Elementy analitycznej teorii równa« ró»niczkowych

Elementy analitycznej teorii równa« ró»niczkowych

Przykªady rozwini¦¢ w szeregi pot¦gowe wybranych funkcji elementarnych:

e ^x =

∞

X

n=0

x ⁿ

n! = 1 + x + x ² 2! + x ³

3! + · · · , ln(1 + x) =

∞

X

n=1

(−1) ⁿ⁺¹ x ⁿ

n = x − x ² 2 + x ³

3 − x ⁴

4 + · · · , ln(1 − x) =

∞

X

n=1

(−1)x ⁿ

n = −

 x + x ²

2 + x ³ 3 + x ⁴

4 + · · ·

 ,

sin x =

∞

X

n=0

(−1) ⁿ x ²ⁿ⁺¹

(2n + 1)! = x − x ³ 3! + x ⁵

5! − x ⁷

7! + · · · , cos x =

∞

X

n=0

(−1) ⁿ x ²ⁿ

(2n)! = 1 − x ² 2! + x ⁴

4! − x ⁶

6! + · · · , sinh x =

∞

X

n=0

x ²ⁿ⁺¹

(2n + 1)! = x + x ³ 3! + x ⁵

5! + x ⁷

7! + · · · , cosh x =

∞

X

n=0

x ²ⁿ

(2n)! = 1 + x ² 2! + x ⁴

4! + x ⁶

6! + · · · , 1

1 − x =

∞

X

n=0

x ⁿ = 1 + x + x ² + x ³ + · · · , o ile |x| < 1, 1

1 + x =

∞

X

n=0

x ⁿ = 1 − x + x ² − x ³ + · · · , o ile |x| < 1, (1 ± x) ⁻

³²

= 1 ∓ 3

2 + 3 · 5

2 · 4 x ² ∓ 3 · 5 · 7

2 · 4 · 6 x ³ + · · · , o ile |x| < 1, J _α (x) =

∞

X

n=0

(−1) ⁿ

2 ^α+2n n!Γ(α + n + 1) x ^α+2n , α ∈ Z,

J _k (x) =

∞

X

n=0

(−1) ⁿ

2 ^k+2n n!(n + k)! x ^k+2n , k ∈ Z, gdzie J α (x), J _k (x)

jest funkcj¡ Bessela pierwszego rodzaju rz¦du α, (k).

Przykªad 1. Znale¹¢ kilka pierwszych skªadników (np. 4) rozwini¦cia w szereg Taylora o ±rodku t 0 = 0 rozwi¡zania zagadnienia

( x ⁰ = x + te ^x ;

x(0) = 0. (1)

Rozwi¡zanie: Rozwi¡zania zagadnienia (1) poszukujemy w postaci szeregu pot¦gowego o ±rodku zbie»no±ci w punkcie t 0 = 0 :

x(t) =

∞

X

n=0

a _n t ⁿ . (2)

Ró»niczkuj¡c wyraz po wyrazie powy»szy szereg mamy:

x ⁰ (t) =

∞

X

n=1

na _n t ⁿ⁻¹ . (3)

Korzystaj¡c z warunku pocz¡tkowego x(0) = 0 wyznaczamy wspóªczynnik a 0 = 0. Teraz pod- stawiaj¡c do równania x ⁰ = x + te ^x w miejsce x(t), x ⁰ (t) odpowiednio (2), (3) oraz e ^x =

∞

P

n=0 x

ⁿ

n! , otrzymujemy

∞

X

n=1

na _n t ⁿ⁻¹ =

∞

X

n=0

a _n t ⁿ + t

∞

X

n=0

x ⁿ

n! . =⇒

∞

X

n=1

na _n t ⁿ⁻¹ =

∞

X

n=0

a _n t ⁿ + t



1 +

∞

X

n=0

a _n t ⁿ + 1 2!

∞

X

n=0

a _n t ⁿ

! 2

+ 1 3!

∞

X

n=0

a _n t ⁿ

! 3

+ · · ·



 . Rozpisujemy dalej, pami¦taj¡c, »e a 0 = 0 :

a ₁ + 2a ₂ t + 3a ₃ t ² + 4a ₄ t ³ + · · · = a ₁ t + a ₂ t ² + a ₃ t ³ + · · · + t a ₁ t + a ₂ t ² + a ₃ t ³ + · · ·
+ t

2 a ₁ t + a ₂ t ² + a ₃ t ³ + · · ·
2

+ t

6 a ₁ t + a ₂ t ² + a ₃ t ³ + · · ·
3

+ · · · Porównuj¡c wspóªczynniki przy odpowiednich pot¦gach t ⁿ otrzymujemy równania na wspóªczyn- niki a n , n ≥ 1 :

t ⁰ : a ₁ = 0 t ¹ : 2a ₂ = a ₁ + 1 t ² : 3a ₃ = a ₂ + a ₁ t ³ : 4a ₄ = a ₃ + a ₂ + 1

2 a ² ₁ ...

St¡d a 2 = ¹ ₂ , a ₃ = ¹ ₆ , a ₄ = ¹ ₆ , wi¦c rozwi¡zanie zagadnienia (1) ma posta¢:

x(t) = 1 2 t ² + 1

6 t ³ + 1

6 t ⁴ + · · · .

Przykªad 2. Znale¹¢ kilka pierwszych niezerowych skªadników (np. 4) rozwini¦cia w szereg Tay- lora o ±rodku t 0 = 0 rozwi¡zania zagadnienia:



 

 

(1 + t ² )x ⁰⁰ + 2tx ⁰ − x = 0;

x(0) = 0;

x ⁰ (0) = 1.

(4)

Rozwi¡zanie: Tak jak i poprzednio rozwi¡zania szukamy w postaci (2). Z pierwszego warunku pocz¡tkowego: x(0) = 0 otrzymujemy, »e a 0 = 0. Ró»niczkuj¡c (2) wyraz za wyrazem i korzystaj¡c z drugiego warunku pocz¡tkowego x ⁰ (0) = 0 mamy a 1 = 1.

Nast¦pnie ró»niczkuj¡c x ⁰ (t) (patrz (3)) wyraz po wyrazie mamy:

x ⁰⁰ (t) =

∞

X

n=2

n(n − 1)a _n t ⁿ⁻² . (5)

Wstawiaj¡c (2), (3) oraz (5) do równania (1 + t ² )x ⁰⁰ + 2tx ⁰ − x = 0 dostajemy:

(1 + t ² )

∞

X

n=2

n(n − 1)a _n t ⁿ⁻² + 2t

∞

X

n=1

na _n t ⁿ⁻¹ −

∞

X

n=0

a _n t ⁿ = 0.

St¡d ∞

X

n=2

n(n − 1)a _n t ⁿ⁻² +

∞

X

n=2

n(n − 1)a _n t ⁿ +

∞

X

n=1

2na _n t ⁿ −

∞

X

n=0

a _n t ⁿ = 0.

Zamieniamy indeksy sumowania w pierwszych trzech sumach:

∞

X

n=0

(n + 2)(n + 1)a _n+2 t ⁿ +

∞

X

n=0

(n + 2)(n + 1)a _n+2 t ⁿ⁺² +

∞

X

n=0

2(n + 1)a _n+1 t ⁿ⁺¹ −

∞

X

n=0

a _n t ⁿ = 0.

Porównuj¡c wspóªczynniki przy odpowiednich pot¦gach t ⁿ otrzymujemy równania na wspóªczyn- niki a n , n ≥ 2 :

t ⁰ : 2 · 1 · a 2 − a 0 = 0

t ¹ : 3 · 2 · a ₃ + 2 · 1 · a ₁ − a ₁ = 0

t ² : 4 · 3 · a ₄ + 2 · 1 · a ₂ + 2 · 2 · a ₂ − a ₂ = 0 t ³ : 5 · 6 · a ₅ + 3 · 2 · a ₃ + 2 · 3 · a ₃ − a ₃ = 0 t ⁴ : 6 · 7 · a ₆ + 4 · 3 · a ₄ + 2 · 4 · a ₄ − a ₄ = 0 t ⁵ : 7 · 8 · a ₇ + 5 · 4 · a ₅ + 2 · 5 · a ₅ − a ₅ = 0

...

St¡d oraz poniewa» a 0 = 0, a ₁ = 1, mamy a 2 = 0, a ₃ = − ¹ ₆ a ₁ = − ¹ ₆ , a ₄ = 0, a ₅ = − ¹¹ ₃₀ a ₃ =

11

180 , a ₇ = − ²⁹ ₅₆ a ₅ = − ₁₀₀₈₀ ³¹⁹ . Zatem rozwi¡zanie zagadnienia (4) ma posta¢:

x(t) = t − 1

6 t ³ + 11

180 t ⁵ − 319

10080 t ⁷ + · · · .

Przykªad 3. Znale¹¢ kilka pierwszych niezerowych skªadników (np. 4) rozwini¦cia w szereg Tay- lora o ±rodku t 0 = π rozwi¡zania zagadnienia



 

 

x ⁰⁰ − sin t · x ⁰ = 0;

x(π) = 0;

x ⁰ (π) = 1.

(6)

Rozwi¡zanie: Tutaj b¦dziemy szuka¢ rozwini¦cia rozwi¡zania w szereg pot¦gowy o ±rodku w punkcie t 0 = π (wynika to równie» z postawienia warunków pocz¡tkowych!!!). Aby uªatwi¢ roz- wi¡zanie tego problemu, na pocz¡tku dokonajmy zamiany zmiennych ξ = t − π, która pozwoli przeksztaªci¢ rozwa»ane zagadnienie do zagadnienia z rozwi¡zaniem b¦d¡cym rozwini¦ciem w sze- reg pot¦gowy o ±rodku w ξ 0 = 0. Wówczas t = ξ + π, wi¦c otrzymujemy zagadnienie:



 

 

¨

x − sin(π + ξ) · ˙x = 0;

x(0) = 0;

˙x(0) = 1,

=⇒



 

 

¨

x + sin ξ · ˙x = 0;

x(0) = 0;

˙x(0) = 1.

(7)

Rozwi¡zania szukamy w postaci:

x(ξ) =

∞

X

n=0

a _n ξ ⁿ . St¡d

˙x(ξ) =

∞

X

n=1

na _n ξ ⁿ⁻¹ , oraz x(ξ) = ¨

∞

X

n=2

n(n − 1)a _n ξ ⁿ⁻² .

Zatem oraz na podstawie sin ξ = P ^∞

n=0

(−1)

ⁿ

ξ

²ⁿ⁺¹

(2n+1)! równanie zagadnienia (7) b¦dzie miaªo posta¢:

∞

X

n=2

n(n − 1)a _n ξ ⁿ⁻² +

∞

X

n=0

(−1) ⁿ ξ ²ⁿ⁺¹ (2n + 1)! ·

∞

X

n=1

na _n ξ ⁿ⁻¹ = 0 Rozpisuj¡c, mamy

2a ₂ + 6a ₃ ξ + 12a ₄ ξ ² + 20a ₅ ξ ³ + 30a ₆ ξ ⁴ + 42a ₇ ξ ⁵ + · · · +

 ξ − 1

6 ξ ³ + 1

120 ξ ⁵ + · · ·



· a ₁ + 2a ₂ ξ + 3a ₃ ξ ² + 4a ₄ ξ ³ + 5a ₅ ξ ⁴ · · ·
= 0 Porównuj¡c wspóªczynniki przy odpowiednich pot¦gach ξ ⁿ otrzymujemy równania na wspóªczyn- niki a n , n ≥ 2 :

ξ ⁰ : 2a ₂ = 0 ξ ¹ : 6a ₃ + a ₁ = 0 ξ ² : 12a ₄ + 2a ₂ = 0 ξ ³ : 20a 5 + 3a 3 − 1

6 a 1 = 0 ξ ⁴ : 30a 6 + 4a 4 − 1

3 a 2 = 0 ξ ⁵ : 42a 7 + 5a 5 − 1

2 a 3 + 1

120 a 1 = 0 ...

Z warunków pocz¡tkowych otrzymujemy, »e a 0 = 0 oraz a 1 = 1, st¡d z powy»szego wynika:

a ₂ = 0, a ₃ = − ¹ ₆ , a ₄ = 0, a ₅ = ₃₀ ¹ , a ₆ = 0, a ₇ = − ₅₀₄₀ ³¹ . Zatem rozwi¡zanie zagadnienia (7) ma posta¢:

x(ξ) = ξ − 1

6 ξ ³ + 1

30 ξ ⁵ − 31

5040 ξ ⁷ + · · · .

Ostatecznie wracaj¡c do zmiennej t, poniewa» ξ = t − π otrzymujemy rozwini¦cie rozwi¡zania zagadnienia (6) w szereg pot¦gowy o ±rodku w punkcie t = π :

x(t) = (t − π) − 1

6 (t − π) ³ + 1

30 (t − π) ⁵ − 31

5040 (t − π) ⁷ + · · · .

Przykªady do samodzielnej pracy:

Zadanie: Znale¹¢ kilka pierwszych niezerowych skªadników rozwini¦cia w szereg pot¦gowy o ±rodku t ₀ rozwi¡za« zagadnie«:

a)

( x ⁰ = x ² − t;

x(0) = 1, t ₀ = 0, b)

( x ⁰ = t + ¹ _x ;

x(0) = 1, t ₀ = 0,

c)

( x ⁰ = 2t + cos x;

x(0) = 0, t ₀ = 0, d)

( x ⁰ = x ³ + t ² ;

x(1) = 1, t ₀ = 1,

e)



 

 

x ⁰⁰ = tx ⁰ − x ² ; x(0) = 1;

x ⁰ (0) = 2,

t ₀ = 0, f )



 

 

x ⁰⁰ = tx + x ⁰² ; x(0) = 4;

x ⁰ (0) = −2,

t ₀ = 0.

Odpowiedzi:

a) x(t) = 1 + t + ¹ ₂ t ² + ² ₃ t ³ + ₁₂ ⁷ t ⁴ + · · · b) x(t) = 1 + t + ¹ ₃ t ³ − ¹ ₃ t ⁴ + · · ·

c) x(t) = t + t ² − ¹ ₆ t ³ − ¹ ₄ t ⁴ + · · ·

d) x(t) = 1 + 2(t − 1) + 4(t − 1) ² + ²⁵ ₃ (t − 1) ³ + ⁸¹ ₄ (t − 1) ⁴ + · · · e) x(t) = 1 + 2t − ¹ ₂ t ² − ¹ ₃ t ³ − ¹ ₃ t ⁴

f ) x(t) = 4 − 2t + 2t ² − 2t ³ + ¹⁹ ₆ t ⁴ + · · · .

Przykªad 4. Znale¹¢ dwa niezale»ne rozwi¡zania ( w postaci szeregu pot¦gowego o ±rodku t 0 = 0 ) równa« o wspóªczynnikach analitycznych:

x ⁰⁰ + 4x = 0 (8)

Rozwi¡zanie: To proste równanie rozwi¡»emy na dwa sposoby. Po pierwsze rozwi¡za« równania (8) b¦dziemy szuka¢ w postaci szeregów pot¦gowych. Drugi sposób (dobrze znany z RRI) b¦dzie si¦ opieraª na teorii równa« liniowych o staªych wspóªczynnikach.

Sposób I. Rozwi¡za« szukamy w postaci szeregu pot¦gowego postaci:

x(t) =

∞

X

n=0

a _n t ⁿ . (9)

Oznacza to, »e tak jak i poprzednio musimy okre±li¢ wspóªczynniki a k . Problem ten nie jest (w przeciwie«stwie do tych z zada« 1-3) rozwi¡zywany w sposób jednoznaczny, poniewa» mamy niesko«czenie wiele rozwi¡za« równania (8). Równanie (8) jest równaniem ró»niczkowym jedno- rodnym drugiego rz¦du, zatem »eby znale¹¢ jego dwa liniowo niezale»ne rozwi¡zania b¦dziemy okre±la¢ warunki pocz¡tkowe w postaci x(0) = a 0 , x ⁰ (0) = a ₁ . Mo»emy te» przyjmowa¢ konkretne warto±ci w miejsce a 1 i a 2 .

Wiemy, »e

x ⁰⁰ (t) =

∞

X

n=2

n(n − 1)a _n t ⁿ⁻² . (10)

Podstawiaj¡c x(t), x ⁰⁰ (t) odpowiednio z (9) i (10) do równania x ⁰⁰ + 4x = 0, mamy

∞

X

n=2

n(n − 1)a _n t ⁿ⁻² + 4

∞

X

n=0

a _n t ⁿ = 0.

Mo»emy tutaj przesun¡¢ indeks sumowania pierwszego szeregu, tak aby zaczynaª si¦ od n = 0 :

∞

X

n=0

(n + 2)(n + 1)a _n+2 t ⁿ + 4

∞

X

n=0

a _n t ⁿ = 0.

St¡d mamy:

∞

X

n=0

(n + 2)(n + 1)a n+2 + 4a n t ⁿ = 0,

a zatem z przyrównania wspóªczynników do zera otrzymujemy nast¦puj¡ce równania na wyzna- czenie a n , n ≥ 2 :

a _n+2 = − 4

(n + 2)(n + 1) a _n . W szczególno±ci dla

n = 0 : a ₂ = −4 2 a ₀ , n = 1 : a ₃ = −4

2 · 3 a ₁ , n = 2 : a ₄ = −4

3 · 4 a ₂ = (−4) ² 4! a ₀ , n = 3 : a ₅ = −4

4 · 5 a ₃ = (−4) ² 5! a ₁ , n = 4 : a 6 = −4

5 · 6 a 4 = (−4) ³ 6! a 0 , n = 5 : a ₇ = −4

6 · 7 a ₅ = (−4) ³ 7! a ₁ , ...

n = 2k : a 2k = (−4) ^k (2k)! a 0 , n = 2k + 1 : a _2k+1 = (−4) ^k

(2k + 1)! a ₁ . Wówczas ogólna posta¢ rozwi¡zania równania (8) ma posta¢:

x(t) = a 0

 1 − 4

2! t ² + 4 ²

4! t ⁴ − 4 ³

6! t ⁶ + · · · + (−1) ^k 4 ^k

(2k)! t ^2k + · · ·



+ a 1

 t − 4

3! t ³ + 4 ²

5! t ⁵ − 4 ³

7! t ⁷ + · · · + (−1) ^k 4 ^k

(2k + 1)! t ^2k+1 + · · ·



= a ₀



1 − (2t) ²

2! + (2t) ⁴

4! − (2t) ⁶

6! + · · · + (−1) ^k (2t) ^2k (2k)! + · · ·



+ 1

2 a ₁  (2t)

1! − (2t) ³

3! + (2t) ⁵

5! − (2t) ⁷

7! t ⁷ + · · · + (−1) ^k (2t) ^2k+1 (2k + 1)! + · · ·



Poniewa» sin x = P ^∞

n=0

(−1)

ⁿ

x

²ⁿ⁺¹

(2n+1)! = x − ^x _3!

³

+ ^x _5!

⁵

− ^x _7!

⁷

+ · · · oraz cos x = P ^∞

n=0

(−1)

ⁿ

x

²ⁿ

(2n)! = 1 − ^x _2!

²

+ ^x _4!

⁴

−

x

⁶

6! + · · · , rozwi¡zanie x(t) mo»emy zapisa¢ nast¦puj¡co:

x(t) = a 0 cos 2t + 1

2 a 1 sin 2t. (11)

Wybieraj¡c najpierw a 0 = 1, a ₁ = 0, a nast¦pnie a 0 = 0, a ₁ = 2 otrzymujemy dwa liniowo niezale»ne rozwi¡zania zagadnienia (8):

x ₁ (t) = cos 2t, x 2 (t) = sin 2t.

Sposób II. Poka»emy teraz, »e takie same rozwi¡zanie otrzymamy rozwi¡zuj¡c równanie x ⁰⁰ +4x = 0 wcze±niej poznan¡ metod¡ dla liniowych równa« ró»niczkowych o staªych wspóªczynnikach. Rów- nanie charakterystyczne dla równania x ⁰⁰ + 4x = 0 jest postaci:

λ ² + 4 = 0,

zatem pierwiastkami tego równania s¡ λ 1,2 = ±2i. Wówczas rozwi¡zanie ogólne przybiera posta¢:

x(t) = C ₁ cos 2t + C ₁ sin 2t. (12)

Poniewa» staªe C 1 , C ₂ , a ₀ , a ₁ s¡ dowolne wówczas rozwi¡zania otrzymane w I (11) jak i II (12) sposobie s¡ równowa»ne.

Oczywi±cie II sposób jest prostszy dla tego trywialnego przykªadu, ale zakres jego stosowania jest o wiele w¦»szy, o czym ±wiadczy kolejne zadanie.

Przykªad 5. Znale¹¢ dwa niezale»ne rozwi¡zania ( w postaci szeregu pot¦gowego o ±rodku t 0 = 0 ) równa« o wspóªczynnikach analitycznych:

(1 + t ² )x ⁰⁰ + 5tx ⁰ + 3x = 0 (13)

Rozwi¡zanie: Równania tego nie mo»na rozwi¡za¢ za pomoc¡ II sposobu z zadania 4.

Podstawiaj¡c do równania (13) odpowiednie postacie szeregów pot¦gowych, mamy:

(1 + t ² )

∞

X

n=2

n(n − 1)a n t ⁿ⁻² + 5t

∞

X

n=1

na n t ⁿ⁻¹ + 3

∞

X

n=0

a n t ⁿ = 0.

Po zamianie indeksów sumowania w pierwszym i w drugim szeregu mamy:

(1 + t ² )

∞

X

n=0

(n + 2)(n + 1)a _n+2 t ⁿ + 5t

∞

X

n=0

(n + 1)a _n+1 t ⁿ + 3

∞

X

n=0

a _n t ⁿ = 0.

Stad

∞

X

n=0

(n + 2)(n + 1)a _n+2 t ⁿ +

∞

X

n=0

(n + 2)(n + 1)a _n+2 t ⁿ⁺² +

∞

X

n=0

5(n + 1)a _n+1 t ⁿ⁺¹ + 3

∞

X

n=0

a _n t ⁿ = 0.

Z porównania odpowiednich wspóªczynników mamy:

t ⁰ : 2a ₂ + 3a ₀ = 0, ⇒ a ₂ = − 3 2 a ₀ ,

t ¹ : 3 · 2a ₃ + 5 · 1 · a ₁ + 3a ₁ = 0, ⇒ a ₃ = − 4 3 a ₁ ,

t ² : 4 · 3 · a ₄ + 2 · 1 · a ₂ + 5 · 2 · a ₂ + 3a ₂ = 0, ⇒ a ₄ = − 5

4 a ₂ = (−1) ² 3 · 5 2 · 4 a ₀ , t ³ : 5 · 6 · a ₅ + 3 · 2 · a ₃ + 5 · 3 · a ₃ + 3a ₃ = 0, ⇒ a ₅ = − 6

5 a ₃ = (−1) ² 4 · 6 3 · 5 a ₁ ...

n ≥ 2, t ⁿ : (n + 2)(n + 1)a _n+2 + n(n − 1)a _n + 5na _n + 3a _n = 0 Z ostatniej równo±ci wynika

a _n+2 = − n ² + 4n + 3

(n + 2)(n + 1) a _n ⇒ a _n+2 = − (n + 1)(n + 3)

(n + 2)(n + 1) a _n , ⇒ a _n+2 = − n + 3 n + 2 a _n . Wówczas wspóªczynnik a n jest zdeniowany rekurencyjnie w nast¦puj¡cy sposób:

a _n = − n + 1 n a _n−2 .

Z powy»szych rozwa»a« wynika, »e rozwi¡zanie x(t) b¦dzie miaªo nast¦puj¡c¡ form¦:

x(t) = a 0



1 + (−1) 3

2 t ² + (−1) ² 3 · 5

2 · 4 t ⁴ + . . . + (−1) ^k 3 · 5 · . . . · (2k − 1)(2k + 1)

2 · 4 · . . . (2k − 2) · 2k t ^2k + . . .



+ a 1



t + (−1) · 4

3 t ³ + (−1) ² 4 · 6

3 · 5 t ⁵ + . . . + (−1) ^k 4 · 6 · . . . · 2k · (2k + 2)

3 · 5 · . . . · (2k − 1)(2k + 2) t ^2k+1 + . . .

 . Wybieraj¡c na najpierw a 0 = 1, a ₁ = 0, a nast¦pnie a 0 = 0, a ₁ = 1 otrzymujemy dwa liniowo niezale»ne rozwi¡zania zagadnienia (13):

x 1 (t) =1 + (−1) 3

2 t ² + (−1) ² 3 · 5

2 · 4 t ⁴ + . . . + (−1) ^k 3 · 5 · . . . · (2k − 1)(2k + 1)

2 · 4 · . . . (2k − 2) · 2k t ^2k + . . .

= (1 + t ² ) ⁻

³²

, x ₂ (t) =t + (−1) · 4

3 t ³ + (−1) ² 4 · 6

3 · 5 t ⁵ + . . . + (−1) ^k 4 · 6 · . . . · 2k · (2k + 2)

3 · 5 · . . . · (2k − 1)(2k + 2) t ^2k+1 + . . . .

Przykªady do samodzielnej pracy:

Zadanie: Znale¹¢ niezale»ne rozwi¡zania ( w postaci szeregu pot¦gowego o ±rodku t 0 = 0 ) równa«

o wspóªczynnikach analitycznych:

a) x ⁰⁰ − t ² x = 0, , b) (1 − t ² )x ⁰⁰ − 4tx ⁰ − 2x = 0,

c) (1 − t)x ⁰⁰ − 2x ⁰ + x = 0, d) (t ² − t + 1)x ⁰⁰ + (4t − 2)x ⁰ + 2x = 0, e) x ⁰⁰ − tx ⁰ + tx = 0, f ) x ⁰⁰ + x sin t = 0,

g) tx ⁰⁰ + x ln(1 − t) = 0, h) x ⁰⁰⁰ − tx ⁰⁰ + (t − 2)x ⁰ + x = 0.

Odpowiedzi:

a)

( x ₁ (t) = 1 + _3·4 ¹ t ⁴ + _3·4·7·8 ¹ t ⁸ + . . . x ₂ (t) = t + _4·5 ¹ t ⁵ + _4·5·8·9 ¹ t ⁹ + . . . , b)

( x ₁ (t) = 1 + t ² + t ⁴ + . . . = _1−t ¹

2

x ₂ (t) = t + t ³ + t ⁵ + . . . = _1−t ^t

2

, c)

( x ₁ (t) = 1 − ¹ ₂ t ² − ¹ ₂ t ³ − ¹¹ ₂₄ t ⁴ − . . . x ₂ (t) = t + t ² + ⁵ ₆ t ³ + ³ ₄ t ⁴ + . . . , d)

( x ₁ (t) = 1 + t − t ³ − t ⁴ + t ⁶ + t ⁷ − . . . = _1−t+t ¹

2

x ₂ (t) = t · x ₁ (t), e)

( x ₁ (t) = 1 − ¹ ₆ t ³ − ₄₀ ¹ t ⁵ + . . . x ₂ (t) = t + ¹ ₆ t ³ − ₁₂ ¹ t ⁴ + ₄₀ ¹ t ⁵ . . . f )

( x ₁ (t) = 1 − ¹ ₆ t ³ + ₁₂₀ ¹ t ⁵ + ₁₈₀ ¹ t ⁶ + . . . x ₂ (t) = t − ₁₂ ¹ t ⁴ + ₁₈₀ ¹ t ⁶ + . . .

g)

( x 1 (t) = 1 + ¹ ₂ t ² + ₁₂ ¹ t ³ + ₇₂ ⁵ t ⁴ + ₈₀ ³ t ⁵ . . . x 2 (t) = t + ¹ ₆ t ³ + ₂₄ ¹ t ⁴ + ₄₀ ¹ t ⁵ . . .

h)



 

 

x 1 (t) = 1 − ¹ ₆ t ³ + . . .

x 2 (t) = t + ¹ ₃ t ³ − ₁₂ ¹ t ⁴ + . . .

x 3 (t) = t ² + ₁₂ ¹ t ⁴ − ₂₀ ¹ t ⁵ + . . . .