프로베니우스법

수학에서 페르디난드 게오르크 프로베니우스의 이름을 딴 프로베니우스의 방법은 형태의 2차 일반 미분 방정식에 대한 무한 시리즈 솔루션을 찾는 방법이다.

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

와 함께

${\displaystyle u^{}}$$$u ${\displaystyle d\frac{}{}}$ ${\displaystyle \frac{u}{}}$ z ${\$과(와)${\displaystyle \frac{{d\mathrm{}}^{}}{}}$ d 2 ${\displaystyle \frac{}{}}$ ${\displaystyle \frac{{z\mathrm{}}^{}}{}}$ 2$${\$ddstyle u'\equiv$ {{$d^{$2}$u}{dz^{2}}}}}}}$

정규 단수점 ${\displaystyle \mathrm{z}}$= 0 ${\displaystyle$ z$=0}$ 부근$.$ ${\displaystyle {z\mathrm{}}^{}}$ 2 ${\$로 나누면 형식의$$ 미분 방정식을 얻을 수 있다.

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

p(z)/z 또는 q(z)/z² 중 하나가 z = 0에서 분석되지 않는 경우 일반 파워 시리즈 방법으로 해결할 수 없다. 프로베니우스 방법은 p(z)와 q(z) 자체가 0에서 분석적이거나 다른 곳에서 분석적이기 때문에 0에서 그들의 한계가 모두 존재(그리고 유한)한다면 그러한 미분방정식에 대한 파워 시리즈 솔루션을 만들 수 있다.

설명

프로베니우스의 방법은 형태의 파워 시리즈 솔루션을 찾는 것이다.

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

차별화:

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

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

위의 차별화를 원래의 ODE로 대체:

${\displaystyle {\begin{ligned}{2}\sum _{k=0}^{k=0}^{k+r-1)(k+r-1)A_{k+r-2}+zp(z)\sum _{k=0}^{\inft(k+r)A_{k}z^{k+r-1}+q(z)\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r-1)(k+r)A_{k}z^{k+r}+p(z)\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r}+q(z)\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }[(k+r-1)(k+r)A_{k}z^{k+r}+p(z)(k+r)A_{k}z^{k+r}+q(z)A_{k}z^{k+r}]\\&=\sum _{k=0}^{\infit }\왼쪽[(k+r-1)(k+r)+p(z)+q(z)\right]A_{k}z^{k+r}\&=\왼쪽[r(r-1)+p(z)+q(z)\오른쪽]A_{0}z^{r}+\sum _{k=1}^{\nothy }\왼쪽[(k+r-1)(k+r)+p(z)+q(z)\right]A_{k}z^{k+r}=0\end{aigned}}}$

그 표현

${\displaystyle r\좌측(r-1\우측)+p\좌측(0\우측)r+q\좌측(0\우측)=I(r)}$

r에서 2차인 지시 다항식(indicial polyomial)으로 알려져 있다. 지시 다항식의 일반적인 정의는 무한 계열에서 z의 최저 출력의 계수다. 이 경우 이는 r번째 계수지만 주어진 미분 방정식에 따라 가능한 가장 낮은 지수가 r - 2, r - 1이거나 다른 것일 수 있다. 이 세세한 것은 명심해야 한다. 미분 방정식의 모든 시리즈를 동일한 지수 값(위의 표현에서 k = 1)에서 시작하도록 동기화하는 과정에서 복잡한 표현으로 끝날 수 있다. 그러나 지시적 뿌리에 대한 해결에서 주의는 z의 가장 낮은 힘의 계수에만 집중된다.

이를^{k + r} 이용하여 z 계수의 일반적인 표현은 다음과 같다.

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

이러한 계수는 미분 방정식의 해법이어야 하므로 0이어야 한다.

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

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

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

위의 A가_k 포함된 시리즈 솔루션,

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

만족시키다

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

U_r(z)에서 r에 대한 지시 다항식의 루트 중 하나를 선택하면 미분 방정식에 대한 해답을 얻는다. 만약 뿌리의 차이가 정수가 아니라면, 우리는 다른 뿌리에서 또 다른 선형적으로 독립적인 해결책을 얻는다.

예

우리가 해결하자

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

모든 것을² z로 나누어서 주어진다.

${\displaystyle f'-{1 \over z}f'+{1-z \over z^{2}}f=f'-{1 \over z}f'+\left1 \over z}-{1}{1 \over z}\오른쪽)f=0}$

필요한 특이점을 z = 0으로 한다.

시리즈 솔루션 사용

${\displaystyle {\begin}f&=\sum _{k=0}^{{k=0}^{k}z^{k+r}\f'&=\sum _{k=0}^{k=0(k+r)A_{k}z^{k+r-1}\f'\f'&=\sum _{k=0}^{\infit }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}\end{aigned}}}$

자, 대체하는 것.

${\displaystyle {\regated}\sum _{k=0}^{\ft }&(k+r-1)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-{\frac {1}{z}}\sum _{k=0}^{\flt }(k+r)A_{k}z^{k+r-1}+\left({\frac {1}{z^{2}}}-{\frac {1}{z}}\right)\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-{\frac {1}{z}}\sum _{k=0}^{\flt }(k+r)A_{k}z^{k+r-1}+{\frac {1}{z^{2}}}\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}-{\frac {1}{z}}\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\inflt }(k+r)A_{k}z^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-1}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\inflt }(k+r)A_{k}z^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k-1=0}^{\infty }A_{k-1}z^{k-1+r-1}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\inflt }(k+r)A_{k}z^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=1}^{\infty }A_{k-1}z^{k+r-2}\\&=\left\{\sum _{k=0}^{\infty }\left((k+r)(k+r-1)-(k+r)+1\right)A_{k}z^{k+r-2}\right\}-\sum _{k=1}^{{k-1}z^{k+r-2}\\&=\좌측(r-1)-r+1\우측)A_{0}z^{r-2}+\sum _{k=1}^{\infit }\왼쪽(k+r-1)-(k+r)+1\오른쪽)A_{k}z^{k+r-2}\right\}-\sum _{k=1}^{{k=1}{{k-1}z^{k+r-2}\&=(r-1)^{2}}A_{0}z^{r-2}+\왼쪽\{\sum _{k=1}^{\inful }(k+r-1)^{2}A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=1}^{{k=1}^{\nft }A_{k-1}z^{k+r-2}\\\&=(r-1)^{2.}A_{0}z^{r-2}+\sum _{k=1}^{\infit }\좌측(k+r-1)^{2}}A_{k}-A_{k-1}\오른쪽)z^{k+r-2}\end{arged}}}$

(r - 1) ²= 0에서 우리는 1의 이중 루트를 얻는다. 이 루트를 사용하여 z의^{k + r − 2} 계수를 0으로 설정(해결책이 되기 위해)했으며, 이를 통해 다음과 같은 결과를 얻을 수 있다.

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

따라서 우리는 다음과 같은 재발 관계를 맺고 있다.

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

일부 초기 조건을 감안할 때 우리는 재발 문제를 완전히 해결하거나 파워 시리즈 형태로 해결책을 얻을 수 있다.

계수 $A{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle k_{}}$/ ${\displaystyle A_{}}$ ${\displaystyle k{}_{}}$- ${\displaystyle 1_{}}$ ${\$의 비율이 합리적인 함수인 만큼, 전력 시리즈는 일반화된 초지하계 계열로 쓸 수 있다.

정수로 구분된 루트

앞의 예에는 주어진 미분 방정식에 대해 하나의 해법만 제공하는 반복된 루트를 가진 지시적 다항식이 포함되어 있었다. 일반적으로 프로베니우스 방법은 지시 방정식의 뿌리가 정수(0 포함)로 분리되지 않는 한 두 개의 독립적인 해결책을 제공한다.

루트가 반복되거나 루트가 정수로 다른 경우, 두 번째 용액은 다음을 사용하여 찾을 수 있다.

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

${\displaystyle {여기}_{}}$서 $y{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle 1{}_{}}$( x$){\displaystyle y_{1}(x)}$는 첫 번째 솔루션(뿌리가 같지 않은 경우 더 큰 루트를 기반으로 함), $r{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}_{}}$ ${\$}}개는$$ 작은 루트로, 상수 C와 $계수{\displaystyle {}_{}}$ B ${\displaystyle k_{}}${\$displaystyle B_{$k}}}}}}을 결정한다$$. $B{\displaystyle {}_{}}$ ${\$을 선택하면(예를 들어 1) $C$와 B ${\displaystyle k_{}}${\$displaystyle B_{k}}$을(를) 임의로 설정할 수 $있는{\displaystyle {}_{}}$ B ${\displaystyle {{r\mathrm{}}_{}}_{}}$ 1${\displaystyle {{}_{}}_{}}$- ${\displaystyle {{r\mathrm{}}_{}}_{}}$ 2 ${\$}}까지 포함하지 않고 결정된다$.$ 그러면 나머지 ${\displaystyle {Bk}_{}}$. ${\displaystyle B_{k}.}$ 경우에 따라$$ 상수 C는 0이어야 한다. 예를 들어, 다음과 같은 미분 방정식(a = 1 및 b = 2)을 고려하십시오.

${\displaystyle zu'+(2-z)u'-u=0}$

지시 방정식의 뿌리는 -1과 0이다. $두{\displaystyle \mathrm{}}$ 개의 독립 솔루션에는 1${\displaystyle }$/ ${\displaystyle z}$ ${\displaystyle 1/z}$ 및${\displaystyle }$(${\displaystyle e}$ z${\displaystyle {}^{}}$)${\displaystyle }$/ z${\displaystyle }$, ${\displaystyle (e^{z})/z,}$가 있으므로 어떤 솔루션에도 로그가 나타나지 않는 것을 알 수 있다. ${\displaystyle 솔루션}({\displaystyle \mathrm{e}}$ ${\displaystyle z^{}}$- 1${\displaystyle }$)${\displaystyle }$/ z ${\displaystyle(e^{z}-1)/z}$에는 전원 0으로 시작하는 전원 시리즈가 있다$$. $z{\displaystyle {}^{}}$- ${\displaystyle 1^{}}$ ${\$ z$^{-1}$로 시작하는 파워 시리즈에서 반복$$ 관계는 임의로 설정할 수 있는$$ $z{\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {0\mathrm{}}^{}}$ ${\displaystyle z^{0}$ 용어에 대한 계수에 제한을 두지 않는다. 만약 그것이 0으로 설정된다면, 이 미분 방정식으로 다른 모든 계수는 0이 될 것이고 우리는 1/z 용액을 얻을 것이다.

참고 항목

• 푸흐스의 정리
• 정규 단수점
• 복합미분방정식
• 로랑 시리즈

외부 링크

• Weisstein, Eric W. "Frobenius Method". MathWorld.
• Teschl, Gerald (2012). Ordinary Differential Equations and Dynamical Systems. Providence: American Mathematical Society. ISBN 978-0-8218-8328-0. (Draft 버전은 https://www.mat.univie.ac.at/~https://www.mat.univie.ac.at//https://www.mat.univie.ac.at//book-ode/에서 온라인으로 이용 가능). 제4장에는 증거를 포함한 전체 방법이 수록되어 있다.