#4-series solution(3. Frobenius method : 정수차 근 : log term이 사라지지 않는 경우)

사진출처 : 이분이 바로 그 프로베니우스!

#어디까지왔니?

어째 위치가 더 천천히 가는 것 같은 느낌은 무시합시다 ㅎㅎㅎㅎㅎㅎ

Frobenius method

• 3-1 : 기초적인 방법
• 3-2 : 문제 풀이(정리가 되지 않는 경우) 
  
  • 3-2-1. 중근을 가지는 경우
  • 3-2-2. 가 정수인 두 근을 가지는 경우 
    
    • 첫 번째 예제 : 항이 남아있는 경우
    • 두 번째 예제 : 항이 지워지는 경우
  • 3-2-3. 가 정수가 아닌 두 근을 가지는 경우
• 3-3 : 문제 풀이(정리가 되는 경우) 
  
  • 3-3-1. 중근을 가지는 경우
  • 3-3-2. 가 정수인 두 근을 가지는 경우

에 대해서 포스팅이 진행될 예정이라고 했구요, 오늘 할 것은 바로 3-2-2에 해당하는, $r_1 - r_2$가 정수인 두 근을 가지는 경우에 대한 이야기 입니다.

$r_1 - r_2$가 정수인 두 근을 가지는 경우
$$y_2 = ky_1 \ln x + x^{r_2} \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$$ (단, $r_1 > r_2$)
를 기억해두고 오늘도 긴 여정을 출발해봅시다 ㅋㅋ

첫 번째 예제

#0. 예제

오늘은 예제가 특별히 두 갭니다 ㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋ 벌써부터 힘들죠?ㅠㅠ 왜그런지는 차근차근 따라오다 보면 알 수 있을겁니다!

$$x\frac{d^2y}{dx^2} +y=0$$
크게 어려워보이지는 않는 식입니다. 적어도 저번 포스팅 보다는…ㅋㅋㅋ
일단 power series가 사용되지 않을 거라는 것은, $q(x) = \frac{1}{x}$가 되니까 $x=0$에서의 series 전개를 시킬 수가 없네요 ㅠㅠ Frobenius method를 사용하기 위해 식을 변형해 보자면, $\frac{b(x)}{x}=0$, $\frac{c(x)}{x^2}=\frac{1}{x}$이므로 적용이 가능하다는 것을 쉽게 알 수 있습니다.
그러니~
$$y=x^r \sum^{\infty}_{m=0} a_m x^m$$

#1. 한 번 미분, 두 번 미분

이젠 익숙해졌을텐데~.~
$$\frac{dy}{dx}=\sum^{\infty}_{m=0}(m+r) a_m x^{m+r-1}$$
$$\frac{d^2y}{dx^2} =\sum^{\infty}_{m=0} (m+r)(m+r-1)a_m x^{m+r-2}$$

#2. 대입, $r$ 구하기

$$x\frac{d^2y}{dx^2} +y=\\ x\sum^{\infty}_{m=0} (m+r)(m+r-1)a_m x^{m+r-2} + \sum^{\infty}_{m=0} a_m x^{m+r}\\ = \sum^{\infty}_{m=0} (m+r)(m+r-1)a_m x^{m+r-1} + \sum^{\infty}_{m=0} a_m x^{m+r} =0$$

이제 최저차항을 찾아줍시다. $m=0$일때의 최저차항은 $x^{r-1}$이므로 그것만 볼까요?
$$r(r-1)a_0 =0 \\ r=0,1$$
자 이제 해를 구했습니다. 다시 위로 올라가볼까요?$r_1>r_2$라고 했으니, $r_1=1 , r_2 =0$을 얻을 수 있을 겁니다.

#3. 다시 대입, $r_1=1$

$$\sum^{\infty}_{m=0} (m+r)(m+r-1)a_m x^{m+r-1} + \sum^{\infty}_{m=0} a_m x^{m+r} =0$$
요기에 $r=1$을 넣어서 $y_1$을 구해봅시다.
$$\sum^{\infty}_{m=0} (m+1)(m)a_m x^{m} + \sum^{\infty}_{m=0} a_m x^{m+1} =0$$
지금은 시그마의 아래에 붙어있는 $m$의 범위가 크게 이상하지 않습니다. $x^0$보다 아래로 떨어지는 항이 없으니..

첫 번째 시그마는 $x^0$부터 시작하는데 $m=0$이 들어가면 그대로 $0$이 됩니다. 그러니까..
$$\sum^{\infty}_{m=1} (m+1)(m)a_m x^{m} + \sum^{\infty}_{m=0} a_m x^{m+1} =0$$
일단 여기까지!

#4. 치환

두 번째 시그마를 $m+1=s$라고 치환해주면 되겠죠? 첫 번째 시그마는 $m=s$로 치환하구요~
$$\sum^{\infty}_{s=1} (s+1)(s)a_s x^{s} + \sum^{\infty}_{s=1} a_{s-1} x^{s} = \\ \sum^{\infty}_{s=1} x^s [(s+1)s a_s + a_{s-1}]=0$$

#5. 점화식

네네 기억나죠?ㅋㅋㅋㅋ
$$(s+1)s a_s + a_{s-1}=0$$
$$a_s = -\frac{a_{s-1}}{s(s+1)}, s \geq 1$$
요렇게!

$$a_s = -\frac{a_{s-1}}{(s+1)s} = \frac{a_{s-2}}{(s+1)s^2 (s-1)}= ... (-1)^s \frac{a_0}{(s+1)(s!)^2}$$

#6. 원함수

$$y_1 = x^1 \sum^{\infty}_{s=0} \frac{(-1)^s}{(s+1)(s!)^2} x^s$$
차근차근 전개를 해보니,
$$y_1 = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{12} - \frac{x^4}{144} + ...$$

요러한 series solution 을 얻었습니다. 만세~

그러면
$$y_2 = ky_1 \ln x + x^{r_2} \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$$
를 꺼내봅시다!

#7. $y_2$ - 1. 식 정리

ㅋㅋ $r_2 =0$넣고 미분 하겠습니다

$$\frac{dy_2}{dx} = k\frac{dy_1}{dx} \ln x + \frac{ky_1}{x} + \sum^{\infty}_{n=1} b_n n x^{n-1}$$
$$\frac{d^2 y_2}{dx^2} = k\frac{d^2 y_1 }{dx^2} \ln x + \frac{2k}{x} \frac{dy_1}{dx} - \frac{ky_1}{x^2} + \sum^{\infty}_{n=2} b_n n(n-1)x^{n-2}$$

대입!
$$x\frac{d^2y_2}{dx^2} +y_2= \\ x\left( k\frac{d^2 y_1 }{dx^2} \ln x + \frac{2k}{x} \frac{dy_1}{dx} - \frac{ky_1}{x^2} + \sum^{\infty}_{n=2} b_n n(n-1)x^{n-2} \right) +\left( ky_1 \ln x + \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n \right) =0$$
자 그럼 잠시…
$\ln x$가 들어있는 항은
$$k \ln x \left( x\frac{d^2 y_1}{dx^2} +y_1\right) =0$$ 으로 날아갈 테니 다시 정리해보면
$$x\left( \frac{2k}{x} \frac{dy_1}{dx} - \frac{ky_1}{x^2} + \sum^{\infty}_{n=2} b_n n(n-1)x^{n-2} \right) +\left( \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n \right) = \\ 2k\frac{dy_1}{dx} - \frac{ky_1}{x} + \sum^{\infty}_{n=2} b_n n (n-1) x^{n-1} + \sum^{\infty}_{n=0} b_n x^n=0$$

이렇게 됩니다. 시그마는 왼쪽, 아닌 것은 오른쪽에 모아보면

$$\sum^{\infty}_{n=2} b_n n (n-1) x^{n-1} + \sum^{\infty}_{n=0} b_n x^n=-2k\frac{dy_1}{dx} + \frac{ky_1}{x}$$

#8. $y_2$ -2. $b_n, k$구하기

좌변부터 정리를 해볼까요?
$n=0$인 경우에 $b_0$를 먼저 빼보면, 나머지는 전부 $x^1$ 부터 시작합니다. 그러니 첫 번째 시그마는 $n-1 = s$, 두 번째 시그마는 $n=s$로 치환해서 묶어줍시다.
$$b_0 + \sum^{\infty}_{s=1} b_{s+1} (s+1)s x^s + \sum^{\infty}_{s=1} b_s x^s = \\ b_0 + \sum^{\infty}_{s=1} x^s [b_{s+1} (s+1)s + b_s]$$
그러니까 전개를 해보면,
$$b_0 + (2b_2+b_1)x + (6b_3+b_2)x^2+(12b_4+b_3) x^3 + ...$$
이렇게 나오는 좌변을 얻습니다.

그러면 우변은…
$$y_1 = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{12} - \frac{x^4}{144} + ...$$
이고
$$\frac{dy_1}{dx} = 1-x+\frac{x^2}{4} - \frac{x^3}{36}+...$$
이니까,

$$-2k \left( 1-x+\frac{x^2}{4} - \frac{x^3}{36}+...\right) + k\left( 1-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{12}-\frac{x^3}{144} + ... \right)$$
이렇게 전개가 될겁니다. 그러면…
$$-k + \frac{3}{2} kx -\frac{5}{12}kx^2 + \frac{7}{144}kx^3 + ...$$

이제 우리가 할 일은 좌변과 우변을 비교해보는 것 뿐입니다.

$$b_0 + (2b_2+b_1)x + (6b_3+b_2)x^2+(12b_4+b_3) x^3 + ... = -k + \frac{3}{2} kx -\frac{5}{12}kx^2 + \frac{7}{144}kx^3 + ...$$
이니…

$$b_0 = -k \\2b_2 + b_1 = \frac{3}{2}k \\ 6b_3 + b_2 = -\frac{5}{12}k \\ 12b_4 + b_3 = \frac{7}{144} k \\ ...$$

여전히 완벽한 solution을 구할 수는 없습니다만….
$b_0$과 $k$는 그냥 상수라고 두어도 무관할 것입니다. 왜냐하면 우리는 $y_1$을 구할 때 이미 $a_0=1$이라고 생각하고 가장 간단한 해를 구했기 때문이죠….ㅋㅋ
이렇게 ‘가장 간단한’ 해를 구하겠다는 공학자들의 일념은 $b_0 =1 , k=-1$이라는 결론을 이끌어 냅니다. 저 위의 식은 그렇다면,
$$2b_2 + b_1 = -\frac{3}{2} \\ 6b_3 + b_2 = \frac{5}{12} \\ 12b_4 + b_3 = -\frac{7}{144} \\ ...$$

이렇게 해도 여전히 $b_1$은 불만입니다. 물론 다양한 선택이 가능할테지만…,뜬금없이 $b_1=0$이라는 단순화가 등장합니다 ㅋㅋㅋㅋㅋㅋㅋ 계속 강조하고 있는 거지만, ‘해를 찾으면 된다!’는 일념이랄까….

• 일반적으로, $x^0$이 포함된 항의 계수는 0으로 잘 가정하지 않습니다. 자칫 잘못하다간 점화관계로 인해서 모든 항의 계수가 0이 되어 버릴 수 있을 테니까요. 그래서 $b_0=0$으로 가정하면 정말 좋겠지만 그렇게 하지 않습니다 ㅠㅠ 이 사항에 대해서는 이 다음 예제를 통해서 조금 더 쉽게 이해해봅시다 ㅋㅋ

그러면 $$b_2 = -\frac{3}{4} , b_3 = \frac{7}{36}, b_4 = -\frac{35}{1728}...$$
요런 결과를 얻습니다. 그러니
$$y_2 = -y_1 \ln x + \left[ 1- \frac{3}{4} x^2 + \frac{7}{36}x^3 - \frac{35}{1728}x^4 + ... \right]$$

요런 해를 얻을 수 있을 겁니다.

#9. 최종 결과

$$y_1 = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{12} - \frac{x^4}{144} + ...$$

$$y_2 = -y_1 \ln x + \left[ 1- \frac{3}{4} x^2 + \frac{7}{36}x^3 - \frac{35}{1728}x^4 + ... \right]$$

ㅋㅋㅋㅋ 별로 보기싫은 애들이네요….ㅎㅎ

심화

저번시간에 $b_n$ 의 성질에 대해 말했듯이, 이번에도 그런 성질이 존재합니다. 즉,
$$y_2 = ky_1 \ln x + x^{r_2} \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$$
에서,
$$b_n = \left. \frac{\partial }{\partial r} [(r-r_2) a_n (r) ] \right |_{r=r_2}$$
이고,
$$k=\lim_{r \to r_2} (r-r_2) a_N (r)$$
으로 정의됩니다. 여기서 $N$은 뭐냐구요?

저번처럼, 위에서 푼 점화식을 $r$을 그대로 포함한 식을 가져와보면 점화식은
$$a_s = \frac{(-1)^s a_0}{(s+r)((s+r-1)!)^2}$$
요런게 될겁니다. $r_2 =0$이니까,
$$k=\lim_{r \to 0} r \frac{(-1)^s a_0}{(s+r)((s+r-1)!)^2}$$
뭐 이런 식을 얻을 수 있을텐데요, $s=0$을 대입해버리면
$$k=\lim_{r \to 0} r \frac{ a_0}{r((r-1)!)^2} = \lim_{r \to 0} \frac{a_0}{((r-1)!)^2}$$
관건은 $(-1)!$이 존재하느냐? 입니다. ㅋㅋㅋ 여기를찾아보니 있다고 나오는군요! -1의 값을 가진댑니다. 그러니 $k=a_0=1$의 값을 가진다는 것.
하지만 $s=4$정도의 값만 대입해도 좀 계산하기가 껄끄러워 질텐데요, 그렇습니다. 그냥 극한값이 나오는 $N$ 을 아무거나 대입해서 찾으면 된다는 것인데, 우리가 초점을 맞추는 것은 그런 $N$이 존재하느냐? 라는 것입니다. 만약 $a_n$을 가지고 왔는데 분모에 $(r-\frac{1}{2})$같은 것들만 가득하다면 지워질 수가 없을거고, 그러니까 $k=0$으로 $\ln x$항이 필요없는 $y_2$를 구할 수 있다는 겁니다. 다음 예제에서 그것을 바로 보일텐데, 다음 예제는 그냥 $k=0$으로 날아가버리는 경우이고, 그것도 함께 다루도록 하겠습니다 ㅋㅋㅋ

• 기억할 것은, $k$의 정확한 값을 구하기 위한 식이라기 보다는 $k$가 0인지 아닌지만 판단하는 정도의 식으로 알아둡시다.
• 물론, 일일이 대입해서 풀어도 $k=0$라는 결론은 나옵니다 ㅎㅎ

결론은, $N$은 ‘아무거나 넣어보고 극한값이 있는걸 가져와라!’라는 의미를 포함한다는거~~

정리

네. 역시나. ㅋㅋㅋㅋ 모두가 힘든 여정이었습니다. Frobenius method가 가진 매력이자 마력이라고나 할까요….
너무 포스팅이 길어지는 것을 방지 하기 위해서, 다음 포스팅에서 바로 뵙겠습니다~.~