Solución de una EDO lineal de 2º orden con puntos singulares regulares y exponentes complejos en la singularidad

Question

La distribución de temperatura en estado estacionario de una varilla dada por: \begin{equation} \frac{\textrm{d}p(x)y'}{\textrm{d}x} - y = 0,\; 0 \leq x \leq 1,\; \text{and} \;y(0) = 0, \end{equation}

donde $y(x)$ es la distribución de la temperatura en estado estacionario, y $p(x) = x^s$ es la conductividad espacialmente dependiente de la varilla, para unos $s \in [0, 1)$ . Para $0 \leq s < 1$ cuál es la forma de la solución cercana a $x = 0$ (es decir, el primer término de la solución en serie)? ¿Existe una solución para $s = 1$ ? $s > 1$ ?

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En primer lugar, hay que simplificar la ecuación en una forma reconocible: \begin{align*} &\quad \frac{\textrm{d}p(x)y'}{\textrm{d}x} - y = 0 \\ &\equiv p(x)y'' + p'(x)y' - y = 0 \\ &\equiv y'' + \frac{p'(x)}{p(x)}y' - \frac{1}{p(x)} y = 0 \end{align*}

Desde $p(x) = x^s$ Por lo tanto $p'(x) = sx^{s-1}$ y $p''(x) = s(s-1)x^{s-2}$ . Sustituyendo: \begin{align*} &\quad y'' + \frac{p'(x)}{p(x)}y' - \frac{1}{p(x)} y = 0 \\ &\equiv y'' + \frac{s}{x}y - \frac{s^2 - s}{x^2}y = 0 \end{align*}

Podemos reconocer inmediatamente que $x = 0$ es un punto singular regular ya que: \begin{align*} &\lim_{x\rightarrow 0} \frac{sx}{x} = s &\lim_{x\rightarrow 0} -\frac{(s^2 - s)x^2}{x^2} = s - s^2 \end{align*} Cabe destacar que estos límites existen para todos los $s$ .

Por lo tanto, buscamos soluciones de la forma \begin{align*} y = \sum_{n=0}^{\infty} a_nx^{n+r} \end{align*} donde $r(r-1) + sr + (s - s^2) = 0 = r^2 + (s-1)r + (s - s^2)$ es la ecuación indical correspondiente. Resolviendo para $r$ obtenemos: \begin{align} \nonumber &\quad r = \frac{-(s-1) \pm \sqrt{(s-1)^2 - 4(s - s^2)}}{2} \\ \nonumber &\equiv r = \frac{-(s-1) \pm \sqrt{s^2 - 2s + 1 - 4s + 4s^2}}{2} \\ &\equiv r = \frac{-(s-1) \pm \sqrt{5s^2 - 6s + 1}}{2} \end{align}

¿Para qué valores de $s$ ¿tenemos imaginario $r$ ? Sería cuando el discriminante de la fórmula cuadrática es menor que cero: \begin{align*} 5s^2 - 6s + 1 < 0 \end{align*} Considere cuando $s = 0$ : \begin{align*} &\quad 5s^2 - 6s + 1 = 0 \\ &\equiv s = \frac{6 \pm \sqrt{36 - 20}}{10} \\ &\equiv s = \frac{6 \pm \sqrt{16}}{10} \\ &\equiv s = \frac{6 \pm 4}{10} \\ &\equiv s = 1 \vee s = \frac{1}{5}\\ \end{align*} Ya que para $(s=0 \wedge d = 5s^2 - 6s + 1) \implies d = 1$ entonces sabemos que el discriminante es positivo para todos los valores de $s \leq \frac{1}{5}$ y $s \geq 1$ y tenemos: \begin{align*} r_1 &= \frac{-(s-1) + \sqrt{(s - 1)(s - \frac{1}{5})}}{2} \\ r_2 &= \frac{-(s-1) - \sqrt{(s + 1)(s - \frac{1}{5})}}{2} \end{align*}

La solución general es de la forma \begin{equation*} y = c_1\sum_{n = 0}^{\infty} a_nx^{n + r_1} + c_2\sum_{n = 0}^{\infty} a_nx^{n + r_2} \end{equation*} donde $a_n$ puede ser complejo si $\frac{1}{5} s < 1$

Sabemos que $y(0) = 0$ Por lo tanto: \begin{align*} &\quad y(0) = 0 = c_1\sum_{n = 0}^{\infty} a_n0^{n + r_1} + c_2\sum_{n = 0}^{\infty} a_n0^{n + r_2} \\ &\equiv 0 = c_1\sum_{n = 0}^{\infty} a_n + c_2\sum_{n = 0}^{\infty} a_n \\ &\equiv 0 = (c_1 + c_2) \\ &\equiv c1 = -c_2 \end{align*}

El primer término de esta serie es: \begin{align*} \nonumber &\quad c_1\left(a_0x^{r_1} - a_0x^{r_2}\right) \\ \nonumber &\equiv c_1a_0\left(x^{\frac{-(s-1) + \sqrt{(s - 1)(s - \frac{1}{5})}}{2}} - x^{\frac{-(s-1) - \sqrt{(s - 1)(s - \frac{1}{5})}}{2}}\right) \\ \end{align*} Dejemos que $\frac{1 - s}{2} = \alpha$ y $\frac{\sqrt{(s - 1)(s - \frac{1}{5})}}{2} = \beta$ Si $0 \leq s \leq \frac{1}{5}$ : \begin{equation*} y \approx c_1a_0\left(x^{\alpha + \beta} - x^{\alpha - \beta}\right) \end{equation*}

Si $\frac{1}{5} < s < 1$ : \begin{equation*} y \approx c_1a_0\left(x^{\alpha + i\beta} - x^{\alpha - i\beta}\right) \end{equation*} Recordemos que: \begin{align*} &\quad x^r = e^{rln(x)} \\ &\implies x^{\lambda + i\mu} = e^{\lambda\ln(x)}e^{i\mu\ln(x)} \\ &\equiv x^{\lambda + i\mu} = e^{\lambda\ln(x)}(\cos(\mu\ln(x)) + i\sin(\mu\ln(x))) \end{align*} Así que tenemos soluciones oscilantes. Por lo tanto: \begin{equation*} y \approx c_1a_0x^{\alpha}\left(2i\sin(\beta\ln(x))\right) \end{equation*}

Dado que los límites que determinan si $x = 0$ es un punto regular existe para todo $s$ podemos escribir una solución en serie de Frobenius (no trivial) para todos los valores de $s$ .

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Preguntas:

1) No he utilizado información sobre $0 \leq s < 1$ , lo cual es molesto. ¿He perdido la oportunidad de utilizarlo para simplificar la forma del primer término?

2) ¿Es mi razonamiento por qué existen soluciones para $s = 1$ y $s > 1$ ¿Sonido?

Answer 1

$$y''+\frac{s}{x}y'-x^{-s}y=0$$ Esta es una EDO del tipo Bessel, pero no en forma estándar. Para hacerla estándar, dejemos que $y(x)=x^aF(b\:x^c)=x^aF(X)$ . El objetivo es transformarlo en : $$F''(X)+\frac{1}{X}F'(X)-\left(1+\frac{\nu^2}{X^2}\right)F(X)=0$$ El cálculo es arduo. El resultado es : $$a=\frac{1-s}{2} \: ; \: b=\frac{2}{2-s} \: ; \: c=\frac{2-s}{2} \: ; \: \nu=\frac{s-1}{s-2}$$ La solución general de la función de Bessel es : $$F(X)=c_1 I_\nu(X)+c_2 K_\nu(X)$$ $I_\nu(X)$ y $K_\nu(X)$ son las funciones de Bessel mofificadas de primer y segundo tipo. Así, la solución general es : $$y(x)=C_1 x^{\frac{1-s}{2}}I_{\frac{s-1}{s-2}}\left(\frac{2}{2-s}x^{\frac{2-s}{2}}\right) + C_2 x^{\frac{1-s}{2}}K_{\frac{s-1}{s-2}}\left(\frac{2}{2-s}x^{\frac{2-s}{2}}\right)$$ La fórmula es válida para cualquier $s$ , pero algunos casos particulares surgen a veces con la simplificación de las funciones de Bessel a funciones de nivel inferior :

Caso $s=1$ entonces $y=C_1 I_0\left(2 x^{1/2}\right)+C_2 K_0\left(2 x^{1/2}\right)$

Caso $s=0$ entonces $y=C_1 \sinh(x) +C_2 \cosh(x)$

Caso $0<s<1$ entonces :

En caso de $0\leq x\leq 1$ la condición $y(0)=0$ implica $C_2=0$ $$y(x)=C x^{\frac{1-s}{2}}I_{\frac{s-1}{s-2}}\left(\frac{2}{2-s}x^{\frac{2-s}{2}}\right)$$ El primer término de la expansión de la serie en torno a $x=0$ de la función de Bessel es : $$I_\nu(X)\simeq\frac{1}{2^\nu \Gamma(\nu+1)}X^\nu$$ $$y(x)\simeq C \frac{1}{(2-s)^{\frac{s-1}{s-2}} \Gamma(1+\frac{1-s}{2-s})}x^{1-s} $$ Esto es coherente con un enfoque directo :

Supongamos que el primer término es de la forma $y\simeq cx^p$ entonces $y'\simeq cpx^{p-1}$ y $y''\simeq cp(p-1)x^{p-2}$

Poniéndolos en la ODE : $cp(p-1)x^{p-2}+scpx^{p-2}-cx^{-s+p}\simeq 0$

$p(p-1+s)-x^{2-s}\simeq 0$

Esto implica $p-1+s=0$ hense $p=1-s$ y $y\simeq cx^{1-s}$ ya obtenido anteriormente.