6.1: Звичайні бали

Якщо$x_0$ є звичайною точкою (6.1), то можна визначити два силові ряди (тобто ряд Тейлора) розв'язки для$y = y(x)$ центрованих на$x = x_0$. Проілюструємо метод розв'язання двома прикладами, з$x_0 = 0$.

Приклад$\PageIndex{1}$

Знайдіть загальне рішення$y''+y=0$.

Рішення

Переглянути підручник на YouTube

На даний момент ви повинні знати, що загальним рішенням є$y(x) = a_0 \cos x + a_1 \sin x$, з$a_0$ і$a_1$ константи. Щоб знайти рішення степеневого ряду про точку$x_0 = 0$, пишемо $$y(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n;\nonumber$$ і після диференціації термін за терміном $$y'(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1},\nonumber$$ і $$y''(x)=\sum\limits_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}.\nonumber$$

Підставивши степеневий ряд for$y$ та його похідні в розв'язуване диференціальне рівняння, отримаємо $$\label{eq:1}\sum\limits_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}+\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n=0.$$

Метод рішення серії потужності вимагає об'єднання двох сум на лівій стороні$\eqref{eq:1}$ в один ряд потужності в$x$. Щоб зсунути показник$x^{n−2}$ в першій сумі вгору на два для отримання$x^n$, нам потрібно зрушити індекс підсумовування вниз на два; тобто $$\sum\limits_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n.\nonumber$$

Потім ми можемо об'єднати дві суми$\eqref{eq:1}$, щоб отримати $$\label{eq:2}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\left((n+2)(n+1)a_{n+2}+a_n\right)x^n=0.$$

Для$\eqref{eq:2}$ того, щоб бути задоволеним, коефіцієнт кожної потужності$x$ повинен зникати окремо. (Це можна довести, встановивши$x = 0$ після послідовної диференціації.) Таким чином, ми отримуємо рекуррентне відношення $$a_{n+2}=-\frac{a_n}{(n+2)(n+1)},\quad n=0,1,2,\ldots\nonumber$$

Ми спостерігаємо, що парні і непарні коефіцієнти розділяються. Таким чином, ми отримуємо дві незалежні послідовності, починаючи з першого члена$a_0$ або$a_1$. Розробляючи ці послідовності, ми маємо для послідовності, що починається з$a_0$:

$$\begin{aligned}a_0&, \\ a_2&=-\frac{1}{2}a_0, \\ a_4&=-\frac{1}{4\cdot 3}a_2=\frac{1}{4\cdot 3\cdot 2}a_0, \\ a_6&=-\frac{1}{6\cdot 5}a_4=-\frac{1}{6!}a_0;\end{aligned}$$ і загальний коефіцієнт в цій послідовності$n = 0, 1, 2,\ldots$ для $$a_{2n}=\frac{(-1)^n}{(2n)!}a_0.\nonumber$$

Крім того, для послідовності, що починається з$a_1$:

$$\begin{aligned}a_1&, \\ a_3&=-\frac{1}{3\cdot 2}a_1, \\ a_5&=-\frac{1}{5\cdot 4}a_3=\frac{1}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2}a_1, \\ a_7&=-\frac{1}{7\cdot 6}a_5=-\frac{1}{7!}a_1;\end{aligned}$$ і загальний коефіцієнт в цій послідовності$n = 0, 1, 2,\ldots$ для $$a_{2n+1}=\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}a_1.\nonumber$$

Використовуючи принцип суперпозиції, загальне рішення є таким, $$\begin{aligned}y(x)&=a_0\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}+a_1\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1} \\ &=a_0\left(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots\right)+a_1\left(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots\right) \\ &=a_0\cos x+a_1\sin x,\end{aligned}$$ як очікувалося.

У нашому наступному прикладі ми вирішимо рівняння Ейрі. Це диференціальне рівняння виникає при вивченні оптики, механіки рідини та квантової механіки.

Приклад$\PageIndex{2}$: Airy’s Equation

Знайдіть загальне рішення$y''-xy=0$.

Рішення

Переглянути підручник на YouTube

З $$y(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n,\nonumber$$ диференціальним рівнянням стає $$\label{eq:3}\sum\limits_{n=2}^\infty n(n-1)a_nx^{n-2}-\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^{n+1}=0.$$

Першу суму зрушуємо$x^{n+1}$ на зміщення показника вгору на три, т. Е. $$\sum\limits_{n=2}^\infty n(n-1)a_nx^{n-2}=\sum\limits_{n=-1}^\infty (n+3)(n+2)a_{n+3}x^{n+1}.\nonumber$$

При об'єднанні двох сум в$\eqref{eq:3}$, ми відокремлюємо додатковий$n = −1$ член в першій сумі, заданій$2a_2$. Тому$\eqref{eq:3}$ стає $$\label{eq:4}2a_2+\sum\limits_{n=0}^\infty\left((n+3)(n+2)a_{n+3}-a_n\right)x^{n+1}=0.$$

Встановлюючи коефіцієнти ступенів від$x$ до нуля, ми спочатку знайдемо$a_2 = 0$, а потім отримуємо рекурсійне відношення $$\label{eq:5}a_{n+3}=\frac{1}{(n+3)(n+2)}a_n.$$

Три послідовності коефіцієнтів - ті, що починаються з$a_0,\: a_1$ або$a_2$ —decouple. Зокрема, три послідовності $$\begin{array}{l}a_0,a_3,a_6,a_9,\ldots ; \\ a_1,a_4,a_7,a_{10},\ldots ; \\ a_2,a_5,a_8,a_{11}\ldots\end{array}\nonumber$$

Так як$a_2 = 0$, знаходимо відразу для останньої послідовності $$a_2=a_5=a_8=a_{11}=\cdots =0.\nonumber$$

Обчислено перші чотири ненульові члени в степеневому ряду з коефіцієнтами, відповідними першим двом послідовностям. Починаючи з$a_0$ того, що ми маємо $$\begin{aligned}a_0&, \\ a_3&=\frac{1}{3\cdot 2}a_0, \\ a_6&=\frac{1}{6\cdot 5\cdot 3\cdot 2}a_0, \\ a_9&=\frac{1}{9\cdot 8\cdot 6\cdot 5\cdot 3\cdot 2}a_0;\end{aligned}$$ і починаючи з того$a_1$, $$\begin{aligned}a_1&, \\ a_4&=\frac{1}{4\cdot 3}a_1, \\ a_7&=\frac{1}{7\cdot 6\cdot 4\cdot 3}a_1, \\ a_{10}&=\frac{1}{10\cdot 9\cdot 7\cdot 6\cdot 4\cdot 3}a_1.\end{aligned}$$

Загальне рішення для$y = y(x)$, отже, може бути записано як $$\begin{aligned}y(x)&=a_0\left(1+\frac{x^3}{6}+\frac{x^6}{180}+\frac{x^9}{12960}+\cdot\right) +a_1\left(x+\frac{x^4}{12}+\frac{x^7}{504}+\frac{x^{10}}{45360}+\cdot\right) \\ &=a_0y_0(x)+a_1y_1(x).\end{aligned}$$

Припустимо, ми хотіли б зробити графік розв'язків$y = y_0(x)$ і$y = y_1(x)$ проти,$x$ вирішуючи диференціальне рівняння$y'' − xy = 0$ чисельно. Які початкові умови ми повинні використовувати? Зрозуміло,$y = y_0(x)$ вирішує оду з початковими значеннями$y(0) = 1$ і$y' (0) = 0$, при цьому$y = y_1(x)$ вирішує оду з початковими значеннями$y(0) = 0$ і$y' (0) = 1$.

Числові розв'язки, отримані за допомогою MATLAB, наведені на рис. $\PageIndex{1}$. Зауважте, що розв'язки коливаються для негативних$x$ і ростуть експоненціально для позитивних$x$. Це можна зрозуміти, нагадавши, що$y''+ y = 0$ має коливальний синус і косинус розв'язки і$y'' − y = 0$ має експоненціальні гіперболічні синусоїди і косинуси розв'язки.

Малюнок$\PageIndex{1}$: Чисельне розв'язання рівняння Ейрі.