6.2: Метод серії Power

Ми будемо використовувати метод серії для вирішення

\[\dfrac{dy}{dx}+y=0 \label{Eq1}\]

Це рівняння є роздільним диференціальним рівнянням першого порядку, і його можна вирішити шляхом прямої інтеграції, щоб дати\(ce^{-x}\) (переконайтеся, що ви можете зробити це самостійно). Для того щоб скористатися методом серії, спочатку будемо вважати, що відповідь можна висловити як

\[y(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n}. \nonumber\]

Знову ж таки, замість отримання фактичної функції\(y(x)\), в цьому методі ми отримаємо ряд

\[\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n}. \nonumber\]

Ми будемо використовувати вираз

\[y(x)=a_0+a_1 x + a_2 x^2...a_n x^n \label{Eq5}\]

для обчислення похідних нам потрібні і підставляємо в диференціальне рівняння. Враховуючи наше початкове припущення, що рішення можна записати як:

\[y(x)=a_0+a_1 x + a_2 x^2+a_3x^3+...+a_n x^n \nonumber\]

ми можемо записати першу похідну як:

\[y'(x)=a_1 + a_2\times 2 x+a_3\times3 x^2+...+a_n\times n x^{n-1} \nonumber\]

Ми підставимо ці вирази в диференціальне рівняння, яке ми хочемо розв'язати (Equation\ ref {Eq1}):

\[\begin{array}{c} \dfrac{dy}{dx}+y =0 \\[4pt] \left(a_1 + a_2\times 2 x+a_3\times3 x^2 + ... + a_n\times n x^{n-1}\right)+\left(a_0+a_1 x + a_2 x^2+a_3x^3+...+a_n x^n\right) =0 \end{array} \nonumber\]

і згрупуйте терміни, які мають однакову силу\(x\):

\[(a_1+a_0) + (2a_2+a_1) x+(3a_3+a_2) x^2+(4a_4+a_3) x^3+...=0 \nonumber\]

Цей вираз потрібно утримувати для всіх значень\(x\), тому всі терміни в дужках повинні бути нульовими:

\[(a_1+a_0)= (2a_2+a_1)=(3a_3+a_2)=(4a_4+a_3)=...=0 \nonumber\]

Наведені вище рівняння дають співвідношення між різними коефіцієнтами. Наше рішення буде виглядати як Equation\ ref {Eq5}, але тепер ми знаємо, що всі ці коефіцієнти пов'язані один з одним. На наступному кроці ми висловимо всі коефіцієнти в перерахунку\(a_0\).

\[\begin{array}{c} \left( a_1+a_0 \right) \rightarrow a_1=-a_0 \\ \left( 2a_2+a_1 \right) \rightarrow a_2=-a_1/2=a_0/2 \\ \left( 3a_3+a_2 \right) \rightarrow a_3=-a_2/3=-a_0/6 \\ \left( 4a_4+a_3 \right) \rightarrow a_4=-a_3/4=a_0/24 \end{array} \nonumber\]

Ми можемо продовжити, але, сподіваюся, ви вже бачите шаблон:\(a_n=a_0(-1)^n/n!\). Потім ми можемо написати наше рішення як:

\[y(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_0\dfrac{(-1)^n}{n!} x^{n}=a_0\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n!} x^{n} \nonumber\]

Ми отримали наше рішення у формі нескінченного ряду. Знову ж таки, в цілому ми будемо задоволені результатом таким, яким він є, тому що швидше за все ряд не представляє жодної комбінації відомих функцій. У цьому випадку, однак, ми знаємо, що рішення є\(y(x)=ce^{-x}\), тому не повинно вас дивувати, що серія

\[\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n!} x^{n} \nonumber\]

є серія Маклорін\(e^{-x}\). Константа\(a_0\) є довільною константою, і її можна обчислити, якщо у нас є початкова умова.

Цю ж процедуру можна виконати більш елегантно в такий спосіб:

\[\begin{align*} y(x) &= \sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n} \\[4pt] y'(x) &= \sum_{n=1}^{\infty}na_n x^{n-1} \\[4pt] y'(x) + y(x) &=0\rightarrow \sum_{n=1}^{\infty}na_n x^{n-1}+ \sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n}=0 \end{align*}\]

зміна «фіктивного» індексу першої суми:

\[\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1} x^{n}+\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^{n}=0 \nonumber\]

і об'єднання двох сум:

\[\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left[(n+1)a_{n+1}+a_n\right] x^{n}=0 \nonumber\]

Тому що цей результат повинен бути істинним для всіх значень\(x\):

\[(n+1)a_{n+1}+a_n=0\rightarrow \dfrac{a_{n+1}}{a_n}=-\dfrac{1}{n+1} \nonumber\]

Вираз вище - це те, що відомо як формула рекурсії. Вона дає значення другого коефіцієнта в перерахунку на перший, третій в перерахунку на другий і т.д.

\[\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=-\dfrac{1}{n+1}\rightarrow \dfrac{a_{1}}{a_0}=-1; \;\dfrac{a_{2}}{a_1}=-\dfrac{1}{2};\;\dfrac{a_{3}}{a_2}=-\dfrac{1}{3};\;\dfrac{a_{4}}{a_3}=-\dfrac{1}{4}.... \nonumber\]

Ми знаємо, що хочемо висловити всі коефіцієнти з точки зору\(a_0\). Ми можемо досягти цього, помноживши всі ці терміни:

\[\begin{array}{c} \dfrac{a_{1}}{a_0}\dfrac{a_{2}}{a_1}\dfrac{a_{3}}{a_2}...\dfrac{a_{n}}{a_{n-1}}...=\dfrac{a_{n}}{a_0} \\ \dfrac{a_{n}}{a_0}=-1\times \left(-\dfrac{1}{2}\right)\times \left(-\dfrac{1}{3}\right)\times \left(-\dfrac{1}{4}\right)...\times \left(-\dfrac{1}{n}\right)=\dfrac{(-1)^n}{n!} \end{array} \nonumber\]

і, отже,\(a_n=a_0\dfrac{(-1)^n}{n!}\)

Примітка: Вам не потрібно турбуватися про те, щоб бути «елегантним». Добре, якщо ви віддаєте перевагу менш «елегантному» маршруту!

Приклад\(\PageIndex{1}\)

Вирішіть наступне рівняння, використовуючи метод силових рядів:

\[\dfrac{d^2y}{dx^2}+y=0 \nonumber\]

Рішення

Почнемо з припущення, що рішення можна записати як:

\[y(x)=a_0+a_1 x + a_2 x^2+a_3x^3+a_4x^4...\nonumber\]

і тому першою і другою похідними є:

\[\begin{align*} y'(x) &=a_1+ 2a_2 x+3a_3x^2+4a_4x^3+5a_5x^4... \\[4pt] y''(x) &=2a_2+2\times 3a_3x+3\times 4a_4x^2+4\times 5a_5x^3+5\times 6a_6x^4...\end{align*} \nonumber\]

Зверніть увагу, що до цього моменту ця процедура не залежить від диференціального рівняння, яке ми намагаємося вирішити.

Тепер підставляємо ці вирази в диференціальне рівняння:

\[(2a_2+2\times 3a_3x+3\times 4a_4x^2+4\times 5a_5x^3+5\times 6a_6x^4...)+(a_0+a_1 x + a_2 x^2+a_3x^3+a_4x^4...)=0\nonumber\]

і згрупуйте терміни в тій же силі\(x\):

\[(2a_2+a_0)+(2\times3a_3+a_1)x+(3\times 4a_4+a_2)x^2+(4\times 5a_5+a_3)x^3+(5\times 6a_6+a_4)x^4...=0\nonumber\]

Оскільки це має бути вірним для всіх значень\(x\), всі терміни в дужках повинні дорівнювати нулю.

\[(2a_2+a_0)=(2\times 3a_3+a_1)=(3\times 4a_4+a_2)=(4\times 5a_5+a_3)=(5\times 6a_6+a_4)...=0\nonumber\]

У нас є відносини між непарними коефіцієнтами і між парними коефіцієнтами, але ми бачимо, що непарне і парне не пов'язані між собою. Запишемо всі непарні коефіцієнти в перерахунку на\(a_1\), а парні коефіцієнти в перерахунку на\(a_0\):

\(a_2=-\dfrac{a_0}{2}=-\dfrac{a_0}{2!}\)	\(a_3=-\dfrac{a_1}{(2\times3)}=-\dfrac{a_1}{3!}\)
\(a_4=-\dfrac{a_2}{(3\times 4)}=\dfrac{a_0}{(2\times 3\times 4)}=\dfrac{a_0}{4!}\)	\(a_5=-\dfrac{a_3}{(4\times 5)}=\dfrac{a_1}{(2\times3\times 4\times5)}=\dfrac{a_1}{5!}\)
\(a_6=-\dfrac{a_4}{(5\times 6)}=-\dfrac{a_0}{(2\times 3 \times 4\times 5\times 6)}=-\dfrac{a_0}{6!}\)	\(a_7=-\dfrac{a_5}{(6\times 7)}=-\dfrac{a_1}{(2\times 3\times 4\times 5\times 6\times 7)}=-\dfrac{a_1}{7!}\)

Підставляючи ці відносини у вираз\(y(x)\):

\[\begin{align} y(x) &=a_0+a_1 x + a_2 x^2+a_3x^3+a_4x^4... \\[4pt] &=a_0+a_1 x-\dfrac{a_0}{2!}x^2-\dfrac{a_1}{3!}x^3+\dfrac{a_0}{4!}x^4+\dfrac{a_1}{5!}x^5-\dfrac{a_0}{6!}x^6-\dfrac{a_1}{7!}x^7+... \\[4pt] &=a_0(1-\dfrac{1}{2!}x^2+\dfrac{1}{4!}x^4-\dfrac{1}{6!}x^6...)+a_1(x-\dfrac{1}{3!}x^3+\dfrac{1}{5!}x^5-\dfrac{1}{7!}x^7+...) \end{align} \nonumber\]

які можуть бути виражені у вигляді:

\[\displaystyle{\color{Maroon}y(x)=a_0\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}+a_1\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}} \nonumber\]

Це рішення нашого диференціального рівняння.

Якщо ви позначите главу 3, ви зрозумієте, що ці суми є розкладами Маклорена функцій косинуса і синуса. Це не повинно вас здивувати, оскільки диференціальне рівняння, яке ми щойно розв'язали, можна вирішити за допомогою методів, які ми дізналися в розділі 5, щоб отримати:

\[y(x)=c_1\cos{x}+c_2\sin{x} \nonumber\]

Знову ж таки, ми використали цей приклад для ілюстрації методу, але не має великого сенсу використовувати метод силових рядів для вирішення ODE, який можна вирішити за допомогою простіших методів. Цей спосіб буде корисний, коли рішення ОДА може бути виражено тільки у вигляді степеневого ряду.