Esempi di soluzione di equazioni differenziali mediante serie di potenze
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- Carlo Ferretti
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1 Esempi di soluzione di equazioni differenziali mediante serie di potenze Cerchiamo una soluzione dell equazione differenziale nella forma 3y () + y () + y() 0 + y() σ n con σ,. Una serie di potenze generalizzata di questo tipo si può sempre scrivere, cambiando eventualmente σ, in modo che sia 0. Infatti, supponiamo che nella serie scritta sopra sia 0 ; indichiamo con j l indice del primo coefficiente non nullo, sia j tale che Allora abbiamo σ n σ a a j 0, a j 0. n σ nj σ a m+ j m+ j σ+ j m0 n β b n n, dove β σ + j e b n +j, quindi abbiamo b 0 a j 0. Perciò nel seguito supporremo sempre 0. Derivando ciascun termine della serie, abbiamo y () y () (σ + n) σ+n (σ + n)(σ + n ) σ+n e, sostituendo nell equazione, otteniamo a m+j m, 3 (σ + n)(σ + n ) σ+n + (σ + n) σ+n + σ+n 0, m0 (σ + n)(3σ + 3n ) σ+n + σ+n 0. Modifichiamo l indice di sommella seconda sommatoria, in modo che l esponente di sia lo stesso della prima sommatoria; ciò significa prendere un nuovo indice di somma m tale
2 che n m, m n +. Visto che nella somma è n 0, avremo m e quindi σ+n a m σ+m ; perciò dovrà essere (σ + n)(3σ + 3n ) σ+n + σ+n 0, σ(3σ ) σ + m n an (σ + n)(3σ + 3n ) + σ+n 0. n L uguaglianza deve valere per ogni +, quindi tutti i coefficienti della serie devono essere nulli, perciò devono essere verificate le seguenti equazioni: a0 σ(3σ ) 0 (σ + n)(3σ + 3n ) + 0 n,,3,... Avendo supposto 0, la prima equazione è verificata se σ(3σ ) 0, se σ 0 o σ /3. Consideriamo il caso σ 0. Possiamo scegliere (con scelte diverse si ottengono soluzioni multiple di quella così ottenuta). Per n,,3,... dovrà essere e quindi, visto che n(3n ) 0, da cui, ricordando che, segue a n(3n ) + 0 n(3n ) a a 4 4 a n(3n ), ( ) n 3... n (3n ) ( ) n n! (3n ). Possiamo concludere che la funzione ( ) n y() + n! (3n ) n è soluzione dell equazione. n
3 Visto che lim + lim n! (3n ) (n + )! (3n + ) lim (n + )(3n + ) 0 si può concludere che la serie di potenze ottenuta ha raggio di convergenza. Consideriamo il caso σ /3. Possiamo scegliere. Per n,,3,... dovrà essere (n + /3)(3n + 3 /3 ) + 0 e quindi, visto che n(3n + ) 0, n(3n + ) da cui, ricordando che, segue a 5 a a a n(3n + ) ( ) n 3... n (3n + ) ( ) n n! (3n + ). Possiamo concludere che la funzione è soluzione dell equazione. Visto che lim + lim y() ( ) n n! (3n + ) n+/3 n! (3n + ) (n + )! (3n + 5) lim (n + )(3n + 5) 0 si può concludere che la serie di potenze ottenuta ha raggio di convergenza. 3
4 Cerchiamo una soluzione dell equazione differenziale y () y () + y() 0 + sotto forma di serie di potenze generalizzata. Procedendo come sopra l equazione diventa (σ + n)(σ + n ) σ+n (σ + n) σ+n + σ+n 0 (σ + n)(σ + n ) σ+n + σ+n 0. Modificando l indice di sommella seconda sommatoria, otteniamo perciò dovrà essere σ+n a m σ+m ; m (σ + n)(σ + n ) σ+n + σ+n 0, σ(σ ) σ + n an (σ + n)(σ + n ) + σ+n 0. n L uguaglianza deve valere per ogni +, quindi tutti i coefficienti della serie devono essere nulli, perciò devono essere verificate le seguenti equazioni: a0 σ(σ ) 0 (σ + n)(σ + n ) + 0 n,,3,... Avendo supposto 0, la prima equazione è verificata se σ(σ ) 0, se σ 0 o σ. Consideriamo il caso σ 0. Scegliamo. Per n,,3,... dovrà essere n(n ) + 0 Per n l equazione diventa n(n ). a, quindi a. Per n l equazione diventa 0 a e questo è impossibile. Quindi non esiste nessuna soluzione con σ 0. 4
5 Consideriamo il caso σ. Scegliamo. Per n,,3,... dovrà essere (n + )n + 0 n(n + ) e quindi, visto che n(n + ) 0, n(n + ) da cui, ricordando che, segue a 3 a a a ( ) n 3... n (n + ) ( ) n 3... n (n + ) ( )n n!(n + )!. Possiamo concludere che la funzione è soluzione dell equazione. Visto che a n+ lim lim y() ( ) n n!(n + )! n+ n!(n + )! (n + )!(n + 3)! lim (n + )(n + 3) 0 si può concludere che la serie di potenze ottenuta ha raggio di convergenza. Cerchiamo una soluzione dell equazione differenziale y () ( + )y () + y() 0 + sotto forma di serie di potenze generalizzata. Procedendo come sopra l equazione diventa (σ + n)(σ + n ) σ+n (σ + n) σ+n (σ + n) σ+n + σ+n 0 5
6 (σ + n)(σ + n ) σ+n (σ + n ) σ+n 0. Modificando l indice di sommella seconda sommatoria, otteniamo perciò dovrà essere (σ + n ) σ+n σ(σ ) σ + (σ + n ) σ+n, n an (σ + n)(σ + n ) (σ + n ) σ+n 0. n L uguaglianza deve valere per ogni +, quindi tutti i coefficienti della serie devono essere nulli, perciò devono essere verificate le seguenti equazioni: a0 σ(σ ) 0 (σ + n)(σ + n ) (σ + n ) 0 n,,3,... Avendo supposto 0, la prima equazione è verificata se σ(σ ) 0, se σ 0 o σ. Consideriamo il caso σ. Scegliamo. Per n,,3,... dovrà essere n(n + ) n 0 e quindi, visto che n(n + ) 0, da cui, ricordando che, segue n + a 3 a a a (n + ) (n + ) (n + )!. Possiamo concludere che la funzione è soluzione dell equazione. y() (n + )! n+ 6
7 Visto che lim + lim (n + )! (n + 3)! lim n si può concludere che la serie di potenze ta ha raggio di convergenza. Inoltre (n + )! n+ n n! n Consideriamo il caso σ 0. Scegliamo. Per n,,3,... dovrà essere n(n ) (n ) 0 ; n! n (e ). Per n l equazione è verificata qualunque siano a e a, mentre per n abbiamo Perciò n. a, mentre a può essere scelto arbitrariamente. Se scegliamo a 0 anche 0 per n 3,4,... e quindi y() +. Scegliendo invece a i coefficienti con n coincidono con gli trovati nel caso σ, perciò si ottiene una combinazione lineare delle soluzioni già trovate. Cerchiamo una soluzione dell equazione differenziale y () ( + )y() 0 + sotto forma di serie di potenze generalizzata. Procedendo come sopra l equazione diventa (σ + n)(σ + n ) σ+n σ+n σ+n+ 0 (σ + n + )(σ + n ) σ+n σ+n+ 0. Modificando l indice di sommella seconda sommatoria, in modo che l esponente di sia lo stesso della prima sommatoria, si ottiene: (σ + n + )(σ + n ) σ+n σ+n 0, 7 n
8 a0 σ(σ ) σ + a (σ + )σ a σ+ + + an (σ + n + )(σ + n ) σ+n 0. n L uguaglianza deve valere per ogni +, quindi tutti i coefficienti della serie devono essere nulli, perciò devono essere verificate le seguenti equazioni: (σ + )(σ ) 0 a (σ + )(σ ) 0 (σ + n + )(σ + n ) 0 n,3,... Avendo supposto 0, la prima equazione è verificata se (σ + )(σ ) 0, se σ o σ. Consideriamo il caso σ. Possiamo scegliere. Le equazioni scritte sopra diventano a 4 0 quindi a 0 e per n,3,..., abbiamo e quindi, visto che n(n + 3) 0, da cui, ricordando che, segue a 5 a 4 a n(n + 3) 0 n,3,... n(n + 3) n(n + 3) a k 4 k 5 7 (k + 3) 3(k + ) 4 k (k + ) (k + 3) 3(k + ) (k + 3)! mentre da a 0 segue che tutti i coefficienti di indice dispari si annullano, per ogni k si ha a k+ 0. Possiamo concludere che la funzione è soluzione dell equazione. y() k0 8 3(k + ) (k + 3)! k
9 Visto che a k+ 3(k + 4)(k + 3)! lim lim k a k k 3(k + )(k + 5)! lim k (k + )(k + 5) 0 si può concludere che la serie di potenze ottenuta ha raggio di convergenza. Ricaviamo una espressione esplicita ( senza sommatorie) di y. Ricordando che una serie di potenze può essere derivata membro a membro nell intervallo di convergenza, se 0 abbiamo y() 3 k0 k0 3 d d 3(k + ) (k + 3)! k k + (k + 3)! k+ k0 3 d d 3 d d 3 d d (k + 3)! k+ (k + 3)! k+3 k0 (k + )! k+ k (k + )! k+ k0 3 d sinh d cosh sinh 3 3 cosh 3sinh. Consideriamo ora il caso σ. Scegliamo anche in questo caso. Le equazioni scritte sopra diventano a 0 quindi a 0 e per n,3,..., abbiamo da cui, se n 3, si ricava n(n 3) 0 n,3,... n(n 3), n(n 3). 9
10 Perciò, avendo scelto, abbiamo a ( ) a 4 a 4 4 ( ) a k 4 k ( ) 3 (k 3) (k ) 4 k 3 (k 3) (k ) k. (k)! Per n 3 l equazione divent a 0 che è verificata qualunque sia, visto che a 0. Inoltre abbiamo a 5 5 a 7 a a k+ 5 7 (k + ) 4 (k ) Otteniamo così la soluzione 6k (k + ) 4 (k ) k 6k (k + )!. y() (k ) 6k k + (k)! (k + )! k+, k0 k ma k 6k (k + )! k+ k 6k (k + )! k k0 6k + 6 (k + 3)! k+ e quindi la funzione che moltiplica 0 senza perdere soluzioni. Abbiamo così trovato la soluzione è quella già trovatel caso σ ; possiamo porre y() (k ) k. (k)! k0 Anche in questo caso si verifica facilmente che la serie di potenze ottenuta ha raggio di convergenza. 0
11 Determiniamo ora la somma della serie di potenze. y() k0 k (k)! k k d d k (k)! k d d (k)! k k k (k)! k d cosh d sinh cosh + cosh sinh. Abbiamo così trovato le seguenti due soluzioni dell equazione differenziale (trascurando il fattore 3 che è ininfluente): cosh sinh cosh sinh. Esse sono linearmente indipendenti, perché per che tende la prima ha limite finito, mentre la seconda è divergente; perciò le due soluzioni costituiscono un sistema fondamentale di soluzioni per l equazione y () ( + )y() 0 +. È facile trovare un diverso sistema fondamentale di soluzioni, in cui non compaiono funzioni iperboliche. Sommando le due soluzioni si ottiene: cosh sinh cosh sinh + e + e e e + e +, mentre sottraendo membro a membro si ottiene cosh + sinh cosh + sinh e + e + e e e. Queste due funzioni sono soluzioni dell equazione differenziale, perché combinazione lineare di soluzioni; inoltre si verifica facilmente che sono linearmente indipendenti.
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