#4.series solution(3. Frobenius method : 정수차 근 : log term 이 사라지는 경우)

그림 출처

#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

네 끝나질 않죠?ㅋㅋㅋ 단원 이름부터가, ‘급수 series’ 해법이다 보니….정말 손도 많이 가고 경우도 많이 나눠져있고…..ㅠㅠ

이제 복잡하고 힘든 부분은 거의 다 끝났습니다. 나머지는 힘들지 않은 노가다일 뿐이니까….ㅠㅠㅠ

두 번째 예제

#0. 예제

첫 번째 예제의 정답이 뭐였는지 기억나나요?ㅎㅎㅎ
가서 확인해보고 옵시다.
$$x \frac{d^2y}{dx^2} +y =0$$
$$y_1 = x- \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{12} - \frac{x^4}{144} \\ y_2 = -y_1 \ln x + \left[ 1- \frac{3}{4} x^2 + \frac{7}{36}x^3 - \frac{35}{1728} x^4 + ....\right]$$

기분나쁘게, $\ln x$가 남아있는 예제였습니다. 이번 포스팅에서는 다행히도 그 항이 날아가는 예제를 풀어보도록 하겠습니다. 예제를 자꾸 푸는 포스팅을 올리는 이유는, 자꾸자꾸 풀어보고 풀이법을 많이 눈에 익혀두어야 편하기 때문이죠! 이론 정리를 한 방에 해 두는 것은 예제 풀이를 조만간 마치고 올리도록하겠습니다!(올린 후에 링크를 걸 예정~)

오늘 풀 예제는 이겁니다.
$$x^2 \frac{d^2y}{dx^2} + x\frac{dy}{dx} + \left( x^2 - \frac{1}{4} \right)y =0$$
Frobenius method를 적용가능한지는 바로 판별이 가능하니 생략하고, 일단 $y_1$부터 구해봅시다.
$$y = x^r \sum^{\infty}_{m=0} a_m x^m$$

#1. 한 번 미분, 두 번 미분

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

#2. 대입, $r$ 구하기

$$x^2 \frac{d^2y}{dx^2} + x\frac{dy}{dx} + \left( x^2 - \frac{1}{4} \right)y \\ =x^2 \sum_{m=0}^{\infty} (m+r)(m+r-1)a_mx^{m+r-2}+ x\sum_{m=0}^{\infty} (m+r) a_m x^{m+r-1} \\+ x^2 \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^{m+r} -\frac{1}{4} \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^{m+r} \\ \sum_{m=0}^{\infty} \left((m+r)(m+r-1)+(m+r) - \frac{1}{4} \right)a_m x^{m+r} + \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^{m+r+2}\\ =0$$
여기서의 최저차항은, $m=0$일 때 $x^r$입니다. 그것만 써보면
$$r(r-1)+r-\frac{1}{4} = r^2-\frac{1}{4}=0$$
따라서 $r=\pm \frac{1}{2}$를 얻을 수 있겠네요. $r_1>r_2$니까, $r_1 = \frac{1}{2} , r_2 = -\frac{1}{2}$

#3. 다시 대입, $r_1 = \frac{1}{2}$

$$\sum_{m=0}^{\infty} \left( (m+\frac{1}{2}) (m-\frac{1}{2}) +(m+\frac{1}{2}) -\frac{1}{4} \right) a_m x^{m+\frac{1}{2}} + \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^{m+\frac{5}{2}}=0$$
지금은 시그마 아래의 $m$의 범위에 그렇게 신경을 써줄 필요가 없겠군요! 0 이하의 차수로 내려가는 게 없으니까요 ㅎㅎ

#4. 치환

그러면, 두 번째 시그마는 $m+2=s$로 치환을, 첫 번째는 그냥 $m=s$로 바꿔봅시다.
$$\sum_{s=0}^{\infty} \left( (s+\frac{1}{2}) (s-\frac{1}{2}) +(s+\frac{1}{2}) -\frac{1}{4} \right) a_s x^{s+\frac{1}{2}} + \sum_{s=2}^{\infty} a_{s-2} x^{s+\frac{1}{2}}\\ =\sum_{s=0}^{\infty} \left( s^2+s \right) a_s x^{s+\frac{1}{2}} + \sum_{s=2}^{\infty} a_{s-2} x^{s+\frac{1}{2}} \\ =2a_1 x^{\frac{3}{2}} +\sum_{s=2}^{\infty} ( (s^2 +s) a_s +a_{s-2}) x^{s+\frac{1}{2}} \\ =0$$

#5. 점화식

$a_1=0$인 것은 위의 식에서 자명합니다. 따라서, 나머지 점화식을 구해보면!
$$(s^2 + s) a_s + a_{s-2} =0, ~~s \geq 2$$
즉,
$$a_s = - \frac{1}{s(s+1)}a_{s-2},~~s \geq 2$$
그런데 $a_1=0$이므로, 홀수항은 모두 0이 되어 날아갈 것을 예상할 수 있습니다. 그러니 $s=2k$를 대입하여 식을 좀 더 만져봅시다.
$$a_{2k} = -\frac{1}{2k(2k+1)} a_{2k-2} , ~~ k \geq 1$$
그렇다면….
$$a_{2k} = -\frac{1}{2k(2k+1)} a_{2k-2} = \frac{1}{(2k-2)(2k-1)2k(2k+1)} a_{2k-4} = ... = (-1)^k \frac{1}{(2k+1)!}a_0$$
요런 점화식을 얻을 수 있습니다.

#6. 원함수

그렇다면, 일단 $y_1$을 구해봅니다.
$$y_1 = x^{1/2}\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m \frac{1}{(2m+1)!} a_0 x^{2m}$$
그렇다면, $a_0=1$로 둔 $y_1$은 이렇게 나오겠군요!
$$y_1 = x^{1/2}\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m \frac{1}{(2m+1)!} x^{2m}$$

#7. $y_2$-1. 식 정리

잊어버리지 않았을 것이라 믿고, 식을 가져와보겠습니다 ㅎㅎ
$$y_2 = ky_1 \ln x + x^{r_2} \sum_{m=0}^{\infty} b_m x^m$$
이제는 $r_2 = -\frac{1}{2}$를 넣고 미분해봅니다.

$$y_2 = ky_1 \ln x + x^{-\frac{1}{2} } \sum_{m=0}^{\infty} b_m x^m$$

$$\frac{dy_2}{dx} = k\frac{dy_1}{dx} \ln x + \frac{ky_1}{x}+ \sum_{m=0}^{\infty} (m-\frac{1}{2}) b_m x^{m-\frac{3}{2}}$$

$$\frac{d^2y_2}{dx^2} = k\frac{d^2y_1}{dx^2} \ln x + \frac{2k}{x} \frac{dy_1}{dx} - \frac{ky_1}{x^2} +\sum_{m=0}^{\infty} (m-\frac{1}{2}) (m-\frac{3}{2})b_m x^{m-\frac{5}{2}}$$

대입해보면,
$$x^2 \left( k\frac{d^2y_1}{dx^2} \ln x + \frac{2k}{x} \frac{dy_1}{dx} - \frac{ky_1}{x^2} +\sum_{m=0}^{\infty} (m-\frac{1}{2}) (m-\frac{3}{2})b_m x^{m-\frac{5}{2}} \right) +\\ x\left( k\frac{dy_1}{dx} \ln x + \frac{ky_1}{x}+ \sum_{m=0}^{\infty} (m-\frac{1}{2}) b_m x^{m-\frac{3}{2}} \right) + \\ x^2 \left( ky_1 \ln x + \sum_{m=0}^{\infty} b_m x^{m-\frac{1}{2}} \right) - \frac{1}{4} \left( ky_1 \ln x + \sum_{m=0}^{\infty} b_m x^{m-\frac{1}{2}} \right) =0$$
ㅎㅎㅎㅎ……
뭔가 경험적으로 $\ln x$가 들어간 항은 0이 될거라는 걸 짐작하고 있나요? ㅎㅎㅎㅎ 구체적인 증명은 잠시 미뤄두고, 일단 정리를 해봅시다.

• $\ln x$가 들어있는 항
  $$k\left( x^2 \frac{d^2y_1}{dx^2} + x \frac{dy_1}{dx} + (x^2-\frac{1}{4} ) y_1 \right) = 0$$
  임을 쉽게 보일 수 있습니다.

• 시그마가 없는 항
  $$k \left( 2x \frac{dy_1}{dx} -y_1 +y_1 \right) = 2kx \frac{dy_1}{dx}$$

• 시그마가 있는 항
  $$\sum_{m=0}^{\infty} \left( (m-\frac{1}{2})(m-\frac{3}{2}) + (m-\frac{1}{2}) -\frac{1}{4} \right) b_m x^{m-\frac{1}{2}} -\sum_{m=0}^{\infty} b_m x^{m+\frac{3}{2}} \\ = \sum_{m=0}^{\infty} (m^2 - m)b_m x^{m-\frac{1}{2}} - \sum_{m=0}^{\infty} b_m x^{m+\frac{3}{2}}$$

모아서 정리해보면,

$$\sum_{m=0}^{\infty} (m^2 - m)b_m x^{m-\frac{1}{2}} - \sum_{m=0}^{\infty} b_m x^{m+\frac{3}{2}} = - 2kx \frac{dy_1}{dx}$$

#8. $y_2$-2. $b_n, k$구하기

좌변을 조금 정리를 해봅시다. 첫 번째 시그마에서 $m=2$가 될 때부터 두 번째 시그마와 차수가 $x^{\frac{3}{2}}$로 맞기 시작합니다. 그러니 $m=0, 1$인 경우는 따로 빼준 다음 나머지를 정리를 해줍시다. 첫 번째 시그마는 $m = s$로, 두 번째 시그마는 $m+2=s$로 치환을 해보면 :

$$0 \times x^{\frac{1}{2}} + \sum_{s=2}^{\infty} s(s-1)b_{s} x^{s-\frac{1}{2}} - \sum_{s=2}^{\infty} b_{s-2} x^{s-\frac{1}{2}} \\ = \sum_{s=2}^{\infty} \left( s(s-1)b_s - b_{s-2} \right) x^{s-\frac{1}{2}}$$

이것을 전개하면
$$0 \times x^{\frac{1}{2}} + (2b_2 + b_0) x^{\frac{3}{2}} + (6b_3 +b_1 ) x^{\frac{5}{2}} + (12b_4 + b_2 ) x^{\frac{7}{2}}+...$$

이제 우변은, 아까 구한 $y_1$을 대입해봅시다.
$$y_1 = x^{1/2}\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m \frac{1}{(2m+1)!} x^{2m} = x^{\frac{1}{2}}- \frac{1}{6} x^{\frac{5}{2}}+ \frac{1}{120} x^{\frac{9}{2}} -...$$
$$\frac{dy_1}{dx} = \frac{1}{2} x^{-\frac{1}{2}}- \frac{5}{12} x^{\frac{3}{2}}+ \frac{9}{240} x^{\frac{7}{2}}- ...$$
$$-2kx\frac{dy_1}{dx} = -kx^{\frac{1}{2}}+\frac{5}{6} k x^{\frac{5}{2}} - \frac{9}{120}kx^{\frac{9}{2}}+...$$

항 별로 비교를 해서 각각의 상수를 찾고 싶은데………
정말 반갑게도 어딘가에서 0이 튀어나옵니다!
$$0=-k \\ 2b_2 + b_0 = 0 \\ 6b_3 + b_1 = \frac{5}{6} k \\ 12b_4 + b_2 = 0\\ ...$$
네 그렇습니다. $k=0$, 즉 우리를 괴롭히는 $\ln x$항 앞에 붙은 계수가 0이 되어버린다는 것이죠. 따라서 $y_2$는 $\ln x$가 없는 상태의 답을 얻을 수 있을거다, 이겁니다. 한결 편해졌네요!

쭉 풀어보면, 계수를 아래와 같이 얻을 수 있습니다.
$$b_{2k} = (-1)^k \frac{1}{(2k)!} b_0 ,~~ b_{2k+1} = (-1)^k \frac{1}{(2k+1)!} b_1$$

따라서 $y_2$의 결과식을 정리해보면,
$$y_2 = x^{-\frac{1}{2}}\left[ b_0 \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{(2k)!} x^{2k} + b_1 \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{(2k+1)!} x^{2k+1}\right]$$
그런데, 구해놓고 보니 $y_1$이랑 뒷부분이 거의 완벽하게 똑같습니다. 그러니 $b_1 = 0$으로 가정해서 뒷부분을 날려버리고, 어차피 상수인 $b_0$은 $b_0=1$으로 두면 두 해를 각각 보기 좋은 깔끔한 모양으로 정리할 수 있게 됩니다. 9번에서 확인해 볼까요?

#9. 최종 결과

$$y_1 = x^{\frac{1}{2}}\left[ \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{(2k+1)!} x^{2k}\right]$$

$$y_2 = x^{-\frac{1}{2}}\left[ \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{1}{(2k)!} x^{2k} \right]$$

심화

$b_n, k$의 이론적인 정의에 대입해서, 우리가 위에서 ‘직관’과 ‘가정’을 통해 얻은 답이 맞는지 한 번 확인해보겠습니다. 기억나지 않으시면 지난 포스팅 ‘심화’ 부분을 확인하고 오시면 되겠습니다 ㅎㅎ
$b_n$은 어차피 미분이 복잡하므로 생략하고, $k$를 확인해봅시다.

$$k = \lim_{r->{-\frac{1}{2}}} (r+\frac{1}{2})a_N (r)$$
이 때
$$a_{2m} = - \frac{1}{(r+2m)^2 - \frac{1}{4}} a_{2m-2}, ~~ m \geq 1$$ 라는 것을 다시 처음으로 돌아가서 약간의 노력 끝에 얻어낼 수 있습니다. 그렇다면, $m=0$인 경우에만 $r^2 - \frac{1}{4}$가 나와서 $r+\frac{1}{2}$를 소거할 수 있고, 그 이외의 경우에는 모조리 0이 되어버린다는 사실을 알 수 있는데요, $m=0$인 것은 점화식의 범위와 모순이므로 어떤 $a_N$도 극한값을 0 아닌 다른 값으로 만들지 못 합니다. 따라서 $k=0$임을 얻을 수 있습니다. 위에서 노가다로 $k=0$를 얻는 것보다 쉬운가요?ㅎㅎ

잡담

지금까지 푸는 방식과 살짝 다른 걸 눈치챘나요? 이전까지는 그냥 항이 series로 나오면 시그마 없이 그대로 나열했는데, 이번에는 시그마를 써서 깔끔해 보이게 정리를 했습니다. 그리고 뭔가 저 모양, 어디서 많이 본 것 같다고 생각하면 OK! 삼각함수의 급수전개꼴과 비슷합니다.

조만간 다루겠지만, 우리가 오늘 다룬 ODE는 바로 Bessel’s equation입니다. 이전 포스팅에서 Legendre와 bessel equation이 좌표계를 변환할 때 많이 나온다고 말한 적이 있죠? 그것의 특수한 경우를 오늘 ‘하나’ 풀어본 겁니다 ㅎㅎㅎㅎ 잠시 해를 구경하자면
$$y_1 = x^{1/2}\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m \frac{1}{(2m+1)!} x^{2m+1}$$
$$y_2 = x^{-1/2}\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m \frac{1}{(2m)!} x^{2m}$$

우리가 Legendre equation을 풀 때 어떻게 해서든 점화식을 깔끔하게 얻으려고 했던 것 기억나죠? Bessel equation도 마찬가지 과정이 있고, 지금의 과정보다 좀 더한 일반항을 구할 겁니다. 그렇구나~라고만 알아두고 나중에 다시 한 번 언급하겠습니다~

정리

사실 Frobenius method의 꽃은 3-2-1, 3-2-2에 있습니다. 그만큼 계산량도 많고 복잡하고 실수도 잦기 때문이죠. 3-2-3과 그 이후는 $y_2$를 구할 때 아주 단순하게 생각해주면 되기 때문에, 지금보다는 쉬울 겁니다. Frobenius만 넘으면 우리가 많이 쓸 (특히 양자역학에서) Bessel equation에 대한 연구를 하러 갈 수 있습니다! 화이팅~