Решение дифференциальных уравнений степенным рядом

В математике метод степенных рядов используется для поиска решения степенных рядов некоторых дифференциальных уравнений . Обычно такое решение предполагает степенной ряд с неизвестными коэффициентами, а затем подставляет это решение в дифференциальное уравнение, чтобы найти рекуррентное соотношение для коэффициентов.

Метод

второго порядка Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение

$$a_{2}(z)f''(z)+a_{1}(z)f'(z)+a_{0}(z)f(z)=0.$$

Предположим, что a ₂ не равен нулю для всех z . Тогда мы можем разделить все, чтобы получить

$$f''+{a_{1}(z) \over a_{2}(z)}f'+{a_{0}(z) \over a_{2}(z)}f=0.$$

Предположим далее, что a ₁ / a ₂ и a ₀ / a ₂ — аналитические функции .

Метод степенных рядов требует построения решения степенного ряда.

$$f=\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k}.$$

Если a ₂ равно нулю для некоторого z , то метод Фробениуса , разновидность этого метода, подходит для работы с так называемыми « особыми точками ». Метод работает аналогично как для уравнений более высокого порядка, так и для систем.

Пример использования

Давайте посмотрим на дифференциальное уравнение Эрмита :

$$f''-2zf'+\lambda f=0;\;\lambda =1$$

Мы можем попытаться построить решение ряда

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

Подставив их в дифференциальное уравнение

$${\begin{aligned}&\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1)A_{k}z^{k-2}-2z\sum _{k=1}^{\infty }kA_{k}z^{k-1}+\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k}=0\\=&\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1)A_{k}z^{k-2}-\sum _{k=1}^{\infty }2kA_{k}z^{k}+\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k}\end{aligned}}$$

Делаем сдвиг по первой сумме

$${\begin{aligned}&=\sum _{k=0}^{\infty }(k+2)(k+1)A_{k+2}z^{k}-\sum _{k=1}^{\infty }2kA_{k}z^{k}+\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k}\\&=2A_{2}+\sum _{k=1}^{\infty }(k+2)(k+1)A_{k+2}z^{k}-\sum _{k=1}^{\infty }2kA_{k}z^{k}+A_{0}+\sum _{k=1}^{\infty }A_{k}z^{k}\\&=2A_{2}+A_{0}+\sum _{k=1}^{\infty }\left((k+2)(k+1)A_{k+2}+(-2k+1)A_{k}\right)z^{k}\end{aligned}}$$

Если этот ряд является решением, то все эти коэффициенты должны быть равны нулю, поэтому как для k = 0, так и для k > 0:

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

чтобы получить рекуррентное соотношение для Ak _{Мы можем изменить это , +2} .

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

$$A_{k+2}={(2k-1) \over (k+2)(k+1)}A_{k}$$

Теперь у нас есть

$$A_{2}={-1 \over (2)(1)}A_{0}={-1 \over 2}A_{0},\,A_{3}={1 \over (3)(2)}A_{1}={1 \over 6}A_{1}$$

Мы можем определить A0 _, и A1 _{проблема} если имеются начальные условия, т.е. если у нас есть начального значения .

Итак, у нас есть

$${\begin{aligned}A_{4}&={1 \over 4}A_{2}=\left({1 \over 4}\right)\left({-1 \over 2}\right)A_{0}={-1 \over 8}A_{0}\\[8pt]A_{5}&={1 \over 4}A_{3}=\left({1 \over 4}\right)\left({1 \over 6}\right)A_{1}={1 \over 24}A_{1}\\[8pt]A_{6}&={7 \over 30}A_{4}=\left({7 \over 30}\right)\left({-1 \over 8}\right)A_{0}={-7 \over 240}A_{0}\\[8pt]A_{7}&={3 \over 14}A_{5}=\left({3 \over 14}\right)\left({1 \over 24}\right)A_{1}={1 \over 112}A_{1}\end{aligned}}$$

и решение ряда

$${\begin{aligned}f&=A_{0}z^{0}+A_{1}z^{1}+A_{2}z^{2}+A_{3}z^{3}+A_{4}z^{4}+A_{5}z^{5}+A_{6}z^{6}+A_{7}z^{7}+\cdots \\[8pt]&=A_{0}z^{0}+A_{1}z^{1}+{-1 \over 2}A_{0}z^{2}+{1 \over 6}A_{1}z^{3}+{-1 \over 8}A_{0}z^{4}+{1 \over 24}A_{1}z^{5}+{-7 \over 240}A_{0}z^{6}+{1 \over 112}A_{1}z^{7}+\cdots \\[8pt]&=A_{0}z^{0}+{-1 \over 2}A_{0}z^{2}+{-1 \over 8}A_{0}z^{4}+{-7 \over 240}A_{0}z^{6}+A_{1}z+{1 \over 6}A_{1}z^{3}+{1 \over 24}A_{1}z^{5}+{1 \over 112}A_{1}z^{7}+\cdots \end{aligned}}$$

которую мы можем разбить на сумму двух линейно независимых решений ряда:

$$f=A_{0}\left(1+{-1 \over 2}z^{2}+{-1 \over 8}z^{4}+{-7 \over 240}z^{6}+\cdots \right)+A_{1}\left(z+{1 \over 6}z^{3}+{1 \over 24}z^{5}+{1 \over 112}z^{7}+\cdots \right)$$

которое можно еще упростить, используя гипергеометрические ряды .

Более простой способ использования ряда Тейлора

Гораздо более простой способ решения этого уравнения (и решения степенного ряда в целом) с использованием ряд Тейлора формы разложения в .Здесь мы предполагаем, что ответ имеет вид

$$f=\sum _{k=0}^{\infty }{A_{k}z^{k} \over {k!}}$$

Если мы сделаем это, общее правило получения рекуррентного соотношения для коэффициентов будет следующим:

$$y^{[n]}\to A_{k+n}$$

и

$$x^{m}y^{[n]}\to (k)(k-1)\cdots (k-m+1)A_{k+n-m}$$

В этом случае мы можем решить уравнение Эрмита за меньшее количество шагов:

$$f''-2zf'+\lambda f=0;\;\lambda =1$$

становится

$$A_{k+2}-2kA_{k}+\lambda A_{k}=0$$

или

$$A_{k+2}=(2k-\lambda )A_{k}$$

в сериале

$$f=\sum _{k=0}^{\infty }{A_{k}z^{k} \over {k!}}$$

Нелинейные уравнения

Метод степенных рядов можно применять к некоторым нелинейным дифференциальным уравнениям , хотя и с меньшей гибкостью. Очень большой класс нелинейных уравнений можно решить аналитически с помощью метода Паркера – Сочацкого . Поскольку метод Паркера – Сочацкого предполагает расширение исходной системы обыкновенных дифференциальных уравнений за счет вспомогательных уравнений, его не называют просто методом степенных рядов. Метод Паркера – Сочацкого применяется перед методом степенных рядов, чтобы сделать возможным использование метода степенных рядов для решения многих нелинейных задач. Задачу ОДУ можно расширить с помощью вспомогательных переменных, которые делают метод степенных рядов тривиальным для эквивалентной, более крупной системы. Расширение задачи ОДУ вспомогательными переменными дает те же коэффициенты (поскольку степенной ряд функции уникален) за счет расчета коэффициентов вспомогательных уравнений. Во многих случаях без использования вспомогательных переменных не существует известного способа получить степенной ряд для решения системы, поэтому сам по себе метод степенных рядов трудно применить к большинству нелинейных уравнений.

Метод степенных рядов дает решения только для задач с начальными значениями (в отличие от задач с граничными значениями ). Это не проблема при работе с линейными уравнениями, поскольку решение может дать несколько линейно независимых решений, которые можно объединить (путем суперпозиции ) для решения. краевые задачи, а также. Еще одним ограничением является то, что коэффициенты ряда будут задаваться нелинейной рекуррентностью (нелинейности наследуются из дифференциального уравнения).

Чтобы метод решения работал, как и в линейных уравнениях, необходимо каждый член нелинейного уравнения выразить в виде степенного ряда, чтобы все члены можно было объединить в один степенной ряд.

В качестве примера рассмотрим задачу начального значения

$$FF''+2F'^{2}+\eta F'=0\quad ;\quad F(1)=0\ ,\ F'(1)=-{\frac {1}{2}}$$

который описывает решение проблемы капиллярного течения в канавке. Есть две нелинейности: первый и второй члены связаны с продуктами. Начальные значения указаны по адресу $\eta =1$, что намекает на то, что степенной ряд должен быть задан как:

$$F(\eta )=\sum _{i=0}^{\infty }c_{i}(\eta -1)^{i}$$

поскольку таким образом

$$\left.{\frac {d^{n}F}{d\eta ^{n}}}\right|_{\eta =1}=n!\ c_{n}$$

что позволяет очень легко оценить начальные значения. Необходимо немного переписать уравнение с учетом определения степенного ряда:

$$FF''+2F'^{2}+(\eta -1)F'+F'=0\quad ;\quad F(1)=0\ ,\ F'(1)=-{\frac {1}{2}}$$

так что третий член содержит ту же форму $\eta -1$ это видно из степенного ряда.

Последнее соображение — что делать с продуктами; замена степенного ряда приведет к получению произведений степенного ряда, когда необходимо, чтобы каждый член был отдельным степенным рядом. Вот где произведение Коши

$$\left(\sum _{i=0}^{\infty }a_{i}x^{i}\right)\left(\sum _{i=0}^{\infty }b_{i}x^{i}\right)=\sum _{i=0}^{\infty }x^{i}\sum _{j=0}^{i}a_{i-j}b_{j}$$

полезен; подстановка степенного ряда в дифференциальное уравнение и применение этого тождества приводит к уравнению, в котором каждый член является степенным рядом. После долгих перестановок рецидив

$$\sum _{j=0}^{i}\left((j+1)(j+2)c_{i-j}c_{j+2}+2(i-j+1)(j+1)c_{i-j+1}c_{j+1}\right)+ic_{i}+(i+1)c_{i+1}=0$$

получается, задав точные значения коэффициентов ряда. Судя по первоначальным значениям, $c_{0}=0$ и $c_{1}=-1/2$, после этого используется указанное выше повторение. Например, следующие несколько коэффициентов:

$$c_{2}=-{\frac {1}{6}}\quad ;\quad c_{3}=-{\frac {1}{108}}\quad ;\quad c_{4}={\frac {7}{3240}}\quad ;\quad c_{5}=-{\frac {19}{48600}}\ \dots$$

В этом примере проявляется ограничение решения степенного ряда. Численное решение задачи показывает, что функция гладкая и всегда убывает слева от $\eta =1$, и ноль вправо. В $\eta =1$, существует разрыв наклона, особенность, которую степенной ряд не может передать, по этой причине решение ряда продолжает уменьшаться справа от $\eta =1$ вместо того, чтобы внезапно стать нулевым.

Внешние ссылки

• Вайсштейн, Эрик В. «Метод Фробениуса» . Математический мир .

Ссылки

• Коддингтон, граф А.; Левинсон, Норман (1955). Теория обыкновенных дифференциальных уравнений . Нью-Йорк: МакГроу-Хилл .
• Хилле, Эйнар (1976). Обыкновенные дифференциальные уравнения в комплексной области . Минеола : Dover Publications .
• Тешль, Джеральд (2012). Обыкновенные дифференциальные уравнения и динамические системы . Провиденс : Американское математическое общество . ISBN  978-0-8218-8328-0 .
• Лози, Р.; Погонин В.А.; Пчелинцев, АН (2016). «Новый точный численный метод аппроксимации хаотических решений уравнений динамической модели с квадратичными нелинейностями» (PDF) . Хаос, солитоны и фракталы . 91 : 108–114. Бибкод : 2016CSF....91..108L . дои : 10.1016/j.chaos.2016.05.010 .