Studio con le serie di un'equazione differenziale
Premetto che non mi è molto chiaro l'argomento...
Il professore ci ha detto che all'esame di lunedì mettere questo argomento che ha spiegato oggi... ci ha detto che metterà probabilmente uno studio con le serie dell'equazione di Legendre o Hermite... Vorrei sapere se qualcuno poteva aiutarmi a capire come si studia in serie l'equazione di Legendre. Ho sostituito le sommatorie delle serie di potenze nell'equazione ho portato le sommassero tutte allo stesso indice ma non riesco a capire come faccio a trovare la formula di ricorrenza e la soluzione dell'equazione ...
Il professore ci ha detto che all'esame di lunedì mettere questo argomento che ha spiegato oggi... ci ha detto che metterà probabilmente uno studio con le serie dell'equazione di Legendre o Hermite... Vorrei sapere se qualcuno poteva aiutarmi a capire come si studia in serie l'equazione di Legendre. Ho sostituito le sommatorie delle serie di potenze nell'equazione ho portato le sommassero tutte allo stesso indice ma non riesco a capire come faccio a trovare la formula di ricorrenza e la soluzione dell'equazione ...
Risposte
Riporta una EDO tipo, poi vediamo...
Detta l'equazione di Legendre: $(1-x^2)y''-2xy'+k(k+1)y=0$
So che $y=∑_(n=0)a_nx^n$ $y'=∑_(n=1)na_nx^(n-1)$ $y''=∑_(n=2)n(n-1)a_nx^(n-2)$ (tutte le sommatorie vanno a infinito)
Ora sostituendo le sommatorie nell'equazione e moltiplicando ottengo:
$∑_(n=2)n(n-1)a_nx^(n-2)-∑_(n=2)n(n-1)a_nx^n-2∑_(n=1)na_nx^n+k(k+1)∑_(n=0)a_nx^n$
A partire da questo passaggio non so come procedere... innanzitutto vorrei capire se posso scegliere un k a mia scelta magari uguale a -1 ed eliminarmi quel termine... e poi dovrei capire come portare le sommatorie allo stesso pedice , cioè che partono dalla stessa n...
So che $y=∑_(n=0)a_nx^n$ $y'=∑_(n=1)na_nx^(n-1)$ $y''=∑_(n=2)n(n-1)a_nx^(n-2)$ (tutte le sommatorie vanno a infinito)
Ora sostituendo le sommatorie nell'equazione e moltiplicando ottengo:
$∑_(n=2)n(n-1)a_nx^(n-2)-∑_(n=2)n(n-1)a_nx^n-2∑_(n=1)na_nx^n+k(k+1)∑_(n=0)a_nx^n$
A partire da questo passaggio non so come procedere... innanzitutto vorrei capire se posso scegliere un k a mia scelta magari uguale a -1 ed eliminarmi quel termine... e poi dovrei capire come portare le sommatorie allo stesso pedice , cioè che partono dalla stessa n...
Nessuno?
Una fatto base della teoria delle funzioni analitiche (i.e., quelle sviluppabili in serie di potenze intorno ad un punto) è che due funzioni analitiche coincidono se e solo se hanno i medesimi coefficienti di Taylor in uno stesso punto.
Nel tuo caso, supponi che la EDO \((1-x^2) y^{\prime \prime} (x) - 2xy^\prime (x) + k(k+1)y(x) = 0\) abbia una soluzione analitica intorno a \(0\), cioè che si possa trovare una soluzione nella forma \(y(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n\) con la serie convergente in un conveniente intorno di \(0\), diciamo \(]-\rho , \rho[\).
In tal caso, i teoremi classici della teoria delle s.d.p. assicurano che intorno a \(0\) la funzione \(y(x)\) è derivabile quante volte si vuole e che:
\[
\begin{split}
y^\prime (x) &= \sum_{n=0}^\infty (n+1)a_{n+1} x^n\\
y^{\prime \prime} (x) &= \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)a_{n+2} x^n
\end{split}
\]
con sviluppi validi in \(]-\rho ,\rho[\).
Conseguentemente, la funzione \((1-x^2) y^{\prime \prime} (x) - 2xy^\prime (x) + k(k+1)y(x)\) è pure essa analitica intorno a \(0\) e si ha:
\[
\begin{split}
(1-x^2)\ y^{\prime \prime} (x) - 2x\ y^\prime (x) + k(k+1)\ y(x) &= (1-x^2) \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)a_{n+2} x^n - 2x\sum_{n=0}^\infty (n+1)a_{n+1} x^n \\
&\phantom{=}+ k(k+1) \sum_{n=0}^\infty a_nx^n\\
&= \sum_{n=0}^\infty \Big[ (n+2)(n+1)a_{n+2} + k(k+1) a_n\Big] x^n - \sum_{n=0}^\infty 2(n+1)a_{n+1} x^{n+1}\\
&\phantom{=} - \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)a_{n+2} x^{n+2}\\
&= \sum_{n=0}^\infty \Big[ (n+2)(n+1)a_{n+2} + k(k+1) a_n\Big] x^n - \sum_{n=1}^\infty 2n a_n x^n\\
&\phantom{=} - \sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_n x^n\\
&= \Big[2a_2 + k(k+1) a_0\Big] + \Big[6a_3 + k(k+1) a_1\Big] x \\
&\phantom{=} + \sum_{n=2}^\infty \Big[ (n+2)(n+1)a_{n+2} + k(k+1) a_n\Big] x^n - 2a_1 x\\
&\phantom{=} - \sum_{n=2}^\infty 2n a_n x^n - \sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_n x^n\\
&= \Big[2a_2 + k(k+1) a_0\Big] + \Big[6a_3 + k(k+1) a_1 - 2a_1\Big] x\\
&\phantom{=} + \sum_{n=2}^\infty \Big[ (n+2)(n+1)a_{n+2} + k(k+1) a_n - 2n a_n - n(n-1)a_n \Big] x^n
\end{split}
\]
con convergenza (almeno) in \(]-\rho, \rho[\).
Da ciò e dal fatto che la funzione nulla è analitica segue che la EDO \((1-x^2) y^{\prime \prime} (x) - 2xy^\prime (x) + k(k+1)y(x) = 0\) è soddisfatta solo se tutti i coefficienti delle potenze all'ultimo membro della catena precedente sono nulli: pertanto i coefficienti della serie sono legati dalle relazioni seguenti:
\[
\left\{ \begin{split} 2a_2 + k(k+1) a_0 &= 0 \\ 6a_3 + (k^2+k-2) a_1 &= 0 \\ (n+2)(n+1)a_{n+2} + k(k+1) a_n - n(n+1) a_n &= 0\end{split}\right.
\]
salvo errori di calcolo.
Nel tuo caso, supponi che la EDO \((1-x^2) y^{\prime \prime} (x) - 2xy^\prime (x) + k(k+1)y(x) = 0\) abbia una soluzione analitica intorno a \(0\), cioè che si possa trovare una soluzione nella forma \(y(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n\) con la serie convergente in un conveniente intorno di \(0\), diciamo \(]-\rho , \rho[\).
In tal caso, i teoremi classici della teoria delle s.d.p. assicurano che intorno a \(0\) la funzione \(y(x)\) è derivabile quante volte si vuole e che:
\[
\begin{split}
y^\prime (x) &= \sum_{n=0}^\infty (n+1)a_{n+1} x^n\\
y^{\prime \prime} (x) &= \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)a_{n+2} x^n
\end{split}
\]
con sviluppi validi in \(]-\rho ,\rho[\).
Conseguentemente, la funzione \((1-x^2) y^{\prime \prime} (x) - 2xy^\prime (x) + k(k+1)y(x)\) è pure essa analitica intorno a \(0\) e si ha:
\[
\begin{split}
(1-x^2)\ y^{\prime \prime} (x) - 2x\ y^\prime (x) + k(k+1)\ y(x) &= (1-x^2) \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)a_{n+2} x^n - 2x\sum_{n=0}^\infty (n+1)a_{n+1} x^n \\
&\phantom{=}+ k(k+1) \sum_{n=0}^\infty a_nx^n\\
&= \sum_{n=0}^\infty \Big[ (n+2)(n+1)a_{n+2} + k(k+1) a_n\Big] x^n - \sum_{n=0}^\infty 2(n+1)a_{n+1} x^{n+1}\\
&\phantom{=} - \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)a_{n+2} x^{n+2}\\
&= \sum_{n=0}^\infty \Big[ (n+2)(n+1)a_{n+2} + k(k+1) a_n\Big] x^n - \sum_{n=1}^\infty 2n a_n x^n\\
&\phantom{=} - \sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_n x^n\\
&= \Big[2a_2 + k(k+1) a_0\Big] + \Big[6a_3 + k(k+1) a_1\Big] x \\
&\phantom{=} + \sum_{n=2}^\infty \Big[ (n+2)(n+1)a_{n+2} + k(k+1) a_n\Big] x^n - 2a_1 x\\
&\phantom{=} - \sum_{n=2}^\infty 2n a_n x^n - \sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_n x^n\\
&= \Big[2a_2 + k(k+1) a_0\Big] + \Big[6a_3 + k(k+1) a_1 - 2a_1\Big] x\\
&\phantom{=} + \sum_{n=2}^\infty \Big[ (n+2)(n+1)a_{n+2} + k(k+1) a_n - 2n a_n - n(n-1)a_n \Big] x^n
\end{split}
\]
con convergenza (almeno) in \(]-\rho, \rho[\).
Da ciò e dal fatto che la funzione nulla è analitica segue che la EDO \((1-x^2) y^{\prime \prime} (x) - 2xy^\prime (x) + k(k+1)y(x) = 0\) è soddisfatta solo se tutti i coefficienti delle potenze all'ultimo membro della catena precedente sono nulli: pertanto i coefficienti della serie sono legati dalle relazioni seguenti:
\[
\left\{ \begin{split} 2a_2 + k(k+1) a_0 &= 0 \\ 6a_3 + (k^2+k-2) a_1 &= 0 \\ (n+2)(n+1)a_{n+2} + k(k+1) a_n - n(n+1) a_n &= 0\end{split}\right.
\]
salvo errori di calcolo.
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