Matematické Fórum

Nevíte-li si rady s jakýmkoliv matematickým problémem, toto místo je pro vás jako dělané.

Nástěnka
! 04. 11. 2016 (Jel.) Čtete, prosím, před vložení dotazu, děkuji!
17. 01. 2016 (Jel.) Rok 2016 s novými a novějšími krystaly od kolegy Pavla!
17. 01. 2016 (Jel.) Nabídka knih z oborů matematiky, fyziky, chemie
23. 10. 2013 (Jel.) Zkuste před zadáním dotazu použít některý z online-nástrojů, konzultovat použití můžete v sekci CAS.

Nejste přihlášen(a). Přihlásit

#1 25. 08. 2017 16:13 — Editoval canicula (25. 08. 2017 16:13)

canicula
Příspěvky: 50
Pozice: student
Reputace:   
 

Frobeniova metoda

Dobrý den,
máme k řešení tento příklad:

Pro rovnici:
$(1-x^2)y'' - 2xy + Ay = 0$
kde A je konstanta a $x \in [-1,1]$,
s použitím Frobeniovy metody, odvoď řešení pomocí řad ve formě:
$y = \sum_{n=0}^{\infty }a_n (x-1)^{(n+k)}$
Poté uveď podmínku pro A, která řadu ukončuje a redukuje řešení na polynomiál. Odpovídá to příslušné podmínce pro Legenderovy polynomiály?
Nápověda: V uvedených dvou rovnicích změň proměnou $x$ na $z = x - 1$.

Začala jsem tedy:
$y = \sum_{n=0}^{\infty }a_n (x-1)^{(n+k)}$
$y' = \sum_{n=0}^{\infty }(n+k)a_n (x-1)^{(n+k-1)}$
$y'' = \sum_{n=0}^{\infty }(n+k)(n +k - 1)a_n (x-1)^{(n+k-2)}$
a vložila jsem je zpátky do původní rovnice:
$(1-x^2) \sum_{n=0}^{\infty }(n+k)(n +k - 1)a_n (x-1)^{(n+k-2)} - 2x\sum_{n=0}^{\infty }(n+k)a_n (x-1)^{(n+k-1)} + A \sum_{n=0}^{\infty }a_n (x-1)^{(n+k)} = 0 $
Nevím si však rady, jak ji dále upravit, ať už nyní provedu $x \rightarrow x -1$, nebo až po roznásobení výrazů před sumacemi.

Budu vděčná z jakékoli popostrčení, protože se mi to nezdá jako těžký příklad, přesto tam nějakou drobnůstku nevidím.

Offline

  • (téma jako vyřešené označil(a) canicula)

#2 25. 08. 2017 20:06

Rumburak
Místo: Praha
Příspěvky: 8115
Reputace:   476 
 

Re: Frobeniova metoda

↑ canicula:
Ahoj.

Ta podmínka na tvar řady  $y = \sum_{n=0}^{\infty }a_n (x-1)^{(n+k)}$ poněkud komplikuje
počtářskou stránku postupu. Možná by bylo užitečné provést napřed v dané rovnici
substituci


(*)                  $x-1 = t$ (čili $x = t + 1$) ,

řešení takto vzniklé rovnive pak nalézt ve tvaru

                       $y = \sum_{n=0}^{\infty }a_n t^{(n+k)}$

a na tento mezivýsledek aplikovat substituci inversní k (*).

Offline

 

#3 25. 08. 2017 21:13

canicula
Příspěvky: 50
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Frobeniova metoda

Velmi ti děkuji!
Provedla jsem tedy toto:
http://forum.matematika.cz/upload3/img/2017-08/88015_21124760_10203427216717627_1534422026_o.jpg
http://forum.matematika.cz/upload3/img/2017-08/88045_21123289_10203427216757628_33274224_o.jpg
(čtvrtý řádek odspoda neplatí).
Jestliže je úprava správná, pak mám výsledek v případě té substituce:
$a_{n+1} = -\frac{(n+k)(n+k+1) + A}{2(n+k+1)^2} a_{n}$
Jak mohu tedy substituci vrátit?

Offline

 

#4 26. 08. 2017 17:23

Rumburak
Místo: Praha
Příspěvky: 8115
Reputace:   476 
 

Re: Frobeniova metoda

↑ canicula:

Jak mohu tedy substituci vrátit?

Tento dotaz je důsledkem nepřesného "popisu" té substituce, píšme-li $x \to x + 1$.
Používat jednu proměnnou (zde $x$) v několika různých významech je metodická chyba.

Kdybys napsala

(1)               $x-1 = t$,

tedy výraz $x-1$ označila novou proměnnou $t$, bylo by vše jasné  - do nalezené řady

                $\sum_{n=0}^{\infty} a_n t^{n+k}$

bys za $t$  dosadila $x-1$, tedy přesně dle  (1).

Offline

 

Zápatí

Powered by PunBB
© Copyright 2002–2005 Rickard Andersson