Frobenius metod

Några lösningar av en differentialekvation som har en regelbunden singularpunkt med indicialrötter

r={\frac {1}{2}}

och

-1

.

Inom matematiken är Frobenius metod , uppkallad efter Ferdinand Georg Frobenius , ett sätt att hitta en oändlig serielösning för en andra ordningens vanlig differentialekvation av formen

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

med

{\textstyle u'\equiv {\frac {du}{dz}}}

och

{\textstyle u''\equiv {\frac {d^ {2}u}{dz^{2}}}}

.

i närheten av den reguljära singularpunkten $z=0$ .

Man kan dividera med $z^{2}$ för att få en differentialekvation av formen

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

q (z)/ z2 att

vara lösbart med vanliga potensseriemetoder om antingen

p (z)/ z

eller inte är analytiska vid

z = 0

. Frobenius-metoden gör det möjligt att skapa en potensserielösning till en sådan differentialekvation, förutsatt att p ( z ) och q ( z ) själva är analytiska vid 0 eller, eftersom de är analytiska någon annanstans, båda deras gränser vid 0 existerar (och är ändliga) .

Förklaring

Metoden för Frobenius är att söka en effektserielösning av formen

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

Differentiera:

u'(z)=\summa _{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}

Ersätter ovanstående differentiering med vår ursprungliga ODE:

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

Uttrycket

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

är känt som det indiska polynomet som är kvadratiskt i r . Den allmänna definitionen av indiciell polynom är koefficienten för den lägsta potensen av z i den oändliga serien. I det här fallet råkar det vara så att detta är den r: te koefficienten, men det är möjligt för lägsta möjliga exponent att vara r − 2, r − 1 eller något annat beroende på den givna differentialekvationen. Denna detalj är viktig att ha i åtanke. I processen att synkronisera alla serier av differentialekvationen till att börja med samma indexvärde (som i uttrycket ovan är k = 1), kan man sluta med komplicerade uttryck. Emellertid fokuseras uppmärksamheten endast på koefficienten för den lägsta potensen av z för att lösa de indiska rötterna .

är det allmänna uttrycket för koefficienten för $z k + r$

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

Dessa koefficienter måste vara noll, eftersom de borde vara lösningar av differentialekvationen, alltså

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

Serielösningen med $A k$ ovan,

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

tillfredsställer

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

Om vi väljer en av rötterna till indiciell polynom för r i $U r (z)$ får vi en lösning på differentialekvationen. Om skillnaden mellan rötterna inte är ett heltal får vi en annan, linjärt oberoende lösning i den andra roten.

Exempel

Låt oss lösa

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

Dela genomgående med z ² för att ge

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

som har den erforderliga singulariteten vid z = 0.

Använd serielösningen

{\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{aligned}}

Nu, ersättare

{\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)\summa _{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}}\ summa _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}\\&=\summa _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r- 1)A_{k}z^{k+r-2}-\summa _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-2}+\summa _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-1 }\\&=\summa _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-\summa _{k= 0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\infty}A_{k}z^{k+r- 2}-\summa _{k-1=0}^{\infty }A_{k-1}z^{k-1+r-1}\\&=\summa _{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}+\summa _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-2}-\summa _{k=1}^{\infty } A_{k-1}z^{k+r-2}\\&=\left\{\sum _{k=0}^{\infty }\left((k+r)(k+r-1 )-(k+r)+1\höger)A_{k}z^{k+r-2}\right\}-\summa _{k=1}^{\infty }A_{k-1}z ^{k+r-2}\\&=\left\{\left(r(r-1)-r+1\right)A_{0}z^{r-2}+\summa _{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}+\vänster\{\summa _{k=1}^{\infty }(k+r-1)^{2}A_{k}z^{k+r-2}-\summa _{ k=1}^{\infty }A_{k-1}z^{k+r-2}\right\}\\&=(r-1)^{2}A_{0}z^{r- 2}+\summa _{k=1}^{\infty}\left((k+r-1)^{2}A_{k}-A_{k-1}\right)z^{k+r -2}\end{aligned}}

Från $(r - 1) 2 = 0$ får vi en dubbelrot av 1. Med denna rot sätter vi koefficienten för $z k + r - 2$ till noll (för att det ska vara en lösning), vilket ger oss:

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

därför har vi återfallsrelationen:

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

Givet vissa initiala förutsättningar kan vi antingen lösa upprepningen helt eller få en lösning i potensserieform.

Eftersom förhållandet mellan koefficienterna $A_{k}/A_{k-1}$ är en rationell funktion , kan potensserien skrivas som en generaliserad hypergeometrisk serie .

Rötter separerade med ett heltal

Det föregående exemplet involverade ett indiciellt polynom med en upprepad rot, som endast ger en lösning på den givna differentialekvationen. I allmänhet ger Frobenius-metoden två oberoende lösningar förutsatt att den indiska ekvationens rötter inte separeras med ett heltal (inklusive noll).

Om roten upprepas eller om rötterna skiljer sig åt med ett heltal, kan den andra lösningen hittas med: