Ecuación diferencial parcial para evaluar series dobles

Question

Estaba tratando de calcular una forma cerrada para la serie doble $$f(x,y,z)=\sum_{m,n=1}^\infty \frac{x^m y^n z^{m+n}}{m!(m+n)!}$$ y me di cuenta del hecho de que $$\frac{\partial^2f}{\partial x\partial z}-f=e^y-1$$ Sé cómo resolver algunas ecuaciones diferenciales algo avanzadas para funciones de una variable, pero sé nada sobre cómo resolver ecuaciones diferenciales parciales. ¿Puede alguien mostrarme cómo resolver ésta?

Yo tenía un poco sobre esta ecuación. Dado que no se toman derivadas con respecto a $y$ en el LHS de la ecuación diferencial, puedo simplemente tratar $e^y-1$ como si fuera una constante y en su lugar resolver la ecuación diferencial como si $f$ eran una función $f(x,z)$ de dos variables solamente. Pero como no sé cómo empezar, esto no me ayuda.

Answer 1

No sé si se podría encontrar una forma cerrada para $$S_{m,n}=\sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{x^m\, y^n\, z^{m+n}}{m!\,(m+n)!}=\sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{(xz)^m \,(yz)^n }{m!\,(m+n)!}=\sum_{m=1}^\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{a^m\, b^n }{m!\,(m+n)!}$$ pero, al menos, se puede calcular la suma interna ya que $$\sum_{n=1}^\infty \frac{a^m\, b^n }{m!\,(m+n)!}=\frac{a^m}{m!}\sum_{n=1}^\infty \frac{ b^n }{(m+n)!}=\frac{1}{m!}\left(\frac ab\right)^m\, e^b\left(1-\frac{\Gamma (m+1,b)}{\Gamma (m+1)} \right)$$

Answer 2

$$f(x,y,z)=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty \frac{x^m y^n z^{m+n}}{m!(m+n)!}$$ $$\frac{\partial f}{\partial z}=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty \frac{x^m y^n z^{m+n-1}}{m!(m+n-1)!}$$ Dejemos que $n=\nu+1\quad;\quad \frac{\partial f}{\partial z}=\sum_{m=1}^\infty\sum_{\nu=0}^\infty \frac{x^m y^{\nu+1} z^{m+\nu}}{m!(m+\nu)!}$ $$\frac{\partial f}{\partial z}=y\sum_{m=1}^\infty\sum_{\nu=1}^\infty \frac{x^m y^{\nu} z^{m+\nu}}{m!(m+\nu)!} +y\sum_{m=1}^\infty \frac{x^m z^{m}}{m!m!}$$ $\sum_{m=0}^\infty \frac{(xz)^m}{(m!)^2}=I_0(2\sqrt{xz}) \quad\to\quad \sum_{m=1}^\infty \frac{(xz)^m}{(m!)^2}=I_0(2\sqrt{xz})-1 $

$I_0$ es la función de Bessel modificada de primer tipo y orden $0$ . $$\frac{\partial f}{\partial z}=yf(x,y,z)+y\left(I_0(2\sqrt{xz})-1\right)$$ Se trata de una ecuación diferencial lineal de primer orden con respecto a la variable $z$ y en el que $x,y$ son parámetros. Resolverlo es sencillo con el método habitual. El resultado es : $$f(x,y,z)=1+ye^{yz}\left(\int_0^z e^{-y\xi}I_0(2\sqrt{x\xi})d\xi+F(x,y)\right)$$ La arbitrariedad $F$ se determina en función del valor particular : $\quad f(x,y,0)=0=1+yF(x,y)\quad$ que lleva a : $$f(x,y,z)=1-e^{yz}+ye^{yz}\int_0^z e^{-y\xi}I_0(2\sqrt{x\xi})d\xi$$ Que yo sepa, no hay una forma cerrada para la integral. En consecuencia, el resultado final implica una función definida por una integral. $$f(x,y,z)=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty \frac{x^m y^n z^{m+n}}{m!(m+n)!}=1-e^{yz}+ye^{yz}\int_0^z e^{-y\xi}I_0(2\sqrt{x\xi})d\xi$$ NOTA :

Obviamente, el resultado es válido para $y=0$ o $z=0$ . También es válido para $x=0$ desde $I_0(0)=1$ entonces $f(0,y,z)=1-e^{yz}+ye^{yz}\int_0^z e^{-y\xi}d\xi=1-e^{yz}+ye^{yz}\left(-\frac{e^{-yz}-1}{y}\right)=0$