Ejercicio 1 Resolver el siguiente problema de valores iniciales para una ecuación en derivadas parciales $$x\frac{\partial u}{\partial x}+y\frac{\partial u}{\partial y}=3x^2y$$ $$u(x,1)=0$$ La ecuación de las características es $$\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x}\Rightarrow \frac{dy}{y}=\frac{dx}{x}\Rightarrow \ln(|y|)=\ln(|x|)+C_1,\quad \text{donde } C_1\in\mathbb{R} $$ Luego $$|y|=e^{C_1}|x|\Rightarrow |y|=\pm C_2|x|,\quad \text{con } C_2=e^{C_1}>0 \Rightarrow y= C_3 x,\quad \text{con } C_3\in\mathbb{R}$$ Ahora para $u$ tenemos $$\frac{du}{dx}=\frac{3x^2y}{x}=3xy=3C_3x^2\Rightarrow u=\int du=C_3\int 3x^2dx=C_3x^3+f(C_3)=yx^2+f\left(\frac{y}{x}\right)$$ Ahora $$u(x,1)=0\Rightarrow x^2+f\left(\frac{1}{x}\right)=0\Rightarrow f\left(\frac{1}{x}\right)=-x^2\Rightarrow f\left(z\right)=-\frac{1}{z^2}\quad (\text{hice } z=\frac{1}{x})$$ Finalmente $$u= yx^2-\frac{x^2}{y^2}$$ Chequeemos
In [5]:
from sympy import *
init_printing()
x,y=symbols('x,y')
u=y*x**2-x**2/y**2
(x*u.diff(x)+y*u.diff(y)).simplify()
Out[5]:
In [6]:
u.subs(y,1)
Out[6]:
Ejercicio 2 Dada la ecuación $$x^3y'''(x)-6xy'(x)+12y=0.$$ proponer una solución de la forma $y=x^r$ y demostrar que existen tres soluciones linealmente independientes de esa forma.
In [10]:
x,r=symbols('x,r',real=True)
y=x**r
Ecua=x**3*y.diff(x,3)-6*x*y.diff(x)+12*y
Ecua
Out[10]:
In [11]:
Ecua.factor()
Out[11]:
Claramente, la expresión nos dice que debe ser $r=3,2,-2$. Veamos que estos valores de $r$ determinan soluciones linealmente independientes. Usamos el wronskiano
In [16]:
y1=x**2
y2=x**3
y3=x**(-2)
A=Matrix([[y1,y2,y3],[y1.diff(x,1),y2.diff(x,1),y3.diff(x,1) ],[y1.diff(x,2),y2.diff(x,2),y3.diff(x,2) ] ])
A.det()
Out[16]:
Como $W\neq 0$ son linealmente independientes
Ejercicio 3 La siguiente ecuación: $$xy''+(b-x)y'-ay=0,$$
con $a,b\in\mathbb{R}$, se conoce como Ecuación de Kummer.
Justificar que, cuando $b$ no es un entero menor o igual a cero, obtenemos una solución que es una función entera, que eligiendo convenientemente la condición inicial, es:
$$ M(a,b;x)=1+\frac{a}{b}x+\frac{a(a+1)}{b(b+1)}\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{a(a+1)\cdots(a+n)}{b(b+1)\cdots (b+n)}\frac{x^n}{n!}+\cdots$$
Esta función se conoce con el pomposo nombre de función hipergeométrica confluente de Kummer.
Solución
tenemos que $p(x)=\frac{b-x}{x}$ y $q(x)=-\frac{a}{x}$. Luego $x=0$ es un punto singular de la ecuación. Además $xp(x)=b-x$ y $x^2q(x)=-ax$ son polinomios y por lo tanto funciones analíticas. De esta manera $x=0$ es un punto regular singular. En lo que sigue nos apoyaremos en SymPy
In [94]:
orden=5
coef=symbols('a:5')
In [95]:
coef
Out[95]:
In [96]:
m=symbols('m',real=True)
y=x**m* sum([coef[i]*x**i for i in range(orden)])
y
Out[96]:
In [97]:
a,b=symbols('a,b',real=True)
Ecua=y.diff(x,2)+(b-x)/x*y.diff(x)-a/x*y
Ecua=Ecua/x**(m-2)
Ecua=Ecua.expand()
Ecua
Out[97]:
In [98]:
Ecuaciones=[Ecua.diff(x,i).subs(x,0)/factorial(i) for i in range(orden)]
Ecuaciones
Out[98]:
Hallemos las soluciones de la ecuación indicial
In [99]:
Sol_Ecua_Ind=solve(Ecuaciones[0],m)
Sol_Ecua_Ind
Out[99]:
Esto resuelve el inciso 2 del ejercicio. Para obtener la relación de recurrencia debemos despejar $a_n$ de cada ecuación.
In [100]:
for i in range(1,orden):
Recu=solve(Ecuaciones[i],coef[i])[0].factor()
pprint(coef[i])
pprint(Recu)
Obtenemos $$a_n=\frac{a+m+n-1}{(m+n)(b+m+n-1)}a_{n-1}$$ Si $b\notin\mathbb{Z}$ entonces la diferencia entre las raíces de la ecuación indicial $0-(1-b)=b\notin\mathbb{Z}$. Así por el Teorema que hemos visto tenemos dos soluciones en serie de Frobenius $$y_1=x^0\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n,\quad\text{con }a_0\neq 0$$ y $$y_2=x^{1-b}\sum\limits_{n=0}^{\infty}b_nx^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}b_nx^n,\quad\text{con }b_0\neq 0$$ Son linealmente independientes (esto creo que en algún lugar del teórico está dicho) pues como $1-b\neq 0$ $$\lim_{x\to 0^+}\frac{y_1}{y_2}=\lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x^{1-b}}\frac{a_0}{b_0}$$ y este límite es 0 o $\infty$ acorde a que $1-b<0$ o $1-b>0$ respectivamente. Entonces $y_1/y_2$ no puede ser constante.
Cuando $b\notin \mathbb{Z}$ tenemos que $m=0$ determina una solución. Pero, si $b$ es entero positivo, la raíz $m=0$ es mayor o igual que la raíz $m=1-b$ y entonces, en este caso también, $m=0$ nos da una solución en serie de Frobenius.
En cualquier caso el radio de convergencia es infinito pues
$$\lim_{n\to\infty}\frac{|a_n||x|^n}{|a_{n-1}||x|^{n-1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{a+m+n-1}{(m+n)(b+m+n-1)}|x|=0$$y se invoca el criterio del cociente
In [101]:
Sol_a_n=solve(Ecuaciones,coef[1:])
y.subs(Sol_a_n).subs(m,0)
Out[101]:
Para que quede lo que dice el ejercicio, debemos elegir $a_0=1$
In [102]:
y.subs(Sol_a_n).subs(m,0).subs(coef[0],1)
Out[102]:
Si de la misma forma si $b\notin \mathbb{Z}$ o $b$ es entero menor o igual que cero, $m=1-b$ da una solución en serie de Frobenius. Hallémosla
In [103]:
y.subs(Sol_a_n).subs(m,1-b)
Out[103]:
No está muy claro el patrón que sigue la expresión porque SyPy no muestra los denominadores factorizados. Pidamos que lo haga y, de paso, sustituyamos $m$ por $1-b$
In [92]:
for an in coef[1:]:
Sol_a_n[an]=Sol_a_n[an].factor().subs(m,1-b)
In [93]:
y.subs(Sol_a_n)
Out[93]:
De esto se ve que, tomando $a_0=1$, la otra solución es $$y=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(a-b+1)(a-b+2)\cdots(a-b+n)}{n!(2-b)(3-b)\cdots (n+1-b)}x^n$$
Ejercicio 4 Considerar el PVI: $$y''=y'+y,\quad y(0)=0,\quad y'(0)=1.$$
Solución Hallemos la relación de recurrencia
In [106]:
orden=10
coef=symbols('a:10')
y=sum([coef[i]*x**i for i in range(orden)])
a,b=symbols('a,b',real=True)
Ecua=y.diff(x,2)-y.diff(x)-y
Ecua
Out[106]:
In [107]:
Ecuaciones=[Ecua.diff(x,i).subs(x,0)/factorial(i) for i in range(orden)]
Ecuaciones
Out[107]:
Las dos últimas ecuaciones no sirven
In [109]:
Ecuaciones=Ecuaciones[:-2]
Ecuaciones
Out[109]:
In [112]:
for i in range(6):
Recu=solve(Ecuaciones[i],coef[i+2])[0].factor()
pprint(coef[i+2])
pprint(Recu)
Vemos que $$a_n=\frac{a_{n-2}+(n-1)a_{n-1}}{n(n-1)}$$
Recordemos que debemos tener $a_0=0$ y $a_1=1$. Hay que demostrar que $b_n:=n!a_n$ es la sucesión de Fibonacci $F_n$. Multiplicando la relación de recurrencia por $n!$ obtengo una relación de recurrencia para los $b_n$ $$b_n=n!a_n=(n-2)! (a_{n-2}+(n-1)a_{n-1})= (n-2)! a_{n-2}+(n-1)!a_{n-1}=b_{n-2}+b_{n-1}$$ Que resulta ser la misma relación de recurrencia que los números de Fibonacci. Además como $b_1=F_1=1$ y (hay que hacer la cuenta) $b_2=F_2=1$, por un Lemma del Teórico sobre relaciones de recurrencia $F_n=b_n$.
Para el radio de convergencia notemos que $$F_n=F_{n-1}+F_{n-2} \leq F_{n-1}+F_{n-1}=2F_{n-1}\Rightarrow 0\leq \frac{F_{n}}{F_{n-1}}\leq 2$$ Vale decir, $F_n/F_{n-1}$ está acotada. Entonces $$\lim_{n\to\infty}\frac{ \frac{F_n}{n!}|x|^n}{\frac{F_{n-1}}{(n-1)!}|x|^{n-1}}=\lim_{n\to\infty} \frac{F_{n}}{n F_{n-1}}|x|=0 $$ Nuevamente el criterio del cociente nos dice que el radio de convergencia es infinito.
El límite
$$\lim_{n\to\infty}\frac{F_{n}}{F_{n-1}}$$se puede calcular, y de hecho es la razón aurea (ver el artículo en wikipedia). Pero no necesitamos saber eso para el ejercicio.
In [ ]: