1 Cap 10 Singular SL 01Abril2015
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Captulo 10. Problemas singulares de Sturm-Liouville
1 Introduccin
En este captulo consideremos una clase de problemas singulares de Sturm-Liouville
1
(x)
ddxp (x)
d
dx+ q (x)
u = u con a x b . (1.1)
Estos problemas se caracterizan por pertenecer a alguno de los casos siguientes: (i) a o b pueden ser 1 o+1, respectivamente, (ii) la funcin p (x) se anula en a o b, q (x) es singular en algn punto del intervalo[a; b]. En cualquier caso tenemos
p (x) ; (x) > 0 para x 2 (a; b) .
Los ejemplos siguientes aparecen al resolver algunas ecuaciones diferenciales parciales.
1. La ecuacin 1x
1
dxxd
dx+
1 n
2
x2
u = u con 0 r r0
-
es simtrico en el espacio L2 (a; b; ), se relajan. La segunda implicacin est en el comportamiento de las
soluciones de la ecuacin de eigenvalores
Lu = u . (1.3)
Como veremos, si p (x) se anula en un extremo del intervalo (a; b) y una solucin u1 (x) es acotada en dicho
extremo, entonces cualquier otra solucin linealmente independiente u2(x) diverge en dicho extremo.
2 Condiciones de simetra en L2 (a; b; )
Las propiedades del operador diferencial L (1.2) pueden estudiarse en el espacio L2 (a; b; ) constituido por
las funciones cuadrado integrables con el producto interior euclideano
hf j gi Z baf (x) g (x) (x) dx . (2.1)
El punto de partida son las identidades de Green. Para cualquier par de funciones f , g, con segundas
derivadas continuas en el intervalo (a; b), se cumplen las relaciones siguientes
hf j Lgi = [p f _g]ba +D_f j p _g
E+ hf j qgi (primera identidad de Green) (2.2a)
hf j Lgi hf j Lgi =hpf _g _f g
iba
(segunda identidad de Green) . (2.2b)
En la relacin (2.2a) aparece el producto interior (2.1) con = 1. La demostracin de este resultado se
obtiene integrando por partes y se deja como ejercicio. De acuerdo (2.2b), el operador L (1.2) es simtrico
con el producto interior h j i si la funcin
h (x) p (x)hf (x) _g (x) _f (x) g (x)
ies cero en ambos extremos. Si p (x) se anula en uno de los extremos del intervalo (a; b) la condicin de
frontera que f y g deben satisfacer en tal extremo, se relaja. Por ejemplo, si tenemos
limx!a p (x) = 0 y p (b) 6= 0
basta con imponer la condicin de frontera Dirichlet o Neumann en x = b
f (b) = 0 _f (b) = 0 ,
para obtener h (a) = h (b) = 0, y la consecuente simetra de L
hf j Lgi = hf j Lgi .
Las condiciones de frontera tambin juegan un papel adicional en el control del trmino q (x) cuando ste se
anula en uno de los extremos x = a, b.
Ejercicios. Dar condiciones de frontera con las cuales el operador L asociado a las ecuaciones de Legendre,Hermite y Laguerre, es simtrico.
2
-
3 Comportamiento de soluciones cerca de un punto singular
Consideremos el problema de eigenvalores (1.3) en la forma
Lu = 0 (3.1)
con el operador
L ddxpd
dx+ q . (3.2)
La ecuacin homognea (3.1) tiene dos soluciones linealmente independientes u1 y u2,
L u1 = 0 , L u2 = 0 . (3.3)
Para analizar el comportamiento de tales soluciones en los extremos donde p (x) se anula, supongamos que
p (x) satisface
p (x) > 0 para x 2 (a; b) (3.3a)p (x) = (x a) ' (x) (3.3b)
donde ' (x) es contnua y ' (a) 6= 0, es decir, p (x) tiene en x = a un cero de primer orden. Si la funcin u1es acotada en x = a,
limx!a ju1 (x) j
-
donde c1 es una constante de integracin que depende de la eleccin de x0. Supogamos que u1 es nita en
x = a (3.4) y tiene la forma
u1 (x) = (x a)n v (x) con n 0donde v1 (x) es continua y v (a) 6= 0. Escogemos x0 de manera que u1 (x) 6= 0 para a x x0. Esto juntocon la sustitucin de la descomposicin de p (3.3b) nos da
u2 (x) = (x a)n v (x)c1
Z xx0
c0
(s a)2n+1 ' (s) v2 (s)ds.
El teorema del valor medio para integrales establece que existe x entre x y x0, que
In =
Z x0x
c0ds
(s a)2n+1 ' (s) v2 (s) = c2Z x0x
ds
(s a)2n+1 con c2 =c0
' (x) v21 (x).
Esto da las expresiones siguientes de las cuales se obtiene (3.5),
In =
(c2 ln
x0axa para n = 0
c2(x0a)2n(xa)2n
2n para n > 0 .
), y lim
x!a jInj =1 para n 0 ,
Veamos la implicacin del comportamiento singular de u2 en un extremo del intervalo (a; b) en la solucin
del problema de eigenvalores (1.3). Consideremos condiciones de frontera que garantizan la simetra del
operador L (1.2) en L2 (a; b; ),
hf jLgi = hLf jgipara f , g, en un conjunto apropiado D (L). El problema de eigenvalores consiste en hallar los valores de
con los cuales la ecuacin
Lu = u
tiene una solucin no trivial u que satisfaga las condiciones de frontera del conjunto D (L). Por ejemplo, si
tenemos
p (a) = 0
el conjunto D (L) est dado por D (L) =f 2 L2 (a; b; ) : f (b) = 0, y el problema de valores propios es
Lu = u con u (b) = 0 .
La condicin de frontera sobre u en x = a se reduce a pedir que u sea nita en x = a,
ju (a) j
-
Los eigenvalores se determinan imponiendo la condicin de frontera en x = b.
' (b) = 0 .
Es claro que cada eigenvalor es simple (o no degenerado) ya una eigenfuncin u2 linealmente independiente
de u1 depende de ~', la cual diverge en x = a, y por consiguiente u2 no satisface la condicin de acotacin
(3.7). En las secciones siguientes veremos ejemplos donde el problema de eigenvalores
Lun = nun con un 2 D (L)
tiene un conjunto de eigenvalores simples
0 < 1 < 2
con
limn!1n = +1
y cuyas eigenfunciones un forman una base ortogonal de L2 (a; b; ). Usando la completez del conjunto unes fcil mostrar que la solucin de la ecuacin
(L )u = f con u 2 D (L) y 6= n ,
tiene la forma
u (x) =
Z baG (x; s) f (s) ds
donde
G (x; s) =1Xn=0
un (s)un(x)
n (s) .
Ejercicio. Demostrar la solucin del problema (L )u = f con u 2 D (L), 6= n, tiene la forma
u (x) = hG (x; s) jf(s)i .
4 Ecuacin diferencial de Hermite
La ecuacin de Schrdinger para el oscilador armnico conduce a la ecuacin diferencial de Hermite
u00 2xu0 + u = 0 con 1 < x
-
La primera identidad de Green (2.2a) toma la forma
hf jAgi =D_f j _g
E. (4.4b)
En el caso de una eigenfuncin u con eigenvalor obtenemos = k _uk2 = kuk2, por lo que eigenvalores de Ano son negativos
0 . (4.4c)En el captulo 9 vimos que los poliomios de Hermite
Hn (x) = (1)n ex2 dn
dxnex
2, (4.5)
son eigenfunciones del problema (4.2), AHn = nHn, con los eigenvalores
n = 2n con n = 0; 1; 2; : : : ,
lo que es congruente con (4.4c). Cada eigenvalor n es simple ya que de las dos soluciones linealmente
independientes del problema (4.2), slo los polinomios de Hermite satisfacen la condicin de acotacin
limx!1 je
x2Hn (x) j = 0 .
La simetra de A implica la ortogonalidad de los polinomios de Hermite en L2 (1;1; ),
hHmjHni =Z 11
Hm(x) Hn(x) ex2dx = kHnk2 mn ,
resultado obtenido en el captulo 9 con las frmulas de Rodrigues y integrando por partes hHmjHni.Las funciones
n (x) = ex2=2 Hn (x) (4.6)
forman una base ortogonal del espacio L2 (1;1) con el producto interior
hf jgi =Z 11
f (x) g (x) dx . (4.7)
Sustituyendo Hn = ex2=2n en la ecuacin de Hermite (4.2) vemos que n es solucin del problema
n + x2n = nn con n = 2n+ 1 (4.8)
el cual aparece al modelar un oscilador armnico por medio de la mecnica cuntica, como veremos enseguida.
Ejercicio. Demostrar que n (4.6) satisface (4.8).
5 Aplicacin. Oscilador armnico clsico y cuntico
La ecuacin de movimiento de un oscilador clsico con masa m y sujeto a un resorte con constante de fuerza
k es
mx = kx . (5.1a)
6
-
Reescribiendo obtenemos la ecuacin homognea
Lx x+ !2x = 0 con ! =rk
m, (5.1b)
cuya solucin sujeta a las condiciones iniciales x (0) = x0, _x (0) = v0, es
x (t) = A cos (!t+ )
La energa mecnica
E (t) =1
2mv2 +
k
2x2 (5.2)
es una constante de movimiento determinada por las condiciones iniciales (x0; v0),
E =1
2mv2 (t) +
k
2x2 (t) = E0 .
Reescribiendov2 (t)
2E0=m+
x2 (t)
2E0=k= 1 (5.3)
se concluye que la trayectoria de la partcula en el espacio fase (con ejes cartesianos x y v) es una elipse.
Dado que x0 y v0 pueden tomar valores arbitrarios, la energa E0 toma valores en el continuo [0;1).Ahora consideremos el caso cuntico. La ecuacin de Schdinger asociado al oscilador clsico es
i~@
@t= H 1 < x
-
con eigenfunciones en el espacio L2 (1;1). Se deja como ejercicio demostrar que el operador de energacintica
T = ~2
2m
d2
dx2(5.9a)
es simtrico y positivo,
hf jTgi = hTf jgi (5.9b)hf jTfi = ~
2
2m
_f
2 0 . (5.9c)El operador de multiplicacin V = kx2=2 es obviamente simtrico
hf jV gi = hV f jgi , hf jV fi = k2kxfk2 > 0 para f 6= 0 . (5.9d)
Por lo tanto, el operador H = T + V es simtrico y positivo en L2 (1;1),
hf jHgi = hHf jgi , hf jHfi > 0 para f 6= 0 . (5.10)
Estas propiedades implican que los eigenvalores H son nmeros reales positivos estrictamente positivos > 0.
Para resolver (5.8) introducimos una nueva variable independiente y
x = by (5.11a)
donde b es una constante por determinar. Si denimos ~ (y) (x) = (by) la ecuacin (5.8) toma laforma de (4.8),
d2~
dy2+ y2~ = ~~ ; (5.11b)
si escogemos
b =
~2
km
1=4. (5.11c)
De acuerdo con la solucin de (4.8),
~n = 2n+ 1 , ~ n (y) = ey2=2 Hn (y) , n = 0; 1; 2; : : : ,
los eigenvalores y eigenfunciones del problema (5.8) estan dados por
n =~2
2mb2~ =
~2
2mb2(2n+ 1) , n = 0; 1; 2; : : : , (5.12)
n (x) = ey2=2Hn (y) con y = x=b :
En trminos de la frecuencia ! del oscilador clsico (5.1b) podemos escribir
~2
2mb2=~!2
y los eigenvalores toman la forma usual reportada en la literatura de fsica
n = ~!n+
1
2
; para n = 0; 1; 2; . (5.13)
8
-
La ecuacin de Schdinger (5.4a) es una ecuacin diferencial de primer orden en t cuya solucin est
determinada por la condicin inicial
(x; 0) = 0 (x) . (5.14)
La completez de la base formada por las eigenfunciones n del operador H en L2 (1;1), implica que y 0 tienen los desarrollos
=1Xn=0
cn (t) n (x) , 0 =1Xn=0
c0n n (x) , (5.15a)
que convergen en la norma kk de L2 (1;1). Sustituyendo estas series en (5.4a), (5.14), obtenemos
cn (t) = c0n eint=~ con c0n =
h nj0ik nk2
. (5.15b)
La forma integral de la solucin es
(x; t) =
Z 11
G (x; s; t)0 (s) ds = hG (x; s; t) j0 (s)i (5.16a)
donde
G (x; s; t) =
1Xn=0
eint=~ ^n (x) ^n (s) (5.16b)
siendo
^n (x) = nk nk
(5.17)
las eigenfuncones normalizadas de H. La ecuacin (5.16a) tiene la forma
(x; t) = U (t; t0)0 (x) .
La energa de la partcula est dada por el valor esperado del operador H:
E = hHi = h jH i =1Xn=0
njcnj2 . (5.18)
Ejercicios.1. Demostrar que el operador p (5.4c) es simtrico en L2 (1;1).2. Deducir (5.11c) .
3. Demostrar (5.15b).
4. Demostrar (5.16a) y (5.16b).
5. Demostrar (5.18).
9
-
6 Ecuacin de Legendre
La ecuacin diferencial de Legendre es el problema de eigenvalores1 x2 u 2x _u+ u = 0 con 1 < x < 1 . (6.1)
La forma autoadjunta es
Au d
dx
1 x2 d
dx
u = u , 1 < x < 1 , con p = 1 x2, = 1 . (6.2a)
Dado que p se anula en los extremos del intervalo (1; 1), las condiciones de frontera se reducen a pedir queu sea acotada en x = 1,
ju (1)j
-
Ejercicios.1. Usar la simetra de A para demostar (6.9).
2. Demostrar (6.9), (6.10), por integracin directa de las frmulas de Rodrigues.
3. Demostrar que cualquier solucin u2 de (6.7) linealmente independiente de Pn, diverge en x = 1.
7 Funciones adjuntas de Legendre
El problema de valores propios
Am u ddx
1 x2 d
dx+
m2
1 x2u = u con 1 < x < 1 , m = 0, 1, 2, . . . , (7.1)
aparece al calcular los eigenvalores y eigenfunciones del operador de Laplace sobre la esfera unitaria. Este
es un problema singular de Sturm-Liouville por que p = 1 x2 se anula en x = 1 y la funcin
q =m2
1 x2 (7.2)
es singular en x = 1. El primer trmino en (7.1) es el operador de la ecuacin de Legendre (6.2a),
A = ddx
1 x2 d
dx,
el cual es simtrico en L2 (1; 1) con el producto interior (6.4) [ec. (6.5a)]. El trmino con q imponerestricciones a las funciones sobre las cuales puede actuar cada operador Am. Para que el producto q (x) f (x)
sea cuadrado integrable la funcin f debe ser de la forma
f = w(x) v (x) (7.3a)
donde v (x) es continua y w(x) tiende a 0 ms rpido que 1 x2 cuando x tiende a 1,
limx!1
w(x)1 x2
-
y apliquemos el operador Dm,
Dm1 x2 D2Pn 2Dm [xDPn] + nDmPn = 0 con 1 < x < 1 . (7.6)
Usando la regla de Leibnitz
Dm [ f g ] =
mXk=0
mk
hDkf
i hDmkg
i,
obtenemos
Dm1 x2 D2Pn = 2X
k=0
mk
hDk1 x2i hDmk D2Pni , usando Dmk D2 = D2 Dmk
=1 x2 D2 [DmPn] +m [2x] D [DmPn] +m (m 1) [2] [DmPn] , (7.7a)
Dm [xDPn] =1Xk=0
mk
hDkx
i hDmk DPn
i= x D [DmPn] +m [1] [D
mPn] . (7.7b)
Sustituyendo en (7.6) se obtiene1 x2 D2 [DmPn] 2 (m+ 1) x D [DmPn] + [n m (m+ 1)] DmPn = 0 . (7.7c)
que la ecuacin (7.5a), por lo tanto = n (n+ 1), v = DmPn. En esta forma, conclumos que las as
llamadas funciones adjuntas de Legendre
P (m)n 1 x2m=2DmPn con n = m, m+ 1, m+ 2, . . . (7.8)
son las eigenfunciones del operador Am (7.1),
Am P(m)n = n P
(m)n con n = n (n+ 1) , n = m, m+ 1, m+ 2; : : : . (7.9)
De las dos soluciones linealmente independientes de la ecuacin (7.9), slo P (m)n es acotada en x = 1, laotra solucin diverge en x = 1, por lo que cada eigenvalor n es simple. La simetra de Am implica laortogonalidad de funciones adjuntas con el mismo valor de m y diferente nD
P (m)n jP (m)n0E=
Z 11P (m)n P
(m)n0 dx = nn0
P (m)n
2 . (7.10)El conjunto
nP(m)n
o1n=m
es una base ortogonal completa de L2 (1; 1), por que el conjunto fDmPng1n=mes una combinacin de la base cannica
xk1k=0
y la funcin1 x2m=2 es un operador acotado. Debe
notarse que slo para valores pares de m las funciones adjuntas P (m)n son polinomios.
Usando las frmulas de Rodrigues para Pn podemos escribir
P (m)n = (1)n1
n!2n1 x2m=2Dm+n 1 x2n . (7.11)
Lo que constituye en s misma una frmula de Rodrigues para P (m)n . A partir de (7.11) se obtiene, integrando
por partes, la norma
P (m)n
2 = 22n+ 1 (n+m)!(nm)! (n m) . (7.12)Ejercicios.1. Usar (7.4b) para demostrar que los eigenvalores de Am no so negativos.
2. Vericar detalladamente las ecuaciones (7.5b) a (7.7c).
3. Usar la frmula de Rodrigues (7.11) para obtener (7.12)
12
-
8 Ecuacin de Laguerre
La solucin de la ecuacin de Schdinger independiente del tiempo para el tomo de Hidrgeno conduce al
problema de eigenvalores llamado ecuacin de Laguerre
xu+ (1 x) _u+ u = 0 con 0 < x
-
9 Ecuacin asociada de Laguerre
La ecuacin asociada de Laguerre es
xu+ (s+ 1 x) _u+ s+ 1
2
u = 0 con 0 x 1 . (9.1)
La forma autoadjunta de la ecuacin es
Au 1xsex
d
dxxs+1ex
d
dx+s+ 1
2
u = u (9.2)
donde tenemos
p = xs+1ex , = xsex , q =s+ 1
2(9.3)
con s > 1. El operador A es simtrico en L2 (0;1; ) con el producto interior
hf jgi =Z 10
f (x) g (x)xsexdx . (9.4)
Dado que p se anula en los extremos del intervalo [0;1), el dominio D (A) del operador admite funcionesacotadas en x = 0
jf (0) j
-
La simetra del operador A implica que el conjunto fLsng1n=0 es ortogonal en L2 (0;1; ) ,
hLsmjLsni =Z 10
LsmLsnxsexdx = kLsmk2 nm . (9.8)
Otro camino para demostrar (9.8) es usar las frmulas de Rodrigues (9.5a), camino que nos da
kLsmk2 = (n+ s+ 1)
n!. (9.9)
La relacin de ortogonalidad (9.8) implica que las funciones
sn = xs=2ex=2sn (x) con
sn (x) =
LsnkLsnk
(9.10)
son ortogonales en el espacio L2 (0;1) con el producto interior
hf jgi =Z 10
f (x) g (x) dx . (9.11)
Sustituyendo
Lsn (x) = xs=2ex=2 kLsnk sn (x)
en (9.7) se concluye que las funciones s son soluciones del problema de valores propios ddxxd
dx+x
4+s2
4x
sn =
sn
sn (9.12)
con valores propios
sn = n+s+ 1
2para n = 0; 1; 2; : : : . (9.13)
Ejercicios.1. Vericar los pasos (9.6a), (9.6b), (9.6c), para llegar a (9.7). Usar la simetra de A para demostrar (9.8).
2. Demostrar que cualquier solucin u2 de (9.7) linealmente independiente de Lsn, diverge en x = 0.
3. Vericar que sn (9.10) satisface (9.12).
15
-
10 Solucin de ecuaciones por series, ecuaciones de Euler y Bessel
En esta parte daremos los resultados principales sobre soluciones de una ecuacin diferencial lineal de segundo
orden por series de potencias. Consideremos la ecuacin
Lu = p0 (x)u00 + p1 (x)u0 + p2 (x)u = 0 .
En secciones anteriores hemos visto que el problema fundamental para resolver problemas de valores iniciales
o de frontera de la forma Lu = f , es hallar un par de soluciones linealmente independientes u1, u2, de la
ecuacin homognea
Lu = 0 :
El primer resultado que tenemos para calcular u1; u2 es el siguiente.
Teorema 1. Si los coecientes p0 (x) ; p1 (x) ; p2 (x) y p0 (x) 6= 0 son funciones analticas alrededor del puntox0 entonces existe una solucin por series
u (x) =1Xk=0
ak (x x0)k :
Si imponemos las condiciones iniciales
u1 (x0) = 1 u01 (x0) = 0
u2 (x0) = 0 u02 (x0) = 1
obtenemos dos soluciones linealmente independientes de la forma
u1 (x) = a0 = 1 +Xk=0
ak (x xk)k
u2 (x) =Xk=1
ak (x xk)k :
Un punto x0 se llama punto ordinario si satisface
p0 (x0) 6= 0
y los coecientes p0 (x) ; p1 (x) ; p2 (x) son analticos alrededor de x0 . Supongamos que tenemos
p (x0) = 0
pero las relaciones
limx!x0
(x xk) p1 (x)p0 (x)
= nito
limx!x0
(x xk)2 p2 (x)p0 (x)
= nito ;
entonces el punto x0 se llama regular singular. La ecuacin de Euler
x2u00+ bxu
0+ bu = 0
donde a; b; c son constantes, es el tipo ms sencillo de ecuacin con x = 0 como punto regular singular.
16
-
La ecuacin de Euler es importante ya que el comportamiento de sus dos soluciones linealmente inde-
pendientes u1 (x) y u2 (x) alrededor del punto singular regular x = 0, es similar al comportamiento que
presentan las soluciones del caso general con coecientes variables.
Consideremos que a; b son nmeros reales. La solucin de la ecuacin de Euler tiene la forma
u = xk :
Sustituyendo en la ecuacin se obtiene una ecuacin cuadrtica para el exponente r
r (r 1) + ar + b = 0
r2 + r (a 1) + b = 0cuya solucin es
r = (a 1)q(a 1)2 4b :
Denamos (a 1)2 4b. Tenemos los casos siguientes
1. Si (a 1)2 4b > 0, entonces hay dos races reales distintas
r1 = (a 1)p
r2 = (a 1) +p
y el conjunto de soluciones
u1 = xr1 u2 = x
r2
forma una base del ker (L).
2. Si = 0, tenemos una raz r1 mltiple que nos da una solucin
u1 (x) = xr1 :
Una solucin u2 (x) linealmente independiente de u1 (x) tiene la forma
u2 (x) = v (x)u1 (x)
y est dada por
u2 (x) = xr1 ln x :
El par de soluciones u1; u2 nos permite ilustrar el Lema 1 de la seccin anterior. Si r1 > 0, entonces
ju1 (x = 0) j = 0 ;
mientras que
limx!0
u2 (x) = 1 :
17
-
3. Para < 0, las races r1; r2 son complejas. En este caso
u1 = xr u2 = x
r2
son linealmente independientes. Una forma real de tales soluciones se obtiene con la identidad
xr1 = er1 lnx con r1 = + i
lo cual nos da
xr1 = e(+i) lnx
= elnxei lnx
= x [cos ( lnx) + isin ( lnx)] ;
de donde obtenemos el par de soluciones linealmente independientes
u1 (x) = x cos (Lnx)
u2 (x) = xsen (Lnx) :
Ahora consideremos el caso general de una ecuacin con un punto sigular regular x0 .
Teorema 1. Si x = 0 es un punto regular singular de la ecuacin
p0 (x)u00+ p1 (x)u
0 + p2 (x) = 0 ;
entonces existe una solucin en series con la forma siguiente
u1 (x) = xr1Xk=0
ak (r)xk
donde r y ak son constantes.
De acuerdo con el teorema anterior, el problema se reduce a encontrar otra solucin u2 (x) linealmente
independiente a u1 (x). La sustitucin de la serie anterior en la ecuacin da una ecuacin cuadrtica (llamada
ecuacin indicial o ndice)r2 + ar + b = 0 ;
una de cuyas races r1 da la serie correspondiente a u1 (x). Supongamos que r2 es la otra raz y satisface
r2 r1. Entonces tenemos los casos siguientes
1. Si r1 r2 no es un entero entonces
u2 (x) = xr2
1Xk=0
ak (r2)xk
2. Si r1 = r2 entonces
u2 (x) = u1 (x) lnx+ xr1
1Xk=0
bn (r1)xk
Nuevamente este resultado ilustra el teorema 1. Si tenemos ju1 (0) j
-
3. Si 1 2 = N es un entero positivo entonces
u2 (x) = d1u1 (x) lnx+ xr21Xk=0
dk(r2)xk :
Nos concentraremos en ilustrar los casos anteriores con la ecuacin de Bessel. La ecuacin de Besselde orden p (que es un nmero real no negativo) es
x2u00+ xu
0+x2 p2u = 0 :
Dado que x = 0 es un punto regular singular, existe una solucin de la forma
u (x) = xrXk=0
akxk=Pk=0
akxr+k
sustituyendo las expresiones
u0=
Xk=0
ak (r + k)xr+k1
u00=
Xk=0
ak (r + k) (r + k 1)xr+k2
en la ecuacin, se obtiene
a0r2 p2xr + a2 h(r + 1)2 p2ixr+1 +X
k=2
nak
h(r + k)2 p2
i+ ak2
o= 0
lo que da el sistema de ecuaciones para los coecientes
a0r2 p2 = 0
a1
h(r + 1)2 p2
i= 0
ak
h(r + k)2 p2
i+ ak2 = 0 :
Si a0 6= 0, obtenemos la ecuacin indicial
r2 p2 = 0 o r = p :
y es inmediato que a0 genera al conjunto fa2kg1k=0 y a1 genera al conjunto fa2k+1g1k=0.
Consideremos r = p; (> 0); entonces la primera solucin u1 (x) es
u1 (x) =Xk=0
a2kxp+k,
donde
a2k = 122k (k + p)
a2k2 (k = 1; 2; 3; )
= (1)k 122kk! (p+ 1) (p+ k)a0 :
Para reescribir lo anterior con la funcin gama
(s) =
Z 10
xs+1exdx
19
-
la cual tiene la propiedad
(s+ 1) = s (s) para s 6= 1;2; As tenemos
(p+ 1) (p+ 2) (p+ k) = (p+ k + 1) :Deniendo
a0 =1
2p (p+ 1)
obtenemos
a2k = (1)k 1k!22k+p (p+ 1) (p+ k + 1)
;
y la llamada funcin de Bessel de primera clase de orden p
Jp (x) 1Xk=0
(1)k 1k! (p+ 1) (p+ k + 1)
x2
2k+p.
La otra raz de la ecuacin indicial es
r = p :Si p no es nmero entero, entonces la serie
Jp (x) =1Xk=0
(1)k (k + 1) (k p+ 1)
x2
2kpes la segunda solucin linealmente independiente de Jp (x). As, la solucin general de la ecuacin de Bessel
es
u (x) = c1Jp (x) + c2Jp (x) :
Es claro que Jp (x) es acotada en x = 0,
Jp (0) = 0 ,
mientras que Jp (x) diverge en dicho punto
limx!0
jJp (x) j =1 ;
como era de esperarse.
La derivacin directa de la serie de Jp (x) de las relaciones de recurrencia
d
dx
Jpxp
= Jp+1
xp;
d
dx[xpJp] = x
pJp1 ;
pJpx J 0p = Jp+1
pJpx+ J
0p = Jp+1 ;
sumando y restando las dos ltimas relaciones tenemos
Jp+1 + Jp1 =2p
xJp
Jp+1 Jp1 = 2Jp0 :
20
-
El clculo de las eigenfunciones del operador laplaciano dentro o fuera de un cilindro conduce al problema
1r
d
drrdu
dr+n2
r2u = con 0 r r0 o r0 1
donde n = 0; 1; 2; 3; . El problema est planteado en su forma autoadjunta con
p (r) = (r) = r q (r) =n2
r.
Consideremos primero el problema en el intervalo finito
0 r r0
con condicin de frontera Dirichlet en r = r0
u (r0) = 0 .
La condicin en r = 0 puede reducirse a la acotacin en el origen
ju (0) j
-
la ecuacin toma la formap
x
pd
dx
xp
pd
dx
J +
n2
x2
J = 0 ;
en la cual se cancela, para dar1
x
d
dxxdJ
dx+
1 n
2
x2
J = 0
que es la ecuacin de Bessel de orden n,
x2J00n + xJ
0n +
x2 n2 Jn = 0
cuya solucin son las funciones Bessel Jn de orden n. De las dos soluciones linealmente independientes slo
la funcin
Jn (x) =1Xk=0
(1)k (k + 1) (k + n+ 1)
x2
2k+nes acotada en x = 0, a saber,
Jn=0 (0) = 1
y
Jn>0 (0) = 0 :
22