Solución de ecuación diferencial por serie de potencias

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Solución de ecuación diferencial por serie de potencias

factorial
Matemáticas
serie de poder
secuencias y series
solución-verificación
ecuaciones diferenciales ordinarias

usuario10478

Resolver $(1 + x)y' = py;\ \ \ y(0) = 1$ , dónde $p$ es una constante arbitraria.

Primero conecté la conjetura $y = \sum_{n = 0}^\infty a_n x^n$ :

$(1 + x)(\sum_{n = 0}^\infty a_n x^n)' = p\sum_{n = 0}^\infty a_n x^n$

Luego expandí la derivada y la multiplicación:

$\sum_{n = 0}^\infty n a_n x^{n - 1} + \sum_{n = 0}^\infty n a_n x^n = p\sum_{n = 0}^\infty a_n x^n$

Luego cambié el índice de la izquierda (el primer término que da $0$ permite que el límite inferior permanezca $0$ ) y combinó algebraicamente las sumatorias:

$\sum_{n = 0}^\infty (n + 1)a_{n + 1} x^n + (n - p)a_n x^n = 0$

Esto conduce a la siguiente relación de recurrencia:

$a_{n + 1} = \frac{p - n}{n + 1}a_n$

Así, para varios valores de $n$ :

$a_1 = p a_0$ , $a_2 = \frac{p(p - 1)}{2}a_0$ , $a_3 = \frac{p(p - 1)(p - 2)}{6} a_0$ , etc.

Entonces, aplicando definiciones para la serie exponencial de Taylor y el factorial descendente, la solución supuesta sería:

$y = \sum_{n = 0}^\infty \frac{p! a_0 x^n}{n! (p - n)!} = \sum_{n = 0}^\infty a_0 e^x p^{\underline n}$

Resolviendo el problema de valor inicial:

$1 = \sum_{n = 0}^\infty a_0 e^0 p^{\underline n} \implies a_0 = \frac{1}{\sum_{n = 0}^\infty p^{\underline n}}$

Mi solución final es:

$y = \frac{\sum_{n = 0}^\infty e^x p^{\underline n}}{\sum_{n = 0}^\infty p^{\underline n}}$

Sin embargo, se supone que la respuesta es $y = (1 + x)^p$ . ¿Son idénticos o cometí un error en alguna parte?

Vegeta el Príncipe de los Saiyajin

¿Tienes que usar series? La ecuación es separable.

usuario10478

@VegetathePrinceofSaiyans Sí, está en el capítulo de la serie de poder de mi libro, así que eso es lo que buscaba. Sé cómo resolverlo como una EDO separable.

Gregorio

Tenga en cuenta que la serie termina en

n = p

$n = p$ . de modo que

a_{k} = 0

$a_k = 0$ para todos

k \geq p + 1

$k \ge p+1$ .

usuario10478

@Gregory ¿Qué serie? ¿Mi solución final al problema del valor inicial?

Gregorio

Su relación de recurrencia,

a_{n + 1} = (p - n) / (n + 1) a_{n}

$a_{n+1} = (p-n)/(n+1) a_n$ cuando

n = p

$n = p$ será 0 y todos los términos subsiguientes también desaparecerán.

Respuestas (2)

Solución de ecuación diferencial por serie de potencias

@VegetathePrinceofSaiyans Sí, está en el capítulo de la serie de poder de mi libro, así que eso es lo que buscaba. Sé cómo resolverlo como una EDO separable.
Tenga en cuenta que la serie termina en $n = p$ . de modo que $a_k = 0$ para todos $k \ge p+1$ .
@Gregory ¿Qué serie? ¿Mi solución final al problema del valor inicial?
Su relación de recurrencia, $a_{n+1} = (p-n)/(n+1) a_n$ cuando $n = p$ será 0 y todos los términos subsiguientes también desaparecerán.

Vegeta el Príncipe de los Saiyajin · Answer 1

Pista: sabes que la solución (por separación de variables) es:

$y(x)=(x+1)^p$

Ahora intenta usar el teorema del binomio, expande lo anterior e iguala los coeficientes. Verás que:

$a_0=1$

$a_1=pa_0=p= \binom{p}{1}$

$a_2=\frac{p(p-1)}{2}a_0= \binom{p}{2}$

. . .

$a_k=\binom{p}{k}$

Como han señalado los demás, $a_k=0$ para $k\geq p+1$ . Esto se debe a que la solución es un polinomio.

Entonces, su recursividad es correcta, pero después de aplicar la serie exponencial de Taylor, las cosas cambiaron.

Moraleja de la historia: si tiene un método más fácil, utilícelo para verificar su trabajo :)

Editar: lo anterior supone que $p$ es un número entero. Si $p$ es un valor escalar arbitrario (es decir, real, o incluso complejo) resulta que, de hecho, podemos usar una fórmula similar, solo debemos tener cuidado con la forma en que calculamos los coeficientes binomiales.

De hecho, tenemos que para arbitraria $p$ ,

y (X) = \sum_{k = 0}^{\infty} (\binom{pag}{k}) X^{k}

$y(x)= \sum_{k=0}^{\infty}\binom{p}{k}x^k$ para

| x | < 1

$|x|<1$ y

x, p \in R

$x,p \in \mathbb{R}$

Investigué un poco y encontré esto útil: Expansión binomial generalizada de $\left(1+x \right )^{y}$

Editar: parece que hay varias fórmulas para los "coeficientes binomiales generalizados", pero al investigar Wolfram Mathworld, me encontré con:

(\binom{pag}{k}) := \frac{(pag)_{k}}{k!} = \frac{pag (pag - 1) (pag - 2) \dots (pag - k + 1)}{k (k - 1) \dots 2 \cdot 1}

$\binom{p}{k}:= \frac{(p)_k}{k!}=\frac{p(p-1)(p-2)\cdots(p-k+1)}{k(k-1)\cdots 2 \cdot 1}$

mira fórmulas $(3),(4)$ en:

https://mathworld.wolfram.com/BinomialCoficient.html

mmm tu solucion $y(x)= \sum_{k=0}^{\infty}\binom{p}{k}x^k$ no parece satisfacer la condición inicial. Al aplicar la fórmula $(3)$ desde su enlace a su solución y luego notando la expansión de Maclaurin para $e^x$ , parece que su solución se convierte en $\sum_{n = 0}^\infty e^x p^{\underline n}$ , que sería mi solución excepto que la tuya tiene $a_0 = 1$ mientras que el mio tiene $a_0 = \frac{1}{\sum_{n = 0}^\infty p^{\underline n}}$ , ¿bien?
Pero la suposición original era que $y(x)= \sum_{k=0}^{\infty}a_{k}x^k$ , ¿correcto? Así que si $y(0)=1$ , luego sustituyendo en $y(x)= \sum_{k=0}^{\infty}a_{k}x^k:=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots$ , obtenemos $y(0)=a_0=1$ . por eso tuve $a_0=1$ .
En cierto modo, veo la lógica detrás de eso, pero ¿no se rompe al conectar la condición inicial en su solución? estaría diciendo $1 = \sum_{k=0}^{\infty}\binom{p}{k}0^k$ , lo que claramente no es cierto.
Parece que ambos tenemos un punto, ya que realmente no hay una mejor manera de definir $0^0$ . Mire esta publicación, por ejemplo: math.stackexchange.com/questions/1323868/…
Esa es una observación interesante. Supongamos que examinamos el caso especial en el que $p$ es un número natural arbitrario (aunque en realidad es un número real o quizás complejo arbitrario). Aquí, $\sum_{k = 0}^\infty {p \choose k} x^k$ se convierte $\sum_{k = 0}^\infty \frac{p!}{(p - k)!} \frac{x^k}{k!}$ que se convierte $\sum_{k = 0}^\infty \frac{p!}{(p - k)!} e^x$ (el factor restante es solo el factorial descendente, pero lo dejaré expandido). De esta forma, es inequívoco que $y(0) = \sum_{k = 0}^\infty \frac{p!}{(p - k)!}$ , que no cumple la condición de ser idéntico a $1$ para todos $p$ .

Martín Argerami · Answer 2

Tu solución

y = \sum_{norte = 0}^{\infty} \frac{pag! a_{0} X^{norte}}{norte! (pag - norte)!}

$y = \sum_{n = 0}^\infty \frac{p! a_0 x^n}{n! (p - n)!}$ es principalmente la serie binomial para

a_{0} (1 + x)^{p}

$a_0\,(1+x)^p$ , asumiendo que sabe lo que está haciendo (parece que está tratando

p

$p$ como un número entero, que no es necesariamente de acuerdo con la pregunta que publicó).

La igualdad"

\sum_{norte = 0}^{\infty} \frac{pag! a_{0} X^{norte}}{norte! (pag - norte)!} = \sum_{norte = 0}^{\infty} a_{0} {mi}^{X} {pag}^{\underline{norte}}

$\sum_{n = 0}^\infty \frac{p! a_0 x^n}{n! (p - n)!}= \sum_{n = 0}^\infty a_0 e^x p^{\underline n}$ no es verdad; le falta el

n!

$n!$ en el denominador de la derecha.

estaba usando el factorial descendente $p^{\underline n}$ , no la exponencial regular $p^n$ , en el lado derecho de esa igualdad.
Veo a que te refieres. pero escribiste $\frac{pag!}{norte! (pag - norte)!},$ $\frac{p!}{n!(p-n)!},$ que no tiene sentido cuando $p$ no es un entero positivo. Está bien usar el factorial descendente, pero debería haber escrito en su lugar ${p\choose n}$ , que es la notación estándar.
Correcto, entonces los pasos intermedios con los factoriales no son tan generales como deberían ser, aunque finalmente creo que el operador factorial descendente puede extenderse a números no enteros de la misma manera que el operador de elección. Elegí caer factorial en lugar de elegir porque permite $x^n$ se simplificará a través de la expansión inversa de Maclaurin para $e^x$ .
No eso no es. Su deducción está bien. Lo encontraste correctamente $a_{norte} = \frac{{pag}^{\underline{norte}}}{norte!} .$ $a_n=\frac{p^{\underline n}}{n!}.$ Pero luego, cuando escribiste la solución, la cambiaste primero a $\frac{pag!}{norte! (pag - norte)!}$ $\frac{p!}{n!(p-n)!}$ y luego a $p^{\underline n}$ .

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