Frobenius módszer

Az oldal jelenlegi verzióját még nem ellenőrizték tapasztalt közreműködők, és jelentősen eltérhet a 2018. augusztus 29-én felülvizsgált verziótól ; az ellenőrzések 5 szerkesztést igényelnek .

A matematikában a Ferdinand Georg Frobeniusról elnevezett Frobenius-módszer egy mód arra, hogy olyan végtelen sorozatot találjunk, amely megoldást jelentene egy másodrendű közönséges differenciálegyenletre [1] .

z^{2}u''+p(z)zu'+q(z)u=0,

ahol

u'\equiv {{du} \over {dz))

és

{\displaystyle u''\equiv {{d^{2}u} \over {dz^{2))))

szabályos szinguláris pont szomszédságában . Az egyenlet elosztható a következővel, hogy megkapjuk az alak differenciálegyenletét $z=0$ $z^{2}$

u''+{p(z) \over z}u'+{q(z) \over z^{2}}u=0,

amely nem oldható meg hagyományos hatványsoros módszerekkel, ha p ( z )/ z vagy q ( z )/ z 2 nem analitikus z = 0 esetén . A Frobenius-módszer lehetővé teszi, hogy egy ilyen differenciálegyenlet megoldását megtaláljuk hatványsor, feltéve, hogy p ( z ) és q ( z ) maguk analitikusak 0-nál, vagy mivel mindenhol máshol analitikusak, magán a ponton van egy véges határ. [2]

Magyarázat

A Frobenius-módszer azt mondja nekünk, hogy kereshetünk hatványsoros megoldást

u(z)=\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r},\qquad (A_{0}\neq 0).

A sorozat megkülönböztetése:

u'(z)=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-1},

u''(z)=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r-1)(k+r)A_{k}z^{k+r-2},

és az eredeti egyenletbe behelyettesítve a következőket kapjuk:

z^{2}\sum _{k=0}^{\infty }(k+r-1)(k+r)A_{k}z^{k+r-2}+zp(z )\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-1}+q(z)\sum _{k=0}^{\infty } A_{k}z^{k+r}=

=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r-1)(k+r)A_{k}z^{k+r}+p(z)\sum _{k =0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r}+q(z)\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k +r}=

=\sum _{k=0}^{\infty }[(k+r-1)(k+r)A_{k}z^{k+r}+p(z)(k+r )A_{k}z^{k+r}+q(z)A_{k}z^{k+r}]=

=\sum _{k=0}^{\infty }\left[(k+r-1)(k+r)+p(z)(k+r)+q(z)\jobbra] A_{k}z^{k+r}=

=\left[r(r-1)+p(z)r+q(z)\right]A_{0}z^{r}+\sum _{k=1}^{\infty } \left[(k+r-1)(k+r)+p(z)(k+r)+q(z)\right]A_{k}z^{k+r}.

Kifejezés

r\left(r-1\right)+p\left(0\right)r+q\left(0\right)=I(r)

definiáló polinomként ismert, r -ben másodfokú . Általában a meghatározó polinom a legkisebb kitevő z -re egy végtelen sorozatban. Ebben az esetben az r -edik együtthatónak bizonyul, de az is lehetséges, hogy a legkisebb hatvány kitevője r − 2, r − 1 vagy bármi más, az adott differenciálegyenlettől függően. A szinkronizálás során a differenciálegyenlet minden sorozata ugyanazzal az indexértékkel kezdődik (a fenti kifejezésnél k = 1), de végül összetett kifejezések is előállíthatók. A meghatározó gyökök megtalálásakor azonban a figyelem csak az alacsony fokú z együtthatóra összpontosul .

Ebből következik, hogy a z k+r együttható általános kifejezése

I(k+r)A_{k}+\sum _{j=0}^{k-1}{(j+r)p^{(kj)}(0)+q^{(kj )}(0) \over (kj)!}A_{j}.

Ezeknek az együtthatóknak nullának kell lenniük, mivel ezek differenciálegyenletek megoldásai, tehát

I(k+r)A_{k}+\sum _{j=0}^{k-1}{(j+r)p^{(kj)}(0)+q^{(kj )}(0) \over (kj)!}A_{j}=0,

\sum _{j=0}^{k-1}{(j+r)p^{(kj)}(0)+q^{(kj)}(0) \over (kj)! }A_{j}=-I(k+r)A_{k},

{1 \over -I(k+r)}\sum _{j=0}^{k-1}{(j+r)p^{(kj)}(0)+q^{( kj)}(0) \over (kj)!}A_{j}=A_{k}.

Megoldássorok A k felett,

{\displaystyle U_{r}(z)=\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r))

eleget tesz

z^{2}U_{r}(z)''+p(z)zU_{r}(z)'+q(z)U_{r}(z)=I(r)z^{ r}.

Ha az U r ( z ) -beli r definiáló polinom egyik gyökét választjuk , akkor a differenciálegyenlet megoldását kapjuk. Ha a gyökök közötti különbség nem egész, akkor a másik gyökérre eltérő, lineárisan független megoldást kapunk.

Példa

Példaként tekintsük az egyenletet

z^{2}f''-zf'+(1-z)f=0.

Oszd el z 2 -vel , hogy megkapd

f''-{1 \over z}f'+{1-z \over z^{2}}f=f''-{1 \over z}f'+\left({1 \over z^{2}}-{1 \over z}\right)f=0,

amelynek z = 0-nál a szükséges szingularitásai vannak.

Sorozat formájában keressük a megoldást

{\begin{aligned}f&=\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r};\\f'&=\sum _{k=0} ^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-1},\\f''&=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)( k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}.\end{igazított}}

Most, ha a sorozatot és származékait behelyettesítjük az egyenletbe, a következőt kapjuk:

{\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }&(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-{ \frac {1}{z}}\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-1}+\left({\frac {1} {z^{2}}}-{\frac {1}{z}}\right)\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}=\\& =\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-{\frac {1}{z)) \sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-1}+{\frac {1}{z^{2))}\sum _{ k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}-{\frac {1}{z}}\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^ {k+r}=\\&=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-\ összeg _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^ {k+r-2}-\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-1}=\\&=\sum _{k=0}^{\ infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k} z^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k-1=0}^{\ infty }A_{k-1}z^{k-1+r-1}=\\&=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_ {k}z^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-2}+\sum _{k =0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=1}^{\infty }A_{k-1}z^{k+r-2} =\\&=\left\{\sum _{k=0}^{\infty }\left((k+r)(k+r-1)-(k+r)+1\right)A_{ k}z^{k+  r-2}\right\}-\sum _{k=1}^{\infty }A_{k-1}z^{k+r-2}=\\&=\left\{\left(r (r-1)-r+1\jobbra)A_{0}z^{r-2}+\sum _{k=1}^{\infty }\left((k+r)(k+r- 1)-(k+r)+1\jobbra)A_{k}z^{k+r-2}\jobbra\}-\sum _{k=1}^{\infty }A_{k-1} z^{k+r-2}=\\&=(r-1)^{2}A_{0}z^{r-2}+\left\{\sum _{k=1}^{\ infty }(k+r-1)^{2}A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=1}^{\infty }A_{k-1}z^{k +r-2}\right\}=\\&=(r-1)^{2}A_{0}z^{r-2}+\sum _{k=1}^{\infty }\left ((k+r-1)^{2}A_{k}-A_{k-1}\jobbra)z^{k+r-2}.\end{igazított}}

( r − 1) 2 = 0-ból megkapjuk az 1 kettős gyöket. Ezzel a gyökkel a z k+r − 2 együtthatót nullára állítjuk (a megoldásra), ami a következőt kapja:

(k+1-1)^{2}A_{k}-A_{k-1}=k^{2}A_{k}-A_{k-1}=0,

ezért van az ismétlődési reláció:

A_{k}={\frac {A_{k-1}}{k^{2}}}.

Bizonyos kezdeti feltételek mellett teljesen megoldhatjuk a problémát rekurzív módon, vagy kaphatunk hatványsoros megoldást.

Mivel az együtthatók aránya racionális függvény , ezért a hatványsor általánosított hipergeometrikus sorozatként írható fel. $A_{k}/A_{k-1}$

Egész számmal elválasztott gyökök

Az előző példában a definiáló polinomnak többszörös gyöke volt, ami csak egy megoldást ad az adott differenciálegyenletre. Általános esetben a Frobenius-módszer két független megoldást ad, feltéve, hogy a szabályozó egyenlet gyökei nem választják el egymástól egész számmal.

Ha a gyök megismétlődik, vagy a gyökök egy egész számmal különböznek, akkor a második megoldás a következővel érhető el:

y_{2}=Cy_{1}\ln x+\sum _{k=0}^{\infty }B_{k}x^{k+r_{2)),

ahol az első megoldás (egyenlőtlen gyökök esetén a nagyobb gyökér figyelembevételével), a kisebb gyök, és meg kell határozni az állandókat és az együtthatókat . Ha kiválasztja (például 1-re állítva), akkor u -ig definiálva van, de nem tartalmazza , ami tetszőlegesen választható. Ezután ez határozza meg az összes többit . Bizonyos esetekben az állandónak nullának kell lennie. Vegyük például a következő differenciálegyenletet (Kummer egyenlete, ahol a = 1 és b = 2 ): $y_{1}(x)$ $r_{2}$ $C$ $B_{k}$ $B_{0}$ $C$ $B_{k}$ $B_{r_{1}-r_{2))$ $B_{k}.$ $C$

zu''+(2-z)u'-u=0.

A definiáló egyenlet gyöke -1 és 0. Két független megoldásból látjuk , hogy a logaritmus nem jelenik meg a megoldásban. A megoldás nulla kitevővel kezdődő hatványsorral rendelkezik. Az ismétlődési relációval kezdődő sorozatok nem írnak elő semmilyen korlátozást az együtthatóra, amelynél tetszőlegesen választható. Ha egyenlő nullával, akkor ennél a differenciálegyenletnél az összes többi együttható nulla lesz, és a megoldást kapjuk . $1/z$ $(e^{z})/z$ $(e^{z}-1)/z$ $z^{-1},$ $z^{0},$ $1/z$

Lásd még

Laurent sorozat

Jegyzetek

↑ Frobenius módszer . Letöltve: 2019. február 11. Az eredetiből archiválva : 2019. február 12. (határozatlan)
↑ Frobenius formális tétel . Letöltve: 2019. február 11. Az eredetiből archiválva : 2019. február 12. (határozatlan)

Linkek

Weisstein, Eric W. Frobenius módszer (angol) a Wolfram MathWorld webhelyén .
Közönséges differenciálegyenletek és dinamikus rendszerek . - Providence : American Mathematical Society , 2012. - ISBN 978-0-8218-8328-0 .