Para expresar $f(x,z)=\sum \limits_{n=0}^\infty \frac{e^{-\alpha n^2 x+\beta n z}}{n!}$ como funciones conocidas

Question

$\alpha,\beta >0$ $$f(x,z)=\sum \limits_{n=0}^\infty \frac{e^{-\alpha n^2 x+\beta n z}}{n!}$$

$$\frac{\partial{f(x,z)}}{\partial z}=\beta \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{e^{-\alpha n^2 x+\beta n z}}{(n-1)!}$$

$$\frac{\partial{f(x,z)}}{\partial z}|_{z=2 \frac{ \alpha}{\beta} x+ z_1}=\beta \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{e^{-\alpha n^2 x+\beta n (2 \frac{ \alpha}{\beta} x+ z_1)}}{(n-1)!}$$

$$\frac{\partial{f(x,z)}}{\partial z}|_{z=2 \frac{ \alpha}{\beta} x+ z_1}=\beta e^{\alpha x+ \beta z_1} \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{e^{-\alpha (n-1)^2 x+\beta (n-1) z_1}}{(n-1)!}$$

$$\frac{\partial{f(x,z)}}{\partial z}|_{z=2 \frac{ \alpha}{\beta} x+ z_1}=\beta e^{\alpha x+ \beta z_1} \sum \limits_{n=0}^\infty \frac{e^{-\alpha n^2 x+\beta n z_1}}{n!}$$

$$\frac{\partial{f(x,z)}}{\partial z}|_{z=2 \frac{ \alpha}{\beta} x+ z_1}=\beta e^{\alpha x+ \beta z_1} f(x,z_1)$$

No sé cómo resolver este tipo de ecuaciones diferenciales.

¿Sabes cómo resolver?

Podemos expresar la función como de las funciones conocidas como Jacobi Theta Funciones , etc?

También podría usted por favor comparta su conocimiento acerca de la función si usted lo sabe.

Muchas gracias por las respuestas

EDITAR:

Otra propiedad es:

$$-\alpha\frac{\partial^2{f(x,z)}}{\partial z^2}=\beta^2 \frac{\partial{f(x,z)}}{\partial x} $$

Answer 1

Primera nota de que $\alpha$ y $x$ , $\beta$ y $z$ están tomando los mismos papeles en $f(x,z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{e^{-\alpha n^2x+\beta nz}}{n!}$ y debe ser onerosa. Así que usted debe simplificar su definición a $f(x,z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{e^{-xn^2+zn}}{n!}$ donde $x\geq0$ .

$f(x,z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{e^{-xn^2+zn}}{n!}$ puede crear la siguiente ecuación diferencial:

$\dfrac{df(x,z)}{dz}=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{ne^{-xn^2+zn}}{n!}=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{ne^{-xn^2+zn}}{n!}=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{e^{-xn^2+zn}}{(n-1)!}=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{e^{-x(n+1)^2+z(n+1)}}{n!}=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{e^{-xn^2+(z-2x)n+z-x}}{n!}=e^{z-x}\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{e^{-xn^2+(z-2x)n}}{n!}=e^{z-x}f(x,z-2x)$

Tenga en cuenta que esta es una de DDE. Por desgracia, incluso la forma de las soluciones generales de DDEs todavía no se puede saber bien, que no podemos saber el número de I. C. s debe ser requerido. Por lo que este enfoque no.

$f(x,z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{e^{-xn^2+zn}}{n!}$ puede crear los siguientes PDE:

$\dfrac{\partial^2f(x,z)}{\partial z^2}=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{n^2e^{-xn^2+zn}}{n!}$

$\dfrac{\partial f(x,z)}{\partial x}=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{-n^2e^{-xn^2+zn}}{n!}$

$\therefore\dfrac{\partial f(x,z)}{\partial x}+\dfrac{\partial^2f(x,z)}{\partial z^2}=0$

Tenga en cuenta que la forma de la solución general de esta PDE es la siguiente:

Deje $f(x,z)=X(x)Z(z)$ ,

A continuación, $X'(x)Z(z)+X(x)Z''(z)=0$

$X'(x)Z(z)=-X(x)Z''(z)$

$-\dfrac{X'(x)}{X(x)}=\dfrac{Z''(z)}{Z(z)}=s^2$

$\begin{cases}\dfrac{X'(x)}{X(x)}=-s^2\\Z''(z)-s^2Z(z)=0\end{cases}$

$\begin{cases}X(x)=c_3(s)e^{-xs^2}\\Z(z)=\begin{cases}c_1(s)\sinh zs+c_2(s)\cosh zs&\text{when}~s\neq0\\c_1z+c_2&\text{when}~s=0\end{cases}\end{cases}$

$\therefore f(x,z)=C_1z+C_2+\int_sC_3(s)e^{-xs^2}\sinh zs~ds+\int_sC_4(s)e^{-xs^2}\cosh zs~ds$ o $C_1z+C_2+\sum\limits_sC_3(s)e^{-xs^2}\sinh zs+\sum\limits_sC_4(s)e^{-xs^2}\cosh zs~ds$

Es claro que dos I. C. s debe ser necesaria para resolver este PDE de forma única, sin embargo de la propiedad funcional en sí, sólo $f(0,z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{e^{zn}}{n!}=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(e^z)^n}{n!}=e^{e^z}$ es trivialmente conocidos, otros por ejemplo, $f(x,0)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{e^{-xn^2}}{n!}$ no puede ser trivialmente conocido.

Así que todavía hay esperanza para expresar $f(x,z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{e^{-xn^2+zn}}{n!}$ como funciones conocidas.