en la forma y x  

 a x  x 
n
n
0
S.P  . Esta
n 0
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.
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Pero los métodos son esencialmente los mismos. En efecto, los coeficientes
que aparecen en la serie de potencias, a n y los coeficientes en el método de
Taylor ,
y n   x0 
n!
vienen relacionados por la formula a n 


por el método de Taylor viene dada por y ( x) 
n 0
En el libro de ecuaciones diferenciales [1]
resolver el siguiente problema de valor inicial:
1
y n  x0 
. La solución
n!
y n  x 0 
 x  x 0 n
n!
S.T .
utilizan ambos métodos para
Ejemplo 1. Resolver el problema de valor inicial
2
dy
 e x ,
dx
1.1
y(0)  1
Solución.
Observar que la solución de (1.1) se puede escribir como yx   1 

x
e t dt.
2
0
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:
y x   2 xe  x ;
y 0  0
2


x    8 x  12 x e ;
x   16 x  48 x  12e
y x   4 x 2  2 e  x ;
y 0  2
2
y iv
yv
x
3
4
2
y iv 0  0
2
 x2
;
y v 0  12
Notando que y(0)  y 0  0  1 y y (0)  0 y reemplazando en la ecuación (S.T)
se obtiene la solución
y ( x)  1  x 
1
x3 x5


3 10
1.2
1
[1] Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Un enfoque al cálculo numérico.Charles E.
Robertrs Jr.,
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Ahora supongamos que la ecuación (1.1)
potencias
yx  
tiene una solución en serie de

a x .
1.3
n
n
n 0
haciendo es x  0 en la ecuación (1.3) e imponiendo la condición inicial se obtiene u(0)  1  a0 . Diferenciando la ecuación (1.3), obtenemos
y x  

 na x

n 1
n

n 1
 n  1a
n 1
xn.
1.4
n 0

Ya que
e 
x
x
n
/ n! ,
n 0

e
 x2


 1n x 2n
1.5
n!
n 0
Reemplazando (1.4) y (1.5) en (1.1), encontramos
y x  



na n x
n 1

n 1

n 0
 1n x 2n .
n!
o en forma equivalente
a1  2a 2 x  3a3 x 2  4a 4 x 3  5a5 x 4    1  x 2 
x4 x6


2
6
Igualando los coeficientes de potencias iguales, encontramos
1
1
a1  1, a2  0, a3   , a 4  0, a5  , a6  0, 
3
10
En general, se tiene
a2n  0
a 2 n 1 
 12n1
2n  1n  1!
n  1,2,3,
De acuerdo con lo anterior, se tiene que la solución en series de potencias
viene dada por
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n

 1 x 2 n 1
y ( x)  1  
2n  1n!
n 0

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 indeterminados, 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 x   2 xe  x ;
y 0   0
2


x    8 x  12 x e ;
x   16 x  48 x  12e ;
x    120 x  160 x  32 x e ;
x    120  720 x  480 x  64 x e
y x   4 x 2  2 e  x ;
y 0  2  
2
y iv
yv
y vi
y iv 0  0
 x2
3
4
3
y vii
y v 0   12 
 x2
2
2
y vi 0   0
 x2
5
4
6
 x2
;
2!
1!
12 * 2 4!

2
2!
y vii 0   120  
12 * 6
6!

6
3!
Se observa la siguiente ley de formación:
y 2 n   0 ,
y 2 n 1   1
n 1
2n  1!
n  1!
n  1,2,3,
En consecuencia, se tiene los coeficientes
a2n
y 2 n 

0,
2n !
a 2 n 1
2n  1!
y 2 n 1
n 1

  1
n  1,2,3,
2n  1!
2n  1!n  1!
O bien,
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a2n  0 ,
a 2 n 1   1
n 1
  1
n 1
2n  1!   1n1
2n  2!
2n  1!n  1!
2n  12n  2!n  1!
1
2n  1!n  1!
Nuevamente se obtiene la solución encontrada por series de potencias:
 1n x 2n1 .

2n  1n!
n 0

y ( x)  1 
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
P0 x 
d2y
dy
 P1 x   P2 x  y  0,
2
dx
dx
1
donde P0 , P1 y P2 son polinomios. Dichas ecuaciones aparecen en muchas
aplicaciones físicas. Algunos ejemplos de estas ecuaciones son:
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Ecuación de Legendre: 2
d2y
1  x  2  2 x dy
    1 y  0,
dx
dx
2
2
Ecuación de Airy:
d2y
 xy  0,
dx 2
3
Ecuación de Chebyshev:
1  x  d
2
2
dx
y
2
x
dy
  2 y  0,
dx
4
Ecuación de Hermite:
d2y
dy
 2 x  2y  0,
2
dx
dx
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 P0 , P1 y P2 no tienen factores
comunes. Decimos que x0 es un punto ordinario de (1) si P0 x0   0 , o es un
punto singular si P0 x0   0 .
Para la ecuación de Legendre (2),
x0  1 y x0  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)
Si x  x0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial
y x   P1 x y   P2 x y  0
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Se pueden encontrar siempre dos soluciones linealmente independientes en la
forma de series de Taylor centradas en x  x0
yx  


n 0
y n  0
x  x0 
n!
Una solución en series de Taylor converge al menos para x  x0  R , donde R
es la distancia de x 0 al punto singular más cercano (real o complejo), en tal caso 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 para
ecuaciones de la forma
1   x  x   ddx y   x  x  dy
  y  0.
dx
2
6
2
0
0
2
Muchas ecuaciones importantes que aparecen en aplicaciones son de esta
forma con x0  0 , incluso la ecuación de Legendre (2) , la ecuación de Ayry
(3), la ecuación de Chebyshev (3), y la ecuación de Hermite (5 ).
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 x0  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
1  x  d
2
2
dx
y
2
 x
dy
 y  0
dx
2.1
Solución:
Buscamos la solución general de la forma
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yx  

a x
2.2
n
n
n 0
donde
y n  0
an 
, n  0, 1,  y a0  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 a0  c0 , a1  c1 :
esto es,
y 0   y(0)  0  y 0   y(0)   c0
luego se tiene que a 2 

y 0
  c0 .
2!
2!
Ahora para obtener los coeficientes ai , i  3, 4, , deberemos derivar
implícitamente con respecto a x la ecuación (2.1)
valores encontrados de los ai anteriores.
n veces, y sustituir los
Al derivar la ecuación (2.1) implícitamente con respecto a x, se obtiene:
1  x  d
2
3
y
dx 3
 2   x
d2y
dy
      0
2
dx
dx
2.3
Haciendo x  0 y reemplazando los valores de y0, y 0, y 0 en (3) se tiene:
y0     y(0)  0 
Luego se encuentra que a 3 
y0      y(0)     c1
   
y 0

c1 .
3!
3!
Obtengamos ahora a4 , para lo cual derivamos implícitamente con respecto a
x la ecuación (2.3):
2x
4
d3y
d2y
d3y
d2y
2 d y









1


x

2




2



x




0
dx 3
dx 4
dx 2
dx 3
dx 2
o bien, organizando:
1  x  d
2
4
y
dx 4
 4   x
d3y
d2y



2


2



0
dx 3
dx 2
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2.4
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Haciendo x  0 y reemplazando los valores de y0, y0, y0, y0 en (2.4) se
tiene:
y iv 0  2  2   y(0)  0 
y0  2  2   y(0)   2  2   c0
Luego se encuentra que
a4 
y iv 0
 2  2   

c0 .
4!
4!
Continuando el proceso, se obtiene la fórmula siguiente:
y n2  0  nn  1  n   y n  (0) , n  0,1,2,
2.5
Llamando
Pn  nn 1  n    , n  0,1,2,
Se tiene lo siguiente:
a n2 
y n  2  0
y n  (0)
Pn  n 
Pn 
Pn 

y (0)  

an
n  2!
(n  2) !
(n  2)(n  1) n !
(n  2)(n  1)
Obtenemos la fórmula recursiva de los coeficientes ai , i  0,1, 2,
an2  
Pn 
a , n  0, 1, 
n  2n  1 n
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 0

k 0

 1 

k
k 1
i 0
x 2k
P2i 
 c1
 2k !

 1k 
k 0
k 1

i 0
x 2 k 1
P2i  1
 2k  1!
Ejercicio.
Ejemplo 3. Encuentre la serie en series de potencias en x para la solución
general de
1  2 x  d
2
2
dx
y
2
6x
dy
 2y  0 .
dx
3.1
Solución:
La ecuación tiene la forma de (3.1), reconocemos   2,   6 y   2 .
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Por un lado encontremos el polinomio P(n) :
Pn  2nn  1  6n  2  2n  1
2
Utilizando la formula recursiva (2.6) , se tiene
a 0  c0 ,
a1  c1 ,
an 2  2
(n  1)
a , n  0, 1, 
n  2 n
Determinemos los coeficientes de potencias pares de x:
1
1
a2  2 a0   c0 ,
1
2
1.3
3
 3  1 
a4  2 a2      c0 
c0 ,
1.2
4
 2  1 
1.3.5
5
 5  1.3 
a6  2 a4     c0  
c0 ,
1.2.3
6
 3  1.2 
1.3.5.7
7
 7  1.3.5 
a8  2 a6     
c0
c0 
1.2.3.4
8
 4  1.2.3 
Observando la ley de formación de los coeficientes, se tiene en general,
 2i  1 c
k
a 2 k   1
k
i 1
k!
0
, k  0, 1, .
(3.2)
Ahora determinemos los coeficientes de las potencias impares de x:
2
1
a3  2 a1  4 c1 ,
3
3
1.2
4
 2   1  
a5  2 a3  4   4  c1  4 2
c1 ,
3.5
5
 5   3  
1.2.3
6
 3  1.2 
a7  2 a5  4  4 2
c1 c1  4 3
c1 ,
3.5.7
7
 7  3.5 
1.2.3 
8
 4 
4 1.2.3.4
a9  2 a7  4   4 3
c1 .
c1  4
3.5.7 
3.5.7.9
9
 9 
En general,
a 2 k 1   1
k
4 k k!
 2i  1
k
c1 , k  0, 1, .
(3.3)
i 1
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A partir de (8) y (9) vemos que

y ( x )  c0

2i  1
 1 
x
k
k
i 1
k!
k 0

2k
 c1
1k
k 0
4 k k!
2i  1
k
x 2 k 1
i 1
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).
Ya P0 x   1  2 x 2 no se anula en los reales, luego la solución está definida en
P0 x   1  2 x 2  0 en x   i
todo R. Sin embargo,
2 esto implica que las
soluciones dada por el método de Taylor converge en el intervalo
 1
2,  1
a x  i

2 , . Esto ocurre, ya que   1
2 es la distancia del punto x0  0
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
1  2x  ddx y  10 x dy
 8y  0 ,
dx
2
2
2
y(0)  2, y0  3
Solución:
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La ecuación tiene la forma de (1), reconocemos   2,   10 y   8 y las
condiciones iniciales: a0  y0  2 , a1  y0  3
Por un lado encontremos el polinomio P(n) :
Pn  2nn  1  10n  8  2n  2
2
En vez de utilizar la formula recursiva (6), para obtener los coeficientes
ai , i  2,3,4, , podemos utilizar la formula (5):
y n2  0  2n  2 y n  (0) , n  0,1,2,
2
Encontremos los primeros términos.
Para n  0 :
y0  8 y(0)  8(2)  16
 a2 
y0
 8
2!
Para n  1 :
y0  18 y(0)  18(3)  54
 a3 
y0
9
3!
Para n  2 :
y iv 0   y(0)  32(16)  512
 a4 
y 4 0 64

4!
3
Para n  3 :
y v 0   y(0)  50(54)  2700
 a5 
y v 0
45

5!
2
Luego la solución del P.V.I viene dada por
yx  

a x
n
n
n 0
 a0  a1 x  a2 x 2  a3 x 3  a4 x 4  
 2  3x  8 x 2  9 x 3 
64 4 45 5 256 6 105 7
x  x 
x 
x  .
3
2
5
2
Más generalmente, sea x0  0 un punto ordinario. Por lo tanto la solucion por
los polinomios de Taylor será de la forma
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
yx  

 a x  x  .
n
n
0
n 0
donde
y n   x0 
an 
, n  0, 1, 
n!
Es la solución de
1   x  x  
2
0
d2y
dy
  x  x0    y  0.
2
dx
dx
*
Se puede demostrar
y n2  x0   nn  1  n   y n  ( x0 ) , n  0,1,2,
Ejemplo 5. Determinar mediante los polinomios de Taylor la solución general
de la ecuación diferencial
2  4 x  2 x  d
2
2
dx
y
2
 12 x  1
5.1
dy
 12 y  0.
dx
Solución
Lo primero que hay que hacer, es escribir el polinomio P0 x   2  4 x  2 x 2
En potencias de x  1.
Ahora P0 x   2  4 x  2 x 2  4  2x  1
2
Así, la ecuación (5.1) queda:
4  2x  1  ddx y  12 x  1 dy
 12 y  0
dx
2
2
2
o bien, en la forma (*):
2
dy
 1
2d y
1  x  1  2  3 x  1  3 y  0
dx
 2
 dx
1
Reconocemos    ,   3 y   3 .
2
Se tiene entonces el polinomio P(n) :
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
n  2n  3 , n  0,1,2,
1
Pn    nn  1  3n  3  
2
2
En vez de utilizar la formula recursiva (6), para obtener los coeficientes
ai , i  2,3,4, , podemos utilizar la formula (5):
y n 2  1 
n  2n  3 y n  (1) ,
2
n  0,1,2,
Encontremos los primeros términos.
Para n  0 :
y 1  3 y(1)  3c0
 a2 
y 1 3
 c0
2!
2
Para n  1 :
y 1  6 y (1)  6c1
 a3 
y 1
 c1
3!
Para n  2 :
y iv 1  10 y (1)  30c0
 a4 
y 4 1 5
 c0
4!
4
Para n  3 :
y v 1  15 y (1)  90c1
 a5 
y v 1 3
 c1
5!
4
Luego la solución del P.V.I viene dada por
yx  

 a x 1
n
n
n 0
 a 0  a1  x  1  a 2 x  1  a 3 x  1  a 4  x  1  
2
3
4
5
2k  1
 3

2
4
2k
 c 0 1   x  1   x  1    k x  1   
4
2
 2

3
2k  1


3
5
2 k 1
c1  x  1   x  1   x  1   k  x  1
 
4
2


.
O en forma más compacta:
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Página 14
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
yx   c 0


n 0
2k  1
x  12k  c1
k
2


n 0
2k  1
x  12k 1
k
2
.
Deberá observarse que hemos hallado dos series en una forma puramente formal, las cuales son convergentes para todo x finito. Para ver que ambas son linealmente independientes definimos lo siguiente:
y1 1  1, y 2 1  0

y1 1  0, y 2 1  1,
y por lo tanto
W  y1 , y 2 1  0.
Donde W  y1 , y 2  denota el Wronskiano de las soluciones y1 y y 2 , en las
cuales

2k  1
2k
y1 x    k x  1
2
n 0

,
2k  1
2 k 1
y 2 x    k x  1 .
n 0
2
.
Ejemplo 6. Resolver el problema de valor inicial
xy   y   xy  0 ,
y(1)  0,
y 1  1
6.1
Solución.
Método series de potencias:
Mediante el cambio de variable u  x  1 , llevamos el problema al origen.
En efecto,
dy dy
 ,
du dx
(6.2)
d2y d2y

,
du 2 dx 2
La ecuación (6.1) toma la forma
2
y
du
2
u  1 d

dy
 u  1 y  0 , y(0)  0,
du
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y 0  1
Página 15
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Por lo tanto suponemos que la solución la buscamos de la forma:

a u
y (u ) 
k
k
k 0
Que al reemplazar en la ecuación diferencial, se obtiene



u  1 k k  1ak u k 2   kak u k 1  u  1 ak u k
k 2
k 1
0,
k 0
Relalizando las multiplicaciones


 k k  1a u   k k  1a u
k 1
k

k 2
k
k 2

k 2


 ka u   a u   a u
k 1
k 1
k
k
k 1
0,
k
k
k 0
k 0
Escibiendo todo en potencias de u k , obtenemos

 k k  1a

u 
k 1
k
k 1
 k  2k  1a
k 0

k 2
u 
k
 k  1a

u 
k 1
k
k 0
a

k 1
u 
k 1
k
a u
k
k
0,
k 0
Empezando todas las sumatorias desde k  1 , y organizando, se tiene

2a 2  a1  a0 
k k  1a
k 1
 k  2k  1a k  2  k  1a k 1  a k 1  a k u k  0 ,
k 1
mejor,
k  2k  1a

2a 2  a1  a0 

 k  1 a k 1  a k 1  a k u k  0 ,
2
k 2
k 1
Así pues,
2a 2  a1  a0  0,
k  2k  1ak 2  k  12 ak 1  ak 1  ak
Usando las condiciones iniciales y(0)  0,
0,
k  1.
6.3
y 0  1 . Con lo que
a0  0, a1  1 . Reemplazando en (6.3), se tiene los primeros coeficientes:
a2 
1
1
1
, a3   , a 4  ,
2
6
6
De donde
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
y(u )  u 
u2 u3 u4
 

2
6
6
Y haciendo u  x  1 , se tiene finalmente
y( x)  x  1 
x  12  x  13  x  14
2
6
6

Donde la convergencia se tiene en el intervalo 0,2 ¿por qué?
Método series de Taylor:
Buscamos soluciones de la forma
yx  


n 0
y n  1
x  1n .
n!
Para ello derivamos sucesivamente y evaluamos en las derivadas encontradas,
esto es,
xy   y   xy  0 , a0  y(1)  0, a1  y 1  1, a 2 
y 1 1

2!
2
y 1
1

3!
3!
iv
y 1 4
xy iv  3 y   xy   2 y   0  a 4 

4!
4!
v
y 1
18
xy v  4 y iv  xy   3 y   0  a5 

5!
5!
xy   2 y   xy   y  0
 a3 
Siguiendo el proceso, se obtiene la formula recursiva:
xy n   n  1y ( n1)  xy n2   (n  3) y n3  0 ,
n  3.
De donde se sigue que la solución en series de Taylor es dada por
y( x)  x  1 
x  12  x  13  x  14
2
6
6

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.
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Ejemplo 7. (La ecuación de Legendre) Encuentre la solución en series Taylor
alrededor de x=0 para la solución general de
1  x  d
2
2
dx
y
2
2x
dy
    1 y  0
dx
7.1
Solución:
Buscamos la solución general de la forma
yx  

a x
7.2
n
n
n 0
donde
an 
y n  0
, n  0, 1,  y a0  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 a0  c0 , a1  c1 :
esto es,
y 0     1 y(0)  0 
luego se tiene que a 2 
y 0     1  y(0)     1 c0
   1 
y 0

c0 .
2!
2!
Ahora para obtener los coeficientes ai , i  3, 4,, deberemos derivar implícitamente con respecto a x la ecuación (7.1) n veces, y sustituir los valores
encontrados de los ai anteriores.
Al derivar la ecuación (7.1) implícitamente con respecto a x, se obtiene:
1  x  d
3
2
y
dx 3
 4x
d2y
dy
    1  2  0
2
dx
dx
7.3
Haciendo x  0 y reemplazando los valores de y0, y 0, y 0 en (7.3) se
tiene:
y 0     1  2  y (0)     1  2 c1    2 1c1
Luego se encuentra que a 3 
  2  1
y 0

c1 .
3!
3.2
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Obtengamos ahora a4 , para lo cual derivamos implícitamente con respecto a
x la ecuación (7.3) , se tiene:
1  x  d
2
4
y
dx 4
 6x
d3y
d2y








1

6
0
dx 3
dx 2
7.4
Haciendo x  0 y reemplazando los valores de y0, y0, y0, y0 en (7.4) se
tiene:
y iv 0     1  6 y (0)    3  2    1 c0    3  1   2c0
Luego se encuentra que
a4 
y iv 0   3  1   2

c0 .
4!
4!
Derivando la ecuación (7.4) se tiene
d5y
d4y
d3y
1  x  5  8x 4     1  12 3  0
dx
dx
dx
7.5
2
Haciendo x  0 y reemplazando los valores de y0, y0, y0, y0 en (7.4) se
tiene:
y v 0     1  12  y (0) 
   4  3   2  1c1     4  2  1  3c1
Encontrando que
y v 0   4  2  1  3
a5 

c1 .
4!
5!
Continuando el proceso, se obtiene la fórmula siguiente para k=1,2,…
  2k  1  2k  3  1   2  2k  2 c ,
0
2k !
k   2k   2k  2    2   1  3   2k  1
a 2 k 1   1
c1 .
2k  1!
a 2 k   1
k
Todos los coeficientes estan determinados en términos de ahora c0 , y c1 ,
por lo cual debemos tener
yx   c0 y1 x   c1 y 2 x  ,
donde
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
y1 ( x)  1 
   1
2!
x2 
  3  1   2 x 4  
4!
O bien,
k   2k  1  2k  3   1   2    2k  2  2 k



1
x ,



2
k
!
k 1

y1 ( x)  1 
y
y 2 ( x)  x 
  2  1 x 3    4  4  1  3 x 5  
3!
5!
O bien,

y1 ( x)  1 
  1
k
k 1
  2k   2k  2  2  1  3  2k  1 x 2k 1 ,
2k  1!
Ambas y1 ( x) , y y 2 ( x) , son soluciones de la ecuación de Legendre, al tomar
respectivamente
c0 0  1, c1 0  0
c0 0  0, c1 0  1,
Ellas forman una base para las soluciones, ya que
y1 0  1,
y 2 0  0

y1 0  0,
 W  y1 , y 2 1  0

y 2 0  1,
Donde W  y1 , y 2  denota el Wronskiano de las soluciones y1 y y 2 .
Observar que si  es un entero par no negativo
n  2k , (k  0,1,2,) ,
luego continuar…………………
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Ejemplo 8. Resuelva la ecuación diferencial
8.1
xy   y   xy  0.
Solución.
Por el método de Taylor.

Supongamos que las soluciones son de la forma
 an x n con an 
n 0
y n  0
.
n!
Para esto, pongamos c0  y0  y 0  0 y c1  y0 .
Haciendo x  0 y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.1), se
tiene que c1  0.
Derivando implícitamente con respecto a x la ecuación (8.1), tenemos
xy   y   y   xy   y  0  xy   2 y   xy   y  0
8.2
Haciendo x  0 y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.2), se
tiene que
y 0  
1
1
y0   c0
2
2
Derivando la última ecuación (8.2), tenemos
xy iv  y   2 y   xy   y   y   0  xy iv  3 y   xy   2 y   0
8.3
Haciendo x  0 y reemplazando los valores anteriores en la ecuación (8.3), se
tiene que
y 0  
2
2
y 0   c1  0
3
3
Repitiendo el proceso anterior, se llega a la siguiente formula de recurrencia :
xy n   n  1y n1  xy n2   n  2y n3  0,
n3
Que al hacer x  0 , y reemplazar los valores obtenidos, se obtiene
y n1 0  
n  2 y n3 0 ,
n  1
n3
8.4
Encontremos varios valores
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
n  3 : y 0   
1 0 
1
y 0    c 0 ,
2
2
2
1
y 0    y 0    c1  0,
3
2
3
3 1 
3
y iv 0    y 0      c0  
c0 ,
4
4  2  4.2
4
4
y v 0    y 0    0   0 ,
5
5
5
5 3
5

y vi 0    y iv 0    
c0   
c0 ,
6
6  4.2 
4.2 2
n  4:
n  5:
n  6:
n  7:

Obtengamos ahora los coeficientes a n , note que la formula de recurrencia
(8.4) junto con c1  0 implica que todos los coeficientes con subíndices
impares desaparecen, y
a2 
a4 
a6 
y 0  1 0 
1  1
1
 y 0     c0   2 c0
2!
2!
2!  2 
2
y iv 0  1  3
1

 
c0   2 2 c0 ,
4!
4 !  4.2  4 .2
y vi 0 1 
5
1

 
c   2 2 2 c0 ,
2 0
6!
6 !  4.2
6. 4 .2


a 2 n   1
n
1
c ,
2n  2n  2 .2n  42  6.2 4 2.2 2 0
2
2
Entonces
y x   c0 
c0 2
c
c
c
x  2 0 2 x 4  2 02 2 x 6  2 2 0 2 2 x 8  
2
2
2 4
2 4 6
2 4 68

 c0

n 0
n
1
n !2
 x2 
   .
 4 
8.5
La serie (8.5) se usa frecuentemente en matemáticas aplicadas y recibe el
nombre de función de Bessel de orden J 0 ( x).
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Deberá observarse que el método de Taylor ha producido sólo una de las solusoluciones de la ec. (8.1). Para hallar la otra solución linealmente
dx
independiente, usamos la formula
y 2 x   y1 x 
2
x y1 x 

Entonces la otra solución será:

y 2 x   J 0 x 
dx
2
xJ 0 x 
La solución general viene dada por

yx   AJ 0 x   BJ 0 x 
dx
.
2
xJ 0 x 
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
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
02 y0  0y0  y0  0.
 c0  0 .
Al derivar implíctamente con respecto a x en la ecuación diferencial (9.1), se
tiene
2 xy   x 2 y   xy   y   y   0  3xy   x 2 y   2 y   0
Reemplazando los valores de x  0, y (0)  c1 en la última ecuación diferencial,
tenemos
30y 0  0 y 0  2 y 0  0
2
 c1  0 .
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Página 23
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Como todas las derivadas evaluadas en x  0, estarán en términos de c0 , y de
c1 , 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
yx   A cosln x   BA sin ln x  .
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
y   e x y  0 ,
y(0)  1,
y 0  1
10.1
Solución.
Nótese que en la ecuación diferencial todos los puntos son ordinarios.
Buscamos una solución de la forma: y x  


an x n donde an 
n 0
y n  0
, n  0.
n!
Para esto, despejamos y x  en la ecuación, reemplazando los valores
a0  y0  1 , a1  y0  1 para obtener así a 2 :
y ( x)  e x y x 
 y (0)  e 0 y 0  1  a 2 
(10.2)
y 0 1

2!
2
Derivamos (10.2) y reemplazamos los valores encontrados de los a´íes.
y ( x)  e x y x   e x y x   e x  y x   y x 
 y (0)  e 0  y 0  y 0  2  a3 
y 0 2 1
 
3!
3! 3
(10.3)
Derivamos nuevamente (10.3) y reemplazamos
y iv ( x)  e x  yx   y x   e x  y x   y x   e x  y x   2 y x   y x 
y 0 4
1
 y iv (0)  e 0  y 0  2 y 0  y 0  4  a 4 
 
4!
4! 3.2
(10.4)
Siguiendo el proceso, encontramos la siguiente fórmula para y n2  x  por lo
tanto para an 2 :
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR


n
n
 n  n 1
 y
x   y ( n ) ( x) 
y n  2  ( x)  e x  y  x     y  x     y x     
0
1
 n  1



n
e
x
k 0
 n  k 
  y x 
k 
  k  y
n
 y n  2  (0)  e 0

n
k 0
 n  k 
0 
y
  y 0   a n  2 
(n  2)!
k 
( n  2)
n
k 
k 0
(n  2)!
0
, n  0.
luego la solución general viene dada por
yx   1  x 

a
n 2
x n 2
n 0

 1 x 

n 0
2n
1
1
1
1
1
2 7
x n 2  1  x  x 2  x 3  x 4  x 5  x 6 
x  .
(n  2)!
2
3
6
15
45
315
La serie converge para todo x  R.
Realicemos este mismo ejemplo, pero ahora usando solución en series de
potencias. Para esto necesitamos del siguiente teorema.
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Teorema. Sean

a x

k
k
b x
y
 A
k
k
k 0
k 0
convergent es en el intervalo x  R, R  0. Entonces la serie

c x
k
k
k 0
con
a b
k
ck 
,
j k j
j 0
conocida como el producto de Cauchy de las series de (A), converge
también para x  R , y
 


ak x k  


 k 0

para todo x en este intervalo.



k 0

bk x  


k

c x
k
k
k 0
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 cualquier punto x0 en I es el producto de Cauchy de las
expansiones en serie de potencias de f y g alrededor de x0 .
Ahora ya podemos seguir con el ejemplo anterior.
Suponemos la solución de la forma

y ( x) 
a x
k
k
k 0
Al reemplazar en la ecuación diferencial nos da

 k (k  1)a x
k
k 2

k 2
e
x
a x
k
k
 0,
k 0
o bien,
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR


k (k  1)a k x
k 2
k 2






k 0
x k 
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
x k 
k! 


k 0



x2 x3
2
3

a k x  a 0  a1 x  a 2 x  a 3 x   1  x 

 

2! 3!



a
a

a

 a 0  a 0  a1 x   0  a1  a 2  x 2   0  1  a 2  a 3  x 3  
 2!

 3! 2!


k








k 0
k
j 0

x k .
k  j ! 
aj
Sustituyendo esta expresión en (10.5), obtenemos


k 0

k  2(k  1)a k  2 


k
j 0

x k  0,
k  j !
aj
De esto último se sigue que
ak 2
1

k  2(k  1)
 k  j !
k
aj
, k  0.
j 0
En particular,
a0
,
2
a  a1
a3  0
,
6
1 a
 a  a1
a 4   0  a1  a 2   0
,
12  2
12

a2 
etc., y en principio todos los a k pueden calcularse en términos de a 0 y a1 .
Reemplazando los valores de a0  1, a1  1 se tiene.
1
,
2
1
a3  ,
3
1
a4  ,
6

a2 
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Luego la solución del problema de valor inicial viene dado por
yx   1  x 
1 2 1 3 1 4
x  x  x  .
2
3
6
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
y x   sinx y   e x y  0
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
y0  0.
y  1  y 2 ;
11.1
Solución.
La ecuación diferencial (11.1) no es lineal, sin embargo, se conoce su solución
  
mediante el uso de separación de variables, a saber, yx   tan x , x    , .
 2 2
Método series de potencias:
Suponemos que la ec. (11.1) tiene como solución
yx  

a x .
11.2
n
n
n 0
Derivando, se tiene
y x  

 na x
n
n 1

n 1

 n  1a
n 1
xn.
11.3
n 0
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
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Página 28
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR


n 0

n  1an1 x  1  

n


n 0
2

an x   1 


n






n 0
n
k 0

a k a n k .


11.4
Igualando los coeficientes, obtenemos
n  0 : a1  1  a 0  1
2
n  1 : 2a 2  2a 0 a1  0,  a 2  0
1
3
n  3 : 4a 4  2a 0 a3  2a1 a 2  0,  a 4  0
n  2 : 3a3  2a 0 a 2  a1  1,  a3 
2
n  4 : 5a5  2a 0 a 4  2a1 a3  a 2 
2
2
2
,  a5  .
3
15
En general,


0,
si
n es par

2
a n   1  a0 ,
si
n 1
 1 n 1

a k a n 1 k , si n es impar, n  1.
 n k 0

Así, estamos en capacidad de calcular en forma recurrentelos coeficientes de
la serie pero no somos capaces de expresar fácilmente explícitamente en a n
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
1
2
yx   x  x 3  x 5  .
3
15
  
x    , .
 2 2
Método series de Taylor:

Supongamos que las soluciones son de la forma
 an x n con an 
n 0
y n  0
.
n!
Se tiene inicialmente que a0  y(0)  0 .
Haciendo x  0 y reemplazando el valor de y0  0 en la ecuación (11.1), se
tiene que
y 0  1  y0  1,  a1 
2
y 0
1
1!
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
Derivando implícitamente con respecto a x la ecuación (11.1), tenemos
y   2 yy 
11.5
Haciendo x  0 y reemplazando los valores anteriores y0  0, y 0  1 en la
ecuación (11.5), tenemos que
y 0  2 y0 y 0  0,  a 2 
y 0
 0.
2!
Repitiendo el proceso una vez
y   2 yy   2 y 
2
y 0  2 y 0 y 0  2 y 0  2(0)(1)  2(1) 2  2,  a3 
2
y 0 1

3!
3
Otra vez,
y iv  2 yy   2 y y   4 y  y   2 yy   6 y y 
y iv 0  2 y 0 y 0  6 y 0 y  0  2(0)(2)  6(1)0  0,  a 4 
y iv 0
0
4!
Y otra vez…..
y v  2 yy iv  2 y y   6 y y   6 y y   2 yy iv  8 y y   6 y 
2
y v 0  2 y 0 y iv 0  8 y 0 y 0  6 y 0
2
8
y v 0 2
1
2
 2(0)(0)  8(1)   60  ,  a5 

3
5!
15
 3
Hagamóslo una vez más
y vi  2 yy v  2 y y iv  8 y y iv  8 y y   12 y  y   2 yy v  10 y y iv  20 y y 
y vi 0  2 y 0 y v 0  10 y 0 y iv 0  20 y 0 y 0  0  a6 
y vi 0
0
6!
Por última vez
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Página 30
MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
y vii  2 yy vi  2 y y v  10 y y v  10 y y iv  20 y y iv  20 y y 
 2 yy vi  12 y y v  30 y y iv  20 y 
2
y vii 0   2 y 0  y vi 0  12 y 0  y v 0  30 y 0 y iv 0   20 y 0
2
8
2
 12(1)   202 
3
112 2
 112  a 6 
 .
7 ! 21
Luego la solución del problema de valor inicial viene dado por
1
2
2
23 9
yx   x  x 3  x 5  x 7 
x  .
3
15
21
810
  
x    , .
 2 2
1
2
2
23 9
tan x  x  x 3  x 5  x 7 
x  .
3
15
21
810
  
x    , .
 2 2
Esto es,
Notése que estamos en capacidad de de calcular en forma recurrente los coeficientes de la serie pero no somos capaces de expresar facilmente a_n explícitamente como función de n. De nuevo no podemos enciontrar su radio de
con-vergencia.
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.
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Página 31
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  x  e  y ;
y0  0.
12.1
Solución.
En este problema podemos encontrar su solución en forma analítica como
sigue:
Haciendo u  e  y , se tiene que
12.2
du
dy
  ey
dx
dx
Así que multiplicamos la ec. (12.1) por  e  y , para obtener
 ey
dy
  xe  y  e 2 y
dx
O bien, el siguiente problema de valor inicial equivalente
12.3
du
 xu  u 2 ,
dx
La ecuación diferencial (12.3) es de tipo Bernoulli, por lo tanto haremos la
sustitución
w  u 1 ,
12.4
Con lo cual se tiene
dw
du
  u 2
dx
dx
Multiplicando a ambos miembros de la ecuación (12.3) por  u 2 , se obtiene
 u2
du
 xu 1  1 ,
dx
O bien, ya que w  u 1 , w0  u0  1
1
dw
 xw  1 , w0  1
dx
12.5
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR
La ecuación (12.5) resulta ser lineal, se encuentra que el factor integrante viene
x2
x



a ser  x   exp  tdt   e 2 .
 0 

Multiplicando la ecuación (12.5) por el factor integrante, se tiene
x
x

d  2 
e w  e 2 ,
dx 

2
2
Luego la solución de (12.5) es obtenida como

wx   e C 

x2
2

x
e

t2
2
0

dt  ,

12.6
Reemplazando la condición inicial para encontrar C, obtenemos
1  w0  e
0 2

C 

2

0
e

t2
2
0

dt  ,  C  1

Así que al devolvernos, tenemos:
1
e
u x 
x2
2

1 


x
e
0
t2

2

x2
2

e
dt  ,  u ( x) 
2
x t

2
1
e dt

0
Pero u  e  y .
e
y
e

1


x2
2
x
e
0

2
t
2
dt


x2



x2


e 2


  y  ln
  y  ln e 2  ln 1 
2


x t

1 
e 2 dt 
0




x
e
0

t2
2

dt 

O finalmente,

x2
yx  
 ln 1 
2


x
e
0

t2
2
 x2

  x 
, x  1.2755
dt  
 ln 1 
erf 
2  2 

 2
donde la función de error erf(x) viene dada por:
erf ( x) 
2


x
e t dt.
2
0
Ahora encontremos su solución por el método de las series de Taylor:
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MÉTODO DE SERIES DE TAYLOR

 an x n con an 
Supongamos que las soluciones son de la forma
n 0
y n  0
.
n!
Se tiene inicialmente que a0  y(0)  0 .
Haciendo x  0 y reemplazando el valor de y0  0 en la ecuación (12.1), se
tiene que
y 0  0  e 0   1,  a1 
y 0
1
1!
Derivando implícitamente con respecto a x la ecuación (12.1), tenemos
12.7
y   1  e  y y 
Haciendo x  0 y reemplazando los valores anteriores y0  0, y 0  1 en la
ecuación (12.7), tenemos que
y 0  1  e 0  y 0  0,  a 2 
y 0
 0.
2!
Derivando nuevamente la ecuación (12.7) con respecto a x, se tiene
y   e  y y   e  y y   e  y  y   y ,
12.8
Haciendo x  0 y reemplazando los valores anteriores y0  0, y 0  1 y
y 0  0 en la ecuación (12.8), tenemos que
y 0  e 0   y  0  y 0  1,  a3 
y 0 1

3!
3!
Repitiendo el proceso anterior
y iv   e  y  y   2 y   y ,
y iv 0   e 0   y 0  2 y 0  y 0  2, 
a4 
y iv 0
2

4!
4!
Repetiremos el proceso unas cuantas veces


y v   e  y y iv  3 y   3 y   y  ,


y v 0   e 0  y iv 0  3 y 0  3 y 0  y 0  6,  a5 
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y v 0 6

5!
5!
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

y vi   e  y y v  4 y iv  6 y   4 y   y  ,
y 0   e
vi
 0 


y 0  4 y 0  6 y 0  4 y 0  y 0  21,  a6 
v
iv
y v 0
21

6!
6!
Siguiendo el proceso, encontramos la siguiente fórmula para y k  x  por lo
tanto una formula un tanto no obvia para a k :
 n 1

n  2  n  2 
n  2  n 3
y

 y
 y
x   
x   
x   
1
2






y  n  ( x )  e  y 

n  n  2  2 
n 1

 y x    1 y ( x) 
  1 

 n  3


n2
 e
y
n  2  n 1 k 
 y
x 
k



  1k 
k 0
Que al evaluar en x=0, obtenemos:
n2
n 
y (0)  
 n  2  n 1 k 
y
0
k 
  1 
k
k 0
De aquí una formula para los coeficientes a k :
an 
y ( n ) 0

n!



n2
n  2  n 1 k  
 y
0
 k 


 1k 
k 0
n!
, n  0.
Método de Descomposición de Adomian.
x2
yx  

2

n 1 x



1

n 1
n
n
Se deja como ejercicio resolver el mismo problema de valor inicial con el
método de las series de potencias.
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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.
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