• No results found

DVGLn 2012-2013 - les06_handout

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "DVGLn 2012-2013 - les06_handout"

Copied!
58
0
0

Bezig met laden.... (Bekijk nu de volledige tekst)

Hele tekst

(1)

Stefaan Poedts

(2)

• oplossen van inhomogene vergelijkingen

a0y(n)+ a1y(n−1)+ · · · + an−1y0+ any = g (t) (∗)

algemene oplossing is van de vorm

y (t) = c1y1(t) + c2y2(t) + . . . + cnyn(t) + Y (t) (∗∗)

waarbij Y (t) een particuliere oplossing is van de inhom. vgl.

⇒ als a0, a1, . . . , an constanten zijn:

• eerst de overeenkomstige homogene vergelijking oplossen ⇒ karakteristieke vergelijking opstellen en oplossen (wortels) ⇒ verschillende gevallen (verschillende re¨ele/complexe, ontaarde)

• dan de de particuliere oplossingbepalen: - methode onbepaalde co¨effici¨enten - variatie van parameters

(3)

Hoofdstuk 5 : inleiding

• bepaling oplossing van een alg. lineaire Dvgl hangt af van de bepaling van een fundamentele set van oplossingenvan de hom. vgl.

• tot dusver veronderstelden we dat de vgl. constante co ¨effici ¨enten heeft

⇒ enkel voor dit geval een procedure besproken om fundamentele oplossingen te construeren

• in dit hoofdstuk : vergelijkingen metvariabele co ¨effici ¨enten

• oplossingen zijn g ´e ´en elementaire functies meer!

⇒ gebruik maken vanmachtreeksen om functies voor te stellen

basisidee analoog als in de methode van onbepaalde co ¨effici ¨enten :

stel een reeksontwikkeling voorop en bepaal de co ¨effici ¨enten zodat ze aan de differentiaalvergelijking voldoet

(4)

Hoofdstuk 5: Reeksoplossingen van 2de-orde lineaire Dvgln

• Reeksoplossingen nabij een gewoon punt

- Homogene lineaire differentiaalvergelijkingen van de tweede orde - De differentiaalvergelijking van Legendre

• Regelmatige singuliere punten

• Reeksoplossingen nabij een regelmatig singulier punt - Methode van Frobenius

(5)

cf. Hoofdstuk 2: ‘analytische functies’

• (re¨ele) functie f van ´e´en re¨ele veranderlijke x wordt (re¨eel)analytisch inx0 genoemd als f kan geschreven worden als een machtreeks met centrum x0 in een omgeving van x0, of meer exact als

f (x ) =

X

n=0

an(x − x0)n

(6)

Homogene lineaire Dvgln van de tweede orde

• beschouwhomogene lineaire Dvgln van de 2de orde waarvan de co ¨effici ¨enten functies zijn van de onafhankelijke variabele, die we in dit hoofdstuk met x voorstellen

⇒ we bestuderen m.a.w. vergelijkingen van de vorm

P(x )y00(x ) + Q(x )y0(x ) + R(x )y (x ) = 0 (∗)

• NB: bespreking hom. vgln. volstaat, procedure inhomogene vgl. analoog

OPM : veel problemen in de wiskundige natuurkunde leiden naar vgln. v/d vorm (∗) met veeltermenals co¨effici¨enten

- voorbeeld : vergelijkingen van Bessel en van Legendre

(7)

Gewone en singuliere punten

Def.: Als de functies α = Q/P en β = R/P (re¨eel) analytisch zijn in x0, wordt x0 eengewoon puntvan de differentiaalvergelijking (∗)

genoemd, zoniet dan is x0 een singulier punt.

Opmerking: cf. hfdst 2: Stelling van Cauchy-Riemann(St. 2.3) ⇒controle of een functie al dan niet analytisch is

Opmerking: cf. hfdst 2: Stelling van Taylor(St. 2.7) :

een analytische functie inx0kan altijd in een Taylorreeks kan ontwikkeld

worden die convergeert in een omgeving vanx0

⇒ als x0 eengewoon punt is van (∗) kunnen α = Q/P en β = R/P in

Taylorreeksen ontwikkeld worden (convergent in omgeving van x0)

• Stelling van Fuchsgeeft een idee van het bestaan van reeksoplossingen en van de convergentiestraal van deze oplossingen :

(8)

Stelling 5.1 :

Stelling I van Fuchs

Alsx0een gewoon puntis van Dvgl(∗):

P(x )y00(x ) + Q(x )y0(x ) + R(x )y (x ) = 0, dan wordt de algemene oplossing van deze Dvgl gegeven door

y (x ) =

X

n=0

an(x − x0)n= a0y1(x ) + a1y2(x ),

waarbija0 ena1 willekeurig zijn eny1 eny2 lineair onafhankelijke

reeksop-lossingen zijn die analytisch zijn inx0. Verder is de convergentiestraal voor

elk van deze reeksoplossingeny1eny2minstens even groot alsde kleinste

(9)

Opmerkingen

• als P(x ), Q(x ) en R(x ) veeltermen zijn, zegt de theorie van functies van een complexe variabele dat deverhouding van twee veeltermen, zoals bv. Q/P,altijd een convergente machtreeks heeft rond een punt x = x0alsP(x0) 6= 0

• als de eventuele gemeenschappelijke factoren van P en Q weggeschrapt zijn, is de convergentiestraalvan de machtreeks voor Q/P rond het punt x0 precies gelijk aan de afstand vanx0tot het dichtstbij gelegen nulpunt vanP

(10)

Voorbeeld

• bepaal een ondergrens voor de convergentiestraal van een reeksoplossing van de volgende vergelijking rond x = 0

(1 − x2)y00− 2xy0+ p(p + 1)y = 0 met p ∈ R (∗)

⇒ hier is: P(x ) = (1 − x2), Q(x ) = −2x , R(x ) = p(p + 1)

⇒ nulpunten van P(x ) zijn x = ±1 ⇒ op afstand 1 van 0

⇒ een reeksoplossing

X

n=0

anxn van de DVGL (∗) (rond 0) convergeert

(11)

Opgave

Wat is de convergentiestraal van de Taylorreeks voor 1

1 + x2 rondx = 0? • cf. vorig jaar: verhoudingstest d’Alembert

⇒ convergeert enkel voor |x| < 1

• alternatieve methode:

⇒ nulpunten van 1 + x2 zijn x = ±i beide op afstand 1 van 0

(12)

Nog opmerkingen

• we kunnen de vorm van de reeksoplossingen

y (x ) = ∞ X n=0 an(x − x0)n=a0y1(x ) +a1y2(x ), zo kiezen dat y1(x ) =1+ b2(x − x0)2+ · · · en y2(x ) =(x − x0)+ c2(x − x0)2+ · · ·

⇒ y1 voldoet dan aan de BVWn y1(x0) = 1, y10(x0) = 0

y2 voldoet dan aan de BVWn y2(x0) = 0, y20(x0) = 1 (cf. St. 3.7)

• reeksoplossing te bepalen door y =

X

n=0

an(x − x0)n te substitueren in

vgl. (∗) en dan de co¨effici¨enten te bepalen zodat aan de Dvgl voldaan wordt

(13)

Een voorbeeld

• beschouw de vergelijking y00+ y = 0 (∗)

⇒ VWn voldaan in 0: α(x ) = 0 en β(x ) = 1 zijn analytisch in elk punt ⇒ elke oplossing van (∗) kan als een machtreeks geschreven worden

• stel dus y = ∞ X

n=0 anxn

• afleiden? ⇒ elke term van de reeks afleiden (Stelling 2.5).

y0 = ∞ X n=1 nanxn−1 en y00= ∞ X n=2 n(n − 1)anxn−2 ⇒ y voldoet aan y00+y = 0 als en slechts als

∞ X n=2 n(n − 1)anxn−2+ ∞ X n=0 anxn= 0 (∗∗)

(14)

• de eerste sommatie begint bij n = 2:

X n=2

n(n − 1)anxn−2

• verander nu de sommatie-index n naarm := n − 2 (dus: n = m + 2)

X

m=0

(m + 2)(m + 1)am+2xm

• in deze sommatie vervangen we de sommatie-index m terug door n

X

n=0

(n + 2)(n + 1)an+2xn

⇒ de totale som (∗∗) wordt dan

X

n=0

(15)

• als deze machtreeks identiek nul is, moet elke co¨effici¨ent nul zijn: (n + 2)(n + 1)an+2+ an= 0

voor elke n ∈ N, of nog an+2= −

1

(n + 2)(n + 1)an (∗ ∗ ∗) dit is een recursierelatie

⇒ laat toe om a2 te berekenen als we a0 kennen : a2= −

1 2a0 • vervolgens berekenen we a4= − 1 4 · 3a2 = 1 4 · 3 · 2a0= 1 4!a0

• we kunnen op deze manier doorgaan en in het algemeen a2m = (−1) 1 2m(2m − 1)a2m−2 = (−1) 1 2m(2m − 1)(−1) 1 (2m − 2)(2m − 3)a2m−4 = . . . = (−1)m 1 2m(2m − 1)(2m − 2)(2m − 3) · · · 2 · 1a0= (−1) m 1 (2m)!a0

(16)

Een voorbeeld (vervolg)

• analoog kunnen we, als we a1 kennen, a3 berekenen uit (∗ ∗ ∗) en

vervolgens a5, a7 en in het algemeen

a2m+1= (−1)m 1 (2m + 1)!a1 • invullen in de uitdrukking y = ∞ X n=0

anxn, levert, door de even en oneven

machten te groeperen, dat

y = a0 ∞ X m=0 (−1)m 1 (2m)!x 2m+a 1 ∞ X m=0 (−1)m 1 (2m + 1)!x 2m+1 = a0cosx + a1sinx

(17)

Algemene methode

• voor de algemene Dvgl van de vorm

y00(x ) + α(x )y0(x ) + β(x )y (x ) = 0 (∗) waarvoor α en β analytisch zijn in x0

1 Controleer of α en β analytisch zijn en ontwikkel α en β in een

machtreeks[dit laatste kan soms vermeden worden!]

2 Stel y = ∞

X

n=0

an(x − x0)n en substitueer in de Dvgl.

3 Herschrijf de uitdrukking y00+ α(x )y0+ β(x )y als ´e´en machtreeks

en stel de co¨effici¨enten gelijk aan nul.

4 Bepaal een basis {y1, y2} door a0= 1 en a1 = 0 −→ y1

a0= 0 en a1 = 1 −→ y2 5 De algemene oplossing is dan y = a0y1+ a1y2.

(18)

De Dvgl van Legendre

• we lossen de volgende vergelijking op

(1 − x2)y00(x ) − 2xy0(x ) + p(p + 1)y (x ) = 0 (L) =de differentiaalvergelijking van Legendre van ordep (∈ R)

OPM : als p ≤ −1, dan levert substitutie p = −(1 + γ) (met γ ≥ 0) (1 − x2)y00(x ) − 2xy0(x ) + γ(γ + 1)y (x ) = 0

(19)

De Dvgl van Legendre (oplossing)

• schrijf (L) eerst in de vorm y00(x ) +α(x )y0(x ) +β(x )y (x ) = 0:

y00(x )− 2x 1 − x2y 0(x ) + p(p + 1) 1 − x2 y (x ) = 0 (L 0) ⇒ α(x ) = − 2x 1 − x2 en β(x ) = p(p + 1) 1 − x2 ⇒ α(x ) en β(x ) allebei analytisch in 0

m.a.w. 0 is een gewoonpunt van deze Dvgl en we kunnen dus de methode van de machtreeksen gebruiken

• stel dus y (x ) =

X

n=0

(20)

De Dvgl van Legendre (oplossing)

• we substituerenynu niet in de vgl.(L0), maar wel in vgl.(L), en zo

vermijden we dat we de functiesα(x ) = − 2x

1 − x2 enβ(x ) =

p(p + 1) 1 − x2

moeten ontwikkelen in een machtreeks!

• we weten dat y0 = ∞ X n=1 nanxn−1 en y00= ∞ X n=2 n(n − 1)anxn−2

(21)

De Dvgl van Legendre (oplossing)

0 = (1 − x2) ∞ X n=2 n(n − 1)anxn−2− 2x ∞ X n=1 nanxn−1+ p(p + 1) ∞ X n=0 anxn = ∞ X n=2 n(n − 1)anxn−2− ∞ X n=0 n(n − 1)anxn− 2 ∞ X n=0 nanxn+ p(p + 1) ∞ X n=0 anxn

herletteringm = n − 2in de eerste term geeft

= ∞ X m=0 (m + 2)(m + 1)am+2xm− ∞ X n=0 n(n − 1)anxn− 2 ∞ X n=0 nanxn+ p(p + 1) ∞ X n=0 anxn

en door vervolgensmterug te vervangen doornkrijgen we

= ∞ X n=0 (n + 2)(n + 1)an+2xn− ∞ X n=0 n(n − 1)anxn− 2 ∞ X n=0 nanxn+ p(p + 1) ∞ X n=0 anxn = ∞ X n=0

(22)

De Dvgl van Legendre (oplossing)

• elke co¨effici¨ent van deze machtreeks moet nul zijn, dus moet (n + 2)(n + 1)an+2 = (n(n − 1) + 2n − p(p + 1)) an

= (n2+ n−p2− p)an

= ((n − p)(n + p)+ n − p)an

= (n − p)(n + p + 1)an

• we vinden dan de volgende vergelijking

an+2 =

(n − p)(n + p + 1) (n + 2)(n + 1) an

(23)

De Dvgl van Legendre (oplossing)

• als nu a0 gekend is, kunnen we uit de recursiebetrekking a2 halen, en

vervolgens a4, a6, a8, . . .

• algemeen geldt voor elke m ∈ N dat

a2m = (2m − 2 − p)(2m − 1 + p) 2m(2m − 1) a2m−2 = (2m − 2 − p)(2m − 1 + p) 2m(2m − 1) (2m − 4 − p)(2m − 3 + p) (2m − 2)(2m − 3) a2m−4 = (2m − 2 − p)(2m − 4 − p)(2m − 1 + p)(2m − 3 + p) 2m(2m − 1)(2m − 2)(2m − 3) a2m−4 = . . . = (2m − 2 − p)(2m − 4 − p) . . . (2 − p)(−p)(2m − 1 + p)(2m − 3 + p) . . . (3 + p)(1 + p) 2m(2m − 1)(2m − 2)(2m − 3) . . . 2 1 a0 = (2m − 2 − p)(2m − 4 − p) . . . (2 − p)(−p)(2m − 1 + p)(2m − 3 + p) . . . (3 + p)(1 + p) (2m)! a0

(24)

De Dvgl van Legendre (oplossing)

• analoog geldt dat:

a2m+1=(2m − 1 − p)(2m − 3 − p) . . . (3 − p)(1 − p)(2m + p)(2m − 2 + p) . . . (4 + p)(2 + p)

(2m + 1)! a1

• de basisoplossingen y1 en y2 voor de Dvgl van Legendre vinden we dan

door de beginvoorwaarden a0 = 1 en a1 = 0 −→ y1(x ) = ∞ X m=0 a2mx2m a0 = 0 en a1 = 1 −→ y2(x ) = ∞ X m=0 a2m+1x2m+1

• de algemene oplossing is dan y = a0y1+ a1y2

(25)

Vraag

Wat is de convergentiestraal van de gevonden oplossing?

• α(x ) = − 2x

1 − x2 en β(x ) =

p(p + 1) 1 − x2

⇒ α(x ) en β(x ) zijn allebei analytisch in 0

⇒ nulpunten van noemer P(x ) zijn x = ±1 ⇒ op afstand 1 van 0

⇒ de gevonden reeksoplossing van de DVGL (rond 0)convergeert dus minstens voor |x | < 1

(26)

PAUZE

The essence of mathematics is not to make simple things complicated, but to make complicated things simple.

(27)

De Dvgl van Legendre

• cf. voor de PAUZE:

we losten de volgende vergelijking op rond x = 0 (gewoon punt)

(1 − x2)y00(x ) − 2xy0(x ) + p(p + 1)y (x ) = 0 (L) =de differentiaalvergelijking van Legendre van ordep (∈ R)

(28)

De Dvgl van Legendre : oplossingen

algemeen geldt voor elke m ∈ N dat

 an+2= (n − p)(n + p + 1) (n + 2)(n + 1) an  a2m = (2m − 2 − p)(2m − 1 + p) 2m(2m − 1) a2m−2 = (2m − 2 − p)(2m − 4 − p) . . . (2 − p)(−p)(2m − 1 + p)(2m − 3 + p) . . . (3 + p)(1 + p) (2m)! a0 a2m+1 = (2m − 1 − p)(2m − 3 − p) . . . (3 − p)(1 − p)(2m + p)(2m − 2 + p) . . . (4 + p)(2 + p) (2m + 1)! a1

• de algemene oplossing is dan

y = a0 ∞ X m=0 a2mx2m | {z } =y1(a0=1,a1=0) +a1 ∞ X m=0 a2m+1x2m+1 | {z } =y2(a0=0,a1=1)

(29)

De Dvgl van Legendre : geval p = 0

• voor sommige p kunnen de Legendre functies van orde p uitgedrukt worden met behulp van reeds gekende functies

• stel bijvoorbeeld p = 0

• uit de recursiebetrekking volgt dan dat 

an+2=

(n−p)(n+p+ 1) (n+ 2)(n+ 1) an



• a2 = 0 (neem n = 0in de uitdrukking voor an+2)

⇒ ook 0 = a4= a6 = . . .

⇒ eerste basisoplossing y1 is dan ook y1 = 1 (cf. a0= 1 gekozen)

• voor bepaling y2, lossen we de vergelijking van Legendre voor p = 0 op

voor de beginvoorwaarden y2(0) = 0 en y20(0) = 1op een andere

(30)

De Dvgl van Legendre : geval p = 0

• de vergelijking wordtvoor p = 0 immers gegeven door (1 − x2)y00(x ) − 2xy0(x ) = 0 = een exacte Dvgl in de functie y0

• inderdaad, in ‘standaardvorm’ (y00= dy 0 dx ): (1 − x2) | {z } =N(x ,y0) dy0 −2xy0 | {z } =M(x ,y0) dx = 0 ⇒ nodige en voldoende VW: ∂M ∂y0 |{z} −2x = ∂N ∂x |{z} −2x

(31)

De Dvgl van Legendre : geval p = 0

• de vergelijking wordt voor p = 0 immers gegeven door (1 − x2)y00(x ) − 2xy0(x ) = 0 = een exacte Dvgl in de functie y0

⇒ makkelijk op te lossen door scheiding van veranderlijken : dy0 y0 = 2x 1 − x2 dx ⇒ ln|y 0| = −ln|1 − x2| + C en dus is y0(x ) = α 1 − x2

voor een constante α

(32)

De Dvgl van Legendre : geval p = 0

• splitsen in partieelbreuken levert y20(x ) = 1 1 − x2 = 1 2  1 1 − x + 1 1 + x 

• integratie geeft dan

y2(x ) = 1 2ln 1 + x 1 − x + C • omdat y2(0) = 0 moet C = 0

• we kunnen dus besluiten dat y2(x ) = 1 2ln 1 + x 1 − x

OPM : ook y1 kan op deze manier bepaald worden, zonder gebruik te

(33)

De Dvgl van Legendre : bijzondere gevallen

• uit de recursiebetrekking

an+2 =

(n − p)(n + p + 1) (n + 2)(n + 1) an

volgt dat, als ak = 0 voor een k, dan ook ak+2= 0 en verder alle

ak+2n = 0 voor alle n ∈ N

(34)

De Dvgl van Legendre : geval p = 2m

• uit de recursiebetrekking (met n = 2m) volgt dan dat :

a2m+2 =

(2m− p)(2m+ 1 + p)

(2m+ 2)(2m+ 1) a2m =0

• voor elke n > 0 geldt dan ook dat a2m+2n = 0

⇒ eerste basisoplossing y1= ∞

X

m=0

a2mx2m bestaat dus slechts uit eeneindig

aantal van nul verschillende termen, meer bepaald is

y1(x ) =

m X

n=0

a2nx2n

(35)

De Dvgl van Legendre : geval p = 2m

• vgl. van Legendre is homogeen ⇒ ook elke cy1 is een oplossing

• men kan aantonen dat y1(1) 6= 0

• kies c = 1 y1(1)

⇒ P2m =

1 y1(1)

y1 is een veelterm van graad 2m

- die een oplossing is van de vergelijking van Legendre - die voldoet aan P2m(1) = 1

(36)

De Dvgl van Legendre : geval p = 2m

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

y

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1

x

De Legendreveeltermen van orde 1, 2, 3 en 4 (het aantal nulpunten in [-1,1] komt overeen met de orde)

(37)

De Dvgl van Legendre : geval p = 2m + 1

• uit de recursiebetrekking (met n = 2m + 1) volgt dan dat :

a2m+3=

(2m + 1 − p)(2m + 2 + p)

(2m + 3)(2m + 2) a2m+1 =0

• analoog als in het vorige geval is dan de tweede basisoplossing

y2(x ) = m

X

n=0

a2n+1x2n+1

een veelterm van graad 2m + 1 = p

• veelterm P2m+1=

1 y2(1)

y2 is dan een veelterm van graad 2m + 1 die

een oplossing is van de vergelijking van Legendre en die voldoet aan P2m+1(1) = 1 ⇒ P2m+1 is deLegendre veelterm van orde2m + 1

(38)

De Dvgl van Legendre : geval p = 2m + 1

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

y

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1

x

De Legendreveeltermen van orde 1, 2, 3 en 4 (het aantal nulpunten in [-1,1] komt overeen met de orde)

(39)

De veeltermen van Legendre

• de veeltermen van Legendre zijn, op vermenigvuldiging met re¨ele getallen na, de enige oplossingen van de vergelijking van Legendre die veelterm zijn(niet identiek nul)!

• Dit is als volgt in te zien:

- stel dat y (x ) =

k

X

n=0

anxn een veelterm is van graad k (dus ak 6= 0), die

tevens oplossing is van de vergelijking van Legendre van orde p

- we kunnen y bekijken als machtreeks y (x ) =

X

n=0

anxn waarbij an= 0

voor alle n > k

(40)

De veeltermen van Legendre

- uit de recursierelatie volgt dan onmiddellijk dat

0 = ak+2 =

(k − p)(k + p + 1)

(k + 2)(k + 1) ak en dus moetk = p (remember : p > −1⇒k + p + 1 6= 0)

- p is dus een natuurlijk getal, meer bepaald de graad van de veeltermoplossing

• veronderstel eerst dat k = p even is, zeg p = 2m

- beschouw y opnieuw als machtreeks

- als dan a1 6= 0

(recursierelatie)

(41)

De veeltermen van Legendre

- analoog is elke volgende oneven co¨effici¨ent a2n+1 6= 0

- y is dus geen veelterm, in tegenspraak met de veronderstelling!

- dus moet a1 = 0

- maar dan is a0 6= 0, want y is niet identiek nul

- beschouw P = y /a0, dan is P oplossing van de vergelijking van

Legendre van orde 2m met als beginvoorwaarden P(0) = 1 en P0(0) = 0, en bijgevolg is P gelijk aan de eerste basisoplossing

- uit de opmerking hierboven volgt dan dat P = cP2m voor een zekere c

• analoog : als P een veelterm is van graad 2m + 1 is die oplossing is van de Dvgl van Legendre voor zekere p, dan is p = 2m + 1 en P is een veelvoud van P2m+1

(42)

De veeltermen van Legendre van orde 0, 1 en 2

• We zoeken als voorbeeld de Legendre veeltermen van orde 0, 1 en 2

• als p = 0 hebben we hiervoor al berekend dat y1 = 1, en dus is

P0(x ) = 1

• als p = 1, dan moeten we kijken naar y2 (want p is oneven)

⇒ uit recursiebetrekking (met m = 1) vinden we dat a3 = 0

a2m+1=

(2m − 1 − p)(2m − 3 − p) . . . (3 − p)(1 − p)(2m + p)(2m − 2 + p) . . . (4 + p)(2 + p)

(2m + 1)! a1

(43)

De veeltermen van Legendre van orde 0, 1 en 2

• als p = 2, dan moeten we naar y1 kijken

⇒ omdat a0 = 1 volgt uit de recursierelatie (met m = 0)

a2m+2=

(2m − p)(2m + p + 1) (2m + 2)(2m + 1) a2m

a2 = (−2)32 = −3

• bovendien is a4= 0 (zie recursierelatie met m = 1 en p = 2)

⇒ we vinden dat y1(x ) = 1 − 3x2 ⇒ y1(1) = 1 − 3 = −2, en dus is

P2(x ) = 1 −2y1(x ) = 1 2(3x 2− 1)

(44)

De Dvgl van Legendre : geval p = 2m

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

y

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1

x

De Legendreveeltermen van orde 1, 2, 3 en 4 (het aantal nulpunten in [-1,1] komt overeen met de orde)

(45)

De veeltermen van Legendre : alternatieve formules

We formuleren (zonder bewijs) drie alternatieve formules die toelaten de Legendreveeltermen te berekenen : Pn(x ) = M X m=0 (−1)m (2n − 2m)! 2nm!(n − m)!(n − 2m)!x n−2m

waarbij M = n2 als n even is; M = n−12 als n oneven is,

Pn(x ) =

1 2nn!

dn dxn(x

2− 1)n , (Formule van Rodrigues)

(46)

De veeltermen van Legendre : belang

• Legendreveeltermen duiken op in heel wat toepassingen waarin cylinders of bollen worden beschouwd

Voorbeeld: . elektrostatica: elektrische potentiaal opgeroepen door een lading in een zeker punt, wordt uitgedrukt in Legendreveeltermen

(47)

De veeltermen van Legendre : belang

• veel voorbeelden van het gebruik van Legendreveeltermen komen voort uit de Helmholtz-vergelijking,

∆u + k2u = 0, die onstaat uit de golfvergelijking,

∆w − 1 c2

∂2w ∂t2 = 0,

wanneer men zgn. ‘normale’ trillingswijzen beschouwd, dit zijn oplossingen van de vorm

w (~r , t) = u(~r )e−i ωt

(48)

De veeltermen van Legendre : belang

• de aanname van ‘normale’ trillingswijzen is redelijk standaard in onderzoek naar trillingen en instabiliteiten van allerlei voorwerpen en structuren

• wanneer de Helmholtz-vergelijking in drie dimensies wordt beschouwd in bolco¨ordinaten, vindt men eenLegendrevergelijking voor het

r -afhankelijke deel van de oplossing

⇒ Legendreveeltermen spelen zo bv. een belangrijke rol in stertrillingen

• Ze zijn grondig bestudeerd in de literatuur en blijken een aantal belangrijke eigenschappen te bezitten i.v.m. orthogonaliteit en volledigheid (cf. later)

(49)

Regelmatige singuliere punten

• we beschouwen nu de vergelijking

P(x )y00(x ) + Q(x )y0(x ) + R(x )y (x ) = 0 (∗) in de buurt van eensingulier punt x0

• ter herinnering:

Def.: Als de functies α = Q/P en β = R/P analytisch zijn in x0, wordt

x0 eengewoon puntvan de differentiaalvergelijking (∗) genoemd,

(50)

Regelmatige singuliere punten

• cf. daarstraks: als P(x ), Q(x ) en R(x ) veeltermen zijn, heeft (volgens de theorie van functies van een complexe variabele) de verhouding van twee veeltermen, zoals bv. Q/P, altijd een convergente machtreeks heeft rond een punt x = x0 als P(x0) 6= 0

⇒ de singuliere punten van vgl. (∗)

P(x )y00+ Q(x )y0+ R(x )y = 0 (∗) zijn in dat geval dus gelijk aan de nulpunten vanP(x )!

(51)

Voorbeeld. . .

• de singuliere punten van de differentiaalvergelijking van Legendre (1 − x2)y00− 2xy0+ p(p + 1)y = 0,

(52)

Problemen rond singuliere punten: voorbeeld

Beschouw de DVGL x2y00− 2y = 0

⇒ slechts ´e´en singulier punt, nl. x = 0

• oplossingen: y1(x ) = x2 en y2(x ) = x−1

⇒ algemene oplossing is dus: y = c1x2+ c2x−1

⇒ enkel geldig voor x > 0 of voor x < 0 omdat y2(x ) = x−1 niet bestaat

voor x = 0

⇒ de oplossing kan dus in het algemeen niet vastgelegd worden doory (0)

eny0(0)te kiezen: enkel voor y (0) = y0(0) = 0 is er een oplossing, nl. y (x ) = c1x2, maar deze is dusniet uniek!

(53)

Probleem. . . ?

• als we de methoden uit de vorige sectie proberen toe te passen om vgl. (∗) op te lossen in de buurt van eensingulierpunt x0, dan blijkt dat

deze methoden falen

oorzaak: de gezochte oplossing ismeestal niet analytisch in x0

⇒ oplossing kan niet voorgesteld worden door een Taylorreeks met machten van x − x0

meer algemene reeksontwikkelingnodig

MAAR: een Dvgl heeft meestal maar weinig singuliere punten

⇒ kunnen we ze niet gewoon negeren? (we weten immers al hoe we de oplossing moeten construeren in gewone punten)

(54)

Probleem. . . !

• zo eenvoudig is het niet : de singuliere punten hebben een grote invloed op de belangrijkste kenmerken van de oplossing!

in de buurt van singulier punt wordt de oplossing vaakzeer grootof ze gaat er snel oscilleren

⇒ gedrag van een fysisch systeem dat gemodelleerd wordt door een Dvgl is vaak net het meest interessant in de buurt van een singulier puntgeometrische singulariteiten, zoals hoeken of scherpe kanten, geven

vaak aanleiding tot singuliere punten

⇒ precies in deze punten moeten we het gedrag van de oplossing zorgvuldig bestuderen. . .

(55)

Probleem. . . oplossing?!

• als alternatiefvoor analytische oplossingen zouden we kunnen overwegen om numerieke methodente gebruiken

⇒ ook deze methoden blijken helaasvaak niet geschikt om het gedrag van de oplossing te bestuderen nabij een singulier punt!

meer informatie nodig over het gedrag van Q/P en R/P in de buurt van het singuliere punt x = x0

doel: uitbreidingvan de methode die we ontwikkelden om de oplossing nabij een gewoon punt te vinden

• om dit op een redelijk eenvoudige manier te kunnen doen, moeten we ons beperken tot gevallen waarin de singulariteit in de functies Q/P en R/P in x = x0 ‘niet al te sterk’ is

(56)

Probleem. . . oplossing

⇒ dergelijke ‘zwakke’ singulariteitin Q/P blijkt niet ‘erger’ te mogen zijn dan 1/(x − x0) en de singulariteit in R/P mag niet sterker zijn dan

1/(x − x0)2 • m.a.w. lim x →x0(x − x0) Q(x ) P(x ), en x →x0lim(x − x0) 2R(x ) P(x ),

moeten beide eindig zijn

• dergelijke punten worden regelmatige (of reguliere) singuliere punten van vgl. (∗) genoemd

• andere singuliere punten zijn onregelmatige (of irreguliere) singuliere punten

(57)

Probleem. . . oplossing

• in het algemeen(dus ook als P, Q en R geen veeltermen zijn) kan men zeggen dat x0 eenregelmatig singulier punt is van vgl.(∗) als

1) het een singulier punt is en 2) als beide functies

(x − x0) Q(x ) P(x ), en (x − x0) 2R(x ) P(x ), analytisch zijn inx0

• we bespreken hoe vgl. (∗) opgelost kan wordenin de buurt van een regulier singulier punt.

Voor oplossingen in de buurt van onregelmatige singuliere punten moet je een meer gevorderd boek over Dvgln raadplegen.

(58)

Voorbeeld

• cf. daarnet : de singuliere punten van de vergelijking van Legendre (1 − x2)y00−2xy0+p(p + 1)y = 0

zijn de punten x = ±1

• beschouw eerst het punt x = 1 en bereken lim x →1(x − 1) −2x (1 − x2) = limx →1(x − 1) −2x (1 − x )(1 + x ) = limx →1 2x 1 + x = 1 lim x →1(x − 1) 2p(p + 1) (1 − x2) = limx →1(x − 1) 2 p(p + 1) (1 − x )(1 + x ) = limx →1 (x − 1)(−p)(p + 1) 1 + x = 0

⇒ beide limieten zijn eindig ⇒ x = 1 is een regelmatig singulier punt

Referenties

GERELATEERDE DOCUMENTEN

(Dit laat zien dat wegen aaneengeschakeld kunnen worden: als er een weg van x naar y en een weg van y naar z bestaan, dan bestaat er een weg van x naar

Although Ward (2005) indicates that bush encroachment is not only just caused by overgrazing, Moleele (2005) stresses that the increase in density and cover of woody

• OPM: Fibonacci, ofte Leonardo van Pisa, ontdekte deze rij getallen in 1202 toen hij onderzocht hoe snel konijnen konden kweken in ideale omstandigheden. Stel dat je vertrekt van

• RVWn-problemen kunnen onder gelijkaardige voorwaarden wel een unieke oplossing hebben, maar ze kunnen ook g ´e ´en oplossing hebben of, in bepaalde gevallen, oneindig

• ook wiskundig zijn ze van aanzienlijk belang : alle lineaire parti ¨ele differentiaalvergelijkingen van de tweede orde kunnen geklasseerd worden in ´e ´en van de drie categori

• de eigenwaarden λn = n 2 π 2 /L 2 van het probleem (118)-(119) zijn dus evenredig met de kwadraten van de natuurlijke frequenties , en de eigenfuncties sin (nπx /L) zijn

[r]

Er is een waarde van p waarvoor de oppervlakte van PQRS