Differenciálegyenletek a fizikában II.
Bene Gyula
Eötvös Loránd Tudományegyetem, Elméleti Fizikai Tanszék
1117 Budapest, Pázmány Péter sétány 1/A
3. Előadás
Lineáris homogén egyenlet megoldása nem lényeges szingularitás közelében a
határozatlan együtthatók módszerével:
Egyenlet:
$$w''+\frac{\sum_{n=0}^\infty
a_n(z-\zeta)^n}{z-\zeta}w'+\frac{\sum_{n=0}^\infty
b_n(z-\zeta)^n}{(z-\zeta)^2}w=0$$
Megoldás:
$$w(z)=(z-\zeta)^{r}\sum_{n=0}^{\infty}c_n(z-\zeta)^n$$
Karakterisztikus egyenlet ($(z-\zeta)^{r-2}$ együtthatójának eltűnéséből):
$$r^2+(a_0-1)r+b_0=0$$
Elfajulás feltétele: $r_2-r_1=\text{egész}$, azaz $$(a_0-1)^2=m^2+4b_0$$
$(z-\zeta)^{n+r-2}$ együtthatójának eltűnéséből $n>0$ esetén:
$$c_n\left[(n+r)(n+r-1+a_0)+b_0\right]+\sum_{k=0}^{n-1}c_k\left[(k+r)a_{n-k}+b_{n-k}\right]=0$$
Ha a szingularitás a végtelenben van:
$$n\rightarrow -n\;,\quad r\rightarrow -r$$
Pl. a karakterisztikus egyenlet ilyenkor:
$$r^2-(a_0-1)r+b_0=0$$
A hipergeometrikus egyenlet:
$$y''+\frac{-\gamma+(1+\alpha+\beta)x}{x(x-1)}y'+\frac{\alpha\beta}{x(x-1)}y=0$$
Példa (kvantummechanika):
Keressük a diszkrét energiasajátértékeket $U=-U_0/\cosh^2(\alpha x)$
potenciálban. Ekkor az energiaoperátor sajátértékegyenletét, vagyis az
időfüggetlen Schrödinger-egyenletet kell megoldanunk ($E<0$):
$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}-\frac{U_0}{\cosh^2(\alpha
x)}\psi=E\psi$$
Változócsere ($x\rightarrow \xi$) és egyszerűsítő jelölések ($\epsilon$, $s$):
$$\xi=\tanh \alpha x\;,\quad \epsilon=\frac{\sqrt{-2mE}}{\hbar \alpha}\;,\quad
\frac{2mU_0}{\alpha^2\hbar^2}=s(s+1)$$
Ezzel azt kapjuk, hogy
$$\frac{d}{d\xi}\left[(1-\xi^2)\frac{d\psi}{d\xi}\right]+\left[s(s+1)-\frac{\epsilon^2}{1-\xi^2}\right]\psi=0$$
Ebből
$$\psi=(1-\xi^2)^{\epsilon/2}w(z)$$
helyettesítéssel és a
$$z=\frac{1}{2}(1-\xi)$$
új független változóval a hipergeometrikus egyenletet kapjuk:
$$z(1-z)w''+(\epsilon +1)(1-2z)w'-(\epsilon -s)(\epsilon +s+1)w=0$$
Leolvasható, hogy most
$$\alpha=\epsilon -s\;,\quad \beta=\epsilon +s+1\;,\quad \gamma=\epsilon +1$$
Fuchs-osztály:
- Nincs szingularitás: konstans együtthatós egyenletek
- Végesben egy szingularitás van:
$$w''+\frac{a}{z-z_0}w'+\frac{b}{(z-z_0)^2}w=0$$
Ilyenkor a végtelenben is nem lényeges szingularitás van. $z-z_0=\exp(x)$
helyettesítéssel konstans együtthatós egyenletre vezethető vissza.
-
A végesben két szingularitás van + egy a végtelenben $\Rightarrow$ hipergeometrikus
egyenlet.
- A végesben levő szingularitások a változó lineáris transzformációjával a
$0$, $1$ pontokba transzformálhatók
- Karakterisztikus kitevők a szingularitásoknál: $r_{01}$, $r_{02}$, $r_{11}$, $r_{12}$, $r_{\infty 1}$, $r_{\infty 2}$.
$$w=z^{r_{01}}(z-1)^{r_{11}}W$$
transzformációval $r_{01}$ és $r_{11}$ nullává tehető.
- Belátjuk, hogy $r_{01}+r_{02}+r_{11}+r_{12}+r_{\infty 1}+r_{\infty 2}=1$ .
Ennek megfelelően az általánosság csorbítása nélkül írható, hogy
$$\begin{eqnarray}
r_{\infty 1}&=&\alpha\\
r_{\infty 2}&=&\beta\\
r_{01}&=&0\\
r_{02}&=&1-\gamma\\
r_{11}&=&0\\
r_{12}&=&\gamma-\alpha-\beta
\end{eqnarray}$$
- Az egyenlet egyik megoldása a hipergeometrikus függvény:
$$F(\alpha,\beta,\gamma,z)=1+\frac{\alpha\cdot \beta}{1\cdot \gamma}z+
\frac{\alpha(\alpha+1)\cdot \beta(\beta+1)}{1\cdot 2\cdot \gamma(\gamma+1)}z^2+\dots $$
- $z^{\gamma-1}w$-re ismét hipergeometrikus egyenlet adódik (megváltozott
konstansokkal). Ezt felhasználva kapjuk a másik megoldást
$z=0$ körül:
$$z^{1-\gamma}F(\alpha-\gamma+1,\beta-\gamma+1,2-\gamma,z)$$
- Alaprendszer $z=1$ körül (ui. az $1-z$ új változóban az előző esetet
kapjuk):
$$\begin{eqnarray}
F(\alpha,\beta,1+\alpha+\beta-\gamma,1-z)\\
(1-z)^{\gamma-\alpha-\beta}F(\gamma-\beta,\gamma-\alpha,1-\alpha-\beta+\gamma,1-z)
\end{eqnarray}$$
- Alaprendszer $z=\infty$ körül (ui. az $1/z$ új változóban az első esetet
kapjuk):
$$\begin{eqnarray}
\left(\frac{1}{z}\right)^\alpha F\left(\alpha,1+\alpha-\gamma,1+\alpha-\beta,\frac{1}{z}\right)\\
\left(\frac{1}{z}\right)^\beta F\left(\beta,1+\beta-\gamma,1+\beta-\alpha,\frac{1}{z}\right)
\end{eqnarray}$$
Bessel-egyenlet:
$$w''+\frac{1}{z}w'+\left(1-\frac{n^2}{z^2}\right)w=0$$
Példa (elektrosztatika):
$$\triangle \Phi=0$$
hengerkoordinátákban:
$$\frac{\partial^2 \Phi}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial
\Phi}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 \Phi}{\partial
\varphi^2}+\frac{\partial^2 \Phi}{\partial z^2} =0$$
Az egyenlet szeparálható:
$$\Phi=R(r)Z(z)\Psi(\varphi)$$
Ezzel:
$$\frac{R''}{R}+\frac{R'}{rR}+\frac{1}{r^2}\frac{\Psi''}{\Psi}+\frac{Z''}{Z}
=0$$
$\Rightarrow$
$$\frac{Z''}{Z}
=k^2$$
$$r^2\frac{R''}{R}+r\frac{R'}{R}+k^2r^2+\frac{\Psi''}{\Psi}
=0$$
$\Rightarrow$
$$\frac{\Psi''}{\Psi}
=-n^2$$
$$r^2\frac{R''}{R}+r\frac{R'}{R}+k^2r^2-n^2
=0$$
$\Rightarrow$
$$R''+\frac{1}{r}R'+\left(k^2-\frac{n^2}{r^2}\right)R
=0$$
$\rho=k r$ új változóval:
$$R''+\frac{1}{\rho}R'+\left(1-\frac{n^2}{\rho^2}\right)R
=0$$
Itt a deriválások $\rho$ szerint értendők.
A $z=0$ pont nem lényeges szingularitás. A megoldást ennek közelében
$$w=z^r\sum_{j=0}^\infty c_j z^j=\sum_{j=0}^\infty c_j z^{j+r}$$
alakban keressük. Emlékeztető: $$\lambda=\exp(i2\pi r )$$
Ekkor
$$w'=\sum_{j=0}^\infty (j+r)c_j z^{j+r-1}$$
$$w''=\sum_{j=0}^\infty (j+r)(j+r-1)c_j z^{j+r-2}$$
Az egyenletből:
$$\sum_{j=0}^\infty \left[(j+r)(j+r-1)c_j +(j+r)c_j+c_{j-2}-n^2c_j\right]z^{j+r-2}=0$$
azaz
$$\sum_{j=0}^\infty
\left[\left((j+r)^2-n^2\right)c_j+c_{j-2}\right]z^{j+r-2}=0$$
$j=0$ esetén:
$$r^2-n^2=0 \quad \text{vagy}\quad c_0=0$$
$j=1$ esetén:
$$(r+1)^2-n^2=0 \quad \text{vagy}\quad c_1=0$$
Tehát
$$\begin{eqnarray}
c_0\ne 0\;,\; c_1= 0\;&\Rightarrow& \;\left((2k\pm n)^2-n^2\right)c_{2k}+c_{2k-2}=0\\
c_0=0\;,\; c_1\ne 0\;&\Rightarrow& \;\left((2k+1\pm n-1)^2-n^2\right)c_{2k+1}+c_{2k-1}=0
\end{eqnarray}$$
A két lehetőség ekvivalens, elegendő a $c_1=0\;,\;c_0\ne 0$ esetet vizsgálni.
$k>0$ esetén:
$$c_{2k}=-\frac{c_{2k-2}}{4k(k\pm n)}=(-1)^k\frac{c_0}{4^kk!(k\pm n)(k-1\pm
n)(1\pm n)}=(-1)^k\frac{\Gamma(1\pm n)c_0}{2^{2k}\Gamma(k+1)\Gamma(k+1\pm
n)}$$
Itt
$$\Gamma(x)=\int_0^\infty t^{x-1}{\rm e}^{-t}dt$$
a gamma-függvény.
Szokásos normálás:
$$c_0=\frac{1}{2^{\pm n}\Gamma(1\pm n)}$$
Ekkor
$$w_{1,2}=J_{\pm n}(z)=\sum_{k_0}^\infty
\frac{(-1)^k}{\Gamma(k+1)\Gamma(k+1\pm n)}\left(\frac{z}{2}\right)^{2k\pm n}$$
Ha $n$ egész, akkor $\lambda(r_1)=\lambda(r_2)$, tehát elfajult esettel van
dolgunk. Ilyenkor a
$$J_{n}(z)=\sum_{k_0}^\infty
\frac{(-1)^k}{k!(n+k)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{2k+n}$$
Bessel-függvény az egyik független megoldás, és az
$$\begin{eqnarray}
N_n(z)&=&\frac{2}{\pi}\left(C+\ln\frac{z}{2}\right)J_n(z)\\
&-&\frac{1}{\pi}\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!(n+k)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{2k+n}\left\{\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\dots
+\frac{1}{k}\right)+\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\dots
+\frac{1}{n+k}\right)\right\}\\
&-&\frac{1}{\pi}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(n-1-k)!}{k!}\left(\frac{z}{2}\right)^{2k-n}
\end{eqnarray}$$
Neumann-függvény (másodfajú $n$-edrendű Bessel-függvény) a másik. Itt
$C=\lim_{n\rightarrow \infty}\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln n\right)$ az Euler-Mascheroni-állandó.
Lineáris homogén egyenlet megoldása lényeges szingularitás közelében:
$$y''+p(x)y'+q(x)y=0$$
Tfh.
$$p(x)=p_0+\frac{p_1}{x}+\frac{p_2}{x^2}+\dots$$
és
$$q(x)=q_0+\frac{q_1}{x}+\frac{q_2}{x^2}+\dots$$
$\Rightarrow$ Lényeges szingularitás a végtelenben.
Ekkor nagyon nagy $x$ értékekre első közelításben
$$y''+p_0y'+q_0y=0\;,$$
aminek rexponenciális megoldásai vannak:
$$y={\rm e}^{\rho x}\;,$$
ahol
$$\rho^2+p_0\rho+q_0=0\;.$$
Tfh. ennek gyökei különbözők!
Keressük ezután a pontos megoldást
$$y={\rm e}^{\rho x}v(x)$$
alakban! A $v(x)$ függvényre
$$v''+(2\rho +p(x))v'+(\rho^2+\rho p(x)+q(x))v=0$$
adódik.
$$2\rho +p(x)=(2\rho +p_0)+\frac{p_1}{x}+\frac{p_2}{x^2}+\dots$$
$$\rho^2+\rho p(x)+q(x)=\frac{\rho p_1+q_1}{x}+\frac{\rho p_2+q_2}{x^2}+\dots$$
Megoldás:
$$v=x^\sigma\left(c_0+\frac{c_1}{x}+\frac{c_2}{x^2}+\dots\right)$$
ill.
$$y={\rm e}^{\rho x}x^\sigma\left(c_0+\frac{c_1}{x}+\frac{c_2}{x^2}+\dots\right)$$
Normálsor. Általában divergens (aszimptotikus sor).
Aszimptotikus előállítás:
$${\rm e}^{\rho x}x^\sigma\left(c_0+\frac{c_1}{x}+\frac{c_2}{x^2}+\dots\right)$$
aszimptotikusan előállítja az $f(x)$ függvényt, ha $\forall \;n\in \mathbb N$-re
$$\lim_{x\rightarrow \infty}x^n\left[{\rm e}^{-\rho x}x^{-\sigma}f(x)-\left(c_0+\frac{c_1}{x}+\frac{c_2}{x^2}+\dots\right)\right]=0$$
Az együtthatók meghatározása a $v(x)$-re vonatkozó egyenletből:
$x^{\sigma-1}$ együtthatójának eltűnése:
$$(2\rho +p_0)\sigma+(\rho p_1+q_1)=0$$
$x^{\sigma-2}$ együtthatójának eltűnése:
$$\left[\sigma(\sigma-1)+p_1\sigma+\rho p_2+q_2\right]c_0+\left[(2\rho
+p_0)(\sigma-1)+\rho p_1+q_1\right]c_1=0$$
$x^{\sigma-3}$ együtthatójának eltűnése:
$$\left[p_2\sigma+\rho p_3+q_3\right]c_0+\left[(\sigma-1)(\sigma-2)+p_1(\sigma-1)+\rho p_2+q_2\right]c_1+\left[(2\rho
+p_0)(\sigma-2)+\rho p_1+q_1\right]c_2=0$$
s.í.t.
Alkalmazás a Bessel-egyenletre ($p_0=0$, $p_1=1$, $p_2=0$, $p_3=0$, $q_0=1$,
$q_1=0$, $q_2=-n^2$, $q_3=0$ ):
$$\begin{eqnarray}
&&\rho^2+1=0\\
&&2\rho \sigma+\rho=0\\
&&\left[\sigma^2-n^2\right]c_0+\left[2\rho
(\sigma-1)+\rho \right]c_1=0\\
&&\left[(\sigma-1)^2-n^2\right]c_1+\left[2\rho
(\sigma-2)+\rho \right]c_2=0\end{eqnarray}$$
Ebből
$$\begin{eqnarray}
\rho&=&\pm i\\
\sigma &=&-\frac{1}{2}\\
c_1&=&\pm \frac{i}{2}\left(n^2-\frac{1}{4}\right) c_0\\
c_2&=&- \frac{1}{8}\left(n^2-\frac{9}{4}\right)\left(n^2-\frac{1}{4}\right) c_0
\end{eqnarray}$$
Azaz
$$y=c_0\sqrt{\frac{1}{x}}{\rm e}^{\pm ix}\left[1\pm
\frac{i}{2}\left(n^2-\frac{1}{4}\right)\frac{1}{x}-
\frac{1}{8}\left(n^2-\frac{9}{4}\right)\left(n^2-\frac{1}{4}\right)\frac{1}{x^2}+\dots\right]$$
$J_n(x)$ aszimptotikus alakja ($c_0$ alkalmas választása után a valós rész):
$$J_n(x)=\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\left\{\left[1-
\frac{1}{8}\left(n^2-\frac{9}{4}\right)\left(n^2-\frac{1}{4}\right)\frac{1}{x^2}+\dots\right]\cos\left(x-\frac{n\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\right)+\left[-\frac{1}{2}\left(n^2-\frac{1}{4}\right)\frac{1}{x}+\dots\right]\sin\left(x-\frac{n\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\right)\right\}$$
Lineáris homogén állandó együtthatós
differenciálegyenletrendszerek:
$$\frac{dy_i}{dx}=\sum_{j=1}^n A_{ij}y_j\;,\quad(i=1\dots n)$$
Legyenek az $\mathbb A$ mátrix sajátértékei $\lambda_1$, $\lambda_1$,
... $\lambda_k$ ($k\le n$), mégpedig $m_1$, $m_2$, ...$m_k$
multiplicitással.
Ekkor az egyenletrendszer megoldása
$$y_i=\sum_{j=1}^k P_{ij}(x){\rm e}^{\lambda_j x}$$
alakú, ahol $P_{ij}(x)$ legfeljebb $(m_j-1)$-edfokú polinom.
Ennek balátásához felhasználjuk, hogy minden négyzetes mátrix hasonlósági
transzformációval Jordan-féle normálalakra hozható:
$$\mathbb{U}\mathbb{A}\mathbb{U}^{-1}=\mathbb{J}\;,$$
ahol
$$\mathbb{J}=\left(\begin{array}{lllll}
\mathbb{J_1}&0 &\dots & &0 \\
0&\mathbb{J_2} &\ddots & &\vdots \\
\vdots&\ddots &\ddots & & \\
& & &\mathbb{J_{k-1}} &0 \\
0&\dots & &0 & \mathbb{J_k} \\
\end{array}\right)\;.$$
Itt
$$\mathbb{J_i}=\left(\begin{array}{lllll}
\lambda_i& 1&0 &\dots & 0\\
0& \lambda_i &1 &\ddots & \vdots\\
\vdots&\ddots &\ddots &\ddots & 0\\
& & & \lambda_i &1 \\
0&\dots & &0 & \lambda_i \\
\end{array}\right)$$
a $\lambda_i$ sajátértékhez tartozó Jordan-blokk. Ennek mérete legfeljebb $m_i\times
m_i$, ahol $m_i$ a $\lambda_i$ sajátérték multiplicitása.
Ha a differenciálegyenlet-rendszert balról a konstans $\mathbb{U}$
mátrixszal megszorozzuk, akkor a
$$\mathbb{z}= \mathbb{U}\mathbb{y}$$
új ismeretlenekre
$$\frac{d\mathbb{z}}{dx}=\mathbb{J}\mathbb{z}$$
adódik.
Ebből nyilvánvaló, hogy az egyenletrendszer az egyes Jordan-blokkokhoz
tartozó független egyenletrendszerekre esik szét, ezért az általánosság
csorbítása nélkül elegendő egyetlen Jordan-blokkal foglalkozni:
$$\begin{eqnarray}
\frac{dz_1}{dx}&=& \lambda z_1+z_2\\
\frac{dz_2}{dx}&=& \lambda z_2+z_3\\
&\vdots& \\
\frac{dz_m}{dx}&=& \lambda z_m\\
\end{eqnarray}$$
Az utolsó egyenlet megoldása
$$z_m=z_m^{(0)}\exp(\lambda x)$$
Az utolsóelőtti egyenlet megoldása
$$z_{m-1}=\left(z_{m-1}^{(0)}+z_m^{(0)}x\right)\exp(\lambda x)$$
És így tovább. Általánosan: a $j$-edik egyenlet megoldása
$$z_{j}=\left(z_{j}^{(0)}+z_{j+1}^{(0)}x+z_{j+2}^{(0)}\frac{x^2}{2!}+\dots +
z_{m}^{(0)}\frac{x^{m-j}}{(m-j)!}\right)\exp(\lambda x)$$