задача о ряде и дифференциальном уравнении

[Mike6496]

Доказать, что ряд $ y = 1 + (\frac{1}{2})^2z + (\frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 4})^2z^2 + \dots + (\frac{1\cdot3\dots(2n-1)}{2\cdot4\dots2n})^2z^n + \dots $
удовлетворяет условию:
$ z(1-z)\frac{d^2y}{dz^2} + (1-2z)\frac{dy}{dz} - \frac{1}{4}y = 0 $
Привел к виду: $y = 1 + \sum\limits_{i=1}^{\infty}z^i\prod\limits_{j=1}^{i}(\frac{2j-1}{2j})^2 $
Нашел 1, 2 производную: $ y' = \frac{1}{4}+ \sum\limits_{i=2}^{\infty}iz^{i-1}\prod\limits_{j=1}^{i}(\frac{2j-1}{2j})^2 \hspace{1cm} y'' = \frac{18}{64}+ \sum\limits_{i=3}^{\infty}iz^{i-1}\prod\limits_{j=1}^{i}(\frac{2j-1}{2j})^2 $
Пробовал подставить в доказываемое равенство и возможно сократить что-то, к результату не пришел.

[cool.phenon]

Это же гипергеометрическое уравнение, а решение --- гипергеометрическая функция. Достаточно будет указать, что для этого уравнения именно эта гипергеометрическая функция подходит (не в смысле подстановки, а в смысле аргументов)

[Mike6496]

Мне надо это доказать в лоб, у нас еще не было гипергеометрических уравнений.
Подставив в уравнение производные, получил:
\sum\limits_{i=2}^{\infty}i(i-1)z^{i-1}\prod\limits_{j=1}^{i}(\frac{2j-1}{2j})^2 - \sum\limits_{i=2}^{\infty}i(i-1)z^i\prod\limits_{j=1}^{i}(\frac{2j-1}{2j})^2 + \sum\limits_{i=2}^{\infty}iz^{i-1}\prod\limits_{j=1}^{i}(\frac{2j-1}{2j})^2 - 2\sum\limits_{i=2}^{\infty}iz^i\prod\limits_{j=1}^{i}(\frac{2j-1}{2j})^2 + \frac{1}{4} \sum\limits_{i=2}^{\infty}z^i\prod\limits_{j=1}^{i}(\frac{2j-1}{2j})^2 + \frac{1}{4}
Сгруппировал первые 2 суммы:
\sum\limits_{i=2}^{\infty}z^i\prod\limits_{j=1}^{i}(\frac{2j-1}{2j})^2\frac{3i}{2}
Сгруппировал последние 3 суммы:
\sum\limits_{i=1}^{\infty}z^i\prod\limits_{j=1}^{i}(\frac{2j-1}{2j})^2(-i + \frac{3}{4}) + \frac{1}{4}
В итоге:
\sum\limits_{i=2}^{\infty}z^i\prod\limits_{j=1}^{i}(\frac{2j-1}{2j})^2(\frac{3i}{2} - i + \frac{3}{4}) + \frac{1}{4} - \frac{z}{16} = 0

[mihiv]

Коэффициент ряда при $z^k$ равен $\dfrac 1{k!}y^{(k)}(0)$. С другой стороны из диф. уравнения можно найти рекуррентное соотношение между последовательными значениями $y^{(k)}(0)$. Для этого дифференцируем нужное число раз уравнение и полагаем $z=0$.

[Brukvalub]

Этот товарисч упорно раскидывает свое упражнение по всем форумам, на комментарии пользователей не реагирует, просто ждет, кто решит? На другом форуме я указал ему на ошибки в вычислениях, здесь вижу те же самые ошибки.

[Mike6496]

Обозначил $\frac{1}{k!}y^{(k)}(0) = a_k$
Подставил в уравнение:
$y' = \frac{1}{4} + \sum\limits_{k=2}^{\infty}kz^{k-1}a_k$
$y'' = \frac{9}{32} + \sum\limits_{k=3}^{\infty}k(k-1)z^{k-2}a_k$
Раскрыл скобки, привел подобные, ввел замену $i = k - 1$:
$\frac{9}{32}z-\frac{9}{32}z^2 + \sum\limits_{i=2}^{\infty}(i+1)iz^ia_{i+1} - \sum\limits_{i=3}^{\infty}i(i-1)z^ia_i + \sum\limits_{i=1}^{\infty}(i+1)z^ia_{i+1} - \frac{1}{2}z - 2\sum\limits_{k=2}^{\infty}kz^ka_k - \frac{1}{4}\sum\limits_{k=1}^{\infty}z^ka_k$
Объединил суммы начиная с k = 3, выделив первые слагаемые:
$\frac{9}{32}z - \frac{9}{32}z^2 + 6z^2\frac{225}{2304} + 2z\frac{9}{64} + 3z^2\frac{225}{2304} - \frac{1}{2}z - 4z^2\frac{9}{64} - \frac{1}{16}z - \frac{1}{4}z^2\frac{9}{64} + \sum\limits_{i=3}^{\infty}z^ia_i((i^2 + i)\frac{2i+1}{2i+2} - (i^2-i) + (i+1)\frac{2i+1}{2i+2} - 2i -\frac{1}{4})$
При этом используя формулу: $a_{i+1} = a_i\frac{2i+1}{2i+2}$
Коэффициенты при $z$ и $z^2$ получились равные 0. Коэффициенты при степенях $z$ больших 2 равны: $a_i(\frac{i}{2} + \frac{1}{4})$