#4.series solution(3. Frobenius method : reduction of order 적용하기)

그림출처 

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

나머지 두 개는, 별로 어려운 부분이 아니니 빠르게 넘어가보도록 합시다! 3-1, 3-2를 충실히 따라왔다면 할 수 있습니다. 왜냐하면 우리는 해를 하나만 구하고 나머지 하나는 Reduction of order로 구할거니까요!

정리가 되고, 중근을 가지는 경우

#0. 예제

$$x(x-1) \frac{d^2 y}{dx} +(3x-1)\frac{dy}{dx} + y=0$$
살짝 항이 많지만, 막상 정리해보면 그리 어렵지 않은 예제입니다. 시작!
$$y=x^r \sum_{m=0}^{\infty}a_m x^m$$

#1. 한 번 미분, 두 번 미분

ctrl+C, V를 해도 되지만 꿋꿋이 매번 쓰고 있는 집필자에게 박수를...
$$\frac{dy}{dx} = \sum_{m=0}^{\infty} a_m (m+r)x^{m+r-1}$$
$$\frac{d^2 y }{dx^2} = \sum_{m=0}^{\infty} a_m (m+r)(m+r-1) x^{m+r-2}$$

#2. 대입, $r$구하기

$$x(x-1) \left( \sum_{m=0}^{\infty} a_m (m+r)(m+r-1) x^{m+r-2} \right)+ \\(3x-1) \left( \sum_{m=0}^{\infty} a_m (m+r)x^{m+r-1}\right) + \sum_{m=0}^{\infty} a_m x^{m+r} \\ = \sum_{m=0}^{\infty} a_m (m+r)(m+r-1) x^{m+r} - \sum_{m=0}^\infty a_m (m+r)(m+r-1) x^{m+r-1} +\\ \sum_{m=0}^\infty 3a_m (m+r)x^{m+r} - \sum_{m=0}^\infty a_m (m+r) x^{m+r-1} + \sum_{m=0}^\infty a_m x^{m+r}\\ = \sum_{m=0}^\infty \left( (m+r)(m+r-1) +3(m+r)+1 \right) a_m x^{m+r} - \sum_{m=0}^\infty \left((m+r)(m+r-1) +(m+r) \right) a_m x^{m+r-1} \\ = \sum_{m=0}^\infty ((m+r)(m+r+2)+1) a_m x^{m+r} - \sum_{m=0}^\infty (m+r)^2 a_m x^{m+r-1}=0$$

ㅋㅋㅋㅋ왜이렇게 식이 길지..... 자 이제 여기서 최저차항은 $m=0$일 때 $x^{r-1}$입니다. 계수는 $r^2 a_0 =0$으로 구해질 수 있겠죠. $a_0$은 0이 아니니까, $r=0$인 중근을 얻었습니다.
중근이 나왔으니 꿈도 희망도 없냐구요?ㅎㅎㅎ

#3. 다시 대입, $r=0$~#5. 점화식

$$\sum_{m=0}^\infty ((m+r)(m+r+2)+1) a_m x^{m+r} - \sum_{m=0}^\infty (m+r)^2 a_m x^{m+r-1}=0$$
여기에 일단 $r=0$을 대입해보면
$$\sum_{m=0}^\infty (m(m+2)+1)a_m x^m - \sum_{m=0}^\infty m^2 a_m x^{m-1}=0$$
그런데 두 번째 시그마 아래에 붙은 $m=0$을 그대로 가져가면 $x^{-1}$이 나오니까, 두 번째 시그마 아래를 $m=1$로 바꿔줍니다.
$$\sum_{m=0}^\infty (m(m+2)+1)a_m x^m - \sum_{m=1}^\infty m^2 a_m x^{m-1}=0$$
이 과정이 꺼림칙하다면, 직전 포스팅에서 말했던 방법으로 한 번 해볼까요?ㅋㅋ 사실 이 방법을 두 번만 하면 눈치채겠지만, #2 에서 최저차항 구하는거 안해도 이 방법으로 한 방에 해결이 됩니다. ㅋㅋㅋ 치트키를 나중에 알려주는 .....
다시 맨 위에 썼던
$$\sum_{m=0}^\infty ((m+r)(m+r+2)+1) a_m x^{m+r} -\sum_{m=0}^\infty (m+r)^2 a_m x^{m+r-1}=0$$
이 식으로 돌아와서 일단 시작항을 $x^r$로 맞춰준 다음,
$$\sum_{m=0}^\infty ((m+r)(m+r+2)+1) a_m x^{m+r} - r^2 a_0 x^{r-1} - \sum_{m=1}^\infty (m+r)^2 a_m x^{m+r-1}=0$$

왼쪽 시그마의 $m=s$, 오른쪽 시그마의 $m-1=s$로 치환해줍시다.
$$\sum_{s=0}^\infty ((s+r)(s+r+2)+1) a_s x^{s+r} - r^2 a_0 x^{r-1} - \sum_{s=0}^\infty (s+r+1)^2 a_{s+1} x^{s+r}=0$$
정리해보면!
$$-r^2 a_0 x^{r-1} + \sum_{s=0}^\infty \left( (s+r+1)^2a_s - (s+r+1)^2 a_{s+1}\right) x^{s+r}=0$$
정말 만족스럽네요! 어차피 $r=0$이니까, 점화식은
$$(s+r+1)^2 a_s - (s+r+1)^2 a_{s+1} =0$$
정말 간단한 모양이 되죠?ㅎㅎ
$$a_{s+1}= a_s (s \geq 0)$$
$r$을 대입하기도 전에 점화식이 나와버렸습니다.
$$a_{s+1} = a_0$$
즉 $a_s = a_0$이네요!

#6. 원함수

그렇다면, $y_1$을 구해볼까요? $a_0 =1$로 두면
$$y_1 = \sum_{m=0}^\infty x^m$$
떠오르는 함수가 존재한다면 됩니다. 공비가 $x$이고 초항이 1인 무한급수라고 생각해볼건데, 이 때 반드시 $|x|<1$ 이어야 수렴하겠죠? 우리는 $x=0$ 근방에서의 해를 구하는 거니까 (물론 엄밀히는 따져주어야 하지만…) 일단 크게 신경쓰지 않고 넘어가는 거로 해봅시다.
그렇다면 $$y_1= \frac{1}{1-x}$$
라고 할 수 있습니다.

#7. $y_2$구하기

해가 간단히 정리되었고, 주어진 방정식은 linear하기 때문에 reduction of order를 적용할 수 있습니다. 즉,
$$y_2 = \frac{u}{1-x}$$
라고 놓고 그대로 대입한 다음 $u$를 구하면 된다는 거죠!ㅋㅋㅋ이건 여러분의 과제로 남겨두겠습니다. 답만 알려드리자면,
$\frac{du}{dx} = \frac{1}{x}$가 나오고, 따라서 $u=\ln x$임을 얻을 수 있을 겁니다. 화이팅! 많이 해봤죠??ㅎㅎ

#8. 최종 결과

$$y_1 = \frac{1}{1-x} \\ y_2 = \frac{\ln x }{1-x}$$
정말 간단합니다. 힐링되는 기분…

정리가 되고, 정수차 두 근을 가지는 경우

#0. 예제

$$x^2 \frac{d^2 y}{dx^2} + x\frac{dy}{dx}-y=0$$
마지막 예제! 대입할 준비를 해봅시다 ㅎㅎ

$$y=x^r \sum_{m=0}^{\infty}a_m x^m$$

#1. 한 번 미분, 두 번 미분

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

#2. 대입, $r$ 구하기~#5. 점화식

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

이번에는 모든 시그마의 시작 포인트가 같아서 상당히 간단하군요! 일단 최저차항을 찾아줍시다.
$m=0$일 때, $x^r$로 최저차이고 그 계수는 $r^2-1 =0$입니다. 즉, $r=\pm 1$이라는 결론을 얻네요.
일단 $r=1$을 대입해서 $y_1$을 구해봅시다.
$$\sum_{m=0} ^\infty ( (m+1)(m)+(m+1)-1)a_m x^{m+1}=0$$
따라서 점화식은
$$(m^2 +2m) a_m =0 (m \geq 0)$$
어라 뭔가 이상한데!
네 이건…$m= 0$인 경우를 제외하면($m \geq 0$이니까!) 나머지 $a_m$이 죄다 0이 되어버려야만 성립하는 식입니다. 정리해보면,
$$a_0 \not = 0, a_1 = a_2 = a_3 = ... =0$$
인거죠. 편의상 $a_0=1$로 놓고 나머지 과정을 따라가 봅시다.

#6. 원함수

이제 $y_1$을 구해보면,
$$y_1 = x \sum_{m=0}^\infty a_m x^m = x$$
wow.
reduction of order를 써서 $y_2$를 구하라는 신의 계시!

#7. $y_2$구하기

$$y_2 = uy_1 = ux$$
라 두고, 마찬가지로 대입해서 풀어봅시다. 아마 $u= x^{-2}$를 얻을 수 있을 거고, $y_2= \frac{1}{x}$를 얻을 겁니다.

• 자 잠깐, 답이 왜이렇게 쉽게 나오는지 의문이 생긴 여러분을 위해, 다시 식을 가져와 보겠습니다.
  $$x^2 \frac{d^2 y}{dx^2} + x\frac{dy}{dx}-y=0$$
  이래도 모르겠다면, 여기로 가서 복습해봅시다. 벌써 analytic solution을 까먹은 건 아니죠? 프로베니우스 번외편에서 말하겠지만, 사실 이 오일러 코시 방정식을 푸는 문제가 Frobenius method의 앞에 $x^r$이 붙는 아이디어를 주었던 문제입니다! 나중에 더 자세히 얘기해봐요 ㅎㅎ

정리

오늘은 비교적 간단한 두 문제를 빠르게 풀어봤습니다. Frobenius, 안하고 넘어갈 수도 없지만 참 속을 많이 썩이는 놈이었는데요, 각 경우별로 어떠한 공식과 어떠한 원리가 쓰이는지 잘 머릿속에 정리해 두고, 다음 시간에 Frobenius 번외편에서 못다한 얘기들을 조금 더 하고 Bessel 로 넘어가도록 하겠습니다. 수고하셨습니다 여러분 모두^^