решение дифф. уравнения

[acdc]

Имеется следующее дифф. уравнение:

$$ x^2 y_n^{''}(x)+y_n^{'}(x)=-n y_{n-1}(x), $$

где $n=1,2,\ldots$ и $y_0(x)=1$. Начальные условия: $y_n(0)=y_n(1)=0$ для $n=1,2,\ldots$.

Легко показать что $y_1(x)=1-x$. Для $n=2,3,\ldots$ можно использоваться комбинацией методов понижения порядка и интегрального множителя. Допустим $y_{n-1}(x)$ известно. Тогда пусть $u_n(x)=y_n^{'}(x)$ и имеем: $x^2 u_n^{'}(x)+u_n(x)=-n y_{n-1}(x)$. Далее интегральный множитель:

$$ M(x)=\int^x \frac{dx}{x^2}=-\frac{1}{x}, $$

и общее решение

$$ u_n(x)=e^{-M(x)}\int^x e^{M(t)} \frac{-n y_{n-1}(t)}{t^2} dt= e^{1/x}\int_0^x e^{-1/t} \frac{-n y_{n-1}(t)}{t^2} dt $$

откуда

$$ y_n(x) = \int^x e^{1/s}\left[\int_0^s e^{-1/t} \frac{-n y_{n-1}(t)}{t^2} dt\right] ds. $$

Уже для $n=2$ вычисление $y_2(x)$ представляет определенные трудности т.к. там возникают интегралы от специальных функций. Вопрос такой: можно ли представить $y_n(x)$ в виде некоторого ряда и рекуррентно вычислять коэффициенты ряда для $y_n(x)$ в терминах аналогичных коэффициентов ряда для $y_{n-1}(x)$?

Некоторые мои соображения: используем

$$ y_n^{'}(x)=e^{1/x}\int_0^x e^{-1/t} \frac{-n y_{n-1}(t)}{t^2} dt, $$

откуда

$$ e^{-1/x}y_n^{'}(x)=-n\int_0^x \left[\frac{d}{dt}e^{-1/t}\right] y_{n-1}(t) dt, $$

и если использовать интегрирование по частям в правой части то

$$ e^{-1/x}y_n^{'}(x)=-n e^{-1/t} y_{n-1}(t)\left|_{t=0}^{t=x}\right.+n\int_0^x e^{-1/t}y_{n-1}^{'}(t)dt. $$

Получаем рекурсию на $v_n(x)=e^{-1/x} y_n^{'}(x)$:

$$ v_n(x)=f_n(x)+n \int_0^x v_{n-1}(t) dt, $$

где $f_n(x)=-n e^{-1/x} y_{n-1}(x)$.

Можно ли отсюда получить представление хотя бы $v_n(x)$ в виде ряда и связать коэффициенты ряда для $v_n(x)$ с аналогичными коэффициентами ряда дла $v_{n-1}(x)$?

[svv]

acdc в сообщении #987442 писал(а):

Начальные условия: $y_n(0)=y_n(1)=0$ для $n=1,2,\ldots$.
Легко показать что $y_1(x)=1-x$.

Как это совместить?

[acdc]

svv в сообщении #987560 писал(а):

acdc в сообщении #987442 писал(а):

Начальные условия: $y_n(0)=y_n(1)=0$ для $n=1,2,\ldots$.
Легко показать что $y_1(x)=1-x$.

Как это совместить?

Я опечатался, условия на самом деле должны быть $y_n(1)=0$ и $y_n^{'}(0)=0$. Тогда общее решение заданного уравнения будет иметь вид:

$$ y_n(x) = \int_x^1 e^{1/s}\left[\int_0^s e^{-1/t} \frac{-n y_{n-1}(t)}{t^2} dt\right] ds. $$

Легко видеть что $y_n(1)=0$ и

$$ y_n^{'}(x)=-e^{1/x}\int_0^x e^{-1/t} \frac{-n y_{n-1}(t)}{t^2} dt $$

откуда $y_n'(0)=0$.

При $n=1$ используя $y_0(x)=1$ имеем

$$ y_1(x)= -\int_x^1 e^{1/s}\left[\int_0^s e^{-1/t} \frac{dt}{t^2}\right] ds=-\int_x^1 e^{1/s}\left[\int_0^s e^{-1/t} \frac{dt}{t^2}\right] ds=1-x. $$

[mihiv]

Если $y'_1(x)=1-x$, то $y'_1(0)=-1$

[acdc]

mihiv в сообщении #987767 писал(а):

Если $y'_1(x)=1-x$, то $y'_1(0)=-1$

Общее решение:

$$ y_n(x) = \int_x^1 e^{1/s}\left[\int_0^s e^{-1/t} \frac{-n y_{n-1}(t)}{t^2} dt\right] ds, $$

где $y_0(x)=1$. Для $x\not\in[0,1]$ решение нулевое.

[mihiv]

acdc в сообщении #987682 писал(а):

$$y_n^{'}(x)=-e^{1/x}\int_0^x e^{-1/t} \frac{-n y_{n-1}(t)}{t^2} dt $$

откуда $y_n'(0)=0$.

Равенство 0 производной из этой формулы не следует, потому что хотя при $x\to 0,\int \limits _0^x\to 0$, но $e^{\frac 1x\to \infty $. Получаем неопределенность, если ее раскрыть, получим $y'_n(0)=-ny_{n-1}(0)$, в частности, при $n=1,y'_1(0)=-1$.

[acdc]

mihiv в сообщении #988251 писал(а):

Равенство 0 производной из этой формулы не следует, потому что хотя при $x\to 0,\int \limits _0^x\to 0$, но $e^{\frac 1x\to \infty $. Получаем неопределенность, если ее раскрыть, получим $y'_n(0)=-ny_{n-1}(0)$, в частности, при $n=1,y'_1(0)=-1$.

Ну конечно, я неверно указал второе граничное условие. Условие должно быть: $\lim_{x\to 0}e^{-1/x} y_n^{'}(x)=0$. Спасибо за корректировку.
Тем не менее основной вопрос так и остается открытым: можно ли каким-то образом рекурсивно находить коэффициенты ряда разложения $y_n(x)$ через аналогичные коэффициенты ряда для $y_{n-1}(x)$?