ÖVN 6 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF Nyckelord och innehåll. a n (x x 0 ) n.

Transkript

1 ÖVN 6 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF683 KARL JONSSON Nyckelord och innehåll Potensserielösningar Analytiska funktioner Konvergensradie Rot- och kvottestet Rekursionsrelationer Skifta summationsindex Inofficiella mål Det är bra om du (M) vet att given en talföljd {a n } och en centreringspunkt x 0 så kan vi skapa en (reell) formell potensserie som skrivs som a n (x x 0 ) n. () Vill vi uttrycka en komplex potensserie med komplexa koefficienter {c n } skriver vi hellre c n (z z 0 ) n. (2) där vi tänker på c n, z och z 0 som komplexa tal. Kan tänka på potensserier som generaliseringar av polynom: polynom med oändligt många termer. (M2) kan använda följande test för att avgöra konvergens (egentligen absolutkonvergens) av en serie: Givet serien låt talet L bestämmas genom (om dessa gränsvärden finns) Rottestet: L = lim sup b n /n n eller Kvottestet: L = lim n då är serien b n absolutkonvergent (och därför konvergent) om L < och divergent om L >. Om L = så ger dessa test ingen information om konvergensen av summan. (M3) vet att det finns ett R (kan vara = ) så att för alla tal z med z z 0 < R så absolutkonvergerar potensserien b n b n+ b n c n (z z 0 ) n. (3) till ett tal. Om z z 0 > R så divergerar potensserien. Om z z 0 = R så kan serien antingen vara konvergent eller divergent. Institutionen för matematik, KTH, SE-00 44, Stockholm, Sweden address: karljo@kth.se. Date: 5 oktober 208.

2 2 ÖVN 6 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF683 (M4) vet att en analytisk funktion är en funktion som kan representeras som en potensserie. Många vanliga funktioner är analytiska e x = k! xk, x = x k ( ) k, sin(x) = (2k + )! x2k+. (4) Även bra att veta att analytiska funktioner är oändligt deriverbara, men inte alla oändligt deriverbara funktioner är analytiska. T.ex. f(x) = e /x2 för x > 0 och f(x) = 0 för x 0. (M5) vet att (IVP) för andra ordningens linjära ekvationer y + p(x)y + q(x)y = 0 (5) med y(x 0 ) = y 0 och y (x 0 ) = y 0 garanterat har en unik lösning i det intervall I som funktionerna p och q är kontinuerliga på (resultat som vi sett innan). Om p(x) och q(x) dessutom är analytiska kring x 0 så kan lösningen till ekvationen skrivas som en potensserie y(x) = a n (x x 0 ) n med en garanterad konvergensradie som är den minsta av konvergensradierna för funktionerna p och q. (M6) kan ansätta potensserieansatser y(x) = a n(x x 0 ) n för att lösa differentialekvationer: veta att det är koefficienterna a n som eftersöks, sätta in i differentialekvationen och få fram rekursionsrelationer för koefficienterna. (M7) vet att derivatorna av en potensserie f(x) = a n(x x 0 ) n kan representeras som f (x) = na n (x x 0 ) n, f (x) = n(n )a n (x x 0 ) n 2, dvs via termvis derivering, och att dessa potensserier har samma konvergensradie som ursprungsserien. En potensserie har derivator av alla ordningar, dvs är oändligt deriverbar. (M8) vet att om två potensserier har samma värde för alla x i ett helt intervall, då måste potensserierna ha samma koefficienter, dvs entydighet av potensserieutvecklingar. (M9) kan utföra skiften av summationsindex i huvudet för potensserier. (M0) kan (i vissa enkla fall) skapa slutna formler från rekursionsrelationerna, t.ex. a n+ = a n /(n + ) ger den slutna formeln a n = a 0 /n! (M) vet att två potensserier ( ) a 0 + a x + a 2 x samt b 0 + b x + b 2 x får Wronskian utvärderad a0 b i x = 0 som det 0 = a a b 0 b b 0 a. Alltså om a 0 = och a = 0 och b 0 = 0 och b = så blir W = 0, alltså blir potensserierna, om de löser en ekvation av typen y + p(x)y + q(x)y = 0, linjärt oberoende. Obs! Detta är ett försök att bryta ned kursmålen i mindre och mer konkreta bitar. Målen ovan är inte officiella för kursen, utan ett förslag till hur man kan tänka. (U) Bestäm konvergensradien för serierna (a) (b) n=2 Exempel och uppgifter x 4n n! ( ) n 2 (x + 2)n n 4 n

3 ÖVN 6 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF För (a) använd kvottestet. Vi beräknar alltså b n+ b n = x 4(n+) (n + )! /x4n n! = n! x 4 (n + )! 0 (6) då n. Alltså L = 0 för kvottestet. Enligt kvottestet så har vi konvergens om L <. Detta betyder att serien är konvergent för alla x. Konvergensradien =. För (b) kan vi testa rottestet. Beräknar därför ( )n 2 (x + 2)n /n n = x n2/n (7) 4 n vad händer med n 2/n då n? Skriver om mha av logaritmer som n 2/n = e 2 ln(n)/n där vi vet att n växer snabbare än ln(n) då n, alltså går uttrycket mot e 2 0 = e 0 = då n, så för hela formeln, då n. Konvergensvillkoret är att L <, alltså att samma sak som alltså konvergensradien är 4, vilket är färre än 5 elefanter. x n2/n x = L (8) x < (9) x + 2 < 4 (0) (U2) Utveckla /( + x) i en Taylorserie kring x 0 = 0. Vad är konvergensradien? Bra trick att kunna överlag är den geometriska summan + x = ( x) = ( x) n = ( ) n x n. () Konvergensradie? Använd rottestet och se att konvergensradien blir, precis som vi vet är villkoret för att använda den geometriska summaformeln. (U3) Skriv om uttrycket så att det endast innehåller ett summatecken (a) x 2 na n x n + a k x k (b) na n x n + x 2 a n x n. (U4) Finn en potensserielösning till ekvationen y 2xy = 0 utevecklad kring punkten x 0 = 0. Beräkna första fyra termer explicit, avgör konvergensradien till potensserielösningen. Kan du lösa ekvationen med någon annan metod (separation av variabler eller integrerande faktor). Vad drar du för slutsats? Gör ansatsen y(x) = a nx n. Derivera och få y (x) = na n x n (2)

4 4 ÖVN 6 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF683 sätt in i ekvationen n= na n x n 2 a n x n+ = 0 (3) fixa samma x någonting i alla summor (n + 2)a n+2 x n+ 2 a n x n+ = 0 (4) fixa samma summa-tecken a + (n + 2)a n+2 x n+ 2 a n x n+ = 0 (5) skriv om a + [(n + 2)a n+2 2a n ] x n+ = 0 (6) då måste alla koefficienter vara 0 pga entydighet för potensserieutvecklingar samma sak som a = 0, (7) (n + 2)a n+2 2a n = 0, n 0, (8) a = 0, (9) a n+2 = 2 n + 2 a n, n 0, (20) vilket ger a 0 är fri variabel. a = a 3 = a 5 =... = 0, dvs alla udda koefficienter är 0. Om vi sätter a 0 = så får vi a 2n = n!. dvs lösningen blir, om vi delar upp på de udda och jämna koefficienterna, y (x) = a n x n = a 2n x 2n + a 2n+ x 2n+ = n! x2n = n! (x2 ) n = e x2 (2) där den sista likheten är ett standardresultat från envariabelanalysen. Hade man kunnat komma fram till denna lösning på något annat sätt för denna ekvation? Integrer.. fakt.. Konvergensradien är enligt teori garanterad att vara =. Använd kvottestet för att visa detta, vilket blir lättare än att använda rottestet. (U5) Finn potensserielösningar till följande ekvationer, beräkna första fyra termer explicit, använd Wronskianen för att studera om en fundamental lösningsmängd funnits. Finn uttryck, om möjligt, för den generella termen för koefficienterna a n. Vad säger teorin om konvergensradien till lösningarna? (a) y xy y = 0 kring x 0 = 0. (b) y xy y = 0 kring x 0 =. (c) ( x)y + y = 0 kring x 0 = 0. (d) y xy y = 0 kring x 0 =. (e) ( x)y + xy y = 0 kring x 0 = 0. (f) y + k 2 x 2 y = 0 kring x 0 = 0. (g) y 2xy + λy = 0. Visa att om λ 0, heltal så blir y eller y 2 ett polynom. (h) ( + x 2 )y 4xy + 6y = 0 kring x 0 = 0. (i) y ( + x)y = 0 kring x 0 = 0. Rekursionen borde bli c k+2 = (c k + c k+ )/(k + )(k + 2) (j) (x 2 + )y + xy y = 0 kring x 0 = 0. Rekursionen borde bli c k+2 = ( k)c k /(k + 2) (k) y + xy = 0 kring x 0 = 0. Rekursionen borde bli c k+2 = c k /(k + 2)(k + )

5 ÖVN 6 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF Vi gjorde (a) på övningen och kom fram till rekursionsrelationen a n+2 = 2 a n. (22) för n 0. Vi ser alltså att För de jämna koefficienterna så får vi n = 0 : a 2 = a 0 /2 (23) n = : a 3 = a /3 (24) n = 2 : a 4 = a 0 /2 4 = a 0 /2 2 2 (25) n = 3 : a 5 = a /3 5 (26) n = 4 : a 6 = a 0 /2 4 6 = a 0 / (27) n = 5 : a 7 = a /3 5 7 (28) a 2k = a 0 2 k k!. (29) De udda koefficienterna ger oss att, efter följande omskrivning alltså a 2 4+ = a 9 = a = a = a 2 4 4! 9! 9! (30) a 2k+ = a 2 k k! (2k + )!. (3) Vår lösning blir således, efter vi har splittat den på jämna och udda termer, y(x) = a 2k x 2k + a 2k+ x 2k+ (32) = a 0 = a 0 2 k k! x2k + a k! (x2 /2) k + a x 2 k k! (2k + )! x2k+ (33) k! (2k + )! (2x2 ) k (34) = a 0 e x2 /2 k! }{{} +a x (2k + )! (2x2 ) k. (35) :=y (x) }{{} :=y 2 (x) Enligt teorin för konvergensradien för lösningen: p(x) = x och q(x) = vilket båda är potensserier med konvergensradie =, alltså måste både y och y 2 ha oändlig konvergensradie, se (M5). Vi såg ovan att en av potensserierna kunde uttryckas mha den elementära funktionen e x2 /2. Den andra serien blir svårare att göra på samma sätt med, och därför lämnar vi den som ett potensserieuttryck. Vi ser också att a 0 och a är fria konstanter, och att vi genom detta faktiskt fått fram den allmänna lösningen till den homogena differentialekvationen y xy y = 0. Hur vet vi att y och y 2 är linjärt oberoende? Se (M): y har konstant term = och x-term-koeff =0 och y 2 har konstant term =0 och x-term-koeff =, alltså oberoende. Vi kan göra (d). I detta fall så är det en annan punkt än x 0 = 0. Personligen tycker jag att det är lättast att skriva om ekvationen på följande vis. Vi ansätter en ny oberoende variabel som t = x x 0 = x. Vi måste då göra om x derivator till t-derivator. Då får vi att dy dx = dy dx dt dt = dy dt = dy dt (36)

6 6 ÖVN 6 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF683 och på samma sätt d 2 y dx 2 = d dx [ ] dy = d dx dt så ekvationen blir i t-variabeln istället som vi ska lösa kring t 0 = 0. Ansätter insatt i ekvationen n=2 samma t någonting ger [ ] dy dx dx dt = d dt [ ] dy dx dt dt = d2 y dt 2. (37) y ( + t)y y = 0. (38) y (t) = y (t) = y(t) = a n t n (39) na n t n (40) n(n )a n t n 2. (4) n=2 n(n )a n t n 2 na n t n na n t n a n t n = 0 (42) (n + 2)(n + )a n+2 t n (n + )a n+ t n na n t n a n t n = 0 (43) fixa samma summatecken 2a 2 a a 0 + (n + 2)(n + )a n+2 t n (n + )a n+ t n na n t n a n t n = 0 (44) skriv om 2a 2 a a 0 + [(n + 2)(n + )a n+2 (n + )a n+ na n a n ] t n = 0 (45) då måste alla koefficienter vara 0 pga entydighet för potensserielösningar. Vi får 2a 2 a a 0 = 0 (46) (n + 2)(n + )a n+2 (n + )a n+ na n a n = 0 (47) där rekursionen gäller för n 2. Vi är ute efter två oberoende lösningar till ekvationen. Vi ser att a 0 och a blir fria variabler. Därför väljer vi i ett av fallen att ta a 0 = och a = 0. Då blir a 2 = /2. Rekursionen blir a n+2 = (n + 2) (a n+ + a n ). (48)

7 ÖVN 6 - DIFFERENTIALEKVATIONER OCH TRANSFORMMETODER - SF Testar och ser om vi får fram en explicit formel: a 0 = (49) a = 0 (50) a 2 = 2 a 3 = 3 2 a 4 = 4 ( ) = 4 2 ( 3 + ) = 2 3 a 5 = 5 ( ) = 5 3 a 6 = 6 ( ) = = a 7 = 7 ( ) = äh, hittar inget ballt mönster. Ring om du kommer på något. Detta ger alltså y enligt (5) (52) (53) (54) (55) (56) eller om vi byter tillbaka till den variabeln vi började med y = + 0t + 6 t2 + 6 t (57) y (x) = + 6 ( x)2 + 6 ( x) (58) För att få fram y 2 så väljer vi istället a 0 = 0 och a = (vilket enligt sats i boken kommer att garantera att y 2 blir oberoende av y, dvs {y, y 2 } kommer att utgöra en fundamental lösningsmängd, a 0 = 0 (59) a = (60) a 2 =... (6) räkna ut dessa själv! Om det är så att man inte får ut explicit uttryck för a n så kan man använda teorin från boken som garanterar att konvergensradien är minst lika stor som den minsta av konvergensradierna för p(x) och q(x). I vårt fall är båda dessa konv.radier =, alltså kommer båda våra lösningar ovan ha konvergensradie =.