Фробенијусов метод

Фробенијусов метод представља један од метода решавања диференцијалних једначина другога реда облика:

$z^2{u}^{″}+p(z)z{u}^{\prime }+q(z)u=0$

где су:

$u^{\prime }\equiv \frac{du}{dz}$ и $u^{″}\equiv \frac{d^{2}u}{d{z}^2}$ у близини регуларнога сингуларитета z=0. Поделимо ли са z² добијамо диференцијалну једначину:

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

Метода је добила име по немачком математичару Фердинанду Фробенијусу.

Метода

Према Фробенијусовој методи тражимо решење у облику реда:

$u(z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r},(A_0\ne 0)$

Диференцирањем добијамо:

$u^{\prime }(z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-1}$

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

После тога горе добиујене редове супституирамо у диференцијалну једначину и добијамо:

$\begin{array}{cc}& z^2\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r-1)(k+r)A_k{z}^{k+r-2}+zp(z)\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-1}+q(z)\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r-1)(k+r)A_k{z}^{k+r}+p(z)\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r}+q(z)\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r-1)(k+r)A_k{z}^{k+r}+p(z)(k+r)A_k{z}^{k+r}+q(z)A_k{z}^{k+r}\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}[(k+r-1)(k+r)+p(z)(k+r)+q(z)]A_k{z}^{k+r}\\ & =[r(r-1)+p(z)r+q(z)]A_0{z}^r+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}[(k+r-1)(k+r)+p(z)(k+r)+q(z)]A_k{z}^{k+r}\end{array}$

Иницијални полином је следећи израз:

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

Према општој дефиницији иницијални полиноми су коефицијенти најнижега степена по z. Општи израз за коефицијенте од z^k + r је:

$I(k+r)A_k+\sum _{j=0}^{k-1}[(j+r)p(k-j)+q(k-j)]A_j$

Ти коефицијенти треба да буду једнаки нули, јер они треба да представљају решења диференцијалне једначине, па следи:

$I(k+r)A_k+\sum _{j=0}^{k-1}[(j+r)p(k-j)+q(k-j)]A_j=0$

$\sum _{j=0}^{k-1}[(j+r)p(k-j)+q(k-j)]A_j=-I(k+r)A_k$

$\frac{1}{-I(k+r)}\sum _{j=0}^{k-1}[(j+r)p(k-j)+q(k-j)]A_j=A_k$

Горње решење са A_k је:

$U_r(z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}$

и задовољава:

$z^2{U}_r(z{)}^{″}+p(z)z{U}_r(z{)}^{\prime }+q(z)U_r(z)=I(r)z^r$

Одаберемо ли један од корена иницијалнога полинома, тада добијамо решење диференцијалне једначине.

Пример

Покушамо ли да решимо следећи диференцијалну једначину:

$z^2{f}^{″}-z{f}^{\prime }+(1-z)f=0$

Поделимо ли је са z² добијамо:

$f^{″}-\frac{1}{z}{f}^{\prime }+\frac{1-z}{z^2}f=f^{″}-\frac{1}{z}{f}^{\prime }+(\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z})f=0$

Претпостављамо решења у облику реда:

$f=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}$

$f^{\prime }=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-1}$

$f^{″}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}$

и та решења супституирамо у горњу једначину:

$\begin{array}{cc}& \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}-\frac{1}{z}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-1}+(\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z})\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}-\frac{1}{z}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-1}+\frac{1}{z^2}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}-\frac{1}{z}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r-1}\end{array}$

Померамо индексе последње суме, тако да се добија:

$\begin{array}{cc}& =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k-1=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_{k-1}{z}^{k+r-2}\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_{k-1}{z}^{k+r-2}\end{array}$

Стартни индекс за k=0 се посебно пише, па се добија:

$\begin{array}{cc}& =((r)(r-1)A_0{z}^{r-2})+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}-((r)A_0{z}^{r-2})-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-2}\\ & +(A_0{z}^{r-2})+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_{k-1}{z}^{k+r-2}\\ & =(r(r-1)-r+1)A_0{z}^{r-2}+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(((k+r)(k+r-1)-(k+r)+1)A_k-A_{k-1})z^{k+r-2}\end{array}$

Једно решење добијамо решавањем иницијалнога полинома r(r − 1) − r + 1 = r² − 2r + 1 = 0, односно добијамо да је 1 двоструки корен. Користећи тај корен коефицијенти од z^{k + r − 2} треба да буду нула, шта даје рекурзију:

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

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

Пошто је омер $A_k/A_{k-1}$ рационална функција онда се ред може написати као општи хипергеометријски ред.

Литература

• Фробенијусова метода
• Фробенијусов метод