Stefaan Poedts
• 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
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
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
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
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
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 :
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
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
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
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
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
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 (∗∗)
• 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
• 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
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
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.
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
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
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
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 anxnherletteringm = 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
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
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
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
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
PAUZE
The essence of mathematics is not to make simple things complicated, but to make complicated things simple.
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)
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)
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
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
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
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
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
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
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
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 1y
–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1x
De Legendreveeltermen van orde 1, 2, 3 en 4 (het aantal nulpunten in [-1,1] komt overeen met de orde)
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
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 1y
–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1x
De Legendreveeltermen van orde 1, 2, 3 en 4 (het aantal nulpunten in [-1,1] komt overeen met de orde)
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
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)
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
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
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)
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 1y
–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1x
De Legendreveeltermen van orde 1, 2, 3 en 4 (het aantal nulpunten in [-1,1] komt overeen met de orde)
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)
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
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
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)
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,
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 )!
Voorbeeld. . .
• de singuliere punten van de differentiaalvergelijking van Legendre (1 − x2)y00− 2xy0+ p(p + 1)y = 0,
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!
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)
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 punt • geometrische 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. . .
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
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
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.
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
