Løse difflikning ved potensrekker.

[Betelgeuse]

Jeg har fått oppgitt at initialverdiproblemet har en unik løsning som er analytisk i origo og skal finne potensrekke representasjonen [tex]\sum_0^\infty a_j z^j[/tex] ved å bestemme en rekurrens relasjon mellom koeffisientene [tex]a_j[/tex]. Har oppgitt at

[tex](*) \ f^{(2)}(z) - zf^{(1)}(z) - f(z) = 0, \ f(0) = 1, \ f^{(1)}(0) = 0[/tex]

Ved å bruke (*) fant jeg ved produktregelen at man generelt hadde at [tex]f^{(j)}(0) = (j-1)f^{(j-2)}(0)[/tex] og hvor man på grunn av initialbetingelsene har at alle [tex]f^{(j)}(0)[/tex], hvor j er odd, vil forsvinne, mens for de like ser det ut til at [tex]f^{(j)}(0)[/tex] er produktet av de foregående oddetallene. Dette fant jeg ved å se at

[tex]f^{(3)}(0) = 1f^{(1)}(0) = 0[/tex]
[tex]f^{(4)}(0) = 3f^{(2)}(0) = 3 f^{(0)}(0) = 3[/tex]
[tex]f^{(5)}(0) = 4f^{(3)}(0) = 0[/tex]
[tex]f^{(6)}(0) = 5f^{(4)}(0) = 5\cdot 3f^{(2)}(0) = 5 \cdot 3 f^{(0)}(0) = 5 \cdot 3 \cdot 1[/tex].. etc

Så de odde termene forsvinner.. Men jeg ser ikke hvordan jeg skal finne en generell formel for [tex]f^{(j)}(0) [/tex] sa [tex]f(z) = \sum_{j=0}^\infty \frac{f^{(j)}(0)}{j!}z^j [/tex].

Svaret skal forresten bli [tex]\sum_{k=0}^\infty \frac{z^{2k}}{2^k k!}[/tex]

[Charlatan]

Du bør finne en differenslikning for [tex]a_j[/tex] som du kan løse.

Skriv [tex]f^{(1)}[/tex] og [tex]f^{(2)}[/tex] som potenssummer og skriv deretter uttrykket som er oppgitt som en potenssum. Da kan du sammenligne koeffisienter.

[Betelgeuse]

Hvis jeg forstår deg rett så ser jeg på (*) at
[tex]f = f^{(2)} -zf^{(1)} \Leftrightarrow \sum_{j=0}^\infty a_jz^j =\sum_{j=0}^\infty a_{j+2}(j+2)(j+1)z^j - z\sum_{j=0}^\infty a_{j+1}(j+1)z^j[/tex].

Ser ikke helt hvordan jeg kan bruke dette til å finne en differenslikning. Den z'en forran den andre summen på h.s plager meg litt.

[FredrikM]

Det er bare å gange den z'en foran inn i summen.

[Betelgeuse]

Joda, den er selvføgelig grei, men da får jeg ikke lik potens av z i de tre summene og jeg vil jo gjerne trekke dem sammen og faktorisere ut alle z s.a jeg får en relasjon mellom koeffisientene uten noen potens av z i seg.
Hvis jeg uansett trekker sammen så finner jeg relasjonen

[tex]\sum_{j=0}^\infty a_j z^j = \sum_{j=0}^\infty (j+1)(a_{j+2}(j+2) - a_{j+1}z) z^j \Leftrightarrow a_j = (j+1)(a_{j+2}(j+2) - a_{j+1}z)[/tex]

Jeg ga det et forsøk og antok at denne relasjonen også måtte gjelde for z=0 og fant dermed at
[tex]a_{j+2} = \frac{a_j}{(j+1)(j+2)}[/tex].

Må innrømme at jeg føler meg litt på bærtur her..

[Karl_Erik]

Det fine er at [tex]z \sum_{i=0}^{\infty} z^i b_i = \sum_{i=0}^{\infty} z^{i+1}b_i =\sum_{i=1}^{\infty} z^ib_{i-1}[/tex].

[Betelgeuse]

Jess det er sant, men da har man ikke like summasjonsindekser.Jeg gjorde heller som følger. Istedenfor å tenke på like summasjonsindekser så tar jeg heller å trekker sammen summer av like potenser av z, så jeg får

[tex]\sum_{j=0}^\infty a_jz^j + \sum_{j=1}^\infty a_{j}(j)z^j =\sum_{j=0}^\infty a_{j+2}(j+2)(j+1)z^j =\sum_{j=0}^\infty a_j(j+1)z^j [/tex]

dette går jo her i og med at j=0 gjør at det j'te leddet i problemsummen blir 0. Derfor kan jeg jo like greit summere fra j=0 som j=1 og kan dermed trekke sammen summen.

[tex]\Rightarrow a_{j+2} = \frac{a_j}{j+2}[/tex]

Og ved prøving fant jeg da..

[tex]a_{2j} = \frac{a_0}{2^j j!} [/tex] og [tex]a_{2j+1} = \frac{a_1}{1\cdot 3 \cdot 5 \cdot \cdot \cdot (2j +1)}[/tex] og initialbetingelsene ga a_0 = 1 og a_1 = 0 sa [tex]f(z) = \sum_{j=0}^\infty \frac{z^{2j}}{2^j j!}[/tex].

[Charlatan]

Dette ser bra ut.