p(x) = Q(x) P (x) q(x) = R(x) P (x) p n x n en x 2 q(x) =

§ 5.6 en § 5.7. Machtreeksoplossingen in de buurt van een regulier singulier punt.

We beschouwen nu differentiaalvergelijkingen van de vorm

P (x)y⁰⁰+ Q(x)y⁰+ R(x)y = 0 (1)

in de buurt van een regulier singulier punt x₀. Voor het gemak nemen we aan dat x₀ = 0.

Als x₀ 6= 0 dan kunnen we met behulp van de transformatie x − x0 = t er altijd voor zorgen dat het regulier singuliere punt in 0 terechtkomt.

Dat x = 0 een regulier singulier punt van (1) is betekent dus dat p(x) = Q(x)

P (x) en q(x) = R(x) P (x) niet beide analytisch zijn in 0, terwijl

xp(x) = xQ(x)

P (x) en x²q(x) = x²R(x) P (x) wel beide analytisch zijn in 0. Dus :

xp(x) =

∞

X

n=0

pnxⁿ en x²q(x) =

∞

X

n=0

qnxⁿ (2)

voor |x| < ρ met ρ > 0. Als we de differentiaalvergelijking (1) delen door P (x) en vervolgens vermenigvuldigen met x² dan volgt

x²y⁰⁰+ x²Q(x)

P (x)y⁰+ x²R(x)

P (x)y = 0 ⇐⇒ x²y⁰⁰+ x [xp(x)] y⁰+x²q(x) y = 0.

Merk op dat

x→0limx·Q(x) P (x) = lim

x→0xp(x) = lim

x→0

∞

X

n=0

p_nxⁿ= p₀ en

xlim→0x²·R(x) P (x) = lim

x→0x²q(x) = lim

x→0

∞

X

n=0

qnxⁿ= q0. Verder is

x²y⁰⁰+ p₀xy⁰+ q₀y = 0 (3)

een Euler vergelijking met bijbehorende karakteristieke vergelijking

r(r− 1) + p0r + q₀ = 0. (4)

We nemen weer aan dat x > 0. Het geval x < 0 kan weer op soortgelijke manier worden aangepakt als bij de Euler vergelijking; x vervangen door−t waarbij t > 0 is.

Voor x > 0 proberen we nu een oplossing te vinden in de vorm y(x) = x^r

∞

X

n=0

a_nxⁿ=

∞

X

n=0

a_nx^n+r met a₀ 6= 0.

Dit noemt men een gegeneraliseerde machtreeks. Hierbij zoeken we achtereenvolgens naar geschikte waarden van r en naar de co¨effici¨enten {an}^∞n=0, zodat y(x) voldoet aan de differentiaalvergelijking (1). Dit doen we door in te vullen. Dan geldt

y⁰(x) =

∞

X

n=0

(n + r)a_nx^n+r−1 en y⁰⁰(x) =

∞

X

n=0

(n + r)(n + r− 1)anx^n+r−2.

Invullen in de differentiaalvergelijking

x²y⁰⁰+ x [xp(x)] y⁰+x²q(x) y = 0 geeft dan

∞

X

n=0

(n + r)(n + r− 1)anx^n+r+ xp(x)

∞

X

n=0

(n + r)anx^n+r+ x²q(x)

∞

X

n=0

anx^n+r = 0.

Nu zijn xp(x) en x²q(x) analytisch in x = 0. Dus vinden we met behulp van (2) dat

∞

X

n=0

(n + r)(n + r− 1)anx^n+r+

∞

X

n=0

pnxⁿ

! _∞ X

n=0

(n + r)anx^n+r

!

+

∞

X

n=0

qnxⁿ

! _∞ X

n=0

anx^n+r

!

= 0.

Uitschrijven geeft nu

r(r− 1)a0x^r+ (r + 1)ra1x^r+1+ . . . + (p0+ p1x + . . .) ra0x^r+ (r + 1)a1x^r+1+ . . .
+ (q₀+ q₁x + . . .) a₀x^r+ a₁x^r+1+ . . .
= 0

oftewel

[r(r− 1) + p0r + q0] a0x^r+ [{(r + 1)r + p0(r + 1) + q0} a1+{p1r + q1} a0] x^r+1+ . . . = 0.

Omdat a06= 0 volgt hieruit dat

r(r− 1) + p0r + q₀ = 0.

Dit wordt de indexvergelijking genoemd. Merk op dat dit dezelfde vergelijking is als de karakteristieke vergelijking (4) voor de Euler vergelijking (3). De twee wortels r1 en r2 van deze indexvergelijking worden de indices of exponenten van de singulariteit genoemd.

Als de indices re¨eel zijn dan kiezen we r₁ ≥ r2. De indices r₁ en r₂ bepalen het gedrag van de oplossingen in de buurt van het singuliere punt x = 0. Er bestaat nu altijd een oplossing in de vorm

y1(x) = x^r1

∞

X

n=0

anxⁿ met a0 6= 0.

De co¨effici¨enten {an}^∞_n=0 kunnen weer worden gevonden door in te vullen. Voor een tweede (lineair onafhankelijke) oplossing onderscheiden we drie mogelijkheden :

1. r₁− r2 ∈ {0, 1, 2, . . .}. Dan geldt eenvoudig dat/

y2(x) = x^r2

∞

X

n=0

bnxⁿ met b0 6= 0.

2. r1− r2 = 0 ⇐⇒ r1 = r2. In dat geval geldt dat y₂(x) = y₁(x) ln x + x^r2

∞

X

n=0

b_nxⁿ= y₁(x) ln x + x^r2

∞

X

n=1

b⁰_nxⁿ,

waarbij (eventueel) b₀= 0 gekozen kan worden.

3. r₁− r2 ∈ {1, 2, 3, . . .}. In dat geval geldt y₂(x) = ay₁(x) ln x + x^r2

∞

X

n=0

b_nxⁿ met b₀ 6= 0,

waarbij a∈ R nog nader bepaald moet worden (door in te vullen).

Dit wordt de methode van Frobenius genoemd. Merk op dat in het laatste geval soms ook a = 0 mogelijk is. In dat geval treedt er geen logaritmische singulariteit op terwijl dat voor a6= 0 wel het geval is. Dit aanzienlijke verschil in gedrag kunnen we alleen ontdekken door de waarde van a te berekenen (door in te vullen).

Als r₁, r₂ ∈ R dan geldt dat r/ 1− r2 ∈ {0, 1, 2, . . .}, want r/ 1 − r2 ∈ R. Dan zijn r/ 1 en r₂ immers elkaars complex geconjugeerden, zeg : r1,2 = λ± iµ met λ, µ ∈ R en µ 6= 0 en dus r₁− r2 =±2iµ /∈ R.

We zullen de details van de methode van Frobenius niet bewijzen, maar we zullen volstaan met enkele voorbeelden.

Voorbeeld 1. Beschouw de differentiaalvergelijking

x²y⁰⁰+ xy⁰+ (x− 2)y = 0, x > 0.

Merk op dat x = 0 het enige singuliere punt is en dat

x→0limx· x

x² = 1 en lim

x→0x²·x− 2 x² =−2.

Dus : x = 0 is een regulier singulier punt met indexvergelijking

r(r− 1) + r − 2 = 0 ⇐⇒ r²− 2 = 0 ⇐⇒ r =±√ 2.

Dus : r₁ =√

2 en r₂=−√

2 zodat r₁− r2 = 2√

2 /∈ {0, 1, 2, . . .}. We weten dus dat

y1(x) = x

√2

∞

X

n=0

anxⁿ en y2(x) = x⁻

√2

∞

X

n=0

bnxⁿ.

Om de co¨effici¨enten {an}^∞_n=0 en {bn}^∞_n=0 te berekenen kunnen we beide gegeneraliseerde machtreeksen afzonderlijk invullen en vervolgens een recurrente betrekking afleiden. In dit geval kunnen we ook

y(x) =

∞

X

n=0

c_nx^n+r, y⁰(x) =

∞

X

n=0

(n + r)c_nx^n+r−1 en y⁰⁰(x) =

∞

X

n=0

(n + r)(n + r−1)cnx^n+r−2

substitueren en pas later de twee verschillende waarden voor r invullen. Dan volgt :

∞

X

n=0

(n + r)(n + r− 1)cnx^n+r+

∞

X

n=0

(n + r)c_nx^n+r+

∞

X

n=0

c_nx^n+r+1− 2

∞

X

n=0

c_nx^n+r = 0

oftewel

[r(r− 1) + r − 2] c0x^r+

∞

X

n=1

[{(n + r)(n + r − 1) + (n + r) − 2} cn+ c_n−1] x^n+r = 0.

Omdat c₀ 6= 0 volgt hieruit ook weer de indexvergelijking

r(r− 1) + r − 2 = 0 ⇐⇒ r²− 2 = 0 ⇐⇒ r =±√ 2.

Verder volgt :

{(n + r)(n + r − 1) + (n + r) − 2} cn+ c_n−1= 0, n = 1, 2, 3, . . . oftewel

(n + r)²− 2 c_n+ c_n−1= 0, n = 1, 2, 3, . . . . Voor r =√

2 levert dit de recurrente betrekking voor de co¨effici¨enten{an}^∞_n=0 :

 n +√

22

− 2



a_n=−an−1 ⇐⇒ a_n= −an−1

n(n + 2√

2), n = 1, 2, 3, . . . . En voor r =−√

2 levert dit de recurrente betrekking voor de co¨effici¨enten{bn}^∞_n=0 :

 n−√

22

− 2



b_n=−bn−1 ⇐⇒ b_n= −bn−1

n(n− 2√

2), n = 1, 2, 3, . . . .

Hierin zijn a0 en b0 vrij te kiezen. Kiezen we bijvoorbeeld a0= 1 en b0 = 1, dan vinden we a₁ = −a0

1 + 2√

2 =− 1 1 + 2√

2, a₂ = −a1

2(2 + 2√

2) = 1

4(1 +√

2)(1 + 2√

2), . . . en

b₁= −b0

1− 2√

2 =− 1 1− 2√

2, b₂ = −b1

2(2− 2√

2) = 1

4(1−√

2)(1− 2√

2), . . . . De oplossing is dus : y(x) = a0y1(x) + b0y2(x) met

y1(x) = x

√2



1− x

1 + 2√

2 + x²

4(1 +√

2)(1 + 2√

2)+ . . .



en

y2(x) = x⁻

√2



1− x

1− 2√

2 + x²

4(1−√

2)(1− 2√

2)+ . . .

 .

Voorbeeld 2. Beschouw de differentiaalvergelijking

x²y⁰⁰− xy⁰+ (x + 1)y = 0, x > 0.

Merk op dat x = 0 het enige singuliere punt is en dat

x→0limx·−x

x² =−1 en lim

x→0x²·x + 1 x² = 1.

Dus : x = 0 is een regulier singulier punt met indexvergelijking

r(r− 1) − r + 1 = 0 ⇐⇒ r²− 2r + 1 = 0 ⇐⇒ (r− 1)² = 0.

In dit geval geldt dus y1(x) = x

∞

X

n=0

anxⁿ en y2(x) = y1(x) ln x + x

∞

X

n=0

bnxⁿ met a0 6= 0, maar waarbij b0 = 0 gekozen kan worden. Stel nu eerst

y(x) =

∞

X

n=0

a_nxⁿ⁺¹, y⁰(x) =

∞

X

n=0

(n + 1)a_nxⁿ en y⁰⁰(x) =

∞

X

n=0

n(n + 1)a_nxⁿ⁻¹, dan volgt :

∞

X

n=0

n(n + 1)anxⁿ⁺¹−

∞

X

n=0

(n + 1)anxⁿ⁺¹+

∞

X

n=0

anxⁿ⁺²+

∞

X

n=0

anxⁿ⁺¹ = 0 oftewel

[0− 1 + 1] a0x +

∞

X

n=1

[{n(n + 1) − (n + 1) + 1} an+ a_n−1] xⁿ⁺¹= 0.

Hieruit volgt de recurrente betrekking

{n(n + 1) − (n + 1) + 1} an+ a_n−1 = 0 ⇐⇒ n²a_n+ a_n−1 = 0, n = 1, 2, 3, . . . . Dus :

an=−an−1

n² , n = 1, 2, 3, . . . . Hieruit volgt dat

an=−a_n−1

n² = a_n−2

n²(n− 1)² = . . . = (−1)ⁿa0

n²(n− 1)²· · · 1 = (−1)ⁿ

(n!)² a0, n = 1, 2, 3, . . . . Kies nu bijvoorbeeld a0 = 1, dan volgt :

y₁(x) = x

∞

X

n=0

(−1)ⁿ

(n!)² xⁿ= x



1− x + 1

4x²− 1

36x³+ . . .

 .

Stel nu y(x) = y₁(x) ln x +

∞

X

n=0

b_nxⁿ⁺¹, dan volgt

y⁰(x) = y₁⁰(x) ln x +y₁(x)

x +

∞

X

n=0

(n + 1)b_nxⁿ en

y⁰⁰(x) = y₁⁰⁰(x) ln x + 2y₁⁰(x)

x −y1(x) x² +

∞

X

n=0

n(n + 1)bnxⁿ⁻¹. Invullen geeft dan

x²y₁⁰⁰(x)− xy1⁰(x) + (x + 1)y1(x) ln x + 2xy₁⁰(x)− y1(x)− y1(x) +

∞

X

n=0

n(n + 1)bnxⁿ⁺¹−

∞

X

n=0

(n + 1)bnxⁿ⁺¹+

∞

X

n=0

bnxⁿ⁺²+

∞

X

n=0

bnxⁿ⁺¹= 0.

Omdat y1(x) een oplossing is van de differentiaalvergelijking geldt dat x²y₁⁰⁰(x)− xy⁰₁(x) + (x + 1)y₁(x) = 0.

Dus :

2xy⁰₁(x)− 2y1(x) +

∞

X

n=1

[{n(n + 1) − (n + 1) + 1} bn+ bn−1] xⁿ⁺¹= 0 oftewel

2xy⁰₁(x)− 2y1(x) +

∞

X

n=1

n²bn+ bn−1 xⁿ⁺¹= 0.

Omdat we in dit geval een expliciete uitdrukking voor y₁(x) konden vinden is het in principe mogelijk om hieruit een recurrente betrekking voor de co¨effici¨enten{bn}^∞n=0 af te leiden. Dat is niet altijd zo eenvoudig. Als we echter enkele termen van de gegeneraliseerde machtreeks y₁(x) kennen (de laagste machten van x), dan kunnen we ook enkele van de co¨effici¨enten {bn}^∞n=0 uitrekenen :

y₁(x) = x− x²+1

4x³− 1

36x⁴+ . . . =⇒ y₁⁰(x) = 1− 2x + 3 4x²−1

9x³+ . . . en dus

2xy⁰₁(x)− 2y1(x) =−2x²+ x³− 1

6x⁴+ . . . . We vinden dus

−2x²+ x³−1

6x⁴+ . . . + (b1+ b0)x²+ (4b2+ b1)x³+ (9b3+ b2)x⁴+ . . . = 0.

Hieruit volgt dat

−2 + b1+ b0 = 0, 1 + 4b2+ b1 = 0, −1

6+ 9b3+ b2 = 0, . . . . Als we b₀ = 0 kiezen, dan volgt dat b₁= 2, b₂ =−3

4 en b₃= 11

108. Dus : y2(x) = y1(x) ln x + x

 2x− 3

4x²+ 11

108x³+ . . .

 .

Voorbeeld 3. Beschouw de differentiaalvergelijking

x²y⁰⁰− 2xy⁰+ (x + 2)y = 0, x > 0.

Merk op dat x = 0 het enige singuliere punt is en dat

x→0limx·−2x

x² =−2 en lim

x→0x²·x + 2 x² = 2.

Dus : x = 0 is een regulier singulier punt met indexvergelijking

r(r− 1) − 2r + 2 = 0 ⇐⇒ r²− 3r + 2 = 0 ⇐⇒ (r− 1)(r − 2) = 0.

Dus : r1 = 2 en r2 = 1. Nu geldt dus y1(x) = x²

∞

X

n=0

anxⁿ en y2(x) = ay1(x) ln x + x

∞

X

n=0

bnxⁿ

met a₀ 6= 0 en b0 6= 0. Stel dus eerst y(x) =

∞

X

n=0

anxⁿ⁺², y⁰(x) =

∞

X

n=0

(n + 2)anxⁿ⁺¹ en y⁰⁰(x) =

∞

X

n=0

(n + 1)(n + 2)anxⁿ,

dan volgt :

∞

X

n=0

(n + 1)(n + 2)a_nxⁿ⁺²− 2

∞

X

n=0

(n + 2)a_nxⁿ⁺²+

∞

X

n=0

a_nxⁿ⁺³+ 2

∞

X

n=0

a_nxⁿ⁺² = 0

oftewel

[2− 4 + 2] a0x²+

∞

X

n=1

[{(n + 1)(n + 2) − 2(n + 2) + 2} an+ an−1] xⁿ⁺²= 0.

Hieruit volgt de recurrente betrekking

{(n + 1)(n + 2) − 2(n + 2) + 2} an+ an−1= 0

⇐⇒ n(n + 1)an+ an−1= 0, n = 1, 2, 3, . . . . Dus :

an=− an−1

n(n + 1), n = 1, 2, 3, . . . . Hieruit volgt dat

a_n=− a_n−1

n(n + 1) = . . . = (−1)ⁿa₀

n(n + 1)(n− 1)n · · · 1 · 2 = (−1)ⁿ

n! (n + 1)!a₀, n = 1, 2, 3, . . . . Kies nu bijvoorbeeld a0 = 1, dan volgt :

y₁(x) = x²

∞

X

n=0

(−1)ⁿ

n! (n + 1)!xⁿ= x²

 1−1

2x + 1

12x²− 1

144x³+ . . .

 .

Stel nu y(x) = ay₁(x) ln x +

∞

X

n=0

b_nxⁿ⁺¹, dan volgt

y⁰(x) = ay₁⁰(x) ln x + ay1(x)

x +

∞

X

n=0

(n + 1)bnxⁿ en

y⁰⁰(x) = ay₁⁰⁰(x) ln x + 2ay⁰₁(x)

x − ay1(x) x² +

∞

X

n=0

n(n + 1)bnxⁿ⁻¹. Invullen geeft dan

ax²y⁰⁰₁(x)− 2xy⁰1(x) + (x + 2)y₁(x) ln x + a 2xy₁⁰(x)− y1(x)− 2y1(x) +

∞

X

n=0

n(n + 1)b_nxⁿ⁺¹−

∞

X

n=0

(n + 1)b_nxⁿ⁺¹+

∞

X

n=0

b_nxⁿ⁺²+

∞

X

n=0

b_nxⁿ⁺¹= 0.

Omdat y₁(x) een oplossing is van de differentiaalvergelijking geldt dat x²y₁⁰⁰(x)− 2xy⁰1(x) + (x + 2)y₁(x) = 0.

Dus :

a2xy₁⁰(x)− 3y1(x) +

∞

X

n=1

[{n(n + 1) − (n + 1) + 1} bn+ b_n−1] xⁿ⁺¹= 0 oftewel

a2xy⁰₁(x)− 3y1(x) +

∞

X

n=1

n²b_n+ b_n−1 xⁿ⁺¹ = 0.

Nu is :

y₁(x) = x²−1

2x³+ 1

12x4− 1

144x⁵+ . . . =⇒ y₁⁰(x) = 2x−3 2x²+1

3x³− 5

144x⁴+ . . . en dus

2xy⁰₁(x)− 3y1(x) = x²−3

2x³+ 5

12x⁴− 7

144x⁵+ . . . . We vinden dus

a

 x²−3

2x³+ 5

12x⁴+ . . .



+ (b1+ b0)x²+ (4b2+ b1)x³+ (9b3+ b2)x⁴+ . . . = 0.

Hieruit volgt dat

a + b₁+ b₀= 0, −3

2a + 4b₂+ b₁= 0, 5

12a + 9b₃+ b₂ = 0, . . . .

Nu is b₀ 6= 0. Kies dus bijvoorbeeld b0 = 1 en b₁ = 0, dan volgt dat a =−b0 =−1, b2 =−3 4 en b3 = 7

36. Dus :

y2(x) =−y1(x) ln x + x

 1−3

4x²+ 7

36x³+ . . .

 .