Método de Frobenius - Punto singular regular
Puntos singulares regulares
Hasta este punto, hemos visto como resolver EDO’s usando series de potencias en torno a puntos ordinarios. Esto es, cuando \(P\left(x_{0}\right) \neq 0\), donde \(P(x)\) es el coeficiente de la siguiente EDO:
\[P(x) y^{\prime \prime}+Q(x) y^{\prime}+R(x) y=0\]
Este tipo de problemas eran tediosos, ¿verdad? Pues tranquilo, tu vida está por mejorar.
Ahora, nos vamos a preguntar: Y cuando \(P\left(x_{0}\right)=0\), ¿que ocurre? Cuando esto sucede, decimos que el punto x_{0} es singular. Por ejemplo:
\[(x-1) y^{\prime \prime}+y^{\prime}+y=0\]
Para esa ecuación, el punto \(x_{0}=1\) es singular. También podemos tener más de un punto singular para una EDO, mira:
\[\left(x^{2}-1\right) y^{\prime \prime}+y^{\prime}+y=0\]
En este caso, tanto \(x_{0}=1\) cuando \(x_{0}=-1\) son singulares.
Resolviendo EDO’s por series de potencias, buscamos huir de esos pocos puntos en donde una EDO es singular, pero ahora vamos a aprender a trabajar con ellos. En esta ocasión veremos un caso particular de singularidad: la singularidad regular.
Decimos que un punto \(x_{0}\) es singular regular si:
\[\lim _{x \rightarrow x_{0}}\left(x-x_{0}\right) \frac{Q(x)}{P(x)}\]
\[\lim _{x \rightarrow x_{0}}\left(x-x_{0}\right)^{2} \frac{R(x)}{P(x)}\]
Existen y son finitos. En estos casos, decimos que las singularidades son “débiles”.
Por ejemplo:
\[\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+\alpha(\alpha+1) y=0\]
Ya vimos que \(P\left(x_{0}\right)=0\) cuando \(x_{0}=\pm 1\). Vamos a descubrir si esos puntos singulares son regulares o no. Para \(x_{0}=1\):
\[\lim _{x \rightarrow x_{0}}\left(x-x_{0}\right) \frac{Q(x)}{P(x)}=\lim _{x \rightarrow 1}(x-1) \frac{-2 x}{1-x^{2}}=\]
\[=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x-1)(-2 x)}{(1-x)(1+x)}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{2 x}{1+x}=1\]
Ahora vamos a calcular el otro límite:
\[\lim _{x \rightarrow x_{0}}\left(x-x_{0}\right)^{2} \frac{R(x)}{P(x)}=\lim _{x \rightarrow 1}(x-1)^{2} \frac{\alpha(\alpha+1)}{1-x^{2}}=\]
\[=\lim _{x \rightarrow 1}(x-1)^{2} \frac{\alpha(\alpha+1)}{(1-x)(1+x)}=\lim _{x \rightarrow 1}(x-1) \frac{(-\alpha)(\alpha+1)}{(1+x)}=0\]
Por tanto, concluimos que \(x_{0}=1\) es un punto singular regular. De forma parecida, podemos hacer lo mismo para \(x_{0}=-1\).
Método de Frobenius
Veamos cómo se resuelve esta ecuación:
\[2 x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}+(1+x) y=0\]
En torno al punto \(x_{0}=0\).
Paso 1: determinar si el punto es un punto singular:
Tendremos:
\[P(x)=2x^{2}\]
\[Q(x)=-x\]
\[R(x)=(1+x)\]
Y tenemos calcular:
\[\lim _{x \rightarrow x_{0}}\left(x-x_{0}\right) \frac{Q(x)}{P(x)}=\lim _{x \rightarrow 0}(x) \frac{-x}{2 x^{2}}=\lim _{x \rightarrow 0}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}\]
\[\lim _{x \rightarrow x_{0}}\left(x-x_{0}\right)^{2} \frac{R(x)}{P(x)}=\lim _{x \rightarrow 0} x^{2} \frac{(1+x)}{2 x^{2}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1+x)}{2}=\frac{1}{2}\]
Entonces, como esos límites existen, \(x_{0}=0\) es un punto singular regular.
Paso 2: vamos a suponer que esa función que queremos buscar \(y(x)\) es analítica, es decir, tiene representación mediante la serie de potencias. Vamos a suponer que:
\[y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+r}\]
Esa es la serie que representa a \(y(x)\). Escribimos en torno al punto \(x_{0}=0\), porque el problema pide la solución en torno a este punto. Ese \(a_{n}\) representa los coeficientes de cada término de la serie, puede ser cualquier expresión. Encontrando los \(a_{n}\)`s, definimos \(y(x)\). Eso es lo que haremos más adelante.
Bien, si \(y(x)\) es dada por esa expresión, entonces
\[y^{\prime}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r) a_{n} x^{n+r-1}\]
\[y^{\prime \prime}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1) a_{n} x^{n+r-2}\]
Por el teorema de la derivación término a término.
Mira que, a diferencia de cuando lo hacíamos para el punto ordinario, el valor de \(n\) no va a cambiar, siempre será \(n=0\).
Tranquilo, pronto vas a entender por qué derivamos la serie.
Paso 3: Si \(f(x), f^{\prime}(x)\) y \(f^{\prime \prime}(x)\), son dadas por esas series, sustituyendo esas expresiones en la EDO, no cambiamos nada, ¿cierto? Continúa siendo la misma ecuación. Mira:
\[2 x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}+(1+x) y=0\]
\[\Rightarrow 2 x^{2} \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1) a_{n} x^{n+r-2}-x \sum_{n=0}^{\infty}(n+r) a_{n} x^{n+r-1}+(1+x) \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+r}=0\]
\[\sum_{n=0}^{\infty} 2(n+r)(n+r-1) a_{n} x^{n+r}-\sum_{n=0}^{\infty}(n+r) a_{n} x^{n+r}+\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+r}+\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+r+1}=0\]
Paso 4: debemos unir esos sumatorios, para simplificar las cosas. Primero, vamos a dejarlos con la misma potencia de \(x\), en este caso, \(x^{n+r}\). Mira:
\[\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+r+1}=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n+r}\]
Bastante fácil hasta el momento, pero tienes que entender todo bien. ¿Que hicimos? Sustituimos \(n\) por \(n-1\) en el exponente, es decir, es como si estuviéramos definiendo un nuevo \(n^{\prime}\) definido por \(n=n^{\prime}+1\). En términos prácticos, así que debes razonar hasta ahora:
Cuando pasaste el exponente de \(n\) a \(n-1\), restaste \(1\) ¿no? Entonces, para no alterar la serie restaste \(1\) a todos los \(n\)`s en el término general del sumatorio, inclusive a \(a_{n}\), que se convierte en \(a_{n-1}\).
Pero cuando haces una alteración en el término general, el índice del sumatorio debe cambiar, para compensar (mismo razonamiento que tenemos con las sustituciones en las integrales). Como restamos \(1\) a los \(n\)`s del sumatorio, ahora \(n\) debe comenzar después de \(1\) unidad, para compensar: entonces, pones \(1\) en el índice (en el ejemplo el índice pasó de \(n=0\) a \(n-1=0 \rightarrow n=1\)).
Entonces, tenemos:
\[\sum_{n=0}^{\infty} 2(n+r)(n+r-1) a_{n} x^{n+r}-\sum_{n=0}^{\infty}(n+r) a_{n} x^{n+r}+\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+r}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n+r}=0\]
Tenemos todos los valores de \(x^{n+r}\)
Lo ideal siempre es modificar el último término, intentar dejar los términos con \(r\) sin ser modificados.
Paso 5: ahora todos tienen \(1\) unidad, eso no cambia nada, solo escribimos el primer término separado
\[2 r(r-1) a_{0} x^{r}+\sum_{n=1}^{\infty} 2(n+r)(n+r-1) a_{n} x^{n+r}-r a_{0} x^{r}-\sum_{n=1}^{\infty}(n+r) a_{n} x^{n+r}+a_{0} x^{r}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} x^{n+r}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n+r}=0\]
\[2 r(r-1) a_{0} x^{r}-r a_{0} x^{r}+a_{0} x^{r}+\sum_{n=1}^{\infty} 2(n+r)(n+r-1) a_{n} x^{n+r}-\sum_{n=1}^{\infty}(n+r) a_{n} x^{n+r}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} x^{n+r}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n+r}=0\]
\[a_{0} x^{r}(2 r(r-1)-r+1)+\sum_{n=1}^{\infty} 2(n+r)(n+r-1) a_{n} x^{n+r}-\sum_{n=1}^{\infty}(n+r) a_{n} x^{n+r}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} x^{n+r}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n+r}=0\]
Paso 6: resolver la ecuación indicial, que será igual a \(0\) aquél término que sobró al inicio.
\[a_{0}(2 r(r-1)-r+1)=0\]
Queremos que \(a_{0} \neq 0\):
\[2 r(r-1)-r+1=0\]
Resolviendo tendremos:
\[2 r^{2}-2 r-r+1=0\]
\[2 r^{2}-3 r+1=0\]
\[r_{1}=\frac{1}{2}\]
\[r_{2}=1\]
Obs: \(2 r^{2}-3 r+1=0\) es lo que llamamos ecuación indicial. Solo puedes hallarla en el paso 6 y resolverla, o también puedes hallarla al inicio del problema. Esto normalmente es interesante cuando te piden encontrar las raíces de la ecuación indicial, entonces no es necesario hacer todo ese desarrollo. Presta atención, la ecuación indicial tiene esta forma:
\[r(r-1)+q_{0} r+r_{0}=0\]
Donde:
\[q_{0}=\lim _{x \rightarrow x_{0}}\left(x-x_{0}\right) \frac{Q(x)}{P(x)}\]
\[r_{0}=\lim _{x \rightarrow x_{0}}\left(x-x_{0}\right)^{2} \frac{R(x)}{P(x)}\]
¿Eso te parece familiar? Pues lo es, son los límites que tienes que calcular para decir si un punto es regular o no. O sea, ningún trabajo extra para ti. Si hacemos \(q_{0}=-\frac{1}{2}\) y \(r_{0}=\frac{1}{2}\) que encontramos al comienzo del problema:
\[r(r-1)-\frac{r}{2}+\frac{1}{2}=0\]
\[r^{2}-r-\frac{r}{2}+\frac{1}{2}=0\]
\[r^{2}-\frac{3 r}{2}+\frac{1}{2}=0\]
\[2 r^{2}-3 r+1=0\]
Que es igual a la ecuación que hallamos al final del paso 5. Pero si piensas que esa ecuación solo sirve para preguntas de exámenes estás muy equivocado. Presta atención a la siguiente explicación:
INFORMACIÓN IMPORTANTE
Ahora tenemos que hacer un análisis importantísimo, básicamente debemos restar la raíz menor de la mayor, en el caso de este ejercicio, sería, \(r_{2}-r_{1}=\frac{1}{2}\), “¿entiendes?” A lo largo de la demostración de la teoría del método de Frobenius, vimos que existirán dos soluciones linealmente independientes en el caso de la diferencia entre las raíces de la ecuación indicial de ese no entero y mayor que cero, tranquilo, veámoslo:
Caso 1: \(r_{1}-r_{2} \notin \mathbb{Z}^{+} u\{0\}\),con \(r_{1} \geq r_{2}\). Decimos de forma general que \(r_{1}\) es la raíz mayor, y \(r_{2}\) la menor, eso no importa, puede ser al contrario como en el ejercicio, lo que importa es que restes la raíz menor de la mayor. Si esa diferencia no da un número entero positivo o cero, entonces, existen dos soluciones linealmente independientes por el método de Frobenius:
\[y_{1}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+r_{1}}\]
\[y_{2}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} b_{n} x^{n+r_{2}}\]
Observa que eso es lo que hicimos en la solución al principio, aplicando \(r_{1}\) y \(r_{2}\).
Caso 2: \(r_{1}-r_{2} \in \mathbb{Z}^{+} u\{0\},\) con \(r_{1} \geq r_{2}\). Es decir, la diferencia entre la raíz menor y la raíz mayor de un número entero positivo o cero. En este caso solo tenemos una solución, no sabemos la otra, y siempre es la de la raíz mayor:
\[y_{1}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+r_{1}}\]
¿Entiendes? Analizando la diferencia, podemos saber si tendremos dos soluciones o una solución. ¡Eso es importante! Es un análisis simple pero fuerte, “Ah, pero sin dos soluciones linealmente independientes no podemos saber la solución general”, pues por lo menos sabemos una solución particular, que es mejor que nada. Existe un método para hallar la otra solución en esa situación, pero es complicado y no lo veremos en esta ocasión.
--fin de la observación
Bien, entonces vimos que para el ejercicio \(r_{2}-r_{1}=\frac{1}{2}\), por el teorema del cual hablamos, existen dos soluciones dadas por:
\[y_{1}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+r_{1}}\]
\[y_{2}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} b_{n} x^{n+r_{2}}\]
¿Cómo hallamos \(a_{n}\) y \(b_{n}\)? Pues es lo que haremos ahora. En la práctica decimos que ambos son \(a_{n}\), pero podemos llamar a las constantes con nombres distintos, para así no confundirte.
Paso 7: entonces, vamos a unir los sumatorios, poniendo a \(x^{n+r}\) en evidencia (por eso igualamos las potencias). Como ya tenemos todos los sumatorios comenzando en \(n=1\), no debemos alterar los índices.
Tenemos:
\[\sum_{n=1}^{\infty}\left(2(n+r)(n+r-1) a_{n}-(n+r) a_{n}+a_{n}+a_{n-1}\right) x^{n+r}=0\]
Paso 8: recuerda que el objetivo es encontrar una expresión para \(a_{n}\) y así definir \(y(x)\). Como puedes ver, tenemos un sumatorio de términos positivos que es igual a cero, el término general debe ser cero.
Como \(x^{n} \neq 0\) obligatoriamente, sabemos que el que está dentro de paréntesis debe ser igual a cero. Mira:
\[2(n+r)(n+r-1) a_{n}-(n+r) a_{n}+a_{n}+a_{n-1}=0\]
Esa es la llamada relación de recurrencia de los coeficientes. Ahora, con base en esa ecuación, vamos a calcular algunos \(a_{n}\)’s, para así obtener una expresión en función de \(n\) que lo defina.
\[a_{n}=-\frac{a_{n} 1}{2(n+r)(n+r-1)-(n+r)+1}=-\frac{a_{n} 1}{2(n+r)(n+r-1)-(n+r-1)}\]
\[a_{n}=-\frac{a_{n-1}}{(n+r-1)(2(n+r)-1)}\]
¿Y ese \(r\)? Aquí entra una cierta diferencia de la solución en el punto ordinario, vamos a encontrar las dos soluciones, una para cada valor de \(r\) que hallamos.
Para \(r=1\) la relación de recurrencia es:
\[a_{n}=-\frac{a_{n} 1}{(n+1-1)(2(n+1)-1)}=-\frac{a_{n} 1}{n(2 n+1)}\]
\[\operatorname{para} n=1 \rightarrow a_{1}=-\frac{a_{0}}{1.3}\]
\[\operatorname{para} n=2 \rightarrow a_{2}=-\frac{a_{1}}{2.5} \rightarrow a_{2}=\frac{a_{0}}{(1.2) \cdot(3.5)}\]
\[\text{para } n=3 \quad \rightarrow \quad a_{3}=-\frac{a_{2}}{3.7} \quad \rightarrow \quad a_{2}=-\frac{a_{0}}{(1.2 .3)(3.5 .7)}\]
Mira que tendremos:
\[a_{n}=\frac{(-1)^{n}}{(1.2 .3 .4 \ldots n)(3.5 .7 \ldots(2 n+1))} a_{0}=\frac{(-1)^{n}}{n !(3.5 .7 \ldots(2 n+1))} a_{0}\]
Podemos hacer un pequeño arreglo, observa que si multiplicamos abajo por \(2.4 .6 .8 \ldots 2 n\) vamos a completar el factorial de \((2 n+1) !\), además
\[2.4 .6 .8 \ldots 2 n=2^{n} n !\]
Multiplicando arriba y abajo
\[a_{n}=\frac{(-1)^{n} 2^{n} n !}{n !(3.5 .7 \ldots(2 n+1)) 2^{n} n !} a_{0}=\frac{(-1)^{n} 2^{n} n !}{n !(2 n+1) !} a_{0}=\frac{(-1)^{n} 2^{n} n !}{n !(2 n+1) !} a_{0}=\frac{(-1)^{n} 2^{n}}{(2 n+1) !} a_{0}\]
Paso 9: finalmente, basta con sustituir la expresión que encontramos para los coeficientes en la serie.
Para \(r=1\)
\[y_{1}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+1}=a_{0} x+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} 2^{n}}{(2 n+1) !} a_{0} x^{n+1}\]
Para eliminar \(a_{0}\) porque queremos la solución para después multiplicar por una constante.
\[y_{1}(x)=x+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} 2^{n}}{(2 n+1) !} x^{n+1}\]
Paso 10: tenemos que volver a hacer el paso 8 y 9 para otra valor de \(r\)
Para \(r=\frac{1}{2}\) la relación de recurrencia es (puedes llamarla \(b_{n}\) si quieres)
\[a_{n}=-\frac{a_{n} 1}{\left(n+\frac{1}{2}-1\right)\left(2\left(n+\frac{1}{2}\right)-1\right)}=-\frac{a_{n} 1}{2 n\left(n-\frac{1}{2}\right)}=-\frac{a_{n} 1}{n(2 n-1)}\]
\[\operatorname{para} n=1 \quad \rightarrow \quad a_{1}=-\frac{a_{0}}{1.1}\]
\[\text{para } \space n=2 \quad \rightarrow \quad a_{2}=-\frac{a_{1}}{2.3} \quad \rightarrow \quad a_{2}=\frac{a_{0}}{(1.2) \cdot(1.3)}\]
\[\text{para }\space n=3 \quad \rightarrow \quad a_{3}=-\frac{a_{2}}{3.5} \quad \rightarrow \quad a_{2}=-\frac{a_{0}}{(1.2 .3)(1.3 .5)}\]
Mira que tendremos:
\[a_{n}=\frac{(-1)^{n}}{(1.2 .3 .4 \ldots n)(3.5 .7 \ldots(2 n-1))} a_{0}=\frac{(-1)^{n}}{n !(3.5 .7 \ldots(2 n-1))} a_{0}\]
Podemos hacer un pequeño arreglo, observa que si multiplicamos abajo por \(2.4 .6 .8 \ldots 2 n\) vamos a completar el factorial de \((2 n) !\), además
\[2.4 .6 .8 \ldots 2 n=2^{n} n !\]
Multiplicando arriba y abajo
\[a_{n}=\frac{(-1)^{n} 2^{n} n !}{n !(3.5 .7 \ldots(2 n-1)) 2^{n} n !} a_{0}=\frac{(-1)^{n} 2^{n} n !}{n !(2 n) !} a_{0}=\frac{(-1)^{n} 2^{n} n !}{n !(2 n) !} a_{0}=\frac{(-1)^{n} 2^{n}}{(2 n) !} a_{0}\]
Finalmente, basta con sustituir la expresión que encontramos para la coeficientes en la serie.
Para \(r=\frac{1}{2}\)
\[y_{2}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+1 / 2}=a_{0} x^{1 / 2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} 2^{n}}{(2 n) !} a_{0} x^{n+1 / 2}\]
Podemos eliminar \(a_{0}\) porque queremos la solución para después multiplicar por una constante.
\[y_{2}(x)=x^{1 / 2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} 2^{n}}{(2 n) !} x^{n+1 / 2}\]
Paso 11: escribir la solución:
\[y(x)=C_{1} y_{1}(x)+C_{2} y_{2}(x)\]
\[y(x)=C_{1}\left(x+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} 2^{n}}{(2 n+1) !} x^{n+1}\right)+C_{2}\left(x^{1 / 2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} 2^{n}}{(2 n) !} x^{n+1 / 2}\right)\]
Resúmen práctico
Tranquilo, vamos a explicar todo lo anterior nuevamente. Básicamente, lo que hicimos fué asumir que la solución de la EDO \(y(x)\) tiene representación en series.
¿Pero por qué usar este método tan complicado para resolver EDO’s? Uno de los motivos es simple: porque probablemente tu examen te lo pida.
¿Y cuál es la ventaja de este método? ¿Cuándo podemos usarlo? Una de las ventajas, es que podemos resolver EDO’s cuyos coeficientes son funciones:
\[P(x) y^{\prime \prime}+Q(x) y^{\prime}+R(x)=0\]
Por ejemplo:
\[\left(x^{2}-1\right) y^{\prime \prime}+y^{\prime}+y=0\]
Esa EDO no puede ser resuelta por el método de la ecuación característica, que mencionamos al inicio del tema, porque los coeficientes de la ecuación son funciones de \(x\). Sin embargo, podemos resolverla sin problemas usando series:
\[y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n+r}\]
Estamos representando \(y(x)\) por una serie centrada en el punto \(x_{0}\), que te pide el problema o que tú mismo escoges.
\(1.\) Verificar que el punto \(x_{0}\) es singular regular
\[\lim _{x \rightarrow x_{0}}\left(x-x_{0}\right) \frac{Q(x)}{P(x)}\]
\[\lim _{x \rightarrow x_{0}}\left(x-x_{0}\right)^{2} \frac{R(x)}{P(x)}\]
Existen y son finitos.
\(2.\) Definir
\[y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+r}\]
\[y^{\prime}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r) a_{n} x^{n+r-1}\]
\[y^{\prime \prime}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1) a_{n} x^{n+r-2}\]
Y sustituir en la EDO \(y\), \(y^{\prime}\), y \(y^{\prime \prime}\) por esas series;
\(3.\) Igualar las potencias de \(x\), en general, por \(x^{n}\). Usando la técnica que expliqué anteriormente.
\(4.\) En caso de que no sean las mismas, igualar los índices de los sumatorios por el mayor, colocando afuera del sumatorio los términos correspondientes a los índices anteriores;
\(5.\) Resolver la ecuación indicial, que es aquella ecuación en donde \(r\) sobra del lado de afuera de los sumatorios. Y verificar cómo se comporta la resta entre las raíces.
\(6.\) Unir los sumatorios poniendo a \(x^{n}\) en evidencia. En caso de que hayan términos independientes (sueltos afuera del sumatorio) sería bueno agruparlos dentro de paréntesis de acuerdo con la potencia de \(x\) que lo multiplica;
\(7.\) Como \(x^{n} \neq 0\), igualar el término que multiplica la potencia a cero, encontrando la relación de recurrencia. Si hay términos fuera del sumatorio, también debemos igualarlos a cero;
\(8.\) Calcular algunos \(a_{n}\)`s en caso de que haya más de una solución (depende del resultado de la resta de la raíz menor con la mayor) y encontrar una (o más de una) expresión en función de \(n\) que los defina;
\(9.\) Sustituir en la serie de potencias esa expresión para \(a_{n}\)
En caso de que el problema te lo pida, calcula el radio de convergencia de la serie a través de los métodos que vimos en el tema pasado.
¿Te parece confuso? Pronto te acostumbrarás, pero tienes que hacer muchos ejercicios. ¡Puedes guiarte por estos pasos para que te sientas más seguro!
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