Метод на Фробениус

Во математиката, методот на Фробениус, (Фердинанд Георг Фробениус), е начин на барање решение во облик бесконечен ред на една линеарна обична диференцијална равенка од втор ред од обликот:
<math>z^2 u'' + p(z)z u'+ q(z) u = 0</math>
со <math>u' \equiv \frac{du}{dz}</math> и <math>u'' \equiv \frac{d^2 u}{dz^2}</math> .
во близина на регуларната сингуларна точка <math>z=0</math>.
Ако се подели со <math>z^2</math>, се добива диференцијална равенка од обликот:
<math>u'' + \frac{p(z)}{z}u' + \frac{q(z)}{ z^2}u = 0</math>
што не може да се реши со методи на регуларни степенски низи ако или не е аналитичка во . Методот на Фробениус овозможува добивање на решение од степенски низи за таква диференцијална равенка, под услов ''p'' (''z'') и ''q'' (''z'') да се аналитички на 0 или, бидејќи се аналитички на друго место, двете нивни граници на 0 постојат (и се конечни).
1 Објаснување
Со методот на Фробениус се бара решение за степенски низи од обликот:<math>u(z)=z^r \sum_{k=0}^\infty A_k z^k, \qquad (A_0 \neq 0)</math>
Со диференцирање: <math>u'(z)=\sum_{k=0}^\infty (k+r)A_kz^{k+r-1}</math><math>u''(z)=\sum_{k=0}^\infty (k+r-1)(k+r)A_kz^{k+r-2}</math>
Заменувајќи ја горенаведената диференцијација во нашата оригинална ОДР: <math>\begin{align}
& z^2\sum_{k=0}^\infty (k+r-1)(k+r)A_kz^{k+r-2} + zp(z) \sum_{k=0}^\infty (k+r)A_kz^{k+r-1} + q(z)\sum_{k=0}^\infty A_kz^{k+r} \\
= {} & \sum_{k=0}^\infty (k+r-1) (k+r)A_kz^{k+r} + p(z) \sum_{k=0}^\infty (k+r)A_kz^{k+r} + q(z) \sum_{k=0}^\infty A_kz^{k+r} \\
= {} & \sum_{k=0}^\infty [(k+r-1)(k+r) A_kz^{k+r} + p(z) (k+r) A_kz^{k+r} + q(z) A_kz^{k+r}] \\
= {} & \sum_{k=0}^\infty \left[(k+r-1)(k+r) + p(z)(k+r) + q(z)\right] A_kz^{k+r} \\
= {} & \left[ r(r-1)+p(z)r+q(z) \right] A_0z^r+\sum_{k=1}^\infty \left[ (k+r-1)(k+r)+p(z)(k+r)+q(z) \right] A_kz^{k+r}=0
\end{align}</math>
Изразот:<math>r\left(r-1\right) + p\left(0\right)r + q\left(0\right) = I(r)</math>
е познат како ''индициски полином'', кој е квадратен по ''r'' . Општата дефиниција на ''индицискиот полином'' е дека тој е коефициентот на најмалиот степен на ''z'' во бесконечниот ред. Во овој случај тоа е ''r'' -тиот коефициент, но можно е најнискиот можен степен да биде ''r.'' − 2, ''р'' − 1 или нешто друго во зависност од дадената диференцијална равенка. Овој детаљ е важно да се има предвид. Во процесот на синхронизирање на сите редови на диференцијалната равенка да започнуваат со истата индексна вредност (што во горенаведениот израз е ''к'' = 1), може да се добијат комплицирани изрази. Сепак, при решавање на индициските корени, вниманието се насочува само на коефициентот на најмалиот степен на ''z'' .
Со користење на ова својство, за општиот израз на коефициентот на се добива:
<math>I(k+r)A_k + \sum_{j=0}^{k-1}{(j+r)p^{(k-j)}(0)+q^{(k-j)}(0) \over (k-j)!}A_j,</math>
Овие коефициенти мора да бидат еднакви на нула, бидејќи треба да бидат решенија на диференцијалната равенка. Затоа:
<math>\begin{align}
I(k+r)A_k + \sum_{j=0}^{k-1} {(j+r)p^{(k-j)}(0)+q^{(k-j)}(0) \over (k-j)!} A_j &= 0 \\[4pt]
\sum_{j=0}^{k-1}{(j+r)p^{(k-j)}(0)+q^{(k-j)}(0) \over (k-j)!}A_j &=-I(k+r)A_k \\[4pt]
{1\over-I(k+r)}\sum_{j=0}^{k-1}{(j+r)p^{(k-j)}(0)+q^{(k-j)}(0) \over (k-j)!}A_j &= A_k
\end{align}</math>
Решението на редот со :
<math>U_r(z)= \sum_{k=0}^{\infty} A_kz^{k+r}</math> го задоволува изразот:
<math>z^2U_r(z)'' + p(z)zU_r(z)' + q(z)U_r(z) = I(r)z^r</math>
Ако се избере еден од корените на индицискиот полином, се добива едно решение на диференцијалната равенка. Ако разликата помеѓу корените не е цел број, се добива друго линеарно независно решение користејќи го другиот корен.
2 Пример
Се разгледува равенката:
<math>z^2f''-zf'+(1-z)f = 0</math>
Ако се подели со ''z^2,'' може да се добие;
<math>f''1\over z}f'+{1-z \over z^2}f=f''1\over z}f'+\left({1\over z^2} - {1 \over z}\right) f = 0</math>
што ја има потребната сингуларност кај ''z'' = 0.
Користејќи го решението на редот:<math>\begin{align}
f &= \sum_{k=0}^\infty A_kz^{k+r} \\
f' &= \sum_{k=0}^\infty (k+r)A_kz^{k+r-1} \\
f'' &= \sum_{k=0}^\infty (k+r)(k+r-1)A_kz^{k+r-2}
\end{align}</math>
Со замена: <math>\begin{align}
\sum_{k=0}^\infty &(k+r)(k+r-1) A_kz^{k+r-2\frac{1}{z} \sum_{k=0}^\infty (k+r)A_kz^{k+r-1} + \left(\frac{1}{z^2} - \frac{1}{z}\right) \sum_{k=0}^\infty A_kz^{k+r} \\
&= \sum_{k=0}^\infty (k+r)(k+r-1) A_kz^{k+r-2} -\frac{1}{z} \sum_{k=0}^\infty (k+r) A_kz^{k+r-1} +\frac{1}{z^2} \sum_{k=0}^\infty A_kz^{k+r} -\frac{1}{z} \sum_{k=0}^\infty A_kz^{k+r} \\
&= \sum_{k=0}^\infty (k+r)(k+r-1)A_kz^{k+r-2\sum_{k=0}^\infty (k+r)A_kz^{k+r-2}+\sum_{k=0}^\infty A_kz^{k+r-2\sum_{k=0}^\infty A_kz^{k+r-1} \\
&= \sum_{k=0}^\infty (k+r)(k+r-1)A_kz^{k+r-2\sum_{k=0}^\infty (k+r) A_kz^{k+r-2} + \sum_{k=0}^\infty A_kz^{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_kz^{k+r-2\sum_{k=0}^\infty (k+r)A_kz^{k+r-2}+\sum_{k=0}^\infty A_kz^{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_kz^{k+r-2} \right \} -\sum_{k=1}^\infty A_{k-1}z^{k+r-2} \\
&= \left \{ \left ( r(r-1) - r +1 \right ) A_0 z^{r-2} + \sum_{k=1}^{\infty} \left ((k+r)(k+r-1) - (k+r) + 1\right ) A_kz^{k+r-2} \right \} - \sum_{k=1}^\infty A_{k-1}z^{k+r-2} \\
&= (r-1)^2 A_0 z^{r-2} + \left \{ \sum_{k=1}^{\infty} (k+r-1)^2 A_kz^{k+r-2} - \sum_{k=1}^\infty A_{k-1}z^{k+r-2} \right \} \\
&= (r-1)^2 A_0 z^{r-2} + \sum_{k=1}^{\infty} \left ( (k+r-1)^2 A_k - A_{k-1} \right ) z^{k+r-2}
\end{align}</math>
Од се добива двоен корен. Користејќи го овој корен, коефициентот на се поставува да е еднаков на нула (за да биде решение), што дава:
<math>(k+1-1)^2 A_k - A_{k-1} =k^2A_k-A_{k-1} = 0</math>
од каде се добива рекурентната релација:
<math> A_k = \frac{A_{k-1{k^2} </math>
Со дадени почетни услови, можеме или целосно да се реши рекурентноста или да се добие решение во форма на степенски низи.
Бидејќи односот на коефициентите <math>A_k/A_{k-1}</math> даварационална функција, степенскиот ред може да се запише како генерализиран хипергеометриски ред.