#4.series solution(3. Frobenius method : 정수차가 아닌 두 근)

#어디까지왔니?

Frobenius method

• 3-1 : 기초적인 방법
• 3-2 : 문제 풀이(정리가 되지 않는 경우)
  
  • 3-2-1. 중근을 가지는 경우
  • 3-2-2. $r_1-r_2$가 정수인 두 근을 가지는 경우
    
    • 첫 번째 예제 : $\ln x$항이 남아있는 경우
    • 두 번째 예제 : $\ln x$항이 지워지는 경우
  • 3-2-3. $r_1-r_2$가 정수가 아닌 두 근을 가지는 경우
• 3-3 : 문제 풀이(정리가 되는 경우)
  
  • 3-3-1. 중근을 가지는 경우
  • 3-3-2. $r_1-r_2$가 정수인 두 근을 가지는 경우

앞으로 남은 세 개의 주제에 대해서는, 이전의 $y_1 , y_2$의 관계를 막 외우고 확인해보고 대조할 필요 없이, 간단히 두 번 노가다!만 하면 됩니다. 훨씬 더 편하게 따라올 수 있을 거라고……쭈글예상..해봅니다…ㅎㅎ

정수가 아닌 두 근을 가지는 경우

#0. 예제

예제의 숫자가 그리 달갑지 않습니다ㅎㅎㅎ…
$$4x \frac{d^2 y}{dx^2} + 2\frac{dy}{dx} + y =0$$
Frobenius method를 적용할 수 있다는 사실 정도는 손 쉽게 증명할 수 있을 거라고 믿어 의심치 않겠습니다 ㅎㅎㅎ
그러면 늘 해왔듯이,
$$y= x^r \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^m = \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^{m+r}$$

#1. 한 번 미분, 두 번 미분

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

#2. 대입, $r$구하기

$$4x \sum_{m=0}^{\infty} a_m (m+r)(m+r-1) x^{m+r-2} + 2 \sum_{m=0}^{\infty} a_m (m+r) x^{m+r-1} + \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^{m+r} \\ = \sum_{m=0} ^{\infty} 4a_m (m+r)(m+r-1) x^{m+r-1} + \sum_{m=0}^{\infty} 2a_m (m+r) x^{m+r-1} +\sum_{m=0}^\infty a_m x^{m+r} \\ = \sum_{m=0}^{\infty} a_m (4m+4r-4 +2)(m+r) x^{m+r-1} + \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^{m+r} =0$$

여기서의 최저차항은, $m=0$일 때 $x^{r-1}$입니다. 이 때의 계수는 $$(4r-2)(r)=0$$ 일테니, $r= \frac{1}{2} , 0$의 결과를 얻습니다. 두 근의 차가 정수가 아니고, 중근도 아니니 그냥 닥치고 대입!

#3. 대입하기 전에 : $r$에 대한 점화식

자 이전까지랑 똑같이 $r$을 대입하려고 했나요? 잠깐 손을 멈춰봅시다. 어차피 다른 $r$값에 따라 두 번이나 계산을 해줘야하니, $r$에 대한 일반항을 한 번 써두면 편하겠죠?

$$\sum_{m=0}^{\infty} a_m (4m+4r-4 +2)(m+r) x^{m+r-1} + \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^{m+r}$$
이 식의 왼쪽 시그마는 $x^{r-1}$, 오른쪽 시그마는 $x^r$에서부터 시작하니까,
$$a_0 (4r-2)(r) x^{r-1}+ \sum_{m=1}^{\infty} a_m (4m+4r-4 +2)(m+r) x^{m+r-1} + \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^{m+r}$$
어차피 $r= 0 , \frac{1}{2}$이고 $a_0 \not =0$니까
$$\sum_{m=1}^{\infty} a_m (4m+4r-4 +2)(m+r) x^{m+r-1} + \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^{m+r}$$
이렇게 바뀔 수 있을겁니다. 익숙한, $m-1=s$치환을 왼쪽 시그마에, $m=s$치환을 오른쪽 시그마에 먹여봅시다.
$$\sum_{s=0}^{\infty} a_{s+1}(4s+4r+2)(s+r+1) x^{r+s} + \sum_{s=0}^{\infty} a_s x^{s+r}$$
묶어버리면,
$$\sum_{s=0}^{\infty} \left( a_{s+1}(4s+4r+2)(s+r+1) + a_s \right) x^{r+s} =0$$

그렇다면 점화식은 어떻게 나올까요?
$$a_{s+1}(4s+4r+2)(s+r+1) + a_s = a_{s+1}(2s+2r+1)(2s+2r+2)+a_s = 0$$
즉
$$a_{s+1} = - \frac{a_s}{(2s+2r+2)(2s+2r+1)} ~~(s \geq 0)$$
네 이렇게 얻어놓고, 시작해봅시다.

#4. $r= \frac{1}{2}$

그대로 넣으면 됩니다.
$$a_{s+1} = - \frac{a_s}{(2s+3)(2s+2)} ~~(s \geq 0)$$
이제 이런 모양을 보면 조건반사 자동적으로 이런 일반항이 얻어질 경지가 되었죠?
$$a_{s+1} = (-1)^{s+1} \frac{a_0}{(2s+3)!}$$
그러니까,
$$a_{s} = (-1)^s \frac{a_0}{(2s+1)!}$$
따라서
$$y_1 = x^{\frac{1}{2}} \sum_{s=0}^{\infty} (-1)^s \frac{a_0}{(2s+1)!} x^s$$
예전보다 참 쉽죠? 물론 이렇게 쉽게 정리가 되는 문제만 있는 건 아닙니다. 지친 여러분이라기보단 필자....을 위한 휴식처랄까요…ㅎㅎ

#5. $r=0$

마찬가지! 똑같이 가봅시다. 그런데 $a$라는 문자는 위에서 썼으니, $b$로 바꿔서 혼동을 막아봅시다 ㅎㅎ
$$b_{s+1} = - \frac{b_s}{(2s+2)(2s+1)} ~~(s \geq 0)$$
$$b_{s+1}= (-1)^{s+1} \frac{b_0}{(2s+2)!}$$
$$b_{s} = (-1)^s \frac{b_0}{(2s)!}$$
따라서,
$$y_2 = \sum_{s=0}^{\infty} (-1)^s \frac{b_0}{(2s)!} x^s$$

#6. 최종 답

$a_0 = b_0 =1$로 놓아버리면,
$$y_1 = x^{\frac{1}{2}} \sum_{s=0}^{\infty} (-1)^s \frac{1}{(2s+1)!} x^s \\ y_2 =\sum_{s=0}^{\infty} (-1)^s \frac{1}{(2s)!} x^s$$

이렇습니다. 그러면 이제 $y$는 당연히 구해진 거겠죠?ㅎㅎ

point!

지금까지에 비하면 정말 별 내용이 없어보이는 문제풀이였습니다. $r$에 대한 방정식의 두 근이 차이가 정수가 아닌 경우, 그냥 두 근을 따로따로 구해주면 된다는 것을 방금 확인했습니다. 그런데 잠시. 우리 이번 포스팅에서 허전한게 있나요?
시그마 밑에 붙어있는 $m$의 범위, $s$의 범위를 우리가 신경써줬었나요?
그렇지 않습니다. 그냥 –> $r$을 그대로 대입하지 않은 채로 놓고 점화식을 구한 다음 거기에 $r$을 넣어서 점화식을 따로따로 구했죠.
이제까지는 $r$을 그대로 넣은 다음 $x$의 차수가 0보다 커지도록 굉장히 조심스럽게 범위를 조절해주어야 했고, 왜 차수가 0보다 커야하는지 구체적인 설명도 없이 썼었죠?
앞의 문제들도 전부 $r$에 대한 점화식으로 먼저 구하는 것이 가능한 문제들이었습니다. 하지만 항이 둘 이상이 나와서 복잡하게 될까봐, 약간의 엄밀함을 포기하고 그런 방식으로 풀어본 거였죠!

앞의 문제들, 특히 정수차 두 근이 존재하는 경우에 대해서도 $r$을 그대로 남겨둔 채로 점화식을 구해봅시다. 어떤 것이 편한지는 여러분의 선택! 두 가지 접근이 모두 가능하다는 것만 기억해둡시다 ㅎㅎ

정리

오늘은 포스팅이 빨리 끝나서 기분이 좋습니다 ㅎㅎㅎㅎㅎ
이제 Frobenius method에서 정말 중요하고 헷갈리는 부분은 다 했으니, 남은 두 개 주제는 빠르게 넘어가고 어서 빨리 옆동네1, 옆동네2에서 오매불망 기다리는 Bessel function, Bessel equation 을 다루러 가봅시다. 저도 빨리 series solution을 끝내고 싶습니다