UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA POLONA ŠENKINC REŠEVANJE LINEARNIH DIFERENCIALNIH ENAČB DRUGEGA REDA S POMOČJO POTENČNIH VRST DIPLOMSKO DELO

Transcription

1 UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA POLONA ŠENKINC REŠEVANJE LINEARNIH DIFERENCIALNIH ENAČB DRUGEGA REDA S POMOČJO POTENČNIH VRST DIPLOMSKO DELO LJUBLJANA, 2016

2

3 UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA DVOPREDMETNI UČITELJ: FIZIKA MATEMATIKA POLONA ŠENKINC Mentor: izr. prof. dr. MARKO SLAPAR REŠEVANJE LINEARNIH DIFERENCIALNIH ENAČB DRUGEGA REDA S POMOČJO POTENČNIH VRST Diplomsko delo LJUBLJANA, 2016

4

5 Zahvala Zahvaljujem se mentorju, izr. prof. dr. Marku Slaparju, za nasvete in strokovno pomoč ter vložen čas, trud in spodbudo pri nastajanju diplomskega dela. Hvala družini, ki mi je študij omogočila in me skozi vsa leta podpirala. Hvala tudi prijateljem in sošolcem za podporo, spodbudo in nepozabna študijska leta. Hvala!

6

7 Povzetek Homogene linearne diferencialne enačbe drugega reda so enačbe oblike P (x)y + Q(x)y +R(x)y = 0, kjer je x neodvisna spremenljivka. Takih enačb v splošnem ne znamo reševati. Rešiti znamo le take s konstantnimi koeficienti. Homogene linearne diferencialne enačbe drugega reda, ki imajo za koeficiente predvsem analitične funkcije, pa lahko rešujemo s pomočjo potenčnih vrst. Na začetku je tako navedenih nekaj lastnosti potenčnih vrst, ki jih uporabimo kasneje pri reševanju. Glede na vrednost funkcije P (x) ločimo dve vrsti točk, okoli katerih rešujemo diferencialne enačbe, navadne in singularne točke. Primer enačbe s singularnimi točkami je Eulerjeva enačba x 2 y + αxy + βy = 0, kjer sta α in β realni konstanti. Na primeru Eulerjeve enačbe vidmo, da lahko rešitev zapišemo v določeni obliki, glede na vrednosti ničel karakteristične enačbe F (r) = r(r 1) + αr + β = 0. Tako ločimo primere, ko sta ničli realni in različni, realni in enaki ali pa sta konjugiran kompleksni par. Na koncu si ogledamo še Besslovo enačbo x 2 y + xy + (x 2 ν 2 )y = 0, kjer je ν konstanta in njene rešitve reda nič. Ključne besede: homogene linearne diferencialne enačbe drugega reda, potenčna vrsta, navadna točka, singularna točka, Eulerjeva enačba, Besslova enačba

8

9 Abstract Second-order linear homogeneous differential equations are mathematical equations of form P (x)y + Q(x)y + R(x)y = 0 where x is an independent variable. In general, we can solve only equations with constant coefficients, and therefore cannot solve the equations in question. On the other hand, second-order linear homogeneous differential equations with coefficients in form of analytic functions can be solved with power series. In dissertation we discuss power series characteristics that we use for solving the equations in question. We can find a series solutions around two types of points, ordinary and singular points. Euler s equation x 2 y + αxy + βy = 0 is one of the examples where the equation has a singular point and α and β as real constants. When analysing Euler s equation we find out that the form of the equations solution depends on zero value of characteristic equation F (r) = r(r 1) +αr + β = 0. There can be different or equal real zeroes or conjugated complex couple of zeroes. In the end, we analyse Bessel s equation x 2 y + xy + (x 2 ν 2 )y = 0 where ν is a constant with solutions of zero order. Key Words: second-order linear homogeneous differential equations, power series, ordinary point, singular point, Euler s equation, Bessel s equation

10

11 Kazalo 1 Uvod Lastnosti potenčnih vrst Homogene linearne diferencialne enačbe Reševanje homogenih enačb Reševanje homogene enačbe v okolici navadne točke Reševanje homogene enačbe v okolici singularne točke Eulerjeva enačba Rešitev splošne enačbe v okolici regularne singularne točke Besslova enačba in funkcije 23

12

13 Slike Slika 1: Interval konvergence Slika 2: Funkcija x r Slika 3: Funkcija x r ln x Slika 4: Funkcija x λ cos(µ ln x) Slika 5: Besslove funkcije

14

15 1 Uvod Za začetek defnirajmo, kaj so diferencialne enačbe, katere vrste diferencialnih enačb ločimo ter osnovne pojme, ki jih bomo potrebovali v nadaljevanju. Diferencialna enačba je enačba, ki vsebuje eno ali več spremenljivk in povezuje vrednosti spremenljivke z njenimi odvodi (prvimi ali višjimi). Glede na število spremenljivk v enačbi ločimo navadne in parcialne diferencialne enačbe. V navadnih diferencialnih enačbah nastopa le ena spremenljivka in njeni odvodi, pri parcialnih pa nastopa več spremenljivk ter njihovi odvodi. Glede na potenco spremenljivke oziroma potenco njenega odvoda pa ločimo linearne in nelinearne diferencialne enačbe. Diferencialne enačbe so linearne, če je najvišja potenca spremenljivke ali odvodov enaka 1. Pri nelinearnih enačbah pa je najvišja stopnja spremenljivke ali odvodov večja od 1. Diferencialne enačbe lahko ločimo tudi na homogene in nehomogene. Pri homogenih diferencialnih enačbah vsi členi vsebujejo spremenljivko ali njen odvod, pri nehomogenih pa nastopajo tudi členi, ki ne vsebujejo spremenljivke ali njenega odvoda. [1] Red diferencialne enačbe je najvišji odvod neznane funkcije, ki nastopa v enačbi. Primer enačbe drugega reda je enačba y + y = 0. Najvišji potenci odvoda najvišjega reda iskane funkcije, pa rečemo stopnja direfencialne enačbe. Primer enačbe druge stopnje pa je y 2 + y = 0. Nalogam, pri katerih so podani začetni pogoji, za katere moramo poiskati rešitev, rečemo začetne naloge. V primeru, ko je enačba začetne naloge stopnje n, potrebujemo n začetnih pogojev. [2] Poglejmo si primer začetne naloge, povzet po [2]. Podana je enačba y + y = 0 in začetna pogoja y( π ) = 1 ter y(π) = 2. 2 Rešitev take enačbe je oblike y = a 1 cos x + a 2 sin x. Sedaj pa najprej v rešitev vstavimo prvi pogoj, torej x = π 2 in y = 1. Tako dobimo 1 = a 1 cos( π 2 ) + a 2 sin( π 2 ). Ker je cos( π 2 ) = 0 in sin( π 2 ) = 1, lahko izračunamo prvo neznanko, torej a 2 = 1. Na enak način izračunamo tudi drugo neznanko, le da sedaj vstavimo v enačbo rešitve drugi pogoj. Dobimo 2 = a 1 cos(π) + a 2 sin(π) 2 = a 1 cos(π) + sin(π), 1

16 kjer smo upoštevali, da je a 2 = 1. Kot vemo, je cos(π) = 1 in sin(π) = 0, torej izračunamo še drugo neznanko, ki je a 1 = 2. Končno rešitev lahko zapišemo v obliki y = 2 cos x + sin x. V nadaljevanju diplomske naloge se bomo osredotočili na reševanje navadnih homogenih linearnih diferencialnih enačb, zato si poglejmo v kakšni obliki jih zapišemo. Homogene linearne diferencialne enačbe reda n lahko zapišemo v naslednji obliki: a n (x)y (n) + a n 1 (x)y (n 1) + + a 1 (x)y + a 0 (x)y = 0, kjer so a i (x) znane funkcije, za katere običajno predpostavimo vsaj zveznost. [2] Navadno take enačbe delimo na dva dela, na takšne, ki imajo konstantne koeficiente in takšne z nekonstantnimi koeficienti. Pri reševanju linearnih diferencialnih enačb drugega reda s konstantnimi koeficienti si pomagamo z različnimi postopki, ki nas načeloma vedno pripeljejo do rešitve. Pri reševanju enačb z nekonstantnimi koeficienti pa ne poznamo nobenega enostavnega postopka, ki bi nas pri vsakem primeru pripeljal do končne rešitve. V diplomski nalogi se bom osredotočila na reševanje homogenih linearnih diferencialnih enačb drugega reda, ki imajo za koeficiente lepe analitične funkcije. Pri reševanju takih enačb si bom pomagala s potenčnimi vrstami, zato si v nadaljevanju oglejmo nekaj lastnosti. 1.1 Lastnosti potenčnih vrst Potenčne vrste so neskončne vrste, ki jih zapišemo v obliki a n(x x 0 ) n, kjer je a n koeficient n-tega člena, x 0 pa točka okoli katere je vrsta centrirana. V veliko primerih lahko kar predpostavimo, da je točka x 0 enaka 0, kar pomeni, da lahko potenčno vrsto zapišemo v obliki a nx n. Za začetek si poglejmo nekaj lastnosti potenčnih vrst. Potenčna vrsta a n(x x 0 ) n konvergira v točki x, če lim m m a n(x x 0 ) n obstaja za x. Vrsta zagotovo konvergira v točki x = x 0 ; lahko pa konvergira tudi za vsak x ali pa le za nekatere vrednosti x, za ostale pa ne. 2

17 Vrsta a n(x x 0 ) n konvergira absolutno v točki x, če tudi vrsta a n (x x 0 ) n = a n x x 0 n konvergira. Iz pogoja lahko vidimo, da če vrsta konvergira absolutno, potem tudi konvergira, obrat pa ne velja vedno. Konvergenčni radij je nenegativno število ρ, za katerega vrsta a n(x x 0 ) n konvergira absolutno za x x 0 < ρ in divergira za x x 0 > ρ. Za vrste, ki konvergirajo samo v točki x 0, je konvergenčni radij enak 0; za vrste, ki konvergirajo za vse x, pa je konvergenčni radij neskončen. Če je ρ > 0, rečemo intervalu x x 0 < ρ interval konvergence (Slika 1). Vrsta pa lahko konvergira ali divergira, če je x x 0 = ρ. Konvergenčni radij je določen z L = lim n a n+1 a n, in sicer kot ρ = 1 L. Bolj v splošnem, pa lahko konvergenčni radij zapišemo tudi kot ρ = 1 lim sup n n a n, kjer lim sup označuje limito supremuma. Na sliki 1 si lahko pogledamo območja, kjer vrsta konvergira oziroma divergira. Slika 1: Interval konvergence Primer 1. Dana je potenčna vrsta n=1 ( 1)n+1 n(x 2) n. S pomočjo testa razmerja lahko določimo, za katere vrednosti vrsta konvergira. Dobimo lim n ( 1) n+2 (n + 1)(x 2) n+1 ( 1) n+1 n(x 2) n = x 2 lim n n + 1 n = x 2. Po prejšnji lastnosti vemo, da vrsta konvergira absolutno za x 2 < 1 oziroma za 1 < x < 3 in divergira za x 2 > 1. 3

18 Primer 2. Imejmo Taylorjevo vrsto (1 + x 2 ) 1 centrirano okoli točke x = 0. Vrsto lahko zapišemo tudi v malce drugačni obliki x 2 = 1 x2 + x 4 x ( 1) n x 2n + Konvergenčni radij lahko dolčimo tako, da določimo ničle 1 + x 2. Tako dobimo x = ±i. V kompleksni ravnini je razdalja od 0 do i ali do i enaka 1. Torej je konvergenčni radij za potenčno vrsto v okolici x = 0 enak 1. Poglejmo si še, kako potenčne vrste seštevamo in odštevamo ter množimo. Naj vrsti f(x) = a n(x x 0 ) n in g(x) = b n(x x 0 ) n konvergirata za x x 0 < ρ, ρ > 0. Vrste lahko seštevamo ali odštevamo po členih. Vsota oziroma razlika funkcij f(x) in g(x) razvitih v potenčno vrsto, je enaka f(x) ± g(x) = (a n ± b n )(x x 0 ) n ; rezultat vrste pa konvergira najmanj za x x 0 < ρ. Vrste lahko tudi množimo, po sledečem načinu: f(x)g(x) = [ a n (x x 0 ) n][ b n (x x 0 ) n] = c n (x x 0 ) n, kjer je c n = a 0 b n + a 1 b n a n b 0, rezultat vrste pa ravno tako kot pri seštevanju ali odštevanju konvergira najmanj za x x 0 < ρ. Naj bo f(x) = a n(x x 0 ) n funkcija, ki konvergira za x x 0 < ρ. Potem je f poljubnokrat odvedljiva. Zato lahko izračunamo odvode f = na n(x x 0 ) n 1, f = n(n 1)a n(x x 0 ) n 2 in tako naprej in vsaka od teh vrst konvergira absolutno za x x 0 < ρ. Naj bo f poljubnokrat odvedljiva v x 0 in naj bo vrsta a n(x x 0 ) n, kjer je a n = f (n) (x 0 ), centrirana okrog x n! 0. Dani vrsti f (n) (x 0 ) (x x n! 0 ) n rečemo Taylorjeva vrsta f centrirana okorg x 0. Če je f(x) = v neki okolici točke x 0, rečemo, da je f analitična v x 0. f (n) (x 0 ) (x x n! 0 ) n Če je f analitična v neki točki nekega intervala, sledi, da je analitična na tem intervalu. Zgoraj opisane lastnosti potenčnih funkcij so povzete po [4] 4

19 1.2 Homogene linearne diferencialne enačbe Linearne diferencialne enačbe drugega reda zapišemo v obliki y + p(x)y + q(x)y = f(x), (1) kjer so funkcije p(x), q(x) in f(x) v splošnem zvezne funkcije. Pri reševanju linearnih diferencialnih enačb drugega reda z začetno nalogo si lahko pomagamo z naslednjim izrekom. Izrek 1. (Eksistenčni izrek) Naj bodo p(x), q(x) in f(x) zvezne funkcije na odprtem intervalu I. Naj bo x 0 poljubna točka iz I in c 0, c 1 poljubni realni števili. Potem obstaja natanko ena rešitev y : I R, y C 2, ki reši začetno nalogo y + p(x)y + q(x)y = f(x), y(x 0 ) = c 0, y (x 0 ) = c 1. V nadaljevanju si bomo podrobneje pogledali homogene linearne enačbe drugega reda oblike P (x)y + Q(x)y + R(x)y = 0. (2) V primeru, ko P (x) 0, lahko enačbo (2) preoblikujemo v enačbo oblike (1), kjer upoštevamo, da je f(x) = 0. Tako dobimo enačbo oblike y + p(x)y + q(x)y = 0 in si lahko pri obstoju rešitve pomagamo z zgornjim izrekom. Pri matematični fiziki pri veliko problemih naletimo na enačbe oblike (2), ki imajo za koeficiente polinome. Primera takih enačb sta Besslova enačba oblike x 2 y + xy + (x 2 ν 2 )y = 0, kjer je ν konstanta in pa Legendrova enačba oblike (1 x 2 )y 2xy + α(α + 1)y = 0, kjer je α konstanta. Mi se bomo v nadaljevanju osredotočili predvsem na primere, kjer so funkcije P, Q in R polinomi ali bolj splošno, analitične funkcije. Naj bo x 0 točka, za katero velja P (x 0 ) 0. Če so P, Q in R zvezne funkcije, sta tudi p in q zvezna, kjer je p = Q(x) R(x) in q =. Če so P, Q in R polnomi, sta P (x) P (x) p in q racionalni funkciji. V primeru, ko so P, Q in R analitične, sta tudi p in q analitična. Če je funkcija P konstantna, sledi, da na intervalu v okolici x 0 P (x 0 ) ni nikoli enak nič. Na tem intervalu lahko enačbo (2) delimo s P (x) in dobimo y + p(x)y + q(x)y = 0, (3) 5

20 kjer sta p(x) = Q(x) R(x) in q(x) =. P (x) P (x) Če pa P (x 0 ) = 0, potem bi z deljenjem lahko pridelali singularnost v p in q. Definicija 1. Če sta funkciji p = Q in q = R analitični v x P P 0, potem je točka x 0 navadna točka diferencialne enačbe (2); v nasprotnem primeru je to singularna točka. Glavi vir tega poglavja je [4]. 6

21 2 Reševanje homogenih enačb 2.1 Reševanje homogene enačbe v okolici navadne točke Dana je linearna homogena diferencialna enačba P (x)y + Q(x)y + R(x)y = 0. x 0 je navadna točka v primeru, ko P (x 0 ) 0, torej lahko enačbo delimo s P (x 0 ). Tako dobimo enačbo oblike (3). Pri reševanju takšne homogene linearne diferencialne enačbe drugega reda, iščemo rešitev v obliki y = a 0 + a 1 (x x 0 ) + + a n (x x 0 ) n + = a n (x x 0 ) n (4) in predvidevamo, da vrsta konvergira na intervalu x x 0 < ρ za nek ρ > 0. Najlažji način za določitev koeficienta a n je ta, da napišemo rešitev v obliki vrste (4), izračunamo njene odvode y in y ter jih vstavimo v enačbo (2). Poglejmo si reševanje homogene enačbe v okolici navadne točke na primeru. Primer 3. Poiščimo rešitev enačbe y + y = 0, < x <. (5) Iz dane enačbe lahko razberemo P (x) = 1, Q(x) = 0 in R(x) = 1, kar pomeni, da je vsaka točka navadna. Iskali bomo rešitev enačbe v obliki vrste v okolici točke x 0 = 0, y = a n x n (6) in predvidevamo, da vrsta konvergira na intervalu x < ρ. Vrsto (6) odvajamo y = na n x n 1, n=1 y = n(n 1)a n x n 2. (7) n=2 Dobljeni vrsti (6) in (7) vstavimo v enačbo (5) in dobimo n(n 1)a n x n 2 + a n x n = 0. n=2 7

22 Če želimo dve vrsti sešteti, morata obe začeti z enakim n, zato enačbo nekoliko preuredimo (n + 2)(n + 1)a n+2 x n + a n x n = [(n + 2)(n + 1)a n+2 + a n ] x n = 0. Da bo enačba zadoščala vsem x, morajo biti koeficienti pred vsakim x enaki nič. To lahko zapišemo kot (n + 2)(n + 1)a n+2 + a n = 0, n = 0, 1, 2... (8) Zaporedne koeficiente lahko zapišemo posamezno enega po enega, tako da vstavimo n = 0, 1, 2... V našem primeru pa lahko ločimo sode in lihe koeficiente. V splošnem lahko iz enačbe (8) zapišemo a n+2 = a n. Za sode koeficiente tako dobimo (n+2)(n+1) a 2 = a 0 2!, a 4 = a 2 (4 3) = a 0 4!,... V splošnem lahko za sode koeficiente zapišemo a 2k = ( 1)k (2k)! a 0, k = 1, 2, 3... Na enak način lahko zapišemo tudi lihe koeficiente in v splošnem a 3 = a 1 (2 3) = a 1 3!, a 5 = a 3 (5 4) = a 1 5!,... a 2k+1 = ( 1)k (2k + 1)! a 1, k = 1, 2, 3... Če razpišemo člene in jih seštejemo v enačbi (6) dobimo [ ] y = a 0 1 x2 2! + x4 4! + + ( 1)n (2n)! x2n + + [ ] + a 1 x x3 3! + x5 5! + + ( 1)n (2n + 1)! x2n+1 + oziroma y = a 0 ( 1) n (2n)! x2n + a 1 ( 1) n (2n + 1)! x2n+1 (9) Iz rešitve (9) lahko opazimo, da prva vrsta ustreza ravno Taylorjevi vrsti za cos x v okolici x = 0, druga vrsta pa Taylorjevi vrsti za sin x v okolici x = 0. Tako lahko splošno rešitev zapišemo tudi v obliki y = a 0 cos x + a 1 sin x. 8

23 Zgornji postopek lahko izpeljemo tudi bolj v splošnem. Naj bo P (x)y + Q(x)y + R(x)y = 0 linearna homogena diferencialna enačba, kjer so P, Q in R analitične funkcije in P (x 0 ) 0. Predpostavimo, da je rešitev enačbe (2) oblike y = φ(x) = a n (x x 0 ) n. (10) Ko enačbo (10) m-krat odvajamo in x enačimo z x 0 dobimo φ (m) (x 0 ) = m!a m. Za izračun členov a n v vrsti (10) moramo pokazati, da lahko določimo φ (n) (x 0 ) za n = 0, 1, 2... s pomočjo diferencialne enačbe (2). Predpostavimo, da je y = φ(x) rešitev enačbe (2), ki ustreza začetnim pogojem y(x 0 ) = y 0 in y (x 0 ) = y 0, torej je a 0 = y 0 in a 1 = y 0. Tako dobimo P (x)φ (x) + Q(x)φ (x) + R(x)φ(x) = 0. Za vsak interval v okolici x 0, kjer P (x) 0, lahko enačbo zapišemo v obliki φ (x) = p(x)φ (x) q(x)φ(x), (11) kjer je p(x) = Q(x) R(x) in q(x) =, ter sta p in q analitični v x P (x) P (x) 0. Če enačimo x z x 0, lahko enačbo (11) zapišemo kot Člen a 2 je podan z φ (x 0 ) = p(x 0 )φ (x 0 ) q(x 0 )φ(x 0 ). 2!a 2 = φ (x 0 ) = p(x 0 )φ (x 0 ) q(x 0 )φ(x 0 ). (12) Za določitev člena a 3 moramo odvajati enačbo (11) in x enačiti z x 0. Dobimo 3!a 3 = φ (x 0 ) = [pφ + (p + q)φ + q φ] x=x0 = 2!p(x 0 )a 2 [p (x 0 ) + q(x 0 )]a 1 q (x 0 )a 0. Če v ta člen vstavimo a 2 iz enačbe (12), vidimo, da lahko tudi a 3 izrazimo z a 0 in a 1. 9

24 Ker so P, Q in R analitične in P (x 0 ) 0, sta p in q v x 0 neskončnokrat odvedljiva. Na enak način lahko izračunamo tudi preostale člene a 4, a 5..., kjer ravno tako enačimo x = x 0. Zelo pomembna lastnost pri določanju členov a n je ta, da lahko izračunamo neskončno mnogo odvodov p in q in da sta ti dve funkciji analitični v točki x 0. To pomeni, da sta funkciji Taylorjevi vrsti, ki konvergirata na intervalu v okolici točke x 0 in ju zapišemo v obliki: p(x) = p 0 + p 1 (x x 0 ) + + p 0 (x x 0 ) n + = p n (x x 0 ) n, q(x) = q 0 + q 1 (x x 0 ) + + q 0 (x x 0 ) n + = q n (x x 0 ) n. Povzemimo zgoraj napisano v naslednjem izreku. Izrek 2. Če je x 0 navadna točka diferencialne enačbe P (x)y + Q(x)y + R(x)y = 0, in sta funkciji p = Q in q = R analitični v x P P 0, potem je splošna rešitev dane enačbe y = a n (x x 0 ) n = a 0 y 1 (x) + a 1 y 2 (x), kjer sta a 0 in a 1 določeni ter y 1 in y 2 linearno neodvisni rešitvi v obliki vrste, ki sta analitični v x 0. Konvergenčni radij za vsako rešitev y 1 in y 2 je najmanj tolikšen, kot je minimalni konvergenčni radij vrst za p in q. Osnovni vir poglavja je [4]. 2.2 Reševanje homogene enačbe v okolici singularne točke Dana je enačba P (x)y + Q(x)y + R(x)y = 0. Singularna točka x 0 dane enačbe je točka, za katero velja P (x 0 ) = 0. Poglejmo si Besslovo enačbo x 2 y + xy + (x 2 ν 2 )y = 0. Iz enačbe razberemo, da je P (x) = x 2. Ker je P (x) = x 2 = 0, je točka x = 0 singularna točka, vse ostale točke pa so navadne. 10

25 Če želimo homogene enačbe v okolici singularne točke reševati na enak način kot v okolici navadne točke, naletimo na težavo. Težava se pojavi, saj rešitev enačbe (2) ni nujno analitična v okolici x 0 in posledično je ne moremo predstaviti kot Taylorjevo vrsto. Zato moramo razširiti metodo, ki smo jo uporabili za reševanje enačb v okolici navadne točke, tako da bo delovala tudi pri reševanju enačb v okolici singularne točke. Če želimo to narediti na enostaven način, se moramo omejiti na primere, pri katerih singularnost funkcij Q in R ni povsem splošna. P P Singularna točka x 0 je regularna singularna točka, če sta obe funkciji (x x 0 ) Q(x) P (x) in (x x 0 ) 2 R(x) P (x) (13) analitični v okolici x 0 (oziroma imata odpravljivo singularnost). Vsaki singularni točki, ki ni regularna singularna, rečemo neregularna singularna točka. Na primeru si poglejmo, kako določimo, ali je singularna točka regularna ali neregularna. Primer 4. Določimo singularne točke diferencialne enačbe 2x(x 2) 2 y + 3xy + (x 2)y = 0 in za vsako točko določimo, ali je regularna ali neregularna. Enačbo najprej delimo z 2x(x 2) 2, in dobimo y (x 2) 2 y + 2x(x 2) y = 0, kjer sta p(x) = 3 1 in q(x) =. Za singularni točki mora veljati P (x) = 2(x 2) 2 2x(x 2) 2x(x 2) 2 = 0, torej sta to točki x = 0 in x = 2. Poglejmo si najprej točko x = 0. Izračunamo naslednji limiti lim xp(x) = lim x 3 x 0 x 0 2(x 2) 2 = 0 lim x 0 x2 q(x) = x 2 1 2x(x 2) = 0. Ti dve limiti sta končni in točka x = 0 je regularna singularna točka. Poglejmo si še točko x = 2. Ker limita lim(x 2)p(x) = lim (x 2) 3 x 2 x 2 2(x 2) 2 = lim 3 x 2 2(x 2) ne obstaja, je točka x = 2 neregularna singularna točka. 11

26 2.2.1 Eulerjeva enačba Preprosta diferencialna enačba, ki ima regularne singularne točke, je Eulerjeva enačba L[y] = x 2 y + αxy + βy = 0, (14) kjer sta α in β realna koeficienta. Točka x = 0 je regularna singularna točka, saj je lim xp(x) = lim xα x 0 x 0 x = α, lim x 0 x2 q(x) = x 2 β x 2 = β, kjer sta p(x) = α x in q(x) = β x 2. Rešitev Eulerjeve enačbe je tipična rešitev diferencialnih enačb z regularnimi singularnimi točkami, zato si jo bomo podrobneje pogledali. Na vsakem intervalu, ki ne vsebuje izhodišča, ima enačba (14) rešitev v obliki y = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x), kjer sta y 1 in y 2 linearno neodvisni funkciji. Zaradi lažje izpeljave in računanja bomo rešitve najprej obravnavali na intervalu x > 0, kasneje pa ga bomo razširili tudi na interval x < 0. Predvidevamo, da ima enačba (14) rešitev v obliki y = x r, kjer je x r = e r ln x, zato najprej izračunamo še njena odvoda y = rx r 1 in y = r(r 1)x r 2. Dano funkcijo in njena odvoda vstavimo v prvotno enačbo in dobimo L[x r ] = x 2 r(r 1)x r 2 + αxrx r 1 + βx r L[x r ] = x r [r(r 1) + αr + β]. (15) Če x r 0, potem mora veljati F (r) = r(r 1) + αr + β = 0. Če je r rešitev kvadratne enačbe F (r), potem je L[x r ] enak nič in y = x r je rešitev enačbe (14). Rešitvi kvadratne enačbe F (r) sta r 1, r 2 = (α 1) ± (α 1) 2 4β in velja F (r) = (r r 1 )(r r 2 ). Pri linearnih enačbah drugega reda s konstantnimi koeficienti moramo ločeno obravnavati primere, ko so ničle realne in različne, realne in enake ali konjugiran kompleksni par. 12 2

27 Realne in različne ničle Če ima F (r) = 0 dve realni ničli r 1 in r 2, ki sta različni, potem sta rešitvi enačbe (14) funkciji y 1 (x) = x r 1 in y 2 (x) = x r 2. Da se prepričamo, da sta to res linearno neodvisni rešitvi enačbe, izračunamo determinanto Wronskega. V primeru, da je determinanta Wronskega enaka 0, sta funkciji odvisni, v naprotnem primeru pa neodvisni. Izračunajmo determinanto za naš primer, kjer je r 1 r 2 in x > 0 W (x r 1, x r 2 ) = x r1 (x r 2 ) x r2 (x r 1 ) = = x r 1 r 2 x r2 1 x r 2 r 1 x r1 1 = = (r 2 r 1 )x r 1+r 2 1. Rešitvi y 1 in y 2 sta torej res neodvisni in splošna rešitev enačbe (14) je y = c 1 x r 1 + c 2 x r 2, x > 0. (16) V primeru, ko r ni racionalno število, potem je x r definiran kot x r = e r ln x. Še na sliki si poglejmo, kako se obnašajo različne rešitve enačbe (14) v okolici singularne točke x = 0. Če je r realno in pozitivno število, potem x r 0, ko x 0, kjer je x > 0. Če pa je r realno in negativno število, postane x r neomejeno, ko x 0 za x > 0. V primeru, da je r = 0, pa je x r = 1. Na sliki 2 je prikazanih nekaj možnosti za različne vrednosti r. Primer 5. Zapišimo splošno rešitev enačbe 2x 2 y + 3xy 15y = 0, x > 0. Najprej naredimo zamenjavo spremenljivk y = x r, izračunamo odvode in vstavimo v enačbo. Dobimo 2r(r 1)x r + 3rx r 15x r = [2r(r 1) + 3r 15]x r = 0. Izračunamo še F (r) = 0 ter določimo ničli r 1 in r 2 : F (r) = 2r(r 1) + 3r 15 = (2r 5)(r + 3) = 0 r 1 = 5 2, r 2 = 3. Sedaj lahko zapišemo še splošno rešitev dane enačbe: y = c 1 x c2 x 3, x > 0. 13

28 Slika 2: Obnašanje funkcije x r v okolici x = 0 za različne vrednosti r. Dvojna realna ničla Če sta ničli r 1 in r 2 enaki, potem predvidevamo, da dobimo samo eno rešitev oblike y 1 (x) = x r 1. Da dobimo še drugo rešitev, si pomagamo z znižanjem reda enačbe. Ker velja r 1 = r 2, sledi, da je F (r 1 ) = 0 ter tudi F (r 1 ) = 0. Ta pogoj nam sugestira, da enačbo (15) odvajamo po r in nato r enačimo z r 1. Z odvajanjem enačbe po r dobimo r L[xr ] = r [xr F (r)], z upoštevanjem r xr = x r ln x, dobimo L[x r ln x] = (r r 1 ) 2 x r ln x + 2(r r 1 )x r = (17) = [(r r 1 ) 2 ln x + 2(r r 1 )]x r. (18) Če velja r = r 1, je desna stran enačbe (18) enaka 0. To pomeni, da je druga rešitev enačbe (14). y 2 (x) = x r 1 ln x, x > 0 Neodvisnost rešitev lahko ponovno preverimo z determinanto Wronskega, W (x r 1, x r 1 ln x) = x 2r 1 1. Torej sta rešitvi res 14

29 neodvisni za x > 0 in splošno rešitev lahko zapišemo v obliki y = (c 1 + c 2 ln x)x r 1, x > 0. (19) Kako se funkcija x r obnaša v okolici točke x = 0, smo videli v prejšnjem primeru, sedaj pa si na sliki poglejmo še, kako se obnaša funkcija x r ln x v okolici točke x = 0. V primeru, ko je r pozitivno število, potem x r ln x 0, če x 0. V primeru, ko pa je r 0, postane funkcija x r ln x v okolici x = 0 neomejena. Slika 3 prikazuje dva primera za različne vrednosti r. Slika 3: Obnašanje funkcije x r ln x v okolici x = 0 za različne vrednosti r. Primer 6. Zapišimo splošno rešitev enačbe x 2 y 7xy + 16y = 0, x > 0. Izračunati moramo ničle kvadratne funkcije F (r) = 0. Dobimo r(r 1) 7r + 16 = r 2 8r + 16 = (r 4) 2 = 0 r 1 = 4. Zapišimo še splošno rešitev dane enačbe y = (c 1 + c 2 ln x)x 4, x > 0. 15

30 Konjugiran kompleksni par ničel Naj bosta r 1 in r 2 konjugirani kompleksni ničli, kjer je r 1 = λ + iµ in r 2 = λ iµ ter µ 0. Za začetek moramo definirati, kaj pomeni x r, če je r kompleksna ničla. V prejšnjih primerih, ko je bil r realno število in x > 0, je veljalo x r = e r ln x. To bomo uporabili tudi pri definiranju x r v primeru, ko je r kompleksno število. Tako dobimo x λ+iµ = e (λ+iµ) ln x = e λ ln x e iµ ln x = x λ e iµ ln x. Spomnimo se, da velja e iµ ln x = cos(µ ln x) + i sin(µ ln x), kar uporabimo pri definiranju x λ+iµ. Tako dobimo x λ+iµ = x λ [cos(µ ln x) + i sin(µ ln x)], x > 0. (20) S takšno definicijo x r sta y 1 (x) = x r 1 in y 2 (x) = x r 2 rešitvi enačbe (14). Splošno rešitev pa lahko zapišemo v obliki y = c 1 x λ+iµ + c 2 x λ iµ. (21) Slabost splošne rešitve (21) je ta, da imata funkciji x λ+iµ in x λ iµ kompleksno vrednost. Zato raje zapišemo realen in imaginaren del x λ+iµ kot x λ cos(µ ln x) in x λ sin(µ ln x), ki sta tudi rešitvi enačbe (14). Tako kot prej lahko preverimo neodvisnost teh dveh funkcij s pomočjo determinante Wronskega. Dobimo W (x λ cos(µ ln x), x λ sin(µ ln x)) = µx 2λ 1, torej sta funkciji res neodvisni za x > 0 in lahko zapišemo splošno rešitev enačbe (14) v obliki y = c 1 x λ cos(µ ln x) + c 2 x λ sin(µ ln x), x > 0. (22) Največkrat kot splošno rešitev pri kompleksnih ničlah zapišemo funkcijo x λ cos(µ ln x). Poglejmo si, kako se ta funkcija obnaša v okolici točke x = 0. Če je λ pozitivno število, se funkcija približuje 0 in vedno bolj oscilira, ko x 0. Če pa je λ negativno število, pa funkcija postaja neomejena v okolici x = 0 in prav tako vedno bolj oscilira. Primer za izbrani števili λ in µ si poglejmo na spodnjih dveh slikah. 16

31 Slika 4: Obnašanje funkcije x λ cos(µ ln x) v okolici x = 0 za pozitivno (leva slika) in negativno (desna slika) vrednosti λ. Primer 7. Zapišimo splošno rešitev enačbe x 2 y + 3xy + 5y = 0, x > 0. Naredimo zamenjavo y = x r in izračunamo ničle funkcije F (r) = 0. Dobimo r(r 1) + 3r + 5 = r 2 + 2r + 5 = 0 r 1 = 1 + 2i, r 2 = 1 2i. Splošno rešitev dane enačbe zapišemo v obliki y = c 1 x 1 cos(2 ln x) + c 2 x 1 sin(2 ln x), x > 0. Sedaj lahko iskanje rešitev enačbe (14) razširimo še na interval x < 0. Težava se pojavi pri razumevanju pomena funkcije x r, ko je x negativno število in r ni celo število. Rešitev bi lahko podali na enak način kot na intervalu x > 0, ampak bi bile v tem primeru vrednosti rešitve kompleksne. Če pa želimo dobiti realne vrednosti rešitve Eulerjeve enačbe na intervalu x < 0, moramo spremenljivko x zapisati nekoliko drugače. Naj bo x = η, kjer je η > 0, in naj bo y = u(η). Potem imamo dy dx = du dη dη dx = du dη, d 2 y dx = d ( du ) dη 2 dη dη dx = d2 u dη. 2 Z upoštevanjem nove spremenjivke lahko Eulerjevo enačbo za x < 0 zapišemo v 17

32 naslednji obliki η 2 d2 u du + αη + βu = 0, η > 0. dη2 dη To pa je ravno enako problemu, ki smo ga rešili na intervalu x > 0. Iz enačb (16), (19) in (22) lahko zapišemo rešitev c 1 η r 1 + c 2 η r 2 u(η) = (c 1 + c 2 ln η)η r c 1 η λ cos(µ ln η) + c 2 η λ sin(µ ln η), v odvisnosti od ničel funkcije F (r) = r(r 1) + αr + β. In kot že vemo, so ničle lahko realne in različne, realne in enake ali konjugiran kompleksni par. Da obstaja u v odvisnosti od x, v zgornjih treh enačbah spremenljivko η zamenjamo z x. Rešitve iz obeh intervalov pa lahko zapišemo tudi skupaj, tako da uporabimo absolutno vrednost x, saj velja x = x za x > 0 in x = x za x < 0. Rešitev dobimo tako, da v enačbah (16), (19) in (22) x zamenjamo z x. Združene rezultate lahko zapišemo v naslednjem izreku. Izrek 3. Splošna rešitev Eulerjeve enačbe x 2 y + αxy + βy = 0 na vsakem intervalu, ki ne vsebuje izhodišča, je določena z ničlama r 1 in r 2 kvadratne enačbe F (r) = r(r 1) + αr + β = 0. Če sta ničli realni in različni, je rešitev Če sta ničli realni in enaki, je rešitev y = c 1 x r 1 + c 2 x r 2. y = (c 1 + c 2 ln x ) x r. Če pa sta ničli konjugiran kompleksi par, je rešitev kjer sta r 1, r 2 = λ ± iµ. 18 y = x λ [c 1 cos(µ ln x ) + c 2 sin(µ ln x )], (23)

33 Pri reševanju bolj splošne oblike Eulerjeve enačbe (x x 0 ) 2 y + α(x x 0 )y + βy = 0 postopamo na enak način, kot je opisan zgoraj. V tem primeru, ko iščemo rešitev v obliki y = (x x 0 ) r, lahko v enačbah iz zgornjega izreka x zamnenjamo z x x 0. Drugi način reševanja take enačbe pa je z uvedbo nove spremenljivke t = x x 0. Glavna vira pogavja sta [4] in [5] Rešitev splošne enačbe v okolici regularne singularne točke Poglejmo si še, kako poiščemo rešitev enačbe kjer je L[y] = x 2 y + x[xp(x)]y + [x 2 q(x)]y = 0, (24) xp(x) = p n x n, x 2 p(x) = q n x n, ter obe vrsti konvergirata na intervalu x < ρ za nek ρ > 0. Rešitve enačbe (24) za x > 0 iščemo v obliki y = φ(r, x) = x r a n x n = a n x r+n, (25) kjer je a 0 0 in je y = φ(r, x) odvisen tako od r kot od x. Zapišemo še odvoda y = (r + n)a nx r+n 1 in y = (r + n)(r + n 1)a nx r+n 2 ter ju vnesemo v enačbo (24). Dobimo (r + n)(r + n 1)a n x r+n + p n x n (r + n)a n x r+n + + q n x n Če vrste razpišemo in člene uredimo, dobimo a n x r+n = 0. a 0 F (r)x r + [ a 1 F (r + 1) + a 0 (p 1 r + q 1 ) ] x r+1 + [ ] + a 2 F (r + 2) + a 0 (p 2 r + q 2 ) + a 1 [p 1 (r + 1) + q 1 ] x r [ + a n F (r + n) + a 0 (p n r + q n ) + a 1 [p n 1 (r + 1) + q n 1 ] + + ] + a n 1 [p 1 (r + n 1) + q 1 ] x r+n + = 0, 19

34 kjer je F (r) = r(r 1)p 0 r + q 0. Zgornjo enačbo lahko zapišemo tudi v nekoliko kompaktnejši in lepši obliki L[φ](x, r) = a 0 F (r)x r + [ n 1 ] F (r + n)a n + a k [(r + k)p n k + q n k ] x r+n, (26) n=1 kjer a 0 0. Pri iskanju rešitve moramo najti ničle karakteristične enačbe F (r) = 0. Ničli enačbe označimo z r 1 in r 2, kjer velja r 1 > r 2, če sta realni števili. Pri iskanju rešitve moramo tudi koeficiente pred x r+n enačiti z 0, dobimo k=0 n 1 F (r + n)a n + a k [(r + k)p n k + q n k ] = 0, n 1. (27) k=0 Edini možnosti za r, za katere velja F (r) = 0, sta r = r 1 in r = r 2. Če je r 1 > r 2 sledi, da r 1 + n ni enako r 1 ali r 2 za n 1. Torej velja F (r 1 + n) 0 za n 1. Sedaj lahko zapišemo prvo rešitev enačbe (24) v obliki [ y 1 (x) = x r a n (r 1 )x ], n x > 0, (28) kjer smo upoštevali a 0 = 1. n=1 Pri iskanju druge rešitve ločimo tri možnosti: r 2 r 1, r 1 r 2 n Ker r 1 r 2 n, sledi, da r 2 + n ni enako r 1 za vsak n 1, torej velja F (r 2 + n) 0. Drugo rešitev enačbe (24) lahko zapišemo v obliki [ y 2 (x) = x r a n (r 2 )x ], n x > 0. (29) n=1 r 2 = r 1 V tem primeru iščemo rešitev na enak način kot v prejšnjem poglavju, ko smo imeli primer dvojne realne ničle. Enačbo (26) lahko sedaj zapišemo v obliki L[φ](r, x) = a 0 F (r)x r = a 0 (r r 1 ) 2 x r, kjer je r 1 dvojna ničla karakteristične enačbe. Kot že od prej vemo, je tudi v tem primeru [ φ ] L (r 1, x) = a 0 [(r r 1 ) 2 x r ln x + 2(r r 1 )x r ] r = 0. r=r1 20

35 Pri iskanju druge rešitve torej odvajamo φ(r, x) po r, kjer upoštevmo še r = r 1. Dobimo y 2 (x) = r φ(r, x) r=r1 kjer je a n(r 1 ) = dan dr r 1 r 2 = n [ = x [a n]] r 0 + a n (r)x r n=1 r=r1 [ ] = (x r 1 ln x) a 0 + a n (r 1 )x n + x r 1 = y 1 (x) ln x + x r 1 n=1 a n(r 1 )x n n=1 a n(r 1 )x n, x > 0, n=1 pri r = r 1. Drugo rešitev zapišemo v obliki y 2 (x) = y 1 (x) ln x + x r 1 b n (r 1 )x n, x > 0. (30) n=1 Izpeljava druge rešitve v primeru, ko je r 1 r 2 = n, je nekoliko zahtevnejša, zato je ne bomo podali. Zapisali bomo samo končno rešitev: [ y 2 (x) = y 1 (x) ln x + x r c n (r 2 )x ]. n (31) n=1 Koeficient c n v enačbi (31) je definiran kot c n (r 2 ) = d dr [(r r 2)a n (r)], n = 1, 2, 3..., r=r2 kjer je a n (r) določena iz rekurzivne zveze (27) z a 0 = 1. Koeficient a pa je določen z a = lim r r2 (r r 2 )a N (r). Zgornje ugotovitve lahko združimo s spodnjem izreku. Izrek 4. Obravnavajmo diferencialno enačbo x 2 y + x[xp(x)]y + [x 2 q(x)]y = 0, kjer je x = 0 regularna singularna točka. Funkciji xp(x) in x 2 q(x) sta analitični v točki x = 0 in ju lahko zapišemo s konvergenčno potenčno vrsto xp(x) = p n x n, x 2 q(x) = q n x n 21

36 za x < ρ, kjer je ρ > 0 manjši od konvergenčnih radijev funkcij xp(x) in x 2 q(x). Naj bosta r 1 in r 2 ničli karakteristične enačbe F (r) = r(r 1) + p 0 r + q 0 = 0, kjer velja r 1 r 2, če sta r 1 in r 2 realni števili. Potem na vsakem intervalu ρ < x < 0 ali 0 < x < ρ obstaja rešitev oblike [ y 1 (x) = x r a n (r 1 )x ], n (32) kjer je a n podan z rekurzivno formulo (27), kjer je a 0 = 1 in r = r 1. n=1 Če r 1 r 2 ni enako nič ali ni pozitivno celo število, potem na vsakem intervalu ρ < x < 0 ali 0 < x < ρ obstaja druga linearno neodvisna rešitev oblike [ y 2 (x) = x r a n (r 2 )x ]. n (33) n=1 Če r 1 = r 2, potem je druga linearno neodvisna rešitev oblike V primeru, ko pa je r 1 r 2 rešitev oblike y 2 (x) = y 1 (x) ln x + x r 1 y 2 (x) = y 1 (x) ln x + x r 2 Poglavje je povzeto po virih [4] in [6]. b n x n. (34) n=1 pozitivno celo število, je druga linearno neodvisna [ 1 + c n (r 2 )x ]. n (35) n=1 22

37 3 Besslova enačba in funkcije Besslove funkcije so poimenovane po nemškem astronomu in matematiku Friedrichu W. Besslu, čeprav je bil Daniel Bernoulli tisti, ki je prvi vpeljal koncept Besslovih funkcij leta Besslove funkcije celoštevilskega reda je kasneje pri svojem delu uporabil tudi Euler, in sicer pri analizi vibracij elastične membrane. Bessel pa teh funkcij ni vključeval v svoja dela do leta Besslove funkcije so rezultat Besslove študije problema o Keplerjevem določanju gibanja treh teles, ki se gibajo pod vplivom gravitacije. Kasneje je Besslove funkcije vključil v študijo o planetarnih motnjah, kjer so se Besslove funkcije pokazale kot koeficienti v vrsti širjenja posrednje motnje planeta. Teorijo Besslovih funkcij se pogosto uporablja pri reševanju problemov pri hidrodinamiki, akustiki, radijski in nuklearni fiziki ter tudi pri valovni mehaniki in elastični teoriji. [7] Kot smo že enkrat zapisali, so Besslove enačbe oblike x 2 y + xy + (x 2 ν 2 )y = 0, (36) kjer je ν konstanta. Točka x = 0 je regularna singularna točka, x = pa je neregularna singularna točka, kar lahko brez težav preverimo. Rešitve Besslove enačbe so cilindrske funkcije, ki so poleg spremenljivke x odvisne tudi od indeksa ν. Kot v prejšnjem poglavju bomo rešitev Besslove enačbe iskali s pomočjo nastavka y = x r a n x n. Dani nastavek odvajamo in vstavimo v nekoliko preoblikovano enačbo (36). Dobimo y = ter (r + n)a n x r+n 1, y = (r + n)(r + n 1)a n x r+n 2 (r + n)(r + n 1)a n x r+n + (r + n)a n x r+n ν 2 a n x r+n = a n x r+n+2. 23

38 Zapis še nekoliko preoblikujemo in dobimo [ (r + n) 2 ν 2] a n x r+n = a n 2 x r+n. (37) n=2 Iz enačbe (37) lahko izračunamo koeficiente za različne n in tudi zapišemo splošno formulo za a n. Zapišimo prva dva koeficienta in splošno zvezo [r 2 ν 2 ]a 0 = 0 [(r + 1) 2 ν 2 ]a 1 = 0. [(r + n) 2 ν 2 ]a n + a n 2 = 0. Iz prve enačbe sledi r = ±ν. Izberemo si r = ν in drugi dve zvezi lahko zapišemo kot (2ν + 1)a 1 = 0, (38) n(2ν + n)a n + a n 2 = 0, n = 2, 3... (39) Iz enačbe (38) sledi, da je a 1 = 0, in posledično so tudi vsi ostali lihi koeficienti enaki 0, torej velja a 2n+1 = 0, kjer je n = 0, 1, 2... Iz enačbe (39) pa lahko za sode koeficiente, kjer je n = 2m, zapišemo a 2m 2 a 2m =, n = 1, m(ν + m) Zvezo za splošni člen a 2m lahko izrazimo s členom a 0 in dobimo a 2m = ( 1) m a 0 2 2m m!(ν + 1) m, m = 0, 1, 2..., ν 1, 2..., kjer je (ν +1) m = (ν +1)(ν +2) (ν +m 1). Za a 0 zaradi zgodovinskih razlogov izberemo a 0 = 2 ν Γ(1+ν) in dobimo 2 ν 2m 2 ν 2m a 2m = ( 1) m m!γ(ν + m + 1) = ( 1)m m!(ν + m)!. (40) Končno rešitev lahko zapišemo v obliki vrste, ki jo imenujemo Besslova funkcija prve vrste in jo označimo z J ν (x): J ν (x) = 24 m=0 ( 1) m m!(ν + m)! ( ) ν+2m x. (41) 2

39 Zapisali smo rešitev za r = ν. S to funkcijo je J ν dobro definiran, če ν 1, 2,... Če ν 0, 1, 2..., je tudi rešitev za J ν neobčutljiva za transformacijo ν ν. rešitev: J ν (x) = m=0 enake oblike, saj je Besslova enačba Tako lahko zapišemo še drugo možno ( ) ( 1) m ν+2m x. (42) m!( ν + m)! 2 Z izračunom determinante Wronskega lahko preverimo, da sta ti dve rešitvi linearno neodvisni. drugačen način. Če pa je ν = 0, 1, 2..., pa moramo drugo rešitev poiskati na Na sliki 5 je prikazan potek prvih šestih Besslovih funkcij prve vrste za različne vrednosti k. Slika 5: Potek prvih šestih Besslovih funkcij; vir [9] Za primer ν = 0 si bomo podrobneje pogledali rešitev Besslove enačbe. Primer 8. Besslove funkcije reda nič Pri Besslovih funkcijah reda nič velja, da je ν = 0. Splošna rešitev Besslove enačbe reda nič za x > 0, je sestavljena iz dveh funkcij, y = c 1 J 0 (x) + c 2 Y 0 (x). Funkcija J 0 je funkcija prve vrste reda nič, funkcija Y 0 pa je funkcija druge vrste reda nič. 25

40 Funkcijo prve vrste lahko zapišemo s pomočjo prej izpeljane rešitve, tako da upoštevamo, da je ν = 0. Dobimo J 0 (x) = m=0 ( 1) m (m!) 2 ( ) 2m x, x > 0. (43) 2 Pri iskanju drugega dela rešitve si bomo pomagali s splošnim členom a n. Druga rešitev bo imela takšno obliko, kot jo ima enačba (34) v izreku 6. Določiti moramo torej a n(0). Če si razpišemo posamezne člene in združimo koeficiente pred x r+1, vidimo, da mora veljati (r + 1) 2 a 1 (r) = 0. Iz tega sledi, da je a 1 (0) = 0 in tudi a 1(0) = 0. Posledično pa iz enačbe (39) sledi, da je a 3(0) = a 5(0) =... = a 2n+1 = 0. Torej moramo za iskanje rešitve izračunati samo a 2m, kjer je m = 1, 2, 3... Zvezo za a 2m (r) lahko zapišemo v naslednji obliki: Če pa to izrazimo z a 0, dobimo a 2m (r) = a 2m 2(r), m = 1, 2, 3... (r + 2m) 2 a 2m (r) = ( 1) m a 0 (r + 2) 2 (r + 2m) 2, m 3. Pri računanju odvoda se bomo poslužili naslednjega pravila: če funkcijo f(x) zapišemo kot f(x) = (x α 1 ) β 1 (x α 2 ) β2 (x α n ) βn in če x α 1, α 2,..., α n, potem velja zveza f (x) f(x) = β 1 + β β n. x α 1 x α 2 x α n Sedaj pa to pravilo uporabimo v našem primeru za izračun a 2m. dobimo ( a 2m(r) 1 a 2m (r) = 2 r ) r , r + 2m V splošnem če upoštevamo r = 0, potem je [ 1 a 2m(0) = m ] a 2m (0). Označimo H m = m in zapišimo splošno rešitev a ( 1) m a 0 2m(0) = H m, m = 1, 2, m (m!) 2 26

41 Pri iskanju druge rešitve Besslove enačbe reda nič upoštevamo a 0 = 1 in dobimo y 2 (x) = J 0 (x) ln x + m=1 ( 1) m+1 H m 2 2m (m!) 2 x 2 m, x > 0. (44) Običajo pa Besslove funkcije druge vrste reda nič, Y 0, zapišemo v drugačni obliki tako, da je funkcija Y 0 linearna kombinacija funkcij J 0 in y 2. Tako dobimo: Y 0 (x) = 2 π (y 2(x) + (γ ln 2)J 0 (x)), (45) kjer je γ konstanta, poznana kot Euler-Mascheronijeva konstanta. V enačbo (45) lahko vstavimo prej izračunano vrednost y 2 in dobimo [ ] Y 0 (x) = 2 ( γ + ln x ) ( 1) m+1 H m J 0 (x) + x 2m, x > 0. π 2 2 2m (m!) 2 Osnovna vira poglavja sta [4] in [8]. m=1 27

42 Literatura [1] Differential equation, spletno mesto Wikipedia. Pridobljeno s ( ) [2] Cencelj, M. (2003). Linearne diferencialne enačbe. Ljubljana: Pedagoška fakulteta. Pridobljeno s matijac/vse1.pdf [3] Convergent series, spletno mesto Wolfram MathWord. Pridobljeno s ( ) [4] Boyce, W. E. in DiPrima, R. C. (2005). Elementary diferential equations and boundary value problems. Hoboken: John Wiley and Sons. [5] Euler equations, spletno mesto Paul s Online Math Notes. Pridobljeno s ( ) [6] Series solution of linear differential equations (II). Pridobljeno s ( ) [7] Barciz, A. (2010). Generalized Bessel functions of the first kind. Berlin: Springer. [8] Zakrajšek, E. (1998). Analiza III. Ljubljana: Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije. [9] The Differential Equations of Friedrich Wilhelm Bessel, spletno mesto National Curve Bank. Pridobjeno s ( ) 28