روش فروبنیوس

از ویکیپدیا، دانشنامه آزاد

برخی از راه حل های یک معادله دیفرانسیل دارای یک نقطه منفرد منظم با ریشه های شاخص $r={\frac {1}{2}}$ و $-1$ .

در ریاضیات ، روش فروبنیوس ، به نام فردیناند گئورگ فروبنیوس ، راهی برای یافتن جواب سری نامتناهی برای یک معادله دیفرانسیل معمولی شکل مرتبه دوم است.

$z^{2}u''+p(z)zu'+q(z)u=0$ با ${\textstyle u'\equiv {\frac {du}{dz}}}$ و ${\textstyle u''\equiv {\frac {d^{2}u}{dz^{2}}}}$ .

در مجاورت نقطه تکین منظم $z=0$ .

باید بر $z^2$ تقسیم کرد یک معادله دیفرانسیل از فرم

$u''+{\frac {p(z)}{z}}u'+{\frac {q(z)}{z^{2}}}u=0$

اگر p ( z )/ z یا q ( z )/ z2 در z = 0 تحلیلی نباشند ، با روش های سری توانی معمولی قابل حل نخواهد بود . روش فروبنیوس فرد را قادر می‌سازد تا برای چنین معادله دیفرانسیل یک راه‌حل سری توانی ایجاد کند، مشروط بر اینکه p ( z ) و q ( z ) خود در 0 تحلیلی باشند یا در جاهای دیگری تحلیلی باشند، هر دو حد آنها در 0 وجود داشته باشد (و محدود باشند). .

فهرست

توضیح [ ویرایش ]

روش فروبنیوس به دنبال راه حل سری توانی فرم است

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

مشتق گیری کردن:

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

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

جایگزینی مشتق های فوق با ODE اصلی ما:

${\begin{تراز شده}&z^{2}\sum _{k=0}^{\infty }(k+r-1)(k+r)A_{k}z^{k+r- 2}+zp(z)\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-1}+q(z)\sum _{k=0 }^{\infty }A_{k}z^{k+r}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r-1)(k+r)A_{k} z^{k+r}+p(z)\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r}+q(z)\sum _{ k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }[(k+r-1)(k+r) A_{k}z^{k+r}+p(z)(k+r)A_{k}z^{k+r}+q(z)A_{k}z^{k+r}]\ \&=\sum _{k=0}^{\infty }\left[(k+r-1)(k+r)+p(z)(k+r)+q(z)\right]A_ {k}z^{k+r}\\&=\left[r(r-1)+p(z)r+q(z)\right]A_{0}z^{r}+\sum _ {k=1}^{\infty }\left[(k+r-1)(k+r)+p(z)(k+r)+q(z)\right]A_{k}z^{ k+r}=0\end{تراز شده}}$

معادله

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

به عنوان چند جمله ای شاخص شناخته می شود که نسبت به r درجه دوم است . تعریف کلی چند جمله ای شاخص ضریب کمترین توان z در سری نامتناهی است. در این حالت اتفاقاً این ضریب r است، اما ممکن است بسته به معادله دیفرانسیل داده شده ، کمترین توان ممکن r - 2، r - 1 یا چیز دیگری باشد. این جزئیات مهم است که در نظر داشته باشید. در فرآیند همگام سازی تمام سری های معادله دیفرانسیل برای شروع با مقدار شاخص یکسان (که در عبارت فوق k است. = 1)، می توان به عبارات مختلط پایان داد. با این حال، در حل ریشه های شاخص فقط بر ضریب کمترین توان z متمرکز شده است .

با استفاده از این، بیان کلی ضریب z k + r است

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

این ضرایب باید صفر باشند، زیرا باید راه حل های معادله دیفرانسیل باشند، بنابراین

${\begin{aligned}I(k+r)A_{k}+\sum _{j=0}^{k-1}{(j+r)p^{(kj)}(0) +q^{(kj)}(0) \over (kj)!}A_{j}&=0\\\sum _{j=0}^{k-1}{(j+r)p^{ (kj)}(0)+q^{(kj)}(0) \over (kj)!}A_{j}&=-I(k+r)A_{k}\\{1 \over -I (k+r)}\sum _{j=0}^{k-1}{(j+r)p^{(kj)}(0)+q^{(kj)}(0) \over ( kj)!}A_{j}&=A_{k}\end{تراز شده}}$

راه حل سری با A k بالا،

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

برقرار شود

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

اگر یکی از ریشه های چند جمله ای شاخص را برای r در U r ( z ) انتخاب کنیم، جواب معادله دیفرانسیل را به دست می آوریم. اگر تفاوت بین ریشه ها یک عدد صحیح نباشد، راه حل مستقل خطی دیگری در ریشه دیگر بدست می آوریم.

مثال [ ویرایش ]

بگذار حل کنیم

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

کل را بر z ^2 تقسیم کنید تا به دست آید

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

که دارای تکینگی لازم در z = 0 است.

از حل سری استفاده کنید

${\begin{aligned}f&=\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}\\f'&=\sum _{k=0}^ {\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-1}\\f''&=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+ r-1)A_{k}z^{k+r-2}\end{تراز شده}}$

در حال حاضر، جایگزینی

${\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}}\ مجموع _{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}-\sum _ {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}-\ مجموع _{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\right)A_{0}z^ {r-2}+\sum _{k=1}^{\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}\\&=(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}\right)z^{k+r-2}\end{تراز شده}}}=\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\right)A_{0}z^{r-2}+\sum _{k=1}^{\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}\\&=(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 }\ چپ ((k+r-1)^{2}A_{k}-A_{k-1}\right)z^{k+r-2}\end{تراز شده}}}=\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\right)A_{0}z^{r-2}+\sum _{k=1}^{\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}\\&=(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 }\ چپ ((k+r-1)^{2}A_{k}-A_{k-1}\right)z^{k+r-2}\end{تراز شده}}}=(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}\right)z^{k+r-2}\end{تراز شده}}}=(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}\right)z^{k+r-2}\end{تراز شده}}$

از

( r − 1) ^2 = 0

یک ریشه مضاعف 1 به دست می آوریم. با استفاده از این ریشه، ضریب(z^( k + r − 2 را صفر می کنیم (برای اینکه یک راه حل باشد)، که به ما می دهد:

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

بنابراین ما رابطه بازگشتی زیررا داریم:

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

با توجه به برخی شرایط اولیه، می توانیم رابطه بازگشتی را به طور کامل حل کنیم یا راه حلی را به صورت سری توانی بدست آوریم.

از آنجایی که نسبت ضرایب $A_{k}/A_{{k-1}}$ یک تابع منطقی است ، سری توان را می توان به عنوان یک سری فرا هندسی تعمیم یافته نوشت .

ریشه هایی که با یک عدد صحیح جدا شده اند [ ویرایش ]

مثال قبلی شامل یک چند جمله ای با یک ریشه مکرر است که تنها یک راه حل برای معادله دیفرانسیل داده شده می دهد. به طور کلی، روش فروبنیوس دو راه حل مستقل به دست می دهد به شرطی که ریشه های معادله شاخص با یک عدد صحیح (از جمله صفر) از هم جدا نشوند.

اگر ریشه تکرار شود یا ریشه ها با یک عدد صحیح متفاوت باشند، جواب دوم را می توان با استفاده از:

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

جایی که $y_{1}(x)$ اولین راه حل است (بر اساس ریشه بزرگتر در مورد ریشه های نابرابر)، $r_{2}$ ریشه کوچکتر و ثابت C و ضرایب است $B_{k}$ قرار است تعیین شود. یک بار $ب_{0}$ انتخاب می شود (مثلاً با تنظیم آن بر روی 1) سپس C و $B_{k}$ تعیین می شوند اما شامل نمی شوند $B_{r_{1}-r_{2}}$ ، که می تواند خودسرانه تنظیم شود. سپس بقیه موارد را مشخص می کند $B_{k}.$ در برخی موارد ثابت C باید صفر باشد. به عنوان مثال، معادله دیفرانسیل زیر را در نظر بگیرید (معادله کومر با a = 1 و b = 2 ):

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

ریشه های معادله شاخص 1- و 0 هستند. دو راه حل مستقل هستند $1/z$ و $e^{z}/z,$ بنابراین می بینیم که لگاریتم در هیچ راه حلی ظاهر نمی شود. راه حل $(e^{z}-1)/z$ دارای یک سری توان است که با توان صفر شروع می شود. در یک سری قدرت شروع با $z^{-1}$ رابطه عود هیچ محدودیتی در ضریب برای مدت ایجاد نمی کند $z^{0},$ که می تواند خودسرانه تنظیم شود. اگر روی صفر تنظیم شود، با این معادله دیفرانسیل، تمام ضرایب دیگر صفر می شوند و جواب 1/ z را به دست می آوریم .