7.3: Особливі точки та метод Фробеніуса

Приклади

Хоча поведінка ОДУ в одиничних точках є більш складною, певні сингулярні точки не особливо важко вирішити. Давайте розглянемо деякі приклади, перш ніж наводити загальний метод. Можливо, нам пощастить і отримати рішення силового ряду за методом попереднього розділу, але загалом нам, можливо, доведеться спробувати інші речі.

Приклад\(\PageIndex{1}\)

Давайте спочатку розглянемо просте рівняння першого порядку

\[2 x y' - y = 0 . \label{ex1eq1} \]

Зверніть увагу, що\(x=0\) це особлива точка. Якщо ми тільки спробуємо підключити

\[y = \sum_{k=0}^\infty a_k x^k ,\label{ex1eq2} \]

отримуємо

\[\begin{align}\begin{aligned} 0 = 2 xy'-y &=2x \, \left( \sum_{k=1}^\infty k a_k x^{k-1} \right)-\left( \sum_{k=0}^\infty a_k x^k \right) \\ &=a_0 +\sum_{k=1}^\infty (2 k a_k - a_k) \, x^{k} . \end{aligned}\end{align} \label{ex1eq3} \]

По-перше,\(a_0 = 0\). Далі єдиний спосіб вирішити\(0 = 2 k a_k - a_k = (2k-1) \, a_k\) для\(k = 1,2,3,\dots\) - це\(a_k = 0\) для всіх\(k\). Тому отримуємо лише банальне рішення\(y=0\). Нам потрібно ненульове рішення, щоб отримати загальне рішення.

Спробуємо\(y=x^r\) для деякого реального числа\(r\). Отже, наше рішення - якщо ми зможемо знайти його - може мати сенс лише для позитивного\(x\). Потім\(y' = r x^{r-1}\). Так

\[ 0 = 2 x y' - y = 2 x r x^{r-1} - x^r= (2r-1) x^r . \nonumber \]

\(r= \dfrac{1}{2}\)Тому або іншими словами\(y = x^{1/2}\). Множивши на константу, загальним рішенням для позитивних\(x\) є

\[y = C x^{1/2} . \nonumber \]

Якщо\(C \not= 0\) тоді похідна розв'язку «вибухає» в\(x=0\) (сингулярна точка). Існує лише одне рішення, яке диференціюється,\(x=0\) і це тривіальне рішення\(y=0\).

Не кожна проблема з одниною точкою має рішення форми\(y=x^r\), звичайно. Але, можливо, ми зможемо поєднати методи. Що ми будемо робити, так це спробувати рішення форми

\[y = x^r f(x) \nonumber \]

де\(f(x)\) - аналітична функція.

Приклад\(\PageIndex{2}\)

Припустимо, що у нас є рівняння

\[4 x^2 y'' - 4 x^2 y' + (1-2x)y = 0, \label{ex2eq1} \]

і знову зверніть увагу, що\(x=0\) це особлива точка. Давайте спробуємо

\[ y = x^r \sum_{k=0}^\infty a_k x^k = \sum_{k=0}^\infty a_k x^{k+r} , \label{ex2eq2} \]

де\(r\) - дійсне число, не обов'язково ціле число. Знову ж таки, якщо таке рішення існує, воно може існувати лише для позитивного\(x\). Спочатку знайдемо похідні

\[ \begin{align} y' &= \sum_{k=0}^\infty (k+r)\, a_k x^{k+r-1} ,\nonumber \\ y'' &= \sum_{k=0}^\infty (k+r)\,(k+r-1)\, a_k x^{k+r-2} . \label{ex2eq3} \end{align} \]

Включивши рівняння\ ref {ex2eq2} -\ ref {ex2eq3} до нашого вихідного диференціального рівняння (Equation\ ref {ex2eq1}) отримуємо

\[ \begin{align}\begin{aligned} 0 &= 4x^2y''-4x^2y'+(1-2x)y \\ &= 4x^2 \, \left( \sum_{k=0}^\infty (k+r)\,(k+r-1) \, a_k x^{k+r-2} \right)-4x^2 \, \left( \sum_{k=0}^\infty (k+r) \, a_k x^{k+r-1} \right)+(1-2x) \left( \sum_{k=0}^\infty a_k x^{k+r} \right) \\ &=\left( \sum_{k=0}^\infty 4 (k+r)\,(k+r-1) \, a_k x^{k+r} \right)-\left( \sum_{k=0}^\infty 4 (k+r) \, a_k x^{k+r+1} \right)+\left( \sum_{k=0}^\infty a_k x^{k+r} \right)-\left( \sum_{k=0}^\infty 2a_k x^{k+r+1} \right) \\ &=\left( \sum_{k=0}^\infty 4 (k+r)\,(k+r-1) \, a_k x^{k+r} \right)-\left( \sum_{k=1}^\infty 4 (k+r-1) \, a_{k-1} x^{k+r} \right)+\left( \sum_{k=0}^\infty a_k x^{k+r} \right)-\left( \sum_{k=1}^\infty 2a_{k-1} x^{k+r} \right)\\ &=4r(r-1) \, a_0 x^r + a_0 x^r +\sum_{k=1}^\infty \left( 4 (k+r)\,(k+r-1) \, a_k - 4 (k+r-1) \, a_{k-1}+a_k -2a_{k-1} \right) \, x^{k+r}\\ &=\left( 4r(r-1) + 1 \right) \, a_0 x^r +\sum_{k=1}^\infty\left( \left( 4 (k+r)\,(k+r-1) + 1 \right) \, a_k-\left( 4 (k+r-1) + 2 \right) \, a_{k-1} \right) \, x^{k+r} .\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

Щоб мати рішення, яке ми повинні спочатку мати\(\left( 4r(r-1) + 1 \right) \, a_0 = 0\). Припустимо, що\(a_0 \not= 0\) ми отримаємо

\[4r(r-1) + 1 = 0 . \nonumber \]

Це рівняння називається індиціальним рівнянням. Це конкретне індиціальне рівняння має подвійний корінь at\(r = \dfrac{1}{2}\).

Отже, ми знаємо, що\(r\) має бути. Ці знання ми отримали, просто подивившись на коефіцієнт\(x^r\). Всі інші коефіцієнти\(x^{k+r}\) також повинні бути нульовими, так

\[\left( 4 (k+r)\,(k+r-1) + 1 \right) \, a_k- \left( 4 (k+r-1) + 2 \right) \, a_{k-1} = 0 . \nonumber \]

Якщо ми підключимо\(r=\dfrac{1}{2}\) і вирішимо,\(a_k\) ми отримаємо

\[a_k=\dfrac{4 (k+\dfrac{1}{2}-1) + 2}{4 (k+\dfrac{1}{2})\,(k+\dfrac{1}{2}-1) + 1} \, a_{k-1}=\dfrac{1}{k} \, a_{k-1} . \nonumber \]

Давайте встановимо\(a_0 = 1\). Тоді

\[a_1 = \dfrac{1}{1} a_0 = 1 , \qquad a_2 = \dfrac{1}{2} a_1 = \dfrac{1}{2} ,\qquad a_3 = \dfrac{1}{3} a_2 = \dfrac{1}{3 \cdot 2} ,\qquad a_4 = \dfrac{1}{4} a_3 = \dfrac{1}{4 \cdot 3 \cdot 2} , \qquad \dots \nonumber \]

Екстраполяція, ми помічаємо, що

\[a_k = \dfrac{1}{k(k-1)(k-2) \cdots 3 \cdot 2} = \dfrac{1}{k!} . \nonumber \]

Іншими словами,

\[y =\sum_{k=0}^\infty a_k x^{k+r}=\sum_{k=0}^\infty \dfrac{1}{k!} x^{k+1/2}=x^{1/2} \sum_{k=0}^\infty \dfrac{1}{k!} x^{k}=x^{1/2}e^x . \nonumber \]

Ось і пощастило! Загалом, ми не зможемо написати ряд з точки зору елементарних функцій. У нас є одне рішення, назвемо його\(y_1 = x^{1/2} e^x\). Але як щодо другого рішення? Якщо ми хочемо загальне рішення, нам потрібні два лінійно незалежних рішення. Вибір\(a_0\) бути іншою константою лише дає нам постійну кратну\(y_1\), і ми не маємо жодної іншої,\(r\) щоб спробувати; у нас є лише одне рішення для індиціального рівняння. Ну, є повноваження\(x\) плаваючі навколо, і ми приймаємо похідні, можливо, логарифм (антипохідне\(x^{-1}\)) навколо, а також. Виявляється, хочемо спробувати для іншого рішення форми

\[y_2 = \sum_{k=0}^\infty b_k x^{k+r} + (\ln x) y_1 , \nonumber \]

що в нашому випадку

\[y_2 = \sum_{k=0}^\infty b_k x^{k+1/2} + (\ln x) x^{1/2} e^x . \nonumber \]

Тепер ми диференціюємо це рівняння, підставляємо в диференціальне рівняння і вирішуємо для\(b_k\). Виникає довге обчислення, і ми отримуємо деяке відношення рекурсії для\(b_k\). Читач може (і повинен) спробувати це, щоб отримати, наприклад, перші три терміни

\[b_1 = b_0 -1 , \qquad b_2 = \dfrac{2b_1-1}{4} , \qquad b_3 = \dfrac{6b_2-1}{18} , \qquad \ldots \nonumber \]

Потім фіксуємо\(b_0\) і отримуємо розчин\(y_2\). Потім пишемо загальне рішення як\(y = A y_1 + B y_2\).

метод Фробеніуса

Перш ніж давати загальний метод, уточнимо, коли застосовується метод. Нехай

\[p(x) y'' + q(x) y' + r(x) y = 0 \nonumber \]

бути ОДА. Як і раніше, якщо\(p(x_0) = 0\), то\(x_0\) є особливою точкою. Якщо, крім того, межі

\[\lim_{x \to x_0} ~ (x-x_0) \dfrac{q(x)}{p(x)} \qquad \text{and} \qquad \lim_{x \to x_0} ~ (x-x_0)^2 \dfrac{r(x)}{p(x)} \nonumber \]

обидва існують і є кінцевими, тоді ми говоримо, що\(x_0\) це регулярна однина точка.

Приклад\(\PageIndex{3}\): Expansion around a regular singular point

Часто, і для решти цього розділу,\(x_0 = 0\). Розглянемо

\[x^2y'' + x(1+x)y' + (\pi+x^2)y = 0 . \nonumber \]

Напишіть

\[\begin{align}\begin{aligned} \lim_{x \to 0} ~x \dfrac{q(x)}{p(x)} &=\lim_{x \to 0} ~x \dfrac{x(1+x)}{x^2} = \lim_{x \to 0} ~(1+x) = 1 , \\ \lim_{x \to 0} ~x^2 \dfrac{r(x)}{p(x)} &=\lim_{x \to 0} ~x^2 frac{(\pi+x^2)}{x^2} = \lim_{x \to 0} ~(\pi+x^2) = \pi \end{aligned}\end{align}. \nonumber \]

Так\(x = 0\) і регулярна одинична точка.

З іншого боку, якщо ми внесемо незначну зміну

\[x^2y'' + (1+x)y' + (\pi+x^2)y = 0 , \nonumber \]

потім

\[\lim_{x \to 0} ~x \dfrac{q(x)}{p(x)} =\lim_{x \to 0} ~x \dfrac{(1+x)}{x^2} = \lim_{x \to 0} ~\dfrac{1+x}{x} =\text{DNE}. \nonumber \]

Тут DNE розшифровується як не існує. Точка\(0\) є точкою однини, але не регулярною точкою однини.

Давайте тепер обговоримо загальний метод Фробеніуса \(^{1}\). Розглянемо лише метод в точці\(x=0\) для простоти. Основною ідеєю є наступна теорема.

Теорема\(\PageIndex{1}\)

метод Фробеніуса

Припустимо, що

\[\label{eq:26} p(x) y'' + q(x) y' + r(x) y = 0 \]

має правильну сингулярну точку в\(x=0\), тоді існує хоча б одне рішення форми

\[y = x^r \sum_{k=0}^\infty a_k x^k . \nonumber \]

Розчин такої форми називається розчином типу Фробеніуса.

Метод зазвичай ламається так.

1. Ми шукаємо рішення типу Фробеніуса форми\[y = \sum_{k=0}^\infty a_k x^{k+r} . \nonumber \] Ми включаємо це\(y\) в рівняння\(\eqref{eq:26}\). Збираємо терміни і пишемо все як єдиний ряд.
2. Отриманий ряд повинен дорівнювати нулю. Встановлюючи перший коефіцієнт (зазвичай коефіцієнт\(x^r\)) в ряді нуль, отримаємо індиціальне рівняння, яке є квадратичним поліномом в\(r\).
3. Якщо індиціальне рівняння має два дійсних кореня\(r_1\) і\(r_2\) таке, що не\(r_1 - r_2\) є цілим числом, то маємо два лінійно незалежних розв'язку типу Фробеніуса. Використовуючи перший корінь, підключаємо\[y_1 = x^{r_1} \sum_{k=0}^\infty a_k x^{k} , \nonumber \] і вирішуємо\(a_k\) для всіх отримати перший розчин. Потім за допомогою другого кореня підключаємо\[y_2 = x^{r_2} \sum_{k=0}^\infty b_k x^{k} , \nonumber \] і вирішуємо за все,\(b_k\) щоб отримати другий розчин.
4. Якщо індиціальне рівняння має подвоєний корінь\(r\), то там ми знаходимо одне рішення,\[y_1 = x^{r} \sum_{k=0}^\infty a_k x^{k} , \nonumber \] а потім отримуємо нове рішення,\[y_2 = x^{r} \sum_{k=0}^\infty b_k x^{k} + (\ln x) y_1 , \nonumber \] підключивши до Рівняння\(\eqref{eq:26}\) та розв'язуючи константи\(b_k\).
5. Якщо індиціальне рівняння має два дійсних кореня, такі, що\(r_1-r_2\) є цілим числом, то одне рішення є,\[y_1 = x^{r_1} \sum_{k=0}^\infty a_k x^{k} , \nonumber \] а друге лінійно незалежне рішення має вигляд,\[y_2 = x^{r_2} \sum_{k=0}^\infty b_k x^{k} + C (\ln x) y_1 , \nonumber \] де ми\(y_2\) підключаємося до\(\eqref{eq:26}\) і вирішуємо для констант\(b_k\) і\(C\).
6. Нарешті, якщо індиціальне рівняння має складні корені, то розв'язування для\(a_k\) у розв'язку\[y = x^{r_1} \sum_{k=0}^\infty a_k x^{k} \nonumber \] призводить до складнозначної функції - всі\(a_k\) вони є комплексними числами. Ми отримуємо два лінійно незалежних рішення, \(^{2}\)взявши реальну та уявну частини\(y\).

Основна ідея полягає в тому, щоб знайти хоча б одне рішення типу Беніуса. Якщо нам пощастить і знайдемо двох, ми закінчили. Якщо ми отримуємо лише один, ми або використовуємо наведені вище ідеї, або навіть інший метод, такий як зменшення порядку (Вправа 2.1.8), щоб отримати друге рішення.

Функції Бесселя

Важливим класом функцій, що виникають зазвичай у фізиці, є функції Бесселя \(^{3}\). Наприклад, ці функції з'являються при вирішенні хвильового рівняння в двох і трьох вимірах. Спочатку ми маємо рівняння Бесселя порядку\(p\):

\[x^2 y'' + xy' + \left(x^2 - p^2\right)y = 0 . \nonumber \]

Ми\(p\) дозволяємо бути будь-яке число, а не тільки ціле число, хоча цілі і кратні\(\dfrac{1}{2}\) є найбільш важливими в додатках. Коли ми підключаємо

\[y = \sum_{k=0}^\infty a_k x^{k+r} \nonumber \]

в рівняння Бесселя порядку\(p\) отримуємо індиціальне рівняння

\[r(r-1)+r-p^2 = (r-p)(r+p) = 0 . \nonumber \]

Тому отримуємо два кореня\(r_1 = p\) і\(r_2 = -p\). Якщо не\(p\) є цілим числом, що слідує за методом Фробеніуса і\(a_0 = 1\) заданням, то отримуємо лінійно незалежні розв'язки виду

\[\begin{align}\begin{aligned} y_1 &= x^p \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^k x^{2k}}{2^{2k}k!(k+p)(k-1+p) \cdots (2+p)(1+p)}, \\ y_2 &= x^{-p} \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^k x^{2k}}{2^{2k}k!(k-p)(k-1-p) \cdots (2-p)(1-p)}.\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

Вправа\(\PageIndex{1}\)

1. Переконайтеся, що індиціальне рівняння рівняння порядку Бесселя\(p\) є\((r-p)(r+p)=0\).
2. Припустимо, що\(p\) це не ціле число. Проведіть обчислення для отримання рішень\(y_1\) і\(y_2\) вище.

Функції Бесселя будуть зручні постійними кратними\(y_1\) і\(y_2\). Спочатку ми повинні визначити гамма-функцію.

\[\Gamma(x) = \int_0^\infty t^{x-1} e^{-t} \, dt . \nonumber \]

Зауважте, що\(\Gamma(1) = 1\). Відмінним властивістю володіє і гамма-функція.

\[\Gamma(x+1) = x \Gamma(x) . \nonumber \]

З цієї властивості можна показати, що when\(\Gamma(n) = (n-1)!\)\(n\) є цілим числом, тому гамма-функція є неперервною версією факторіала. Обчислюємо:

\[\begin{align}\begin{aligned} \Gamma(k+p+1)=(k+p)(k-1+p)\cdots (2+p)(1+p) \Gamma(1+p) ,\\ \Gamma(k-p+1)=(k-p)(k-1-p)\cdots (2-p)(1-p) \Gamma(1-p) .\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

Вправа\(\PageIndex{2}\)

Перевірте вищезазначені посвідчення за допомогою\(\Gamma(x+1) = x \Gamma(x)\).

Визначимо функції Бесселя першого роду порядку\(p\) і\(-p\) як

\[\begin{align}\begin{aligned} J_p(x) &= \dfrac{1}{2^p\Gamma(1+p)} y_1=\sum_{k=0}^\infty \dfrac{{(-1)}^k}{k! \Gamma(k+p+1)}{\left(\dfrac{x}{2}\right)}^{2k+p} , \\ J_{-p}(x) &= \dfrac{1}{2^{-}\Gamma(1-p)} y_2=\sum_{k=0}^\infty \dfrac{{(-1)}^k}{k! \Gamma(k-p+1)}{\left(\dfrac{x}{2}\right)}^{2k-p} .\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

Оскільки це постійні кратні розв'язків, які ми знайшли вище, це обидва розв'язки рівняння Бесселя порядку\(p\). Для зручності підбираються константи.

Коли не\(p\) є цілим числом,\(J_p\) а\(J_{-p}\) лінійно незалежні. Коли\(n\) є цілим числом, отримуємо

\[J_n(x) =\sum_{k=0}^\infty \dfrac{{(-1)}^k}{k! (k+n)!}{\left(\dfrac{x}{2}\right)}^{2k+n} . \nonumber \]

У цьому випадку виходить, що

\[J_n(x) = {(-1)}^nJ_{-n}(x) , \nonumber \]

і тому ми не отримуємо другого лінійно незалежного рішення. Іншим рішенням є так звана функція Бесселя другого роду. Вони мають сенс лише для цілочисельних порядків\(n\) і визначаються як межі лінійних комбінацій\(J_p(x)\) і\(J_{-p}(x)\) як\(p\) підходи\(n\) наступним чином:

\[Y_n(x) = \lim_{p\to n} \dfrac{\cos(p \pi) J_p(x) - J_{-p}(x)}{\sin(p \pi)} . \nonumber \]

Оскільки кожна лінійна комбінація\(J_p(x)\) і\(J_{-p}(x)\) є розв'язком рівняння Бесселя порядку\(p\), то, коли ми беремо межу\(n\), як\(p\) йде до,\(Y_n(x)\) є рішенням рівняння порядку Бесселя\(n\). Виходить також, що\(Y_n(x)\) і\(J_n(x)\) є лінійно незалежними. Тому коли\(n\) є цілим числом, ми маємо загальний розв'язок рівняння Бесселя порядку\(n\)

\[y = A J_n(x) + B Y_n(x) , \nonumber \]

для довільних констант\(A\) і\(B\). Зверніть увагу, що\(Y_n(x)\) переходить до негативної нескінченності при\(x=0\). Багато математичних програмних пакетів мають ці функції\(J_n(x)\) і\(Y_n(x)\) визначені, тому їх можна використовувати так само, як скажімо\(\sin(x)\) і\(\cos(x)\). Насправді вони володіють деякими схожими властивостями. Наприклад,\(-J_1(x)\) є похідною від\(J_0(x)\), і взагалі похідна від\(J_n(x)\) може бути записана як лінійна комбінація\(J_{n-1}(x)\) і\(J_{n+1}(x)\). Крім того, ці функції коливаються, хоча вони не є періодичними. Див. Рисунок\(\PageIndex{1}\) для графіків функцій Бесселя.

Малюнок\(\PageIndex{1}\): Ділянка\(J_{0}(x)\) і\(J_{1}(x)\) на першому графіку\(Y_{0}(x)\) та\(Y_{1}(x)\) на другому графіку.

Приклад\(\PageIndex{4}\): Using Bessel functions to Solve a ODE

Інші рівняння іноді можуть бути розв'язані через функції Бесселя. Наприклад, з огляду на позитивну константу\(\lambda\),

\[x y'' + y' + \lambda^2 x y = 0 , \nonumber \]

можна змінити на\(x^2 y'' + x y' + \lambda^2 x^2 y = 0\). Потім змінюючи змінні,\(t = \lambda x\) ми отримуємо за допомогою ланцюгового правила рівняння в\(y\) і\(t\):

\[t^2 y'' + t y' + t^2 y = 0 , \nonumber \]

який можна розпізнати як рівняння Бесселя порядку 0. Тому загальне рішення є\(y(t) = A J_0(t) + B Y_0(t)\), або з точки зору\(x\):

\[y = A J_0(\lambda x) + B Y_0(\lambda x) . \nonumber \]

Це рівняння виникає, наприклад, при знаходженні фундаментальних режимів вібрації кругового барабана, але ми відволікаємося.

Виноски

[1] Названо на честь німецького математика Фердинанда Георга Фробеніуса (1849 — 1917).

[2] Див. Джозеф Л. Нейрінгера, Метод Фробеніуса для складних коренів індиціального рівняння, Міжнародний журнал математичної освіти в галузі науки і техніки, Том 9, випуск 1, 1978, 71—77.

[3] Названа на честь німецького астронома і математика Фрідріха Вільгельма Бесселя (1784 — 1846).