Integrazione per serie di potenze di ODE

[mascalzone87]

Sempre alle prese con ODE, vi chiedo è possibile integrare un'equazione differenziale ordinaria del secondo ordine a coefficienti costanti attraverso lo svuluppo in serie di potenze? Se si come? Io ci ho provato ma con esito negativo!!! Qualcuno potrebbe postare un esempio semplice!

So che la soluzione esatta di tali equazioni si trova attravreso le radici dell'equazione caratteristica e proprio per questo volevo confrontare tale soluzione con quella ottenuta numericamente e quella con lo sviluppo in serie di potenze se è possibile determinarla.

Grazie a tutti in anticipo.

[gugo82]

Prendiamo l'equazione del primo ordine:

[tex]$\phi^\prime -\alpha \ \phi =0$[/tex]

con [tex]$\alpha \in \mathbb{R}$[/tex]. Come anche le pietre sanno (da notare il mio innato ottimismo!!!) le soluzioni di tale equazione sono del tipo:

[tex]$\phi (x):=c\ e^{\alpha \ x}$[/tex]

con [tex]$c\in \mathbb{R}$[/tex] costante d'integrazione da determinarsi assegnando opportune condizioni.
Allora fissiamo un punto iniziale [tex]$x_0\in \mathbb{R}$[/tex], un valore iniziale [tex]$y_0\in \mathbb{R}$[/tex] e poniamo il problema di Cauchy:

[tex]$\begin{cases} \phi^\prime -\alpha \ \phi =0 \\ \phi (x_0) =y_0\end{cases}$[/tex]:

tale problema, per il notissimo teorema di esistenza ed unicità globali, possiede un'unica soluzione definita in tutto [tex]$\mathbb{R}$[/tex] che, facendo un po' di calcoli, si trova essere:

[tex]$y(x)=y_0\ e^{\alpha \ (x-x_0)}$[/tex].

Supponiamo ora di non essere a conoscenza del risultato e di voler determinare una soluzione del problema usando le serie di potenze (nel seguito, s.d.p.).
Come fare? Innanzitutto, se cerchiamo una soluzione che è somma di una s.d.p. intorno ad [tex]$x_0$[/tex], bisognerà accertarci che ogni soluzione della EDO sia di classe [tex]$C^\infty$[/tex] (almeno intorno a [tex]$x_0$[/tex]): infatti, se così non fosse, non avrebbe senso metterci a far di conto, giacché le funzioni che sono somma di s.d.p. intorno ad [tex]$x_0 $[/tex] sono indefinitamente derivabili.

Nel nostro caso ciò è davvero semplice: visto che ogni soluzione [tex]$\phi$[/tex] della EDO è derivabile, essa è pure continua; ma [tex]$\phi^\prime =\alpha \ \phi$[/tex], quindi anche [tex]$\phi^\prime$[/tex] è continua e [tex]$\phi$[/tex] è [tex]$C^1$[/tex]. Derivando l'uguaglianza precedente membro a membro (nel seguito, m.a.m.) si trova [tex]$\phi^{\prime \prime}=\alpha \ \phi^\prime =\alpha^2 \ \phi$[/tex], sicché [tex]$\phi$[/tex] è [tex]$C^2$[/tex]... Si intuisce che, procedendo iterativamente, si trova [tex]$\phi^{(k)} =\alpha \ \phi^{(k-1)} =\alpha^k \ \phi$[/tex], sicché [tex]$\phi$[/tex] è di classe [tex]$C^k$[/tex] per ogni [tex]$k\in \mathbb{N}$[/tex]. Perciò ogni soluzione della nostra EDO è di classe [tex]$C^\infty$[/tex].

Detto ciò, si passa alla parte hard dell'esercizio.
Vogliamo cercare la nostra soluzione [tex]$y(x)$[/tex] nella forma [tex]$\sum a_n\ (x-x_0)^n$[/tex]: quello che dobbiamo fare è determinare una successione di coefficienti [tex]$(a_n)$[/tex] tali che:

1) la s.d.p. [tex]$\sum a_n\ (x-x_0)^n$[/tex] abbia raggio di convergenza (nel seguito, r.d.c.) [tex]$\rho >0$[/tex];

2) la somma della s.d.p., cioè [tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} a_n\ (x-x_0)^n$[/tex], soddisfi la EDO (nel nostro caso [tex]$\phi^\prime -\alpha \ \phi=0$[/tex]);

3) la somma della s.d.p. soddisfi le condizioni iniziali del problema di Cauchy (nel nostro caso [tex]$\phi (x_0)=y_0$[/tex]).

Visto che il punto 1 si può controllare solo se si è in possesso di qualche informazione sugli [tex]$(a_n)$[/tex], non possiamo cominciare di lì: pertanto si parte col supporre che [tex]$\sum a_n\ (x-x_0)^n$[/tex] abbia r.d.c. non nullo e si cerca di risolvere i passi 2 e 3; dopo aver fatto ciò, si ottiene una successione [tex]$(a_n)$[/tex] (casomai determinata per ricorrenza) e si cerca di stabilire se è soddisfatta la 1. Se si scopre che la 1 è soddisfatta, il ragionamento fatto per provare 2 e 3 rimane giustificato (perchè [tex]$\sum a_n\ (x-x_0)^n$[/tex] ha davvero r.d.c. [tex]$>0$[/tex]!!!), quindi siamo riusciti nel nostro intento.

Nel nostro caso, supponiamo che [tex]$\sum a_n\ (x-x_0)^n$[/tex] abbia r.d.c. [tex]$\rho >0$[/tex] e calcoliamo la derivata della somma della s.d.p.: posto [tex]$y(x):=\sum_{n=0}^{+\infty} a_n\ (x-x_0)^n$[/tex] derivando termine a termine si trova:

[tex]$y^\prime (x)=\sum_{n=0}^{+\infty} (n+1)\ a_{n+1}\ (x-x_0)^n$[/tex];

sostituendo [tex]$y$[/tex] ed [tex]$y^\prime$[/tex] nel primo membro della EDO troviamo:

[tex]$y^\prime (x)-\alpha y(x)=\sum_{n=0}^{+\infty} \left\{ (n+1)\ a_{n+1} -\alpha \ a_n\right\}\ (x-x_0)^n$[/tex]

cosicché la EDO è soddisfatta se quella a secondo membro della precedente è la serie nulla. Ciò importa che devono esser nulli tutti i coefficienti che figurano in [tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} \left\{ (n+1)\ a_{n+1} -\alpha \ a_n\right\}\ (x-x_0)^n$[/tex] e questa condizione si traduce nella relazione di ricorrenza:

[tex]$a_{n+1}=\frac{\alpha}{n+1}\ a_n$[/tex]

tra i coefficienti di [tex]$\sum a_n\ (x-x_0)^n$[/tex].
Fortunosamente questa relazione consente di determinare il r.d.c. della nostra serie: infatti, applicando il criterio del rapporto troviamo:

[tex]$\lim \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} =\lim \frac{\alpha}{n+1} =0$[/tex]

quindi è addirittura [tex]$\rho =+\infty$[/tex]!
Oramai siamo con le spalle coperte, quindi basta determinare bene chi sono i coefficienti [tex]$a_n$[/tex] per arrivare alla conclusione.
Procedendo ricorsivamente si riconosce che:

[tex]$a_1=\alpha \ a_0$[/tex]
[tex]$a_2=\frac{\alpha}{2} \ a_1 =\frac{\alpha^2}{2!}\ a_0$[/tex]
[tex]$a_3=\frac{\alpha}{3}\ a_2=\frac{\alpha^3}{3!}\ a_0$[/tex]
[tex]$a_4=\frac{\alpha}{4}\ a_3=\frac{\alpha^4}{4!}\ a_0$[/tex]
[tex]$\ldots$[/tex]
[tex]$a_n=\frac{\alpha^n}{n!} \ a_0$[/tex]
[tex]$\ldots$[/tex]

quindi possiamo scrivere:

[tex]$y(x)=\sum_{n=0}^{+\infty} a_n\ (x-x_0)^n=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{\alpha^n}{n!}\ a_0\ (x-x_0)^n =a_0\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{\alpha^n}{n!}\ (x-x_0)^n$[/tex];

imponendo la condizione iniziale si trova:

[tex]$y(x_0)=y_0 \Leftrightarrow a_0=y_0$[/tex]

quindi la soluzione del nostro problema di Cauchy è:

[tex]$y(x)=y_0\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{\alpha^n}{n!}\ (x-x_0)^n$[/tex].

Fatto sorprendente ("E invece no!" dovreste dire voi leggendo... ) si ha proprio:

[tex]$y(x)=y_0\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{n!}\ [\alpha\ (x-x_0)]^n =y_0\ e^{\alpha\ (x-x_0)}$[/tex]...

[mascalzone87]

Innanzitutto ti ringrazio per la risposta chiara e completissima!

Vorrei sottoporti il mio caso pratico perchè ho ancora qualche problema:

$kAT''(x)-hPT(x)=-hPT_infty$

Dove: k,h,A,P,$T_infty$ tutti noti.

Questa è l'equazione che descrive un problema di scambio termico ma questo poc importa.

La soluzione esatta dell'equazione é

$T=C_1e^(lambda_1x)+C_2e^(lambda_2x)+T_infty$.

Con $lambda_1 lambda_2$ radici dell'equazione caratteristica.Le costanti di integrazione si trovano con le 2 condizioni al contorno. Io voglio studiare il mio problema nell'intervallo $[0,L]$ infatti impongo T nota a zero e derivata prima di T nulla in L.

Fin qui no problem!!! Se voglio integrare per s.d.p: dico che T(x) è di calsse $C^infty$ (almeno penso) poi posto $x_0=0$ si ha:

$T(x)=sum a_n x^n$


$T''(x)=sum (n+2)(n+1)a_(n+2) x^n$

Ora ponendo $(hP)/(kA)=b$ e $(hPT_infty)/(kA)=c$

si ha sostituendo nell'equazione:

$sum (n+2)(n+1)a_(n+2) x^n - bsum a_n x^n=-c$

Ora se ho capito bene dovrei eguagliare i coefficienti del primo membro a quelli del secondo che dovrebbe significare:

$sum (n+2)(n+1)a_(n+2) - bsum a_n =0$

Da cui:

$a_(n+2)=[b/((n+2)(n+1))]a_n$

E poi mi soo bloccato!!!! perchè $a_1$ per esempio che fine fa?

Spero di non aver scritto troppe cavolate ma tieni conto che la mia matematica da ingegnere non è raffinata coma la vostra.

In attesa di una tua illuminazione di saluto cordialmnte.

[gugo82]

Scusa, hai:

[tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} (n+2)(n+1) a_{n+2} x^n-\sum_{n=0}^{+\infty} b\ a_nx^n=-c$[/tex]

e perciò:

[tex]$2\ a_2-b\ a_0=-c \Rightarrow a_2=\frac{1}{2} (b\ a_0-c)$[/tex]
[tex]$6\ a_3-b\ a_1=0 \Rightarrow a_3=\frac{b}{6} a_1$[/tex]
[tex]$12\ a_4-b\ a_2=0 \Rigtharrow a_4=\frac{b}{12} a_2=\frac{b}{24} (b\ a_0-c)$[/tex]
[tex]$20\ a_5-b\ a_3=0 \Rightarrow a_5=\frac{b}{20} a_3=\frac{b^2}{120} a_1$[/tex]
[tex]$\ldots$[/tex]

ed in generale:

[tex]$(n+2)(n+1)\ a_{n+2} -b\ a_n=0 \Rightarrow a_{n+2}=\frac{b}{(n+2)(n+1)} a_n$[/tex].

Usando tale relazione ricorsivamente con [tex]$n$[/tex] al posto di [tex]$n+2$[/tex] otteniamo:

[tex]$a_n=\frac{b}{n(n-1)} a_{n-2} =\frac{b^2}{n(n-1)(n-2)(n-3)} a_{n-4} =\frac{b^3}{n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)} a_{n-6} \ldots $[/tex]

e, distinguendo i casi [tex]$n \text{ pari}$[/tex] ed [tex]$n \text{ dispari}$[/tex] troviamo:

[tex]$a_n=\begin{cases} \frac{2\ b^{(n-2)/2}}{n!} a_2 &\text{, se $n$ è pari} \\ \frac{b^{(n-1)/2}}{n!} a_1&\text{, se $n$ è dispari}\end{cases} =\begin{cases} \frac{b^{(n-2)/2}}{n!} (b\ a_0-c) &\text{, se $n$ è pari} \\ \frac{b^{(n-1)/2}}{n!} a_1&\text{, se $n$ è dispari}\end{cases}$[/tex].

Visto che hai una EDO del secondo ordine, nelle espressioni dei coefficienti ti rimangono giocoforza due parametri da determinare imponendo le condizioni iniziali (o agli estremi), ed essi sono [tex]$a_0$[/tex] ed [tex]$a_1$[/tex].

Per determinare il raggio di convergenza, nota che:

[tex]$a_{n+1} =\frac{b}{(n+1)n} a_{n-1}$[/tex] e [tex]$a_n=\frac{b}{n(n-1)} a_{n-2}$[/tex]

quindi:

[tex]$\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} =\frac{n-1}{n+1} \ \frac{|a_{n-1}|}{|a_{n-2}|}$[/tex]

ed usando le ricorrenze trovi:

[tex]$\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} =\frac{n-1}{n+1} \ \frac{|a_{n-1}|}{|a_{n-2}|} =\frac{n-3}{n+1} \ \frac{|a_{n-3}|}{|a_{n-4}|} =\frac{n-5}{n+1} \ \frac{|a_{n-5}|}{|a_{n-6}|} =\ldots =\frac{1}{n+1} \ \frac{|a_1|}{|a_0|}$[/tex]

sicché:

[tex]$\lim_n \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} =\lim_n \frac{1}{n+1} \ \frac{|a_1|}{|a_0|} =0$[/tex]

e perciò [tex]$\rho =+\infty$[/tex].

[mascalzone87]

Ho sviluppato l'esercizio seguendo alla lettera le tue indicazioni. Poichè il mio scopo però è quello di fare un confronto con l'altra soluzione ho pensato di fermarmi ad n=2
in questo modo ho:

$T(x)=a_0+a_1\x+a_2\x^2$

$T'(x)=a_1+a_2\x+a_3\x^2$

Imponendo le condizioni al contorno:

1.$T(0)=T_0 \Rightarrow \a_0=T_0$ E qui non ci piove!!!

2.$T'(L)=0 \Rightarrow \a_1=frac{(c-ba_0)*L}{(1+frac{b}{2}\L^2}$

Poi $a_2$ lo si ricava da in funzione di $a_0$ così:

$a_2=(1/2)*(b*a_0\-c)$

sostitusico questi nell'espressione di T(x) scritta prima ed in teoria avrei risolto la mia equazione!
però qundo vado a diagrammare questa soluzione ho un grafico che non ha niente a che vedere con quella della soluzione trovata con l'integrazione classica.L'unica cosa in comune è quella che partono ovviamente dallo stesso valore(questo è scontato perchè si impone facilmnte con la prima conzione al contorno).
Ho controllato più volte i calcoli (quando vado a sostituire i valori numerici) e penso siano corretti. E' probabile che c'entri qualcosa il fatto che mi fermo solo alla seconda potenza?

Ti chiedo per favore di venirmi di nuovo in aiuto.

Grazie mille per la disponibilità e scusami per il fastidio!

[gugo82]

Probabilmente c'entra il troncamento, soprattutto se disegni grafici per [tex]$x$[/tex] "grandi" (poiché, come dovresti ben sapere, la formula di Taylor è un risultato locale).

Troncando al secondo termine l'espressione in serie della soluzione e diagrammando i grafici della soluzione esatta e della sua "troncata", per [tex]$x$[/tex] "grandi" trovi certamente un'enorme discrepanza: infatti è come approssimare un esponenziale (che sò [tex]$e^x$[/tex]) con un polinomio di secondo grado (tipo [tex]$1+x+\tfrac{1}{2} \ x^2$[/tex])... Più lontano vai più errore commetti e ciò si verifica nonostante tu stia prendendo i termini della serie di potenze giusta!
(Questo fatto è dovuto, essenzialmente, a che la serie di Taylor di un esponenziale -ed, in generale, ogni serie di potenze con raggio di convergenza [tex]$+\infty$[/tex]- converge uniformemente solo su intervalli compatti; ciò ti impone di rimanere sempre "abbastanza vicino" al centro dello sviluppo in serie se vuoi una buona approssimazione.)

Invece se la cosa capitasse anche per [tex]$x\approx 0$[/tex], mi preoccuperei e ricontrolleri i conti; probabilmente c'è qualche passaggio fatto male (capita sempre quando si hanno sotto mano 'ste benedette ricorrenze! ).