Come risolvere questa equazione differenziale con punto singolare x uguale a 0: 2x^2y'' - xy' + (1+x) y = 0'

"Come risolvere questa equazione differenziale con punto singolare x uguale a 0: "2x^2 y'' - xy' + (1+x) y = 0?"

[math]2x^2y''-xy'+(1+x) y=0 \tag{1}[/math]

Io'userò il metodo di Frobenius.

Essere:

[math]y_1===displaystyle{\sum_{n≥0}a_nx^n} [/math]

Sostituendo nell'eq. (1), dopo alcuni calcoli troviamo:

[math]0=a_0+a_0x+[/math]

[math]+displaystyle{sum_{n≥2} a sinistra [a_{n-1}+(2n-1)(n-1)a_n\right ]x^n} . [/math]

I coefficienti di ogni potenza di x devono essere 0, quindi troviamo:

[math]a_0=0[/math]

[math]a_n=(-1)^{n+1}\dfrac{a_1}{(2n-1)! (n-1)!};\ \ n≥2[/math]

Quindi:

[math]y_1(x)=a_1\left [x+displaystyle{sum_{n≥2} \dfrac{(-1)^{n+1} x^n}{(2n-1)!(n-1)!}}}}}}}tag{2}[/math]

dove "!!" significa "semi-fattoriale":

[math](2n-1)! =(2n-1)(2n-3)\punti 1.[/math]

Con qualche trucco e qualche calcolo è possibile scrivere la (2) in modo più amichevole.

Prima di tutto, troviamo che è possibile scrivere:

[math](2n-1)! (n-1)! =\dfrac{(2n-1)!}{2^{n-1}} [/math]

così, anche dopo aver riordinato un po':

[math]y_1(x)=a_1\left [x-\dfrac{1}{2}displaystyle{\sum_{n≥2} \dfrac{(-1)^{n} (2x)^n}{(2n-1)!}}\right ]=[/math]

[math]=a_1\left [x-\dfrac{1}{2}\displaystyle{\sum_{n≥2} \dfrac{(-1)^{n}\ (\sqrt{2x})^{2n}}{(2n-1)!}}\right ]=[/math]

[math]=\dfrac{a_1}{2}\left [2x-2x\displaystyle{\sum_{n≥2} \dfrac{(-1)^{n}{ 2n\ (\sqrt{2x})^{(2n-2)}}{(2n)!}}}}}}}}}}}}[/math]

[math]=a_1x\left [1-\displaystyle{sum_{n≥2} \dfrac{(-1)^{n}\ 2n\ (\sqrt{2x})^{(2n-2)}}{(2n)!

Ricordando la serie di McLaurin di

[math]\cos(\sqrt{2x}),[/math]

troviamo che l'ultima serie scritta tra parentesi quadre è esattamente:

[math]1+\dfrac{d}{dx}[\cos(\sqrt{2x})][/math]

So [math]y_1(x)[/math] can be written as:

[math]y_1(x)=a_1x \left [-\dfrac{d}{dx}[\cos(\sqrt{2x})]\right ] =[/math]

[math]=\dfrac{a_1}{2} \sqrt{2x}\ \sin(\sqrt{2x}). [/math]

That's not the only solution of the eq. [math](1)[/math] but just a particular one.

The general solution of the given equation is:

[math]y(x)=\sqrt{2x} \left [A\cos(\sqrt{2x})+B\sin(\sqrt{2x})\right].[/math]

Infact, as follows.

Writing the given equation as:

[math]y''(x)-\dfrac{y'(x)}{2x}+\dfrac{(1+x)y(x)}{2x^2}=0[/math]

we recognize a linear, second order, homogeneus equation with a fuchsian point (regular singular point) [math]x=0[/math].

Is such, an equation:

[math]y''(x)+P(x)\cdot y'(x)+Q(x)\cdot y(x) =0[/math]

where [math]P(x)[/math] and [math]Q(x)[/math] have a singular point [math]x_0[/math] which is at most a first order pole for [math]P(x)[/math] and at most a second order pole for [math]Q(x)[/math].

Then Fuch's theorem states that the solution [math]y(x)[/math] can be expressed as

[math]y(x) =(x-x_0)^r\cdot \displaystyle{\sum_{n≥0}a_nx^n} [/math]

where r is a root of the “indicial equation”:

[math]r^2+(p_0-1)r+q_0=0[/math]

and:

[math]p_0=\displaystyle{\lim_{x\to x_0}(x-x_0)P(x)} [/math]

[math]q_0=\displaystyle{\lim_{x\to x_0}(x-x_0)^2Q(x)}. [/math]

In the present case we easily find [math](x_0=0)[/math]:

[math]p_0=-\dfrac{1}{2}[/math]

[math]q_0=\dfrac{1}{2}[/math]

so the indicial equation is:

[math]2r^2-3r+1=0[/math]

which has roots:

[math]r_1=1[/math]

[math]r_2=\dfrac{1}{2}[/math]

With the root

[math]r=\dfrac{1}{2}[/math]

we can write

[math]y(x)=x^{\frac{1}{2}}\cdot \displaystyle{\sum_{n≥0}a_nx^n} [/math]

and with the Frobenius method we find:

[math]y_1(x)=c_1\sqrt{2x}\cos(\sqrt{2x})[/math]

while with [math]r=1[/math] we find:

[math]y_2(x)=c_2\sqrt{2x}\sin(\sqrt{2x})[/math]

so the general solution is

[math]y(x)=\sqrt{2x} \left [A\cos(\sqrt{2x})+B\sin(\sqrt{2x})\right][/math]

as written.