Su una successione di funzioni
Domando il vostro parere, perchè non riesco a fare i conti con serenità al momento.
Supponiamo di avere una successione di funzioni \((u_n)_{n\geq 2}\) assegnata per ricorrenza al modo che segue:
\[\tag{1} \begin{cases} u_2(x)=\frac{1}{2}(-x\sqrt{1-x^2}+\arccos x) \\ \forall n\geq 2,\ \begin{cases} u_{n+1}^\prime(x)=-(n-1)\ u_n(x) \\ u_{n+1}(1)=0.\end{cases}\end{cases}\]
Facendo un po' di prove si trova che:
\[\begin{split} n&=3 \quad \to \quad u_3(x)=\frac{1}{6}\ \left( (2 + x^2) \sqrt{1-x^2} - 3x \arccos x\right) \\
n&=4 \quad \to \quad u_4(x)=\frac{1}{24}\ \left( -x(13+2x^2)\sqrt{1-x^2} +(3+12x^2)\arccos x\right) \\
n&= 5 \quad \to \quad u_5(x)=\frac{1}{120}\ \left( (16+83x^2+6x^4)\sqrt{1-x^2} -x(45+60x^2) \arccos x\right) \\
n&= 6 \quad \to \quad u_6(x)=\frac{1}{480}\ \left( -x(226 + 388 x^2 + 16 x^4)\sqrt{1-x^2} +(30 + 360 x^2 + 240 x^4)\arccos x\right)\end{split}\]
quindi sono portato a supporre che:
\[\tag{2} u_n(x)=k(n)\ \left( (-1)^{n-1} x^{\sigma(n)}P_n(x^2) \sqrt{1-x^2} +(-1)^n x^{\tau(n)} Q_n(x^2) \arccos x\right)\]
in cui:
Supponiamo di avere una successione di funzioni \((u_n)_{n\geq 2}\) assegnata per ricorrenza al modo che segue:
\[\tag{1} \begin{cases} u_2(x)=\frac{1}{2}(-x\sqrt{1-x^2}+\arccos x) \\ \forall n\geq 2,\ \begin{cases} u_{n+1}^\prime(x)=-(n-1)\ u_n(x) \\ u_{n+1}(1)=0.\end{cases}\end{cases}\]
Facendo un po' di prove si trova che:
\[\begin{split} n&=3 \quad \to \quad u_3(x)=\frac{1}{6}\ \left( (2 + x^2) \sqrt{1-x^2} - 3x \arccos x\right) \\
n&=4 \quad \to \quad u_4(x)=\frac{1}{24}\ \left( -x(13+2x^2)\sqrt{1-x^2} +(3+12x^2)\arccos x\right) \\
n&= 5 \quad \to \quad u_5(x)=\frac{1}{120}\ \left( (16+83x^2+6x^4)\sqrt{1-x^2} -x(45+60x^2) \arccos x\right) \\
n&= 6 \quad \to \quad u_6(x)=\frac{1}{480}\ \left( -x(226 + 388 x^2 + 16 x^4)\sqrt{1-x^2} +(30 + 360 x^2 + 240 x^4)\arccos x\right)\end{split}\]
quindi sono portato a supporre che:
\[\tag{2} u_n(x)=k(n)\ \left( (-1)^{n-1} x^{\sigma(n)}P_n(x^2) \sqrt{1-x^2} +(-1)^n x^{\tau(n)} Q_n(x^2) \arccos x\right)\]
in cui:
[*:1izrwyd3] \(k(n)\) è una costante positiva;[/*:m:1izrwyd3]
[*:1izrwyd3] \(P_n(y),\ Q_n(y)\) sono polinomi rispettivamente di grado \([(n-1)/2],\ [(n-2)/2]\) (qui \([\cdot]\) è la parte intera);[/*:m:1izrwyd3]
[*:1izrwyd3] \(\sigma(n)=(1+(-1)^n)/2 =\begin{cases} 1 &\text{, se } n \text{ è pari} \\ 0 &\text{altrimenti}\end{cases} \) e \(\tau(n)=(1-(-1)^n)/2 =\begin{cases} 0 &\text{, se } n \text{ è pari} \\ 1 &\text{altrimenti.}\end{cases}\).[/*:m:1izrwyd3][/list:u:1izrwyd3]
Il problema è: secondo voi, c'è un modo per dimostrare che la soluzione di (1) è effettivamente nella forma (2) senza fare troppi "contazzi" con gli integrali?
Insomma, è evidente che dal PdC in (1) si possa risalire alla rappresentazione integrale di \(u_{n+1}\), ossia:
\[u_{n+1}(x)=(n-1)\ \int_x^1 u_n(t)\ \text{d} t\]
e poi procedere per induzione.
Tuttavia calcolare esplicitamente l'integrale a secondo membro mi pare faticoso assai (dovrei usare il Gradshteyn-Ryzhik...
).P.S.: Delle \(u_n\) ho anche una rappresentazione integrale carina, ossia:
\[u_n(x):=\int_0^{1-x} t^{n-2}\sqrt{1-(t+x)^2}\ \text{d} t\]
che si ottiene per induzione integrando per parti.
Risposte
Sai a cosa pensavo? provare a cercare la funzione generatrice di quella successione. In maniera formale potremmo scrivere
$U(x,t)=\sum_{n=2}^\infty u_n(x)\ t^{n-2}$.
Ora, derivando rispetto ad $x$, mi pare si abbia la cosa seguente
$U_x(x,t)=\sum_{n=2}^\infty u'_n(x)\ t^{n-2}=u'_2(x)+\sum_{n=2}^\infty u'_{n+1}(x)\ t^{n-1}=u'_2(x)\ t^2-\sum_{n=2}^\infty (n-1)u_n(x)\ t^{n-1}$
e dopo opportune semplificazioni, mi pare si giunga all'identità
$U_x=u'_2(x)+tU-\frac{\partial(t^2 U)}{\partial t}=u_2'(x)-tU-t^2U_t$
e quindi l'equazione differenziale del primo ordine
$U_x+t^2 U_t+t U=u_2'(x)$
che, calcolando la derivata a destra, diventa $U_x+t^2 U_t+t U=-\sqrt{1-x^2}$ (se non ho fatto errori facendo i calcoli di fretta). Quest'ultima mi sembra si possa risolvere abbastanza velocemente (a meno di calcolare qualche integrale) con la sostituzione
$\tau=t,\qquad \xi=x+1/t$ (di nuovo, sempre se non ho fatto errori nella fretta).
Una volta trovata la soluzione (scusa ma adesso non c'ho proprio tempo di fare il conto) $U(x,t)$, basta sviluppare in termini della sola $t$ e vedere cosa ne esce fuori per i coefficienti $u_n(x)$.
$U(x,t)=\sum_{n=2}^\infty u_n(x)\ t^{n-2}$.
Ora, derivando rispetto ad $x$, mi pare si abbia la cosa seguente
$U_x(x,t)=\sum_{n=2}^\infty u'_n(x)\ t^{n-2}=u'_2(x)+\sum_{n=2}^\infty u'_{n+1}(x)\ t^{n-1}=u'_2(x)\ t^2-\sum_{n=2}^\infty (n-1)u_n(x)\ t^{n-1}$
e dopo opportune semplificazioni, mi pare si giunga all'identità
$U_x=u'_2(x)+tU-\frac{\partial(t^2 U)}{\partial t}=u_2'(x)-tU-t^2U_t$
e quindi l'equazione differenziale del primo ordine
$U_x+t^2 U_t+t U=u_2'(x)$
che, calcolando la derivata a destra, diventa $U_x+t^2 U_t+t U=-\sqrt{1-x^2}$ (se non ho fatto errori facendo i calcoli di fretta). Quest'ultima mi sembra si possa risolvere abbastanza velocemente (a meno di calcolare qualche integrale) con la sostituzione
$\tau=t,\qquad \xi=x+1/t$ (di nuovo, sempre se non ho fatto errori nella fretta).
Una volta trovata la soluzione (scusa ma adesso non c'ho proprio tempo di fare il conto) $U(x,t)$, basta sviluppare in termini della sola $t$ e vedere cosa ne esce fuori per i coefficienti $u_n(x)$.
Grazie mille Donato! È sempre bello confrontarsi con te.
Alla funzione generatrice stavolta non ci avevo proprio pensato e sembra una cosa sfiziosa assai.
Ti informo che forse ho trovato un modo rapido, anche se meno originale.
Dal succitato Gradshteyn-Rizhyk prendo la relazione 2.260:
\[\begin{split} \int t^M \sqrt{(\alpha +\beta t+\gamma t^2)^{2N+1}}\ \text{d} t &= \frac{t^{M-1} \sqrt{(\alpha +\beta t+\gamma t^2)^{2N+3}}}{(M+2N+2)\gamma} \\ &\phantom{=}- \frac{(2M+2N+1)\beta}{2(M+2N+2)\gamma} \int t^{M-1} \sqrt{(\alpha +\beta t+\gamma t^2)^{2N+1}}\ \text{d} t \\ &\phantom{=}- \frac{(M-1)\alpha}{(M+2N+2)\gamma} \int t^{M-2} \sqrt{(\alpha +\beta t+\gamma t^2)^{2N+1}}\ \text{d} t \end{split}\]
la quale per \(N=0,M=n-2, \alpha=1-x^2,\beta=-2x, \gamma= -1\) e con integrali estesi a \([0,1-x]\) diviene:
\[\begin{split} u_n(x) &= -\frac{t^{M-1} \sqrt{1-(t+x)^2}}{n}\Bigg|_0^{1-x} - \frac{2n-3}{n}\ x\ u_{n-1}(x) \\ &\phantom{=} + \frac{n-3}{n}\ (1-x^2)\ u_{n-2}(x) \\ &= \frac{n-3}{n}\ (1-x^2)\ u_{n-2}(x) -\frac{2n-3}{n}\ x\ u_{n-1}(x)\end{split}\]
onde ho una buona relazione di ricorrenza che lega \(u_n,u_{n-1}, u_{n-2}\).
A questo punto, dato che la cosa è assodata per \(n=2,\ldots ,5\), suppongo \(n\) sufficientemente grande e ragiono con il PIM in seconda forma: per terminare la dimostrazione basta fare due conti con i gradi dei polinomi ed i segni...
Appena finisco aggiorno.
Alla funzione generatrice stavolta non ci avevo proprio pensato e sembra una cosa sfiziosa assai.
Ti informo che forse ho trovato un modo rapido, anche se meno originale.
Dal succitato Gradshteyn-Rizhyk prendo la relazione 2.260:
\[\begin{split} \int t^M \sqrt{(\alpha +\beta t+\gamma t^2)^{2N+1}}\ \text{d} t &= \frac{t^{M-1} \sqrt{(\alpha +\beta t+\gamma t^2)^{2N+3}}}{(M+2N+2)\gamma} \\ &\phantom{=}- \frac{(2M+2N+1)\beta}{2(M+2N+2)\gamma} \int t^{M-1} \sqrt{(\alpha +\beta t+\gamma t^2)^{2N+1}}\ \text{d} t \\ &\phantom{=}- \frac{(M-1)\alpha}{(M+2N+2)\gamma} \int t^{M-2} \sqrt{(\alpha +\beta t+\gamma t^2)^{2N+1}}\ \text{d} t \end{split}\]
la quale per \(N=0,M=n-2, \alpha=1-x^2,\beta=-2x, \gamma= -1\) e con integrali estesi a \([0,1-x]\) diviene:
\[\begin{split} u_n(x) &= -\frac{t^{M-1} \sqrt{1-(t+x)^2}}{n}\Bigg|_0^{1-x} - \frac{2n-3}{n}\ x\ u_{n-1}(x) \\ &\phantom{=} + \frac{n-3}{n}\ (1-x^2)\ u_{n-2}(x) \\ &= \frac{n-3}{n}\ (1-x^2)\ u_{n-2}(x) -\frac{2n-3}{n}\ x\ u_{n-1}(x)\end{split}\]
onde ho una buona relazione di ricorrenza che lega \(u_n,u_{n-1}, u_{n-2}\).
A questo punto, dato che la cosa è assodata per \(n=2,\ldots ,5\), suppongo \(n\) sufficientemente grande e ragiono con il PIM in seconda forma: per terminare la dimostrazione basta fare due conti con i gradi dei polinomi ed i segni...
Appena finisco aggiorno.
Anche sta strada sembra divertente. Se ho tempo e voglia finisco il conto che ti avevo proposto e ti dico cosa mi viene fuori.
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