7.8: Метод Фробенія III
- Page ID
- 62100
У розділах 7.5 та 7.6 розглянуто методи знаходження розв'язків Фробеніуса однорідного лінійного рівняння другого порядку поблизу правильної сингулярної точки у випадку, коли індиціальне рівняння має повторюваний корінь або чіткі дійсні корені, які не відрізняються цілим числом. У цьому розділі ми розглянемо випадок, коли індиціальне рівняння має чіткі дійсні корені, які відрізняються цілим числом. Ми обмежимо нашу дискусію рівняннями, які можна записати як
\[\label{eq:7.7.1} x^2(\alpha_0+\alpha_1x)y''+x(\beta_0+\beta_1x)y' +(\gamma_0+\gamma_1x)y=0\]
або
\[x^2(\alpha_0+\alpha_2x^2)y''+x(\beta_0+\beta_2x^2)y' +(\gamma_0+\gamma_2x^2)y=0, \nonumber \]
де коріння індиціального рівняння відрізняються на натуральне число.
Почнемо з теореми, яка надає фундаментальний набір розв'язків рівнянь виду Equation\ ref {eq:7.7.1}.
Нехай
\[Ly= x^2(\alpha_0+\alpha_1x)y''+x(\beta_0+\beta_1x)y' +(\gamma_0+\gamma_1x)y, \nonumber \]
де\(\alpha_0\ne0,\) і визначити
\[\begin{aligned} p_0(r)&=\alpha_0r(r-1)+\beta_0r+\gamma_0,\\[4pt] p_1(r)&=\alpha_1r(r-1)+\beta_1r+\gamma_1.\end{aligned} \nonumber \]
Припустимо,\(r\) дійсне число таке, що\(p_0(n+r)\) не є нульовим для всіх натуральних чисел\(n,\) і визначити
\[\label{eq:7.7.2} \begin{array}{lll} a_{0}(r)&=1 \\ a_{n}(r)&= \frac{p_{1}(n+r-1)}{p_{0}(n+r)}\quad n\geq 1\end{array}\]
\(r_2\)Дозволяти\(r_1\) і бути корінням indicial рівняння\(p_0(r)=0,\) і припустимо\(r_1=r_2+k,\), де\(k\) є додатне число\(.\) Тоді
\[y_1=x^{r_1}\sum_{n=0}^\infty a_n(r_1)x^n \nonumber \]
це рішення Фробеніуса\(Ly=0\). Більше того,\(,\) якщо ми визначимо
\[\label{eq:7.7.3} \begin{array}{lll} a_0(r_2)&=1,\\ a_n(r_2)&=-{p_1(n+r_2-1)\over p_0(n+r_2)}a_{n-1}(r_2),\quad 1\le n\le k-1, \end{array}\]
і
\[\label{eq:7.7.4} C=-{p_1(r_1-1)\over k\alpha_0}a_{k-1}(r_2),\]
потім
\[\label{eq:7.7.5} y_2=x^{r_2}\sum_{n=0}^{k-1}a_n(r_2)x^n+C\left(y_1\ln x+x^{r_1}\sum_{n=1}^\infty a_n'(r_1)x^n\right)\]
також є рішенням\(Ly=0,\) і\(\{y_1,y_2\}\) є основним набором рішень.
- Доказ
-
Теорема 7.5.3 має на увазі, що\(Ly_1=0\). Зараз ми це покажемо\(Ly_2=0\). Оскільки\(L\) є лінійним оператором, це еквівалентно показу, що
\[\label{eq:7.7.6} L\left( x^{r_2}\sum_{n=0}^{k-1}a_n(r_2)x^n\right)+CL\left(y_1\ln x+x^{r_1}\sum_{n=1}^\infty a_n'(r_1)x^n\right)=0.\]
Щоб переконатися в цьому, ми покажемо, що
\[\label{eq:7.7.7} L\left(x^{r_2}\sum_{n=0}^{k-1} a_n(r_2)x^n\right)=p_1(r_1-1)a_{k-1}(r_2)x^{r_1}\]
і
\[\label{eq:7.7.8} L\left(y_1\ln x+x^{r_1}\sum_{n=1}^\infty a_n'(r_1)x^n\right)=k\alpha_0x^{r_1}.\]
Це буде означати\(Ly_2=0\), що, оскільки заміщення рівняння\ ref {eq:7.7.7} і рівняння\ ref {eq:7.7.8} в рівняння\ ref {eq:7.7.6} і використання рівняння\ ref {eq:7.7.4} дає
\[\begin{aligned} Ly_2&=\left[p_1(r_1-1)a_{k-1}(r_2)+Ck\alpha_0\right]x^{r_1}\\ &=\left[p_1(r_1-1)a_{k-1}(r_2)-p_1(r_1-1)a_{k-1}(r_2)\right]x^{r_1}=0.\end{aligned} \nonumber \]
Спочатку ми доведемо рівняння\ ref {eq:7.7.8}. З теореми 7.6.1,
\[L\left(y(x,r)\ln x+x^r\sum_{n=1}^\infty a_n'(r)x^n\right)=p_0'(r)x^r+x^rp_0(r)\ln x. \nonumber \]
Встановлення\(r=r_1\) та нагадування, що\(p_0(r_1)=0\) і\(y_1=y(x,r_1)\) врожайність
\[\label{eq:7.7.9} L\left(y_1\ln x+x^{r_1}\sum_{n=1}^\infty a_n'(r_1)x^n\right)=p_0'(r_1)x^{r_1}.\]
Оскільки\(r_1\) і\(r_2\) є корінням індиціального рівняння, індиціальний многочлен може бути записаний як
\[p_0(r)=\alpha_0(r-r_1)(r-r_2)=\alpha_0\left[r^2-(r_1+r_2)r+r_1r_2\right]. \nonumber \]
Диференціація цієї врожайності
\[p_0'(r)=\alpha_0(2r-r_1-r_2). \nonumber \]
Отже\(p_0'(r_1)=\alpha_0(r_1-r_2)=k\alpha_0\), рівняння\ ref {eq:7.7.9} передбачає рівняння\ ref {eq:7.7.8}.
Перед тим як довести рівняння\ ref {eq:7.7.7}, ми спочатку відзначимо,\(a_n(r_2)\) що добре визначене Equation\ ref {eq:7.7.3}\(p_0(n+r_2)\ne0\) для\(1\le n\le k-1\), оскільки для цих значень\(n\). Однак ми не можемо визначити\(a_n(r_2)\) для за\(n\ge k\) допомогою рівняння\ ref {eq:7.7.3}, оскільки\(p_0(k+r_2)=p_0(r_1)=0\). Для зручності визначаємо\(a_n(r_2)=0\) для\(n\ge k\). Потім, з теореми 7.5.1,
\[\label{eq:7.7.10} L\left(x^{r_2}\sum_{n=0}^{k-1} a_n(r_2)x^n\right)= L\left(x^{r_2}\sum_{n=0}^\infty a_n(r_2)x^n\right)= x^{r_2}\sum_{n=0}^\infty b_nx^n,\]
де\(b_0=p_0(r_2)=0\) і
\[b_n=p_0(n+r_2)a_n(r_2)+p_1(n+r_2-1)a_{n-1}(r_2),\quad n\ge1. \nonumber \]
Якщо\(1\le n\le k-1\), то рівняння\ ref {eq:7.7.3} означає, що\(b_n=0\). Якщо\(n\ge k+1\), то\(b_n=0\) тому що\(a_{n-1}(r_2)=a_n(r_2)=0\). Тому рівняння\ ref {eq:7.7.10} зводиться до
\[L\left(x^{r_2}\sum_{n=0}^{k-1} a_n(r_2)x^n\right)= \left[p_0(k+r_2)a_k(r_2)+p_1(k+r_2-1)a_{k-1}(r_2) \right]x^{k+r_2}. \nonumber \]
Оскільки\(a_k(r_2)=0\) і\(k+r_2=r_1\), це означає рівняння\ ref {eq:7.7.7}.
Ми залишаємо доказ того, що\(\{y_1,y_2\}\) є основним набором як Вправа 7.7.41.
Знайдіть фундаментальний набір рішень Frobenius
\[2x^2(2+x)y''-x(4-7x)y'-(5-3x)y=0. \nonumber\]
Наведіть явні формули для коефіцієнтів у розв'язках.
Рішення
Для даного рівняння поліноми, визначені в теоремі Template:index, є
\[\begin{array}{ccccc} p_0(r)&=4r(r-1)-4r-5&=(2r+1)(2r-5),\\[4pt] p_1(r)&=2r(r-1)+7r+3&=(r+1)(2r+3). \end{array} \nonumber \]
Коріння індиціального рівняння є\(r_1=5/2\) і\(r_2=-1/2\), так\(k=r_1-r_2=3\). Тому теорема Template:index передбачає, що
\[\label{eq:7.7.11} y_1=x^{5/2}\sum_{n=0}^\infty a_n(5/2)x^n\]
і
\[\label{eq:7.7.12} y_2=x^{-1/2}\sum_{n=0}^2a_n(-1/2)+C\left(y_1\ln x+x^{5/2}\sum_{n=1}^\infty a_n'(5/2)x^n\right)\]
(з\(C\) як у Рівнянні\ ref {eq:7.7.4}) утворюють фундаментальну множини розв'язків\(Ly=0\). Формула повторення Рівняння\ ref {eq:7.7.2} дорівнює
\[\label{eq:7.7.13} \begin{array}{lll} a_0(r)&=1,\\ a_n(r)&=-{p_1(n+r-1)\over p_0(n+r)}a_{n-1}(r)\\[10pt] &=-{(n+r)(2n+2r+1)\over(2n+2r+1)(2n+2r-5)}a_{n-1}(r),\\[10pt] &=-{n+r\over2n+2r-5}a_{n-1}(r),\,n\ge1, \end{array}\]
що означає, що
\[\label{eq:7.7.14} a_n(r)=(-1)^n\prod_{j=1}^n{j+r\over2j+2r-5},\,n\ge0.\]
Тому
\[\label{eq:7.7.15} a_n(5/2)={(-1)^n\prod_{j=1}^n(2j+5)\over4^nn!}.\]
Підставляючи це в рівняння\ ref {eq:7.7.11} дає
\[y_1=x^{5/2}\sum_{n=0}^\infty{(-1)^n\prod_{j=1}^n(2j+5)\over4^nn!}x^n. \nonumber \]
Для обчислення коефіцієнтів\(a_0(-1/2),a_1(-1/2)\) і\(a_2(-1/2)\) в\(y_2\), ми встановлюємо\(r=-1/2\) в Equation\ ref {eq:7.7.13} і застосовуємо результуючу формулу повторення для\(n=1\),\(2\); таким чином,
\[\begin{aligned} a_0(-1/2)&=1,\\ a_n(-1/2)&=-{2n-1\over4(n-3)}a_{n-1}(-1/2),\,n=1,2.\end{aligned} \nonumber \]
Остання формула дає
\[a_1(-1/2)=1/8 \quad \text{and} \quad a_2(-1/2)=3/32. \nonumber \]
Підставляючи\(r_1=5/2,r_2=-1/2,k=3\), і\(\alpha_0=4\) в рівняння\ ref {eq:7.7.4} дає\(C=-15/128\). Отже, з Рівняння\ ref {eq:7.7.12}
\[\label{eq:7.7.16} y_2=x^{-1/2}\left(1+{1\over8}x+{3\over32}x^2\right) -{15\over128} \left(y_1\ln x+x^{5/2}\sum_{n=1}^\infty a_n'(5/2)x^n\right).\]
Для отримання отриманого використовується логарифмічна диференціація\(a'_n(r)\). З рівняння\ ref {еква:7.7.14},
\[|a_n(r)|=\prod_{j=1}^n{|j+r|\over|2j+2r-5|},\,n\ge1. \nonumber \]
Тому
\[\ln |a_n(r)|=\sum^n_{j=1} \left(\ln |j+r|-\ln|2j+2r-5|\right). \nonumber \]
Диференціація щодо\(r\) врожайності
\[{a'_n(r)\over a_n(r)}=\sum^n_{j=1} \left({1\over j+r}-{2\over2j+2r-5}\right). \nonumber \]
Тому
\[a'_n(r)=a_n(r) \sum^n_{j=1} \left({1\over j+r}-{2\over2j+2r-5}\right). \nonumber \]
Встановлення\(r=5/2\) тут і нагадування Рівняння\ ref {eq:7.7.15} дає
\[\label{eq:7.7.17} a_n'(5/2)={(-1)^n\prod_{j=1}^n(2j+5)\over4^nn!}\sum_{j=1}^n \left({1\over j+5/2}-{1\over j}\right).\]
Так як
\[{1\over j+5/2}-{1\over j}=-{5\over j(2j+5)}, \nonumber\]
ми можемо переписати рівняння\ ref {eq:7.7.17} як
\[a_n'(5/2)=-5{(-1)^n\prod_{j=1}^n(2j+5)\over4^nn!} \left(\sum_{j=1}^n{1\over j(2j+5)}\right). \nonumber\]
Підставляючи це в рівняння\ ref {eq:7.7.16} дає
\[\begin{aligned} y_2&=x^{-1/2}\left(1+{1\over8}x+{3\over32}x^2\right)-{15\over128} y_1\ln x\\&\,+{75\over128} x^{5/2}\sum_{n=1}^\infty {(-1)^n\prod_{j=1}^n(2j+5)\over4^nn!} \left(\sum_{j=1}^n{1\over j(2j+5)}\right)x^n. \end{aligned} \nonumber \]
Якщо\(C=0\) в Equation\ ref {eq:7.7.4}, немає необхідності обчислювати
\[y_1\ln x+x^{r_1}\sum_{n=1}^\infty a_n'(r_1)x^n \nonumber\]
у формулі Рівняння\ ref {eq:7.7.5} для\(y_2\). Тому найкраще проводити обчислення\(C\) перед обчисленням\(\{a_n'(r_1)\}_{n=1}^\infty\). Це проілюстровано в наступному прикладі. (Див. Також Вправи 7.7.44 і 7.7.45.)
Знайдіть фундаментальний набір рішень Frobenius
\[x^2(1-2x)y''+x(8-9x)y'+(6-3x)y=0. \nonumber\]
Наведіть явні формули для коефіцієнтів у розв'язках.
Рішення
Для даного рівняння поліноми, визначені в теоремі Template:index, є
\[\begin{array}{ccccc} p_0(r)&=&r(r-1)+8r+6&=&(r+1)(r+6)\\ p_1(r)&=&-2r(r-1)-9r-3&=&-(r+3)(2r+1). \end{array} \nonumber \]
Коріння індиціального рівняння є\(r_1=-1\) і\(r_2=-6\), так\(k=r_1-r_2=5\). Тому теорема Template:index передбачає, що
\[\label{eq:7.7.18} y_1=x^{-1}\sum_{n=0}^\infty a_n(-1)x^n\]
і
\[\label{eq:7.7.19} y_2=x^{-6}\sum_{n=0}^4a_n(-6)+C\left(y_1\ln x+x^{-1}\sum_{n=1}^\infty a_n'(-1)x^n\right)\]
(з\(C\) як у Рівнянні\ ref {eq:7.7.4}) утворюють фундаментальну множини розв'язків\(Ly=0\). Формула повторення Рівняння\ ref {eq:7.7.2} дорівнює
\[\label{eq:7.7.20} \begin{array}{lll} a_0(r)&=1,\\ a_n(r)&=-{p_1(n+r-1)\over p_0(n+r)}a_{n-1}(r)\\[10pt] &={(n+r+2)(2n+2r-1)\over(n+r+1)(n+r+6)}a_{n-1}(r),\,n\ge1, \end{array}\]
що означає, що
\[\label{eq:7.7.21} \begin{array}{lll} a_n(r)&={\prod_{j=1}^n{(j+r+2)(2j+2r-1)\over(j+r+1)(j+r+6)}}\\[10pt] &={\left(\prod_{j=1}^n{j+r+2\over j+r+1}\right) \left(\prod_{j=1}^n{2j+2r-1\over j+r+6}\right)}. \end{array}\]
Так як
\[\prod_{j=1}^n{j+r+2\over j+r+1}={(r+3)(r+4)\cdots(n+r+2)\over (r+2)(r+3)\cdots(n+r+1)}={n+r+2\over r+2} \nonumber\]
через скасування, Equation\ ref {eq:7.7.21} спрощує
\[a_n(r)={n+r+2\over r+2}\prod_{j=1}^n{2j+2r-1\over j+r+6}. \nonumber\]
Тому
\[a_n(-1)=(n+1)\prod_{j=1}^n{2j-3\over j+5}. \nonumber\]
Підставляючи це в рівняння\ ref {eq:7.7.18} дає
\[y_1=x^{-1}\sum_{n=0}^\infty (n+1)\left(\prod_{j=1}^n{2j-3\over j+5}\right) x^n. \nonumber\]
Для обчислення коефіцієнтів\(a_0(-6),\dots,a_4(-6)\) в\(y_2\), ми встановлюємо\(r=-6\) в Equation\ ref {eq:7.7.20} і застосовуємо результуючу формулу повторення для\(n=1\),\(2\),\(3\),\(4\); таким чином,
\[\begin{aligned} a_0(-6)&=1,\\ a_n(-6)&={(n-4)(2n-13)\over n(n-5)}a_{n-1}(-6),\,n=1,2,3,4.\end{aligned} \nonumber \]
Остання формула дає
\[a_1(-6)=-{33\over 4},\,a_2(-6)={99\over4},\,a_3(-6)=-{231\over8},\,a_4(-6)=0. \nonumber\]
Оскільки\(a_4(-6)=0\) рівняння\ ref {eq:7.7.4} означає, що константа\(C\) в Рівнянні\ ref {eq:7.7.19} дорівнює нулю. Тому рівняння\ ref {eq:7.7.19} зводиться до
\[y_2=x^{-6}\left(1-{33\over4}x+{99\over4}x^2-{231\over8}x^3\right). \nonumber\]
Розглянемо тепер рівняння виду
\[x^2(\alpha_0+\alpha_2x^2)y''+x(\beta_0+\beta_2x^2)y' +(\gamma_0+\gamma_2x^2)y=0, \nonumber \]
де коріння індиціального рівняння дійсні і відрізняються парним цілим числом. Випадок, коли коріння дійсні і відрізняються непарним цілим числом, можна обробити методом, розглянутим у Вправі 7.5.56.
Доказ наступної теореми схожий на доказ теореми Template:index (Вправа 7.7.43).
Нехай
\[Ly= x^2(\alpha_0+\alpha_2x^2)y''+x(\beta_0+\beta_2x^2)y' +(\gamma_0+\gamma_2x^2)y, \nonumber\]
де\(\alpha_0\ne0,\) і визначити
\[\begin{aligned} p_0(r)&=\alpha_0r(r-1)+\beta_0r+\gamma_0,\\ p_2(r)&=\alpha_2r(r-1)+\beta_2r+\gamma_2.\end{aligned} \nonumber \]
Припустимо,\(r\) дійсне число таке, що\(p_0(2m+r)\) не є нульовим для всіх натуральних чисел\(m,\) і визначити
\[\label{eq:7.7.22} \begin{array}{lll} a_0(r)&=1,\\ a_{2m}(r)&=-{p_2(2m+r-2)\over p_0(2m+r)}a_{2m-2}(r),\quad m\ge1. \end{array}\]
\(r_2\)Дозволяти\(r_1\) і бути корінням indicial рівняння\(p_0(r)=0,\) і припустимо\(r_1=r_2+2k,\), де\(k\) є додатне число\(.\) Тоді
\[y_1=x^{r_1}\sum_{m=0}^\infty a_{2m}(r_1)x^{2m} \nonumber\]
це рішення Фробеніуса\(Ly=0\). Більше того,\(,\) якщо ми визначимо
\[\begin{aligned} a_0(r_2)&=1,\\ a_{2m}(r_2)&=-{p_2(2m+r_2-2)\over p_0(2m+r_2)}a_{2m-2}(r_2),\quad 1\le m\le k-1\end{aligned} \nonumber \]
і
\[\label{eq:7.7.23} C=-{p_2(r_1-2)\over2k\alpha_0}a_{2k-2}(r_2),\]
потім
\[\label{eq:7.7.24} y_2=x^{r_2}\sum_{m=0}^{k-1}a_{2m}(r_2)x^{2m}+C\left(y_1\ln x+x^{r_1}\sum_{m=1}^\infty a_{2m}'(r_1)x^{2m}\right)\]
також є рішенням\(Ly=0,\) і\(\{y_1,y_2\}\) є основним набором рішень.
Знайдіть фундаментальний набір рішень Frobenius
\[x^2(1+x^2)y''+x(3+10x^2)y'-(15-14x^2)y=0. \nonumber\]
Наведіть явні формули для коефіцієнтів у розв'язках.
Рішення
Для даного рівняння поліноми, визначені в теоремі Template:index, є
\[\begin{array}{ccccc} p_0(r)&=r(r-1)+3r-15&=(r-3)(r+5)\\[4pt] p_2(r)&=r(r-1)+10r+14&=(r+2)(r+7). \end{array} \nonumber \]
Коріння індиціального рівняння є\(r_1=3\) і\(r_2=-5\), так\(k=(r_1-r_2)/2=4\). Тому теорема Template:index передбачає, що
\[\label{eq:7.7.25} y_1=x^3\sum_{m=0}^\infty a_{2m}(3)x^{2m}\]
і
\[y_2=x^{-5}\sum_{m=0}^3 a_{2m}(-5)x^{2m}+C \left(y_1\ln x+x^3\sum_{m=1}^\infty a_{2m}'(3)x^{2m}\right) \nonumber\]
(з\(C\) як у Рівнянні\ ref {eq:7.7.23}) утворюють фундаментальну множини розв'язків\(Ly=0\). Формула повторення Рівняння\ ref {eq:7.7.22} дорівнює
\[\label{eq:7.7.26} \begin{array}{lll} a_0(r)&=1,\\ a_{2m}(r)&=-{p_2(2m+r-2)\over p_0(2m+r)}a_{2m-2}(r)\\[10pt] &=-{(2m+r)(2m+r+5)\over(2m+r-3)(2m+r+5)}a_{2m-2}(r)\\[10pt] &=-{2m+r\over2m+r-3}a_{2m-2}(r),\,m\ge1, \end{array}\]
що означає, що
\[\label{eq:7.7.27} a_{2m}(r)=(-1)^m\prod_{j=1}^m{2j+r\over2j+r-3},\,m\ge0.\]
Тому
\[\label{eq:7.7.28} a_{2m}(3)={(-1)^m\prod_{j=1}^m(2j+3)\over2^mm!}.\]
Підставляючи це в рівняння\ ref {eq:7.7.25} дає
\[y_1=x^3\sum_{m=0}^\infty {(-1)^m\prod_{j=1}^m(2j+3)\over2^mm!}x^{2m}. \nonumber\]
Для обчислення коефіцієнтів\(a_2(-5)\), а\(a_6(-5)\) в\(a_4(-5)\)\(y_2\), ми встановлюємо\(r=-5\) в Equation\ ref {eq:7.7.26} і застосовуємо отриману формулу повторення для\(m=1\),\(2\),\(3\); таким чином,
\[a_{2m}(-5)=-{2m-5\over2(m-4)}a_{2m-2}(-5),\,m=1,2,3. \nonumber\]
Це дає
\[a_2(-5)=-{1\over2},\,a_4(-5)={1\over8},\,a_6(-5)={1\over16}. \nonumber\]
Підставляючи\(r_1=3\),\(r_2=-5\)\(k=4\), і\(\alpha_0=1\) в рівняння\ ref {eq:7.7.23} дає\(C=-3/16\). Отже, з Рівняння\ ref {eq:7.7.24}
\[\label{eq:7.7.29} y_2=x^{-5} \left(1-{1\over2}x^2+{1\over8}x^4+{1\over16}x^6\right) -{3\over16} \left(y_1\ln x+x^3\sum_{m=1}^\infty a_{2m}'(3)x^{2m}\right).\]
Для отримання\(a_{2m}'(r)\) ми використовуємо логарифмічну диференціацію. З рівняння\ ref {еква:7.7.27},
\[|a_{2m}(r)|=\prod_{j=1}^m{|2j+r|\over|2j+r-3|},\,m\ge1. \nonumber\]
Тому
\[\ln |a_{2m}(r)|=\sum^n_{j=1} \left(\ln |2j+r|-\ln|2j+r-3|\right). \nonumber\]
Диференціація щодо\(r\) врожайності
\[{a'_{2m}(r)\over a_{2m}(r)}=\sum^m_{j=1} \left({1\over 2j+r}-{1\over2j+r-3}\right). \nonumber\]
Тому
\[a'_{2m}(r)=a_{2m}(r) \sum^n_{j=1} \left({1\over 2j+r}-{1\over2j+r-3}\right). \nonumber\]
Встановлення\(r=3\) тут і нагадування Рівняння\ ref {eq:7.7.28} дає
\[\label{eq:7.7.30} a_{2m}'(3)={(-1)^m\prod_{j=1}^m(2j+3)\over2^mm!}\sum_{j=1}^m \left({1\over2j+3}-{1\over2j}\right).\]
Так як
\[{1\over2j+3}-{1\over2j}=-{3\over2j(2j+3)}, \nonumber\]
ми можемо переписати рівняння\ ref {eq:7.7.30} як
\[a_{2m}'(3)=-{3\over2}{(-1)^n\prod_{j=1}^m(2j+3)\over2^mm!} \left(\sum_{j=1}^n{1\over j(2j+3)}\right). \nonumber\]
Підставляючи це в рівняння\ ref {eq:7.7.29} дає
\[\begin{aligned} y_2&=x^{-5} \left(1-{1\over2}x^2+{1\over8}x^4+{1\over16}x^6\right) -{3\over16}y_1\ln x \\[10pt] &\, +{9\over32} x^3\sum_{m=1}^\infty {(-1)^m\prod_{j=1}^m(2j+3)\over2^mm!}\left(\sum_{j=1}^m{1\over j(2j+3)}\right) x^{2m}.\end{aligned} \nonumber \]
Знайдіть фундаментальний набір рішень Frobenius
\[x^2(1-2x^2)y''+x(7-13x^2)y'-14x^2y=0. \nonumber\]
Наведіть явні формули для коефіцієнтів у розв'язках.
Рішення
Для даного рівняння поліноми, визначені в теоремі Template:index, є
\[\begin{array}{ccccc} p_0(r)&=&r(r-1)+7r&=r(r+6),\\ p_2(r)&=&-2r(r-1)-13r-14&=&-(r+2)(2r+7). \end{array} \nonumber \]
Коріння індиціального рівняння є\(r_1=0\) і\(r_2=-6\), так\(k=(r_1-r_2)/2=3\). Тому теорема Template:index передбачає, що
\[\label{eq:7.7.31} y_1=\sum_{m=0}^\infty a_{2m}(0)x^{2m},\]
і
\[\label{eq:7.7.32} y_2=x^{-6}\sum_{m=0}^2a_{2m}(-6)x^{2m}+C\left(y_1\ln x+\sum_{m=1}^\infty a_{2m}'(0)x^{2m}\right)\]
(з\(C\) як у Рівнянні\ ref {eq:7.7.23}) утворюють фундаментальну множини розв'язків\(Ly=0\). Формули повторення Рівняння\ ref {eq:7.7.22}
\[\label{eq:7.7.33} \begin{array}{lll} a_0(r)&=1,\\ a_{2m}(r)&=-{p_2(2m+r-2)\over p_0(2m+r)}a_{2m-2}(r)\\[10pt] &={(2m+r)(4m+2r+3)\over(2m+r)(2m+r+6)}a_{2m-2}(r)\\[10pt] &={4m+2r+3\over2m+r+6}a_{2m-2}(r),\,m\ge1, \end{array}\]
що означає, що
\[a_{2m}(r)=\prod_{j=1}^m{4j+2r+3\over2j+r+6}. \nonumber\]
Встановлення\(r=0\) врожайності
\[a_{2m}(0)=6{\prod_{j=1}^m(4j+3)\over2^m(m+3)!}. \nonumber\]
Підставляючи це в рівняння\ ref {eq:7.7.31} дає
\[y_1=6\sum_{m=0}^\infty {\prod_{j=1}^m(4j+3)\over2^m(m+3)!}x^{2m}. \nonumber\]
Для обчислення коефіцієнтів\(a_0(-6)\), а\(a_4(-6)\) в\(a_2(-6)\)\(y_2\), ми встановлюємо\(r=-6\) в Equation\ ref {eq:7.7.33} і застосовуємо отриману формулу повторення для\(m=1\),\(2\); таким чином,
\[\begin{aligned} a_0(-6)&=1,\\ a_{2m}(-6)&={4m-9\over2m}a_{2m-2}(-6),\,m=1,2.\end{aligned} \nonumber \]
Остання формула дає
\[a_2(-6)=-{5\over2}\quad \text{and} \quad a_4(-6)={5\over8}. \nonumber\]
Оскільки\(p_2(-2)=0\) константа\(C\) в Рівнянні\ ref {eq:7.7.23} дорівнює нулю. Тому рівняння\ ref {eq:7.7.32} зводиться до
\[y_2=x^{-6}\left(1-{5\over2}x^2+{5\over8}x^4\right). \nonumber\]