Γεωργίου Κ. Λεοντάρη Καθηγητή Θεωρητικής Φυσικής. Μαθηματικές Μέθοδοι Φυσικής ΙΙ Πανεπιστημιακές Παραδόσεις. Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων Ιωάννινα 2013

Transcript

1 1 Γεωργίου Κ. Λεοντάρη Καθηγητή Θεωρητικής Φυσικής. Μαθηματικές Μέθοδοι Φυσικής ΙΙ Πανεπιστημιακές Παραδόσεις Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων Ιωάννινα 2013

2 2

3 Περιεχόμενα 1 Στοιχεία Διαϕορικών Εξισώσεων Συνήθεις Διαϕορικές Εξισώσεις Μια σύντομη ανασκόπιση στις Διαϕορικές Εξισώσεις πρώτης τάξης Ασκήσεις Ασκήσεις Δ.Ε. δεύτερης τάξης Ο τύπος του Liouville Η εύρεση της μερικής λύσης της μή ομογενούς Δ.Ε Ασκήσεις Διαϕορικές Εξισώσεις 2 ης τάξης με κανονικά ανώμαλα σημεία Γενική λύση της ΔΕ 2 ης τάξης στη γειτονιά κανονικού ανώμαλου σημείου Δ.Ε. με κανονικά ανώμαλα σημεία Η υπεργεωμετρική συνάρτηση Παραδείγματα Συρρέουσα Υπεργεωμετρική σειρά Εϕαρμογές Η Διαϕορική Εξίσωση Bessel Ασκήσεις Συστήματα Sturm Liouville Πολυωνυμικές Λύσεις Ταυτότητα Lgrnge, γενικευμένη ταυτότητα Green Επίλυση των Δ.Ε. με Ολοκληρωτικές αναπαραστάσεις Ολοκληρωτικές αναπαραστάσεις της Υ.Σ Εϕαρμογή στην Κβαντομηχανική Συναρτήσεις Green Η μέθοδος επίλυσης με τη συνάρτηση Green Κατασκευή της G(x, y) στη περίπτωση ομογενών συνοριακών συνθηκών Παραδείγματα Η Γενικευμένη Συνάρτηση Green Ανάπτυξη της Green σε πλήρες σύστημα ιδιοσυναρτήσεων Η συνάρτηση Green σε πολλές διαστάσεις

4 4 ΠΕΡΙΕΧ ΟΜΕΝΑ Η Εξίσωση P oisson Επέκταση της Green σε σϕαιρικές αρμονικές Η Green με τη μέθοδο μετασχηματισμών F ourier Δύο χρήσιμες εϕαρμογές

5 Κεϕάλαιο 1 Στοιχεία Διαϕορικών Εξισώσεων 1.1 Συνήθεις Διαϕορικές Εξισώσεις Η μαθηματική ανάλυση πολλών προβλημάτων της Φυσικής οδηγεί στην επίλυση διαϕορικών εξίσωσεων (ΔΕ), μιας ή περισσοτέρων μεταβλητών. Μαθηματική επεξεργασία των πολυπροκότερων ΔΕ που περιέχουν μερικές παραγώγους και περισσότερες από μία μεταβλητές ανάγει το πρόβλημα στην επίλυση ΔΕ μιάς μεταβλητής. Θα μελετήσουμε τεχνικές διαχωρισμού των μεταβλητών σε επόμενα κεϕάλαια. Προς το παρόν θα ασχοληθούμε στη συνέχεια του κεϕαλαίου με ΔΕ μιάς μεταβλητής. Ονομάζουμε συνήθη Διαϕορική Εξίσωση (Δ.Ε.) N-τάξης, μιά εξίσωση η ο- ποία περιέχει άγνωστη συνάρτηση u(x) και τις παραγώγους αυτής u (k) (x) = dk u(x) k όπου k =, 1,..., N και x η μεταβλητή. Εν γένει, γράϕουμε F(x, u, u (1),, u (N) ) = 0 (1.1) Από το σύνολο των Δ.Ε. στο μεγαλύτερο μέρος της ανάλυσής μας θα επικεντρώσουμε το ενδιαϕέρον μας στην περίπτωση των Γραμμικών Δ.Ε., δηλαδή στην περίπτωση που η (1.1) είναι γραμμική συνάρτηση των u, u (1),, u (N), N (x)u (N) (x) + N 1 (x)u (N 1) (x) (x)u + b(x) = 0 (1.2) όπου b(x) και k (x); k = 1,... N, είναι γνωστές συναρτήσεις της μεταβλητής x. Αν b(x) = 0 τότε η Δ.Ε. λέγεται ομογενής, ενώ αν b(x) 0 καλείται μήομογενής. Θα αναζητήσουμε λύσεις της (1.1) που είναι διαϕορίσιμες τουλάχιστον N- τάξης, δηλαδή ώστε να υπάρχουν παράγωγοι έως και N-οστού βαθμού. Η (1.1) 5

6 6 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ δεν έχει πάντα λύση αλλά και όταν υπάρχει λύση u(x), αυτή δεν είναι μοναδικά προσδιορισμένη. Επιπρόσθετη πληροϕορία για την αναζητούμενη συνάρτηση u(x) λαμβάνεται από τις συνοριακές συνθήκες του προβλήματος. Αναϕέρουμε στη συνέχεια το θεώρημα ύπαρξης λύσης για μια γενική κατηγορία συνοριακών συνθηκών. Θεώρημα Cuchy Lipschitz. Εστω συνάρτηση f(y 1, y 2,, y N ) όπου οι y 1, y 2,, y N μεταβάλλονται στο διάστημα c i η y i c i + η, i = 1,, N (1.3) Οι c i είναι σταθερές και η θετικός αριθμός. Αν yi 1 και y2 i δύο αριθμοί που ανήκουν στο προαναϕερθέν διάστημα και υπάρχει θετικός αριθμός λ ώστε f(y 1, y 2 y 1 i y N ) f(y 1, y 2, y 2 i y N ) λ y 1 i y 2 i (1.4) τότε η f ικανοποιεί τις συνθήκες Lipschitz. Εστω ότι η Δ.Ε. (1.1) μπορεί να γραϕεί ως εξής και ότι οι συνοριακές συνθήκες είναι u(x 0 ) = c 0, d N u N = f(x, u, u(1),, u (N 1) ) (1.5) du x=x 0 = c 1, dn 1 u N 1 = c N 1 (1.6) όπου c i, i = 0, 1,..., N 1 είναι δοσμένες σταθερές. Τότε, ισχύει το ακόλουθο θεώρημα: Άν η συνάρτηση f(x) είναι συνεχής και υπάρχει αριθμός η τέτοιος ώστε για x b, η f(x) ικανοποιεί τις συνθήκες Lipschitz για y i = u (i) d(i) u, i = i 0,... N 1, τότε η Δ.Ε. (1.5) έχει λύση γιά όλα x [, b] και η λύση είναι μοναδική. 1.2 Μια σύντομη ανασκόπιση στις Διαϕορικές Εξισώσεις πρώτης τάξης Η γενική μορϕή της Δ.Ε. πρώτης τάξης μπορεί να γραϕεί ως εξής du = g(u, x) h(u, x) (1.7) ή, ισοδύναμα h(u, x)du + g(u, x) = 0 (1.8) Στη συνέχεια θα κάνουμε μια σύντομη παρουσίαση των χαρακτηριστικότερων διαϕορικών εξισώσεων πρώτης τάξης που εμϕανίζονται συχνά στη Φυσική.

7 1.2. ΜΙΑ Σ ΥΝΤΟΜΗ ΑΝΑΣΚ ΟΠΙΣΗ ΣΤΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΕΣ ΕΞΙΣ ΩΣΕΙΣ ΠΡ ΩΤΗΣ Τ ΑΞΗΣ7 1. Διαχωρισμός των μεταβλητών. Στην ειδική περίπτωση που η (1.8) μπορεί να γραϕεί στη μορϕή (u) du = b(x) (1.9) τότε ολοκληρώνουμε κατά μέλη, και επιλύουμε ως προς την u(x). 2. Τέλειο Διαϕορικό. Στην περίπτωση που οι συναρτήσεις στην (1.8) γρά- ϕονται ως οι παράγωγοι μιας κοινής συνάρτησης Φ(x, u) h(u, x) = f(u, x) = Φ(x, u) x Φ(x, u) u τότε, η (1.8) ταυτίζεται με τον τύπο του ολικού διαϕορικού dφ, dφ = Φ(x, u) + x Ολοκληρώνοντας προκύπτει Φ(x, u) = c, όπου c σταθερά. Φ(x, u) du = 0 (1.10) u 3. Αλλαγή μεταβλητής. Στην περίπτωση που η ΔΕ μπορεί να γραϕεί στην ακόλουθη μορϕή du(x) = f(u + bx) (1.11) εισάγουμε την νέα συνάρτηση z = u + bx, με dz = du εξίσωση διαχωρίζεται ως προς τις μεταβλητές z, x ως εξής + b, οπότε η dz f(z) + b = (1.12) η οποία μπορεί να ολοκληρωθεί. Ομοίως, η Δ.Ε. της μορϕής du(x) = f( u x ) (1.13) με την αλλαγή μεταβλητής y = u/x, διαχωρίζεται ως εξής dy f(y) y = x (1.14) 4. Παραγοντική ολοκλήρωση Η εξίσωση du(x) + (x)u(x) = b(x) (1.15)

8 8 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ επιλύεται με τη μέθοδο της παραγοντικής ολοκλήρωσης. Πολλαπλασιάζουμε με κατάλληλη συνάρτηση h(x) έτσι ώστε h(x) du(x) + h(x)(x)u(x) = h(x)b(x) (1.16) h(x)(x) = dh(x) h(x) = h 0 e x (x ) (1.17) Τότε η (1.15) μετασχηματίζεται στην d (h(x)u(x)) = h(x)b(x) h(x) u(x) = c 0 + h(x)b(x) οπότε η λύση γράϕεται u(x) = d 0 e x (x ) (c 0 + ) b(x)e x (x ) (1.18) 5. Η εξίσωση Bernoulli Ορισμένες μή-γραμμικές διαϕορικές εξισώσεις μπορούν να αναχθούν σε γραμμικές με κατάλληλο μετασχηματισμό. Χαρακτηριστική περίπτωση είναι η εξίσωση Bernoulli. y(x) = u k (x), du(x) du(x) + (x)u(x) = b(x)un (x) (1.19) = 1 k y1/k 1 dy(x) 1 dy(x) n 1 + (x)y(x) = b(x)y(x) k +1 k Επιλέγουμε k = 1 n και λαμβάνουμε dy(x) η οποία είναι της μορϕής (1.15). + (1 n)(x)y(x) = b(x) 6. Η εξίσωση Lgrnge. Η εξίσωση Lgrnge γράϕεται u(x) = x f (p(x)) + g (p(x)), p(x) = du(x) Παραγωγίζοντας ως προς x, έχουμε du(x) p(x) = f(p) + ( x df(p) dp + dg(p) ) dp(x) dp (1.20)

9 1.2. ΜΙΑ Σ ΥΝΤΟΜΗ ΑΝΑΣΚ ΟΠΙΣΗ ΣΤΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΕΣ ΕΞΙΣ ΩΣΕΙΣ ΠΡ ΩΤΗΣ Τ ΑΞΗΣ9 από την οποία εϕόσον f(p) p, προκύπτει ( 1 df(p) = dp p f(p) dp x + dg(p) ) dp (1.21) Η τελευταία είναι μια γραμμική μή ομογενής εξίσωση της μορϕής (1.15) και επιλύεται ως προς x = x(p) με τη μέθοδο της εισαγωγής παράγοντα ολοκλήρωσης. Στην ειδική περίπτωση f(p) = p, έχουμε την εξίσωση Clirut u(x) = x f (p(x)) + g (p(x)), p(x) = du(x) για την οποία εργαζόμαστε ανάλογα: du(x) p(x) = p(x) + ( x + dg(p) ) dp(x) dp (1.22) ή, απαλοίϕοντας το p(x) από τα δύο μέλη της εξίσωσης ( 0 = x + dg(p) ) dp(x) dp Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις. Στην πρώτη dp(x) = 0 u(x) = c x + d (1.23) την οποία αντικαθιστούμε στην (1.22) και λαμβάνουμε Στη δεύτερη περίπτωση έχουμε u(x) = c x + g(c) x + dg(p) dp = 0 (1.24) Εϕόσον είναι γνωστή η συνάρτηση g(p), η τελευταία επιλύεται ως προς p και αντικατάσταση στην αρχική συνεπάγεται μια εξίσωση μόνον με u(x), x η οποία επιλύεται. 7. Η εξίσωση Riccti. Η εξίσωση Riccti είναι μή-γραμμική Δ.Ε. πρώτης τάξης της μορϕής du(x) = f(x) u(x) 2 + g(x) u(x) + h(x) (1.25) Η (1.26) μπορεί να μετατραπεί σε Δ.Ε. δεύτερης τάξης ως εξής. Πολλαπλασιάζοντας με f(x) f(x) du(x) = {f(x) u(x)} 2 + g(x) {f(x)u(x)} + f(x)h(x)

10 10 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ και κάνοντας την αντικατάσταση w(x) = f(x)u(x), έχουμε dw = w 2 + (g + f ) w + fh (1.26) f Τέλος, γράϕοντας w(x) = v v d 2 v(x) 2 (g + f f, καταλήγουμε στην Δ.Ε. δεύτερης τάξης ) v(x) + fh v(x) = 0 Εάν είναι γνωστή μιά ειδική λύση της εξίσωσης (1.26) τότε είναι δυνατό να βρεθεί η γενική λύση ως εξής. Εστε u 0 (x) η μερική λύση, τότε γράϕουμε u(x) = u 0 (x) + 1 v(x) και αντικαθιστούμε στην (1.26) οπότε λαμβάνουμε (1.27) dv + (2f(x)u 0(x) + g(x))v(x) + h(x) = 0 (1.28) Η (1.28) είναι η γνωστή μορϕή (1.15) και λύνεται σύμϕωνα με τα εκτεθέντα ανωτέρω Ασκήσεις 1. Κινούμενη λέμβος m δέχεται υδάτινη αντίσταση ανάλογη της n-οστής δύναμης της ταχύτητας, F res = kv n και συνεπώς από τον νόμο του Newton m dv dt + kvn = 0 (1.29) Να βρεθούν η ταχύτητα και η θέση ως συναρτήσεις του χρόνου t με αρχικές συνθήκες v(0) = v 0, x(0) = 0. Η Δ.Ε. διαχωρίζεται ως προς τις δύο μεταβλητές dv v n = k dt (1.30) m Ολοκληρώνουμε τα δύο μέλη και λαβάνοντας υπ όψη τη συνοριακή συνθήκη έχουμε v(t) = { v 0 (1+ k m (n 1)v 0 n 1 t) n 1 1 n 1 v 0 e k m t n = 1 (1.31) Ολοκληρώνοντας την (t) dt = v(t) έχουμε m k v 0 x(t) = m k v 2 n 0 n 2 ( m 1 e t) k, n = 1 m k ln ( 1 + k m v 0t ), n = 2 { (1 + k m (n 1)vn 1 0 t ) n 2 n 1 1 }, n 1, 2

11 1.2. ΜΙΑ Σ ΥΝΤΟΜΗ ΑΝΑΣΚ ΟΠΙΣΗ ΣΤΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΕΣ ΕΞΙΣ ΩΣΕΙΣ ΠΡ ΩΤΗΣ Τ ΑΞΗΣ11 2. Σε κεντρικό δυναμικό V = k r η διατήρηση στροϕορμής γράϕεται l = mr 2 ϕ (1.32) και η διατήρηση ενέργειας συνεπάγεται ότι η ποσότητα είναι σταθερή. E = 1 2 m (ṙ 2 + r 2 ϕ2 ) + V (r) Από τις παραπάνω προκύπτει η Δ.Ε. πρώτης τάξης ώς πρός r(t) ṙ dr ( ) dt = 2 E V (r) l2 m 2mr 2 Ομως η εξάρτηση του δεξιού μέλους από τη ζητούμενη συνάρτηση r(t) είναι περίπλοκη. Στην περίπτωση αυτή είναι προτιμότερο να αντιστρέψουμε την εξίσωση και να επιλύσουμε ώς προς t dt = 2 m dr ( ) E V (r) l 2 2mr 2 Μπορούμε επίσης να αλλάξουμε μεταβλητή κάνοντας χρήση της (1.32) dt = mr2 l dϕ οπότε, αν αντικαταστήσουμε στην προηγούμενη και ολοκληρώσουμε παίρνουμε r ldr ϕ ϕ 0 = ( ) r 0 mr 2 2 m E V (r) l 2 2mr 2 Είναι επίσης βολικό να ορίσουμε και η εξίσωση γίνεται όπου τώρα 1/r ϕ ϕ 0 = u = 1 r ( 2mE 1/r 0 du l 2 V (1/u) = ku 2mV (1/u) l 2 u 2 ) Από το γενικό τύπο του ολοκληρώματος + bx cx 2 = 1 c rccos 2cx b b2 + 4c

12 12 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ με απ ευθείας αντικαταστάσεις προκύπτει ότι η λύση δίδεται από r(ϕ) = (1 e 2 ) 1 + e cos(ϕ ϕ 0 ) όπου έγινε χρήση των ορισμών = k 2E, e = 1 2El2 mk 2 = 1 l2 km (1.33) 3. Σε ηλεκτρικό κύκλωμα με αντίσταση και πηνείο από τον νόμο του Kirchhoff έχουμε την εξίσωση L d I(t) dt η οποία έχει τη μορϕή της (1.15). Επομένως, + R I(t) = V (t) (1.34) h(t) = e R L dt = e R L t (1.35) και η λύση γράϕεται I(t) = 1 L e R L (c t 0 + ) V (t)e R L t dt (1.36) 4. Στις υπερσυμμετρικές θεωρίες των στοιχειωδών σωματιδίων ή εξάρτηση των μαζών των βαθμωτών σωματιδίων από την ενεργειακή κλίμακα t ln E δίδεται από τις εξισώσεις d m 2 n dt N = g n (t) + f n (t) m 2 j(t) (1.37) j=1 όπου n = 1, 2,..., N και g n (t), f n (t) γνωστές συναρτήσεις των σταθερών σύζευξης. Να βρεθούν οι εκϕράσεις των μαζών ως συνάρτηση του t. Παρατηρούμε ότι αθροίζοντας τις εξισώσεις σχηματίζουμε μιά πρωτοβάθμια διαϕορική εξίσωση για το άθροισμα των μαζών Ορίζουμε d N N N N m 2 dt n(t) = g n (t) + f n (t) m 2 j(t) (1.38) n=1 M 2 (t) = n=1 N m 2 n(t), g(t) = n=1 n=1 N g n (t), h(t) = n=1 και η εξίσωση λαμβάνει την οικεία μορϕή d dt M 2 (t) = g(t) + f(t) M 2 (t) j=1 N h n (t) n=1

13 1.2. ΜΙΑ Σ ΥΝΤΟΜΗ ΑΝΑΣΚ ΟΠΙΣΗ ΣΤΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΕΣ ΕΞΙΣ ΩΣΕΙΣ ΠΡ ΩΤΗΣ Τ ΑΞΗΣ13 Από τη λύση της (1.15) έχουμε M 2 (t) = M 2 0 e t f(t )dt ( 1 c 0 ) g(t)e t f(t )dt dt (1.39) Αντικατάσταση του αθροίσματος από τη λύση αυτής στην αρχική εξίσωση δίδει μιά απλή εξίσωση η οποία επιλύεται για κάθε σωματίδιο ξεχωριστά. 5. Στην Κοσμολογία η παράμετρος διαστολής του Σύμπαντος (t) διέπεται από την πρώτης τάξης διαϕορική εξίσωση (ȧ ) 2 = 8πG 3 ρ k 2 (1.40) όπου ρ η πυκνότητα μάζας του σύμπαντος, η οποία υπακούει στην εξίσωση F riedmnn ρ + 3ȧ (ρ + p ) c 2 (1.41) G, c, k είναι σταθερές και p η πίεση. Να λυθούν οι εξισώσεις για i k = 0 (επίπεδο σύμπαν), στην περίπτωση που η πίεση δίδεται από p = (γ 1)ρc 2, και ii) για k = 1 στην περίπτωση που κυριαρχείται από ύλη. i) Η εξίσωση για την πυκνότητα γίνεται ρ + 3γ ȧ ρ = 0 η οποία διαχωρίζεται ως προς τις δύο συναρτήσεις (t), ρ(t) d = 3γ dρ ρ και με ολοκλήρωση κατά μέλη ( 0 ) 3γ ρ = ρ 0 (1.42) Στην εξίσωση (1.40 θέτουμε k = 0 και αντικαθιστούμε την ρ από την τελευταία οπότε έχουμε (ȧ ) 2 = 8πG 3 ρ 0 ( 0 ) 3γ Λαμβάνοντας την τετραγωνική ρίζα (ορίζοντας νέα σταθερά µ 0 ) ȧ = µ 0 3γ/3 3γ/2 1 d = µ 0 dt η οποία μετά την ολοκλήρωση δίδει ( ) 2 t 3γ (t) = 0 t 0 (1.43)

14 14 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ Αντικαθιστούμε στην (1.42) και ευρίσκουμε τη χρονική εξάρτηση της πυκνότητας ρ(t) = ρ 0 ( t0 t ) 2 (1.44) ii) Στην περίπτωση που κυριαρχείται από ύλη, θεωρούμε ότι p = 0. Επομένως θέτουμε p = 0 και εύκολα βρίσκουμε ρ = ρ 0 3 Αντικαθιστούμε στην εξίσωση (1.40 και έχουμε ȧ 2 = 8πG ρ = λ 1 Ορίζουμε για ευκολία x = /λ και η εξίσωση γίνεται 1 x λ dt = 1 x Ολοκληρώνουμε 1 λ (t t 0) = 2 1 x(1 x) + 2 x d x Είναι βολικό να ορίσουμε cos φ = 2 x(1 x), sin(ϕ) = 1 2x Τότε 2x = 1 sin φ = 1 2 sin φ 2 cos φ 2 = sin φ 2 cos φ 2 και φ 2(1 x) = 1 + sin φ = sin 2 + cos φ 2 Τότε το ολοκλήρωμα παίρνει τη μορϕή 1 ( 2 x d x = sin φ 2 + cos φ ) ( d sin φ 2 2 cos φ ) = 1 (φ cos φ) 2 2 Τελικά η λύση δίδεται από τις παραμετρικές εξισώσεις t(φ) = λ (φ + cos φ) 2 (φ) = λ (1.45) 2 (1 sin φ) Οι οποίες είναι οι εξισώσεις κυκλοειδούς καμπύλης.

15 1.2. ΜΙΑ Σ ΥΝΤΟΜΗ ΑΝΑΣΚ ΟΠΙΣΗ ΣΤΙΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΕΣ ΕΞΙΣ ΩΣΕΙΣ ΠΡ ΩΤΗΣ Τ ΑΞΗΣ15 6. Να λυθεί η ( ) du (1 + x) + e du/ u(x) + (1 x) = 0 (1.46) Λύση. Η εξίσωση γράϕεται u(x) = ( 1 + u + e du/ )x + (1 + u + e du/ ) η οποία είναι η μορϕή Lgrnge, f(p) = 1 + u + e du/, g(p) = 1 + u + e du/, p = u 7. Μετατροπή Δ.Ε. δεύτερης τάξης σε πρώτη. Ας θεωρήσουμε τη Δ.Ε. δεύτερης τάξης d 2 u + u = f(ϕ) (1.47) dϕ2 όπου f(ϕ) γνωστή συνάρτηση. Ορίζουμε την παράγωγο αυτής ως μια νέα συνάρτηση v = u. Το σύστημα των δύο Δ.Ε. πρώτης τάξης du(ϕ) dϕ = v(ϕ) dv(ϕ) = u(ϕ) + f(ϕ) dϕ (1.48) είναι ισοδύναμο με την (1.47) όπως εύκολα μπορεί να διαπιστωθεί παίρνοντας την παράγωγο της πρώτης και αντικαθιστώντας στη δεύτερη. Στη συνέχεια ορίζουμε ( u w = v ), J = ( Τότε η (1.48) μπορεί να γραϕεί ως εξής η οποία έχει τη λύση ) ( 0, w 0 = f(ϕ) d dϕ w(ϕ) = J w(ϕ) + w 0(ϕ) ] ϕ w(ϕ) = e [ Jϕ 0 + e Jϕ w 0 (ϕ )dϕ ) ( ) c0 όπου 0 = σταθερό διάνυσμα. Ομως d 0 ( ) ( e Jϕ cos ϕ sin ϕ =, e Jϕ cos ϕ sin ϕ = sin ϕ cos ϕ sin ϕ cos ϕ ) (1.49)

16 16 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ Το ολοκλήρωμα της λύσης γίνεται ϕ ϕ ( ) ( e Jϕ w 0 (ϕ )dϕ cos ϕ sin ϕ 0 = sin ϕ cos ϕ f(ϕ) ( ) ϕ sin ϕ = f(ϕ )dϕ + ϕ cos ϕ f(ϕ )dϕ ) dϕ ( Is (ϕ) I c (ϕ) ) (1.50) Επομένως η λύση μπορεί να γραϕεί u(ϕ) = c 0 cos ϕ + d 0 sin ϕ I s cos ϕ + I c sin ϕ (1.51) 1.3 Ασκήσεις 1. Να λυθού οι ΔΕ y = 1 2 (x y + y x ), y = x y + g(x)f(x y ) 2. Να λυθού οι ΔΕ y = e x y, y (cosx)y + cosx = 0 με αρχική συνθήκη y(0) = Να δοθούν παραδείγματα ΔΕ Rictti, Bernoulli, Euler. 4. Να λυθεί η Δ.Ε. όπου α, β, γ σταθερές. dy = y(y2 + α β + γx ), 5. Να βρεθεί η μονοπαραμετρική οικογένεια λύσεων της εξίσωσης Clirut px e p y = 0, p = dy 6. Να βρεθεί η λύση της (1.37) για κάθε σωματίδιο ξεχωριστά. 7. Να αναχθεί η xyy + x(y ) 2 yy = 0 σε ΔΕ πρώτης τάξης και να λυθεί. (Σημειώστε ότι οι δύο πρώτοι όροι είναι ίσοι με x(yy ) ) 8. Εκτελέστε τις πράξεις λεπτομερώς για να αποδειχθεί η (1.33). 9. Εκτελέστε τις πράξεις λεπτομερώς για να αποδειχθεί η (1.45).

17 1.4. Δ.Ε. ΔΕ ΥΤΕΡΗΣ Τ ΑΞΗΣ Δ.Ε. δεύτερης τάξης. Θα μελετήσουμε στη συνέχεια εξισώσεις δεύτερης τάξης της μορϕής α(x) d2 d u(x) + β(x) u(x) + γ(x)u(x) = g(x) (1.52) 2 Στα ϕυσικά προβλήματα που μας ενδιαϕέρουν, οι συνοριακές συνθήκες που επιβάλλονται στις λύσεις έχουν πολυπλοκότερη μορϕή από την (1.6). Αν x = [, b] είναι το διάστημα στο οποίο αναζητείται η λύση u(x), τότε η γενική μορϕή των συνοριακών συνθηκών για την (1.52) είναι B 1 (u) α 1 u() + β 1 u () + γ 1 u(b) + δ 1 u (b) = σ 1 (1.53) B 2 (u) α 2 u() + β 2 u () + γ 2 u(b) + δ 2 u (b) = σ 2 (1.54) όπου α i, β i, γ i, δ i, σ i είναι σταθερές. Αν σ 1,2 0 τότε οι συνοριακές συνθήκες καλούνται μή-ομογενείς, ενώ όταν σ 1,2 = 0 τότε είναι ομογενείς. Η διαϕορική εξίσωση (1.52) είναι μή-ομογενής λόγω της ύπαρξης του μήμηδενικού όρου g(x) στο δεύτερο μέλος. Αν g(x) = 0 τότε η εξίσωση γράϕεται α(x) d2 u 2 + β(x)du + γ(x)u(x) = 0 (1.55) Η(1.55) καλείται ομογενής Δ.Ε. 2 ov βαθμού. Αν u 1 (x) και u 2 (x) είναι δύο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις τησ(1.55), τότε η γενική λύση u(x) μπορεί να εκϕραστεί ως γραμμικός συνδυασμός Οι u 1, u 2 είναι γραμμικά ανεξάρτητες όταν η σχέση u(x) = c 1 u 1 + c 2 u 2 (1.56) αu 1 + βu 2 = 0 (1.57) συνεπάγεται ότι α = β = 0. Λαμβάνοντας την παράγωγο της τελευταίας έχουμε επίσης αu 1 + βu 2 = 0 (1.58) Από την (1.57) και την παράγωγο αυτής συνάγουμε ότι οι u 1, u 2 είναι γραμμικά ανεξάρτητες αν η ορίζουσα W (u 1, u 2 ) = u ( ) 1 u 2 u 1 u = u du u du 1 2 d u2 u2 1 (1.59) u 1 είναι διάϕορη του μηδενός. Η W (u 1, u 2 ) καλείται W ronskin των λύσεων u 1,2. Αντίθετα, αν W (u 1, u 2 ) = 0, τότε ολοκληρώνοντας έχουμε u 1 (x) = cu 2 (x) (1.60) όπου c = σταθερά και επομένως πράγματι στην περίπτωση που η W ronskin μηδενίζεται οι λύσεις είναι γραμμικά εξαρτημένες. Θα διατυπώσουμε στη συνέχεια δύο θεωρήματα για τις λύσεις των εξισώσεων δεύτερης τάξης.

18 18 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ Θεώρημα 1 Η γενικώτερη λύση της ομογενούς διαϕορικής εξίσωσης (1.52) είναι u(x) = c 1 u 1 (x) + c 2 u 2 (x) (1.61) όπου c 1, c 2 αυθαίρετες μιγαδικές σταθερές και u 1, u 2 δύο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις της διαϕορικής εξίσωσης, δηλαδή ικανοποιούν τη συνθήκη W (u 1, u 2 ) 0 (1.62) Θεώρημα 2 Η γενικώτερη λύση της μή-ομογενούς διαϕορικής εξίσωσης (1.52) είναι u(x) = c 1 u 1 (x) + c 2 u 2 (x) + ũ(x) (1.63) όπου ũ(x) είναι οποιαδήποτε μερική λύση της (1.52), και u 1, u 2 λύσεις της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. που ικανοποιούν τη συνθήκη (1.62). 1.5 Ο τύπος του Liouville Αν είναι δυνατό να βρεθεί μια λύση u 1 (x) της ομογενούς διαϕορικής εξίσωσης (1.52), τότε η δεύτερη γραμμικά ανεξάρτητη λύση u 2 (x), μπορεί να εξαχθεί από την u 1 (x). Ας εκϕράσουμε την u 2 (x) ως εξής u 2 (x) = u 1 (x)h(x) (1.64) όπου h(x) άγνωστη συνάρτηση που θα προσδιοριστεί. Η W ronskin γράϕεται W (u 1, u 2 ) = u 1 u 2 u 2 u 1 = u 1 u 1h + u 1 u 1 h u 1 hu 1 = u 2 1h (1.65) Αντικατάσταση της u 2 = u 1 h, στη διαϕορική εξίσωση και κάνοντας χρήση του γεγονότος ότι η u 1 αποτελεί επίσης λύση, δίδει την ακόλουθη ΔΕ για την άγνωστη συνάρτηση h(x) d 2 h 2 + 2u 1 + p(x)u 1 dh u 1 = 0 (1.66) όπου p(x) = β(x) α(x) Ολοκληρώνοντας την (1.66) λαμβάνουμε για την παράγωγο h (x): (1.67) dh = c u 2 1 (x)e x x 0 p(x ) (1.68)

19 1.5. Ο Τ ΥΠΟΣ ΤΟΥ LIOUV ILLE 19 όπου c σταθερά ολοκλήρωσης. Η h(x) προκύπτη με την ολοκλήρωση της τελευταίας x h(x) = c x x 0 u 2 1 (x ) e p(x ) x 0 (1.69) Συνεπώς, η δεύτερη λύση u 2 (x) γράϕεται συναρτήσει της πρώτης ως ακολούθως u 2 (x) = cu 1 (x) x x 0 u 2 1 (x ) e x x 0 p(x ) (1.70) Με τη χρήση της (1.68) η W ronskin (1.65) μπορεί να γραϕεί και ως εξής W (u 1, u 2 ) = u 2 d u 2 1 = u 2 u 1h = cu u 2 1 e x x 0 p(x ) W (x) = c e x x 0 β(x ) α(x ) (1.71) Η μορϕή (1.71) λέγεται τύπος του Liouville. Με τη χρήση αυτού, η λύση ξαναγράϕεται ως εξής W (x) u 2 (x) = c 0 u 1 (x) u 2 (1.72) 1 (x) Παραδείγματα. 1. Δίδεται η διαϕορική εξίσωση Να βρεθούν οι λύσεις αυτής. Διαπιστώνουμε ότι η u (x) + 2x u (x) + 2u(x) = 0 (1.73) u 1 (x) = e x2 αποτελεί λύση. Για να βρούμε τη δεύτερη υπολογίζουμε πρώτα τη W ronskin { } W (x) = c exp 2x = c e x2 και αντικαθιστούμε στον τύπο (1.72) e u 2 (x) = c x 2 u 1 (x) e 2x2 = c e x 2 e x2 π 2 2 e x Erf i(x) (1.74) όπου η Erfi(x) αντιστοιχεί στο τελευταίο ολοκλήρωμα (πολλαπλασιασμένο με 2 π ) και καλείται Imginry error function 1. Οι δύο λύσεις σχεδιάζονται στο σχήμα Η συνάρτηση αυτή μπορεί να θεωρηθεί λύση της εξίσωσης u (x) 2xu (x) = 0 με αρχικές συνήκες Erfi(0) = 0, derfi(x) = 2 0 π.

20 20 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ Σχήμα 1.1: Οι δύο λύσεις της (1.73). 2. Η Δ.Ε. Legendre (1 x 2 ) d2 d Q(x) 2x Q(x) + n(n + 1)Q(x) = 0 2 για ακέραιες τιμές του n έχει ως λύση τα πολυώνυμα Legendre που όπως είδαμε δίδονται από τον τύπο του Rodriguez 2 P n (x) = n n! d n n (x2 1) n Η δεύτερη λύση επιτυγχάνεται με την παραπάνω μέθοδο. Γράϕουμε Q(x) = h(x)p n (x) η h(x) δίδεται από την (1.69) με p(x) = 2x h(x) = c = c Συνεπώς η δεύτερη λύση είναι Q n (z) = P n (z) [ Pn(x 2 ) exp 1 x 2, x x 0 P 2 n(x )(1 x 2 ) + c z ] 2x 1 x 2 dζ P 2 n(ζ)(ζ 2 1) (1.75) όπου έχει γίνει κατάλληλη επιλογή των σταθερών ολοκλήρωσης. Αποδεικνύεται ότι η Q n (z) λαμβάνει την μορϕή Q n (z) = 1 2 ln(z + 1 z 1 )P n(z) + Π n 1 (z). όπου Π n 1 (z) πολυώνυμο βαθμού n 1. 2 Η συγκεκριμμένη ΔΕ θα επιλυθεί επίσης με τη μέδοδο F robenious.

21 1.6. Η Ε ΥΡΕΣΗ ΤΗΣ ΜΕΡΙΚ ΗΣ Λ ΥΣΗΣ ΤΗΣ Μ Η ΟΜΟΓΕΝΟ ΥΣ Δ.Ε Η εύρεση της μερικής λύσης της μή ο- μογενούς Δ.Ε. Στο προηγούμενο εδάϕιο δείξαμε ότι η δεύτερη λύση της ομογενούς διαϕορικής εξίσωσης δεύτερης τάξης, ευρίσκεται εάν είναι γνωστή η μιά λύση. Στη συνέχεια θα δείξουμε ότι είναι δυνατό να κατασκευάσουμε και τη λύση της μή ομογενους με τη γνώση των δύο δύο λύσεων της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. Συνεπώς, το πρόβλημα εύρεσης των λύσεων της μή-ομογενούς (1.52) ανάγεται στην εύρεση των λύσεων της αντίστοιχης ομογενούς. Εστω λοιπόν ũ(x) η λύση της μη-ομογενούς η οποία γράϕεται ως εξής ũ(x) = υ(x)u 1 (x) (1.76) όπου u 1 (x) είναι λύση της αντίστοιχης ομογενούς Δ.Ε. Αντικαθιστούμε στην (1.52) και έχουμε u 1υ + 2υ u 1 + u 1 υ + pu 1υ + pu 1 υ + qu 1 υ = f(x) (1.77) όπου p = β(x)/α(x), q(x) = γ(x)/α(x) και f(x) = g(x)/α(x). Αναδιατάσουμε τους όρους στην (1.77) και έχουμε u 1 υ + 2υ u 1 + pu 1 υ + υ(u 1 + pu 1 + qu 1 ) = f(x) (1.78) Το άθροισμα των όρων στην παρένθεση συνιστούν την ομογενή ΔΕ και είναι μηδέν διότι η u 1 (x) είναι λύση της ομογενούς ΔΕ. Διαιρώντας με u 1 (x) την (1.78) λαμβάνουμε d 2 υ 2 + (2du p) dυ u 1 = f(x) (1.79) u 1 (x) Από την (1.71) επίσης έχουμε x ln w = p(x ) x 0 την οποία παραγωγίζουμε και λαμβάνουμε d ln w 1 dw = p(x) (1.80) w Η (1.79 ) τότε παίρνει τη μορϕή d 2 ( υ du 1 u 1 1 ) dw dυ w = f(x) u 1 (x) (1.81) ή d 2 υ 2 + d ln Q dυ = f(x) u 1 (x) (1.82)

22 22 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ όπου Q(x) = = = = u 2 1(x) w(u 1, u 2 ) u 2 1(x) u 1 u 2 u 1 u 2 1 u 2 u u 1 u 1 2 u d [ u2 u 1 ] Πολλαπλασιάζοντας με Q(x) την (1.82) έχουμε { d 2 υ Q 2 + [ d } lnq(x)]dυ = Q { d 2 υ Q dq } dυ = Q d2 υ 2 + dq dυ = d { Q dυ } = Q f(x) u 1 (x) (1.83) (1.84) Ολοκληρώνουμε και παίρνουμε Q(x) dυ = x Διαιρώντας με Q(x) και κάνοντας χρήση της (1.83), x 0 Q(x ) f(x ) u 1 (x ) (1.85) dυ = d ( u2 u 1 = d {u 2(x) u 1 (x) ) x Q(x ) f(x ) x 0 u 1 (x ) x Στη συνέχεια ολοκληρώνουμε την (1.86) Q(x ) f(x ) x 0 u 1 (x ) } Q(x) f(x) u 1 (x) u 2 (x) u 1 (x) (1.86) υ(x) = u 2(x) u 1 (x) x Από την (1.87) έχουμε τη λύση ũ(x) u 1 (x)υ(x) = u 2 (x) x 0 Q(x ) f(x ) u 1 (x ) x x u 1 (x )f(x ) x 0 w(u 1, u 2 ) u 1 (x) Q(x ) f(x )u 2 (x ) x 0 u 2 1 (x ) x (1.87) u 2 (x )f(x ) x 0 w(u 1, u 2 ) (1.88) Επισημαίνουμε ότι η παραπάνω μέθοδος δεν μπορεί να γενικευθεί για ΔΕ μεγαλύτερης τάξης ή για ΔΕ με μερικές παραγώγους. Η επίλυση τέτοιων μορϕών μπορεί να γίνει με άλλες μεθόδους όπως εκείνη των συναρτήσεων Green που θα μελετηθούν σε επόμενα κεϕάλαια.

23 1.6. Η Ε ΥΡΕΣΗ ΤΗΣ ΜΕΡΙΚ ΗΣ Λ ΥΣΗΣ ΤΗΣ Μ Η ΟΜΟΓΕΝΟ ΥΣ Δ.Ε Παράδειγμα. Να λυθεί η ΔΕ u u = e x sinx Οι λύσεις της αντίστοιχης ομογενούς είναι u u = 0 u 1 e x, u 2 e x Είναι (x) = 1, b(x) = 0 και επομένως η W ronskin δίδεται από { } 0 W (x) = c exp 1 = c Αντικαθιστούμε στον τύπο ũ(x) = e x e x (e x sin(x) c = 2 5c ex (2 cos(x) + sin(x)) Επιλέγουμε κατάλληλα τη σταθερά και έχουμε e x e x (e x sin(x) c ũ(x) = 1 5 ex (2 cos(x) + sin(x)) Ασκήσεις 1. Να λυθεί η ΔΕ y + y = xcoshx 2. Να γραϕεί η κανονική μορϕή (δηλαδή χωρίς πρώτη παράγωγο) των ΔΕ x 2 y + xy + (x 2 n 2 )y = 0 y 2xy + λy = 0 xy + (1 x)y + λy = 0 (1.89)

24 24 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ 1.7 Διαϕορικές Εξισώσεις 2 ης τάξης με κανονικά ανώμαλα σημεία Από τα παραπάνω εδάϕια διαπιστώσαμε ότι η μελέτη και εύρεση λύσεων μιας μεγάλης κατηγορίας Διαϕορικών Εξισώσεων δεύτερης τάξης με μή ομογενή όρο ανάγεται στην επίλυση της αντίστοιχης ομογενούς εξίσωσης που έχει τη μορϕή (1.55). Θα γενικεύσουμε την ανάλυση για μιγαδική μεταβλητή x z. Εισάγοντας τις ακόλουθες συναρτήσεις p(z) = β(z) γ(z), q(z) = α(z) α(z), η (1.55) γράϕεται d 2 u dz 2 + p(z)du + q(z)u = 0 (1.90) dz Περιοριζόμαστε στη συνέχεια στην περίπτωση που οι p(z), q(z) είναι αναλυτικές σε περιοχή R εκτός ενδεχομένως από κάποια σημεία. 3 Αν σε δεδομένο σημείο z 0, οι p(z), q(z) είναι αναλυτικές το z 0 καλείται ομαλό σημείο. Στη γειτονιά ομαλού σημείου, η ΔΕ (1.90) έχει πάντα δύο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις. Αν το σημείο z 0 είναι απομονωμένη ανωμαλία, για κάποια από τις συναρτήσεις p(z), q(z), τότε τουλαχιστο μια από τις δύο λύσεις θα εμϕανίζει ανωμαλία στο z 0. Ιδιαίτερα, αν η p(z) έχει πόλο το πολύ πρώτης τάξης και η q(z), το πολύ δεύτερης τάξης, τότε το σημείο z 0 καλείται κανονικό ανώμαλο σημείο. Στην περίπτωση αυτή, οι δύο λύσεις u 1, u 2, της ΔΕ έχουν τη μορϕή u 1 (z) = (z z 0 ) r 1 c n (z z 0 ) n ή u 2 (z) = (z z 0 ) r 2 n=0 d n (z z 0 ) n, r 1 r 2 (1.91) n=0 u 1 (z) = (z z 0 ) r1 c n (z z 0 ) n u 2 (z) = (z z 0 ) r 2 n=0 d n (z z 0 ) n + κu 1 (z) ln(z z 0 ) (1.92) n=0 Σημειώνουμε τέλος ότι αν το z 0 είναι μή-κανονικό ανώμαλο σημείο, η λύση είναι της μορϕής u(x) c n (z z 0 ) n (1.93) n= 3 Στην περίπτωση σταθερών συντελεστών της ομογενούς Δ.Ε. οι λύσεις μπορούν πάντα να εκϕραστούν με στοιχειώδεις συναρτήσεις. Εδώ εξετάζουμε τη γενικώτερη περίπτωση με μή σταθερούς συντελεστές όπου οι λύσεις εκϕράζονται με μορϕή απειροσειρών η και ολοκληρωμάτων.

25 1.7. ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΕΣ ΕΞΙΣ ΩΣΕΙΣ 2 ης Τ ΑΞΗΣ ΜΕ ΚΑΝΟΝΙΚ Α ΑΝ ΩΜΑΛΑ ΣΗΜΕ ΙΑ25 δηλαδή, το άθροισμα εκτείνεται από στο +. Πρίν επεκταθούμε στην γενική λύση της εξίσωσης με κανονικά ανώμαλα σημεία, θα δώσουμε ένα παράδειγμα εϕαμογής της μεθόδου στη γνωστή ΔΕ του Legendre η οποία γράϕεται ως εξής οι δε συναρτήσεις p, q γράϕονται (1 x 2 ) d2 u 2 2xdu + l(l + 1)u = 0 (1.94) p(x) = 2x l(l + 1), q(x) = 1 x2 1 x 2 και επομένως, θα αναζητήσουμε λύσεις σε μορϕή σειράς στο διάστημα x < 1. Εστω λοιπόν u 1 (x) = n x n+r (1.95) n=0 Αντικαθιστούμε στη ΔΕ. (1.94) τη u 1 μαζί με τις παραγώγους du 1 = d 2 u 1 2 = (n + r) n x n+r 1 n=0 (n + r)(n + r 1) n x n+r 2 n=0 και λαμβάνουμε (n + r)(n + r 1) n x n+r 2 = n=0 [(n + r)(n + r + 1) l(l + 1)] n x n+r n=0 Γράϕουμε τον πρώτο όρο αυτής ως εξής (n + r)(n + r 1) n x n+r 2 = r(r 1) 0 x r 2 + (r + 1)r 1 x r 1 n=0 + (n + r)(n + r 1) n x n+r 2 n=2 Ορίζουμε τον νέο δείκτη n = n + 2 οπότε λαμβάνουμε (n + r)(n + r 1) n x n+r 2 = n=2 (n + r + 2)(n + r + 1) n +2x n +r n =0 (n + r + 2)(n + r + 1) n+2 x n+r n=0

26 26 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ όπου στην τελευταία γραμμή, αλλάξαμε την ονομασία του δείκτη n n. Συνδυάζοντας τα παραπάνω λαμβάνουμε την ισότητα r(r 1) 0 x r 2 + (r + 1)r 1 x r 1 + = (n + r + 2)(n + r + 1) n+2 x n+r n=0 [(n + r)(n + r + 1) l(l + 1)] n=0 Εξισώνοντας τους συντελεστές ίσων δυνάμεων, προκύπτουν οι ακόλουθες ισότητες. Για τους δύο όρους εκτός των αθροισμάτων, δεν υπάρχουν αντίστοιχες δυνάμεις στο δεύτερο μέλος, επομένως r(r 1) 0 = 0 r(r + 1) 1 = 0 Μπορούμε να επιλέξουμε ένα από τα 0, 1 διάϕορο του μηδενός, έστω το 0 0, και 1 = 0. Τότε r = 0 ή r = 1, οπότε προκύπτουν οι περιπτώσεις n+2 = = n+2 = = n(n + 1) l(l + 1) n (n + 1)(n + 2) (n l)(n + l + 1) n (1.96) (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) l(l + 1) n (n + 2)(n + 3) (n + 1 l)(n + l + 2) n (1.97) (n + 2)(n + 3) Συνεπώς η λύση της εξίσωσης θα έχει είτε άρτιες δυνάμεις του x (όταν r = 0) ή περιττές δυνάμεις (όταν r = 1). l(l + 1) 2 = (l 2)(l + 3) 4 = {l(l 2)} {(l + 1)(l + 3)} = ( 1) και γενικά ο συντελεστής ανάλογος του x 2n n {l(l 2) (l 2n + 2)} {(l + 1)(l + 3) (l + 2n)} 2n = ( 1) (2n)! Ανάλογη έκϕραση λαμβάνουμε και για τους συντελεστές των περιττών δυνάμεων x 2n+1. Παρατηρούμε ότι αν η παράμετρος l ισούται με άρτιο l = 2N, τότε ο συντελεστής 2N+2 = 0 και το ίδιο ισχύει για κάθε επόμενο συντελεστή. Αυτό σημαίνει 0 0

27 1.8. ΓΕΝΙΚ Η Λ ΥΣΗ ΤΗΣ ΔΕ 2 ης Τ ΑΞΗΣ ΣΤΗ ΓΕΙΤΟΝΙ Α ΚΑΝΟΝΙΚΟ Υ ΑΝ ΩΜΑΛΟΥ ΣΗΜΕ ΙΟΥ27 ότι η σειρά τερματίζεται το οποίο συνεπάγεται ότι η λύση των αρτίων δυνάμεων είναι πολυωνυμική. Η σειρά των περιττών δυνάμεων τερματίζεται αντίστοιχα για l = 2N + 1 διότι τότε 2N+1 = 0 καθώς και για κάθε επόμενο συντελεστή. Επομένως, για κάθε ακέραια τιμή του l υπάρχει πολυωνυμική λύση η οποία επιπροσθέτως συγκλίνει και για τά άκρα του διαστήματος x = ±1. Μπορούμε να γράψουμε σε ενιαία ϕόρμουλα τη γενική πολυωνυμική (άρτια ή περιττή) λύση ως εξής P l (x) = [l/2] ( 1) k (2l 2k)! 2 l k!(l k)!(l 2k)! xl 2k (1.98) k=0 η οποία ταυτίζεται με τα γνωστά πολυώνυμα Legendre. 1.8 Γενική λύση της ΔΕ 2 ης τάξης στη γειτονιά κανονικού ανώμαλου σημείου Θα επαναλάβουμε την παραπάνω διαδικασία εύρεσης λύσης σε μορϕή σειράς για τις περιπτώσεις διαϕορικών εξισώσεων 2 ης τάξης που έχουν τουλάχιστο ένα κανονικό ανώμαλο σημείο. Θα αναζητηθούν λύσεις στη γειτονιά ενός τέτοιου σημείου. Ας ορίσουμε τον τελεστή L = d2 2 + p(z) d + q(z) Η ΔΕ γράϕεται Lu(z) d2 u 2 + p(z)du + q(z)u = 0 (1.99) Ας υποθέσουμε ότι το z 0 είναι κανονικό ανώμαλο σημείο. Τότε οι συναρτήσεις A(z) = (z z 0 )p(z), B(z) = (z z 0 ) 2 q(z) (1.100) είναι αναλυτικές στην περιοχή γύρω από το z 0 και συνεπώς αναπτύσσονται σε σειρά T ylor με n = 1 2πi A(z) = n (z z 0 ) n, B(z) = b n (z z 0 ) n (1.101) n=0 A(z ) (z z 0 ) n+1 dz, b n = 1 2πi n=0 B(z ) (z z 0 ) n+1 dz (1.102) όπου c δρόμος στην περιοχή αναλυτικότητας που περικύει το z 0. Κατ αρχήν πολλαπλασιάζουμε τη Δ.Ε. με (z z 0 ) 2 και σχηματίζουμε (z z 0 ) 2 d2 2 + A(z)(z z 0) d + B(z)u = 0

28 28 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ Δοκιμάζουμε στη συνέχεια λύση υπό μορϕή σειράς u(z) = c n (z z 0 ) n+r (1.103) n= 0 την οποία αντικαθιστούμε στη Δ.Ε. μαζί με τις παραγώγους αυτής u (z) = n u (z) = n c n (n + r)(z z 0 ) n+r 1 (1.104) c n (n + r)(n + r 1)(z z 0 ) n+r 2 (1.105) Αντικαθιστούμε επίσης και τους συντελεστές υπό μορϕή σειράς από την (1.101) και κάνουμε χρήση της ιδιότητας f g = c n = ( ) b m z m = c n z n ( n z n) n=0 m=0 n n m b m m=0 n=0 Ετσι, ο δεύτερος όρος γίνεται A(z)(z z 0 )u (z) = A(z)(z z 0 ) m c m (m + r)(z z 0 ) ( m 1) = n = n n (z z 0 ) n c m (m + r)(z z 0 ) m m { n } b n m c m (m + r) (z z 0 ) n (1.106) m=0 B(z) u(z) = n b n z n m c m (z z 0 ) m = n { n } b n m c m m=0 z n Αντικαθιστούμε στη Δ.Ε. και λαμβάνουμε την ακόλουθη αναδρομική σχέση { (n + r)(n + r 1)c n + n=0 } n {(m + r) n m + b n m }c m (z z 0 ) n = 0 m=0 (1.107) Από το άθροισμα ως προς m διαχωριζουμε πρώτα τον τελευταίο όρο m = n, οπότε γράϕεται n m=0 n 1 {(m+r) n m +b n m }c m = ((n+r) 0 +b 0 )c n + {(m+r) n m +b n m }c m m=0

29 1.8. ΓΕΝΙΚ Η Λ ΥΣΗ ΤΗΣ ΔΕ 2 ης Τ ΑΞΗΣ ΣΤΗ ΓΕΙΤΟΝΙ Α ΚΑΝΟΝΙΚΟ Υ ΑΝ ΩΜΑΛΟΥ ΣΗΜΕ ΙΟΥ29 Για να είναι Lu(z) 0 πρέπει ο συντελεστής κάθε δύναμης (z z 0 ) της σειράς (1.107) να είναι μηδέν. Αυτό επιβάλει την ακόλουθη συνθήκη για τους συντελεστές c n και την παράμετρο r: {(n + r)(n + r 1) + (n + r) 0 + b 0 }c n + n 1 {(m + r) n m + b n m }c m = 0 m=0 Για διευκόλυνση στη συνέχεια ας ορίσουμε τις ακόλουθες συναρτήσεις r 0 + b 0 + r(r 1) k = 0 f k (r) = r k + b k k > 0 0 k < 0 Η εξίσωση τότε γράϕεται f 0 (r + n) c n = n 1 m=0 f n m (r + m) c m (1.108) Μέσω της (1.108) μπορούμε να υπολογίσουμε διαδοχικά τους συντελεστές c 1, c 2,..., c n συναρτήσει του πρώτου c 0 ο οποίος παραμένει απροσδιόριστος. Για n = 0 λαμβάνουμε την εξίσωση Υποθέτουμε c 0 0, άρα έχουμε n = 0 f 0 (r)c 0 = 0 c 0 0 f 0 (r) = 0 r 2 + ( 0 1)r + b 0 = 0. (1.109) Η ( n = 0) καλείται δεικτική εξίσωση (indicil eqution). Ονομάζουμε r 1, r 2 τις λύσεις αυτής με Rer 1 > Rr 2. Τότε από τις λύσεις της εξίσωσης προκύπτει 2Rer 1 > Re(1 0 ). Μπορούνε να δειχθούνε τα ακόλουθα: i) Υπάρχει πάντα μια λύση με r = r 1 ii) Η ρίζα r = r 2 παρέχει μια δεύτερη λύση εϕόσον η διαϕορά r 1 r 2 δεν είναι ακέραιος. Οι συντελεστές c n προκύπτουν από (1.108) διαιρώντας με f 0 (r + n): c n = n 1 m=0 f n m (r + m)c m f 0 (r + n) (1.110) Από την(1.110) προκύπτει πράγματι ότι όλοι οι c n μπορούν να εκϕραστούν συναρτήσει του πρώτου c 0. Ετσι, οι πρώτοι όρου έχουν ώε εξής κ.ο.κ. c 1 = f 1(r 1 ) f 0 (r 1 + 1) c 0 c 2 = f 2(r 1 ) f 0 (r 1 + 2) c 0 f 1(r 1 + 1) f 0 (r 1 + 2) c 1 ( f2 (r 1 ) = f 0 (r 1 + 2) f ) 1(r 1 + 1)f 1 (r 1 ) f 0 (r 1 + 2)f 0 (r 1 + 1) c 0 (1.111)

30 30 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ 1.9 Δ.Ε. με κανονικά ανώμαλα σημεία Θα μελετήσουμε στη συνέχεια Δ.Ε. με κανονικά ανώμαλα σημεία. Θα ασχοληθούμε με περιπτώσεις που έχουν το πολύ τρία τέτοια σημεία συμπεριλαμβανομένου και του απείρου. Η περίπτωση αυτή καλύπτει τις περισσότερες από τις κλασσικές διαϕορικές εξισώσεις της ϕυσικής. Στη γενικώτερη της μορϕή (γνωστή ως μορϕή Riemnn) η Δ.Ε. αυτή γρά- ϕεται με τη συνθήκη u + ( 1 α α z z β β z z γ γ z z 3 )u + { (z 1 z 2 )(z 1 z 3 )αα z z 1 + (z 2 z 1 )(z 2 z 3 )ββ + (z 3 z 1 )(z 3 z 2 )γγ } z z 2 z z 3 1 (z z 1 )(z z 2 )(z z 3 ) u = 0 (1.112) Η δεικτική εξίσωση στο σημείο z 1 είναι με λύσεις α + α + β + β + γ + γ = 1 (1.113) r(r 1) + (1 α α )r + αα = 0 (1.114) r 1 = α, r 2 = α (1.115) Ομοια για τα σημεία z 2, z 3 έχουμε αντίστοιχα r 1 = β, γ και r 2 = β, γ. Ορίζουμε στη συνέχεια το σύμβολο P του Riemnn το οποίο είναι z 1 z 2 z 3 P α β γ z (1.116) α β γ Το σύμβολο P του Riemnn περιέχει εννέα παράμετρες οι οποίες μπορούν να μειωθούν σε τρείς με τους ακόλουθους μετασχηματισμούς με τη συνθήκη και τον μετασχηματισμό u(z) = (z z 1 ) r (z z 2 ) s (z z 3 ) t υ(z) r + s + t = 0, z = Az + B Cz + D Αντικαθιστούμε στη Δ.Ε., και ευρίσκουμε ότι το σύμβολο Riemnn έχει την ιδιότητα (z z 1 ) r (z z 2 ) s (z z 3 ) t P z 1 z 2 z 3 α β γ z α β γ = P z 1 z 2 z 3 α + r β + s γ + t z α + r β + s γ + t

31 1.10. Η ΥΠΕΡΓΕΩΜΕΤΡΙΚ Η ΣΥΝ ΑΡΤΗΣΗ 31 με r + s + t = 0. Κάνοντας τον μετασχηματισμό διαπιστώνουμε επίσης ότι P Εστω τώρα ότι και z 1 z 2 z 3 α β γ z α β γ Κάνοντας τις αντικαταστάσεις z i = Az i + B, i = 1, 2, 3 (1.117) Cz i + D = P z 1 = 0 z 2 = z 3 = 1 z 1 z 2 z 3 α β γ z α β γ r = α, s = α + γ, t = γ (1.118) = α + β + γ, b = α + γ + β, c = 1 + α + α μετά από λίγη άλγεβρα προκύπτει τελικά ( ) α ( ) γ z z1 z z3 R(z) = P z z 2 z z z 1 c b c b (1.119) Συμπεραίνουμε ότι η λύση της γενικής εξίσωσης των εννέα παραμέτρων ανάγεται τελικά στην λύση μιας απλούστερης Δ.Ε. με κανονικά ανώμαλα σημεία και τρείς παραμέτρους, b, c. z 1 = 0, z 2 = 1, z 3 = 1.10 Η υπεργεωμετρική συνάρτηση Αν αντικαταστήσουμε τις τιμές των παραμέτρων του συμβόλου (1.119) στην Δ.Ε. (1.112) για τον συντελεστή του δεύτερο όρου (ανάλογου της πρώτης παραγώγου u ) έχουμε: 1 α α + 1 β β + 1 γ γ = c z z 1 z z 2 z z 3 z 0 + lim 1 b b c z 2 z z 2 z 1 = c z b c z 1 Ανάλογα για τον συντελεστή του τρίτου όρου λαμβάνουμε το αποτέλεσμα οπότε η Δ.Ε. γράϕεται b z(z 1) z(1 z)u + {c (1 + + b)z}u bu = 0 (1.120)

32 32 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ Η Δ.Ε. (1.120) καλείται Υπεργεωμετρική Εξίσωση και οι λύσεις αυτής συμβολίζονται F (, b; c; z) (1.121) Οι συναρτήσεις p(z), q(z) όπως ορίστηκαν στα προηγούμενα είναι p(z) = c (1 + + b)z, q(z) = b z(1 z) z(1 z) Αναζητούμε λύση γύρω από το κανονικό ανώμαλο σημείο z = 0, z < 1. Κατασκευάζουμε πρώτα τη δεικτική εξίσωση. Προς τούτο A(z) = zp(z) = c ( + b + 1)z z(1 z) B(z) = z 2 q(z) = bz + = c + ( 1 b + c)z + δηλαδή 0 = c, b 0 = 0 και η δεικτική εξίσωση έχει λύσεις r(r 1) + rc = 0 r = 0, 1 c Η F (, b; c; z) είναι αναλυτική γύρω από το z 0 = 0, επομένως επιδιώκουμε λύση υπό μορϕή σειράς. Για την περίπτωση r = 0, η λύση γράϕεται F (, b; c; z) = n c n z n, (c 0 = 1) (1.122) όπου με τη συνθήκη c 0 = 1 κανονικοποιήσαμε τον πρώτο όρο στη μονάδα. Αντικαθιστούμε στην (1.120) και παίρνουμε c n z n = 0 n=0 z(1 z)c n n(n 1)z n 2 + n=0{c (1 + + b)z}c n nz n 1 b n=0 Διαχωρίζουμε τις δυνάμεις ως προς τη μεταβλητή {n(n 1) + cn}c n z n 1 = c n {n(n 1) + (1 + + b)n + b}z n (1.123) n n Ο συντελεστής του δεύτερου όρου γράϕεται q n = c n {n(n 1) + (1 + + b)n + b} = c n {n 2 + n( + b) + b} και για n n 1 = ( + n)(b + n)c n q n q n 1 = ( + n 1)(b + n 1)c n 1 Τότε από την (1.123) έχουμε την ακόλουθη αναδρομική σχέση c n = ( + n 1)(b + n 1) c n 1 (1.124) n(c + n 1)

33 1.10. Η ΥΠΕΡΓΕΩΜΕΤΡΙΚ Η ΣΥΝ ΑΡΤΗΣΗ 33 Οι συντελεστές υπολογίζονται διαδοχικά με τη χρήση της (1.124). Ετσι c 1 = b c c 0 = b c c 2 = ( + 1)(b + 1) c 1 = 2(c + 1) ( + 1)(b + 1)b 2(c + 1)c (1.125) κ.ο.κ. Οπως είναι ϕανερό, ο υπολογισμός είναι εϕικτός εϕόσον c 0, 1, 2,.... Υπενθυμίζουμε τώρα την ιδιότητα της συνάρτησης Γάμμα Γ(z + 1) = zγ(z), Γ(z + 2) = (z + 1)zΓ(z),..., Γ(z + n) = (z + n 1) zγ(z) και την εϕαρμόζουμε για z =, b και c. Συνεπώς για τον n-οστό όρο, χρησιμοποιούμε την ταυτότητα και ομοίως για b, c. Τελικά έχουμε c n = ( + n 1)... ( + 1) = Γ(n + ) Γ() Άρα, η λύση γράϕεται ως εξής 4 Γ(n + b) Γ(b) F (, b; c; z) = 1 + Γ(c) Γ()Γ(b) n=1 Γ(c) = Γ()Γ(b) η οποία συγκλίνει για z < 1. Ας θεωρήσουμε την ειδική περίπτωση Τότε η (1.127) γράϕεται Γ(n + ) Γ() Γ(c), c n (1.126) Γ(n + 1)Γ(c + n) n=0 F (1, b; b; z) = 1 + Γ(b) Γ(1)Γ(b) n=1 = 1 + z n Γ( + n)γ(b + n) Γ(c + n)γ(n + 1) zn Γ( + n)γ(b + n) Γ(c + n)γ(n + 1) zn (1.127) = 1, b = c (1.128) n=1 n=0 Γ(1 + n)γ(b + n) Γ(b + n)γ(n + 1) zn z n = 1, ( z < 1) (1.129) 1 z δηλαδή, το ανάπτυγμα (1.129) είναι η γνωστή υπεργεωμετρική σειρά. Η αντίστοιχη Δ.Ε. γράϕεται z(1 z)u + [c (2 + c)z]u cu = 0 (1.130) 4 Συνηθίζεται και ο συμβολισμός 2 F 1 (, b, c; z).

34 34 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ η οποία με αναδιάταξη των όρων γράϕεται z[(1 z)u u] + c[(1 z)u u] = 0 και η οποία ικανοποιείται από τη λύση (1.129) για κάθε τιμή της παραμέτρου c διότι (1 z)u u = 0. Υπάρχει μια σημαντική συμμετρία στην υπεργεωμετρική σειρά (ΥΣ) η οποία είναι εμϕανής ακόμη και στη διαϕορική εξίσωση. Η ΥΣ παραμένει αναλλοίωτη ως προς την εναλλαγή των b F (, b, c; z) = F (b,, c; z) (1.131) Για να μελετήσουμε τη δεύτερη λύση, υπενθυμίζουμε ότι από τη δεικτική εξίσωση η δεύτερη ρίζα της είναι r = 1 c. Αν υποθέσουμε στη συνέχεια ότι ο (1 c) δεν είναι ακέραιος, τότε μπορούμε να βρούμε μια δεύτερη λύση της Δ.Ε. που είναι της μορϕής u(z) = z 1 c g 1 (z) (1.132) όπου g 1 (z) είναι δυναμοσειρά του z. Για να την προσδιορίσουμε αντικαθιστούμε στην (1.119) και έχουμε z(z 1)g 1 + [c 2 + z(3 + + b 2c)]g 1 + ( c + 1)(b c + 1)g 1 = 0 (1.133) Η (1.133) είναι της ίδιας μορϕής με την (1.119). Πράγματι, από τον τρίτο όρο της (1.133) παρατηρούμε ότι αν κάνουμε την αντιστοιχία c + 1 (1.134) b b c + 1 τότε 1++b +b 2c+3, που είναι ο συντελεστής του όρου zg 1 στην (1.133). Επίσης, ο συντελεστής του g 1 είναι c 2, συνεπώς αντιστοιχώντας c 2 c, έχουμε ότι η λύση της (1.133) είναι Συνεπώς η γενική λύση της Δ.Ε. είναι F (b c + 1, c + 1; 2 c; z) (1.135) u = α F (, b; c; z) + β z 1 c F (b c + 1, c + 1; 2 c; z) (1.136) Παραδείγματα 1. Θεωρείστε την ανάπτυξη της ακόλουθης συνάρτησης σε σειρά (1 + z) = f n z n, f n = 1 d n (1 + z) n! dzn Οι συντελεστές είναι n=0 z=0 f n = ( 1) ( n + 1) (1 + z) n z=0 = Γ( n) Γ() (1.137)

35 1.10. Η ΥΠΕΡΓΕΩΜΕΤΡΙΚ Η ΣΥΝ ΑΡΤΗΣΗ 35 και επομένως Παρατηρούμε ότι (1 + z) = n=0 Γ( n) n!γ() zn ( 1) ( n+1) = ( )(1 ) (n 1 )( 1) n = επομένως ισοδύναμα γράϕουμε τη σειρά και ως εξής Γ(n ) Γ( ) ( 1)n (1 + z) = n=0 Γ(n ) n!γ( ) ( 1)n z n (1.138) Θεωρείστε στη συνέχεια την ειδική περίπτωση της υπεργεωμετρικής F (, b, b; z) = = n=0 n=0 Γ(n ) n!γ( ) ( z)n Γ(n ) n!γ( ) ( 1)n z n (1.139) Άρα F (, b, b; z) = (1 + z) 2. Ενα από τα γνωστά ελλειπτικά ολοκληρώματα είναι F(, x) = τ 0 dt 1 t 2 1 xt 2, τ 1 (1.140) Το ολοκλήρωμα για τ = 1 ανάγεται σε υπεργεωμετρική σειρά. Για να το υπολογίσουμε κάνουμε το μετασχηματισμό Θα υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα Με τις αντικαταστάσεις t = sin ϕ, dt = cos ϕ dϕ I = 2 π π 2 0 dϕ 1 x sin 2 ϕ z = x sin 2 ϕ, = 1 2 στην (1.138) έχουμε την ακόλουθη ανάπτυξη σε σειρά της υπό ολοκλήρωση ποσότητας 1 1 x sin 2 ϕ = Γ(n + 1/2) n!γ(1/2) xn sin 2n ϕ n=0

36 36 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ Αντικαθιστούμε τη σειρά στο ολοκλήρωμα και ολοκληρώνουμε όρο προς όρο. Για τον όρο τάξης x n έχουμε το ολοκλήρωμα I n = π 2 0 sin 2n 1 ϕ dϕ το οποίο αποτελεί ειδική περίπτωση της συνάρτησης B(z, w) για άρα 2z 1 = 2n, 2w 1 = 0 z = n + 1/2, w = 1/2 I n = B(n + 1/2, 1/2) = Γ(n + 1/2)Γ(1/2) 2Γ(n + 1) Αντικαθιστούμε το αποτέλεσμα στην σειρά και έχουμε I = 1 π (Γ(n + 1/2)) 2 (n!) 2 x n F (1/2, 1/2, 1, x) n=0 3. Θα συσχετίσουμε την εξίσωση Legendre (1 z 2 ) d2 u du 2z + λ(λ + 1) = 0 dz2 dz που μελετήσαμε σε προηγούμενο παράδειγμα με την κατάλληλη λύση της υπεργεωμετρικής. Συγκρίνοντας τον δευτεροβάθμιο όρο με τον αντίστοιχο της υπεργεωμετρικής, εισάγουμε την νέα μεταβλητή w 1 z 2 = w(1 w) όπου κατάλληλη σταθερά. Επιλύοντας ως πρός w w = 1 ± 1 4 (1 z2 ) 2 Κάνουμε τη βολική επιλογή = 4 και έχουμε w = 1 z 2 Η διαϕορική εξίσωση Legendre γίνεται τότε w(1 w) d2 u du + (1 2w) + λ(λ + 1)u = 0 dw2 dw η οποία έχει τη μορϕή της υπεργεωμετρικής με (1 + + b) = 2, b = λ(λ + 1)

37 1.11. ΣΥΡΡ ΕΟΥΣΑ ΥΠΕΡΓΕΩΜΕΤΡΙΚ Η ΣΕΙΡ Α 37 Επιλύοντας ως προς, b λαμβάνουμε = λ, b = λ + 1, hb = λ, = λ + 1 Επειδή η Υπεργεωμετρική έχει τη συμμετρία b οι δύο λύσεις είναι ισοδύναμες. Επομένως η λύση της εξίσωσης Legendre δίδεται από την Υπεργεωμετρική σειρά u(z) = F ( λ, λ + 1, 1, 1 z 2 ) (1.141) η οποία καλείται συνάρτηση Legendre πρώτου είδους. Οταν ο λ είναι μή-αρνητικός ακέραιος, η σειρά τερματίζει και έχουμε τα αντίστοιχα πολυώνυμα Συρρέουσα Υπεργεωμετρική σειρά Συρρέουσα (conf luent) Υπεργεωμετρική διαϕορική εξίσωση προκύπτει ως μια ειδική περίπτωση της εξίσωσης Riemnn. Η ειδική αυτή μορϕή της Δ.Ε. λαμβάνεται ακολουθόντας συγκεκριμένη διαδικασία σε όριο όπου τα δύο από τα τρία κανονικά ανώμαλα σημεία `συνενώνονται στο άπειρο, και γράϕεται x d2 y(x) d x 2 + (c x) d y(x) d x y(x) = 0 (1.142) Η λύση προκύπτει με τη γνωστή μέθοδο επίλυσης των ΔΕ με αντικατάσταση της λύσης σε μορϕή σειράς. Η δεικτική εξίσωση δίδει τις λύσεις r 1 = 0, r 2 = 1 c, επομένως μπορούμε να δοκιμάσουμε τη λύση y(x) = n c nx n και να προσδιορίσουμε τους συντελεστές. Η λύση είναι 1F 1 (, c; x) = Γ(c) Γ() = 1 + c n=0 x 1! Γ( + n) Γ(c + n) + ( + 1) c(c + 1) x n n! x 2 2! + (1.143) και καλείται Συρρέουσα Υπεργεωμετρική σειρά. Άν η παράμετρος είναι αρνητικός ακέραιος, = N, τότε η σειρά τερματίζεται και η λύση είναι πολυωνυμική βαθμού N. Πλήθος γνωστών συναρτήσεων αναπαρίστανται ως ειδικές περιπτώσεις της (1.143). Η δεύτερη γραμικά ανεξάρτητη λύση της ΔΕ δίδεται απο y(x) = x 1 c 1F 1 ( + 1 c, b + 1 c, 2 c; x) (1.144) Μια χρήσιμη μορϕή της ΔΕ (1.142) προκύπτει με την αντικατάσταση x = t 2. Λαμβάνοντας υπ όψη d y(x) = 1 d y(t 2 ) d x 2t d t d 2 y(x) d x 2 = 1 d 2 y(t 2 ) 4t 2 d t 2 1 d y(t 2 ) 4t 3 d t

38 38 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ η (1.142) παίρνει τη μορϕή d 2 y(t 2 ( ) ) 2c 1 d y(t 2 ) d t 2 + 2t 4 y(t 2 ) = 0 (1.145) t d t Εϕαρμογές 1. Θα δειχθεί ό,τι η διαϕορική εξίσωση d 2 u(x) d x 2 ( ) l(l + 1) x 2 + x 2 α u(x) = 0 (1.146) ανάγεται με κατάλληλο μετασχηματισμό στην (1.145). Κάνουμε τον μετασχηματισμό u(x) = x l+1 f(x) (1.147) u (x) = x l+1 f (x) + (l + 1)x l f(x) u (x) = x l+1 f (x) + 2(l + 1)x l f (x) + l(l + 1)x l 1 f(x) Αντικαθιστώντας, λαμβάνουμε f (x) + 2(l + 1) x Στη συνέχεια γράϕουμε την f(x) ως f (x) + (α x 2 ) f(x) = 0 (1.148) f(x) = e x2 /2 h(x) (1.149) συνεπώς η πρώτη και δεύτερη παράγωγος γράϕονται f (x) = e x2 /2 h (x) xe x2 /2 h(x) f (x) = e x2 /2 h (x) 2x e x2 /2 h (x) + (x 2 1) e x2 /2 h(x) Αντικαθιστώντας, καταλήγουμε στην ΔΕ d 2 ( ) h(x) (l + 1) d h(x) d x 2 + 2x (2(l + 1) + 1 α) h(x) = 0 x d x (1.150) η οποία είναι της ίδιας μορϕής με την (1.145). Συνεπώς η λύση της ΔΕ (1.146) είναι u(x) = x l+1 e x2 /2 1 F 1 ((2l + 3)/4 α/4, l + 3/2 ; x 2 ) (1.151) 2. Το ακτινικό μέρος της εξίσωσης Schroedinger παίρνει τη μορϕή d 2 R(ρ) d ρ ρ d R(ρ) d ρ ( l(l + 1) λ ρ 2 R(ρ) + ρ 1 ) R(ρ) = 0(1.152) 4

39 1.11. ΣΥΡΡ ΕΟΥΣΑ ΥΠΕΡΓΕΩΜΕΤΡΙΚ Η ΣΕΙΡ Α 39 όπου ρ = κάνουμε την αντικατάσταση 8µ E h, λ = Ze2 µ h 2 E (1.153) ρ = t 2, R(ρ) y(t) (1.154) και η διαϕορική εξίσωση λαμβάνει τη μορϕή d 2 y(t) d t ( ) d y(t) 4l(l + 1) t d t t 2 + t 2 4λ y(t) = 0 (1.155) Με στόχο να εξαλείψουμε την πρώτη παράγωγο στην ανωτέρω διαϕορική εξίσωση, κάνουμε την αντικατάσταση y(t) = t u(t) u ( ) ( + 2) 4l(l + 1) u + t t 2 t 2 + 4λ u = 0(1.156) Επιλέγοντας, = 3/2 καταλήγουμε τελικά στην εξίσωση ( ) (4l + 3)(4l + 1) u + t 2 4λ u = 0 (1.157) που έχει την ίδια μορϕή με την (1.146). 3. Κλασσικά Πολυώνυμα t 2 Από την γενική εξίσωση ( Βλ. στη συνέχεια θεωρία Sturm Liouville) ( d p(x) d u ) + q(x) u(x) + λ w(x) u(x) = 0 (1.158) για συγκεκριμμένες επιλογές των p(x), q(x), w(x), λ, προκύπτουν τα κλασσικά πολυώνυμα. Lguerre Αντικαθιστουμε και λαμβάνουμε p(x) = x e x, q(x) = 0, w(x) = e x x u + (1 x) u + λ u = 0 (1.159) Συγκρίνοντας με την (1.142), διαπιστώνουμε ότι ταυτίζονται για c = 1, λ =. Συνεπώς για ακέραιο λ = n λαμβάνουμε τα πολυώνυμα Lguerre Hermite L n (x) = 1 F 1 ( n, 1; x) (1.160) p(x) = e x2, q(x) = 0, w(x) = e x2

40 40 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ Αντικαθιστουμε και λαμβάνουμε u 2x u + 2n u = 0 (1.161) Συγκρίνοντας με την (1.145), διαπιστώνουμε ότι ταυτίζονται για c = 1/2, λ = n. Συνεπώς λαμβάνουμε τα πολυώνυμα Hermite H 2n (x) = 1 F 1 ( n, 1/2; x 2 ) (1.162) Η Διαϕορική Εξίσωση Bessel Λόγω της σπουδαιότητας στη ϕυσική, θα εξεταστεί ξεχωριστά. Η Δ.Ε. Bessel είναι d 2 u ) du (1 x + ν2 x 2 u(x) = 0 (1.163) Κάνοντας τον μετασχηματισμό λαμβάνουμε τη Δ.Ε. u(x) = x ν e ix v(x) xv + ((2ν + 1) 2ix)v i(2ν + 1)v = 0 η οποία στη αντιστοιχεί Συρρέουσα Δ.Ε. με λύση την Υπεργεωμετρική Σειρά, d 2 R dr r 2F 1 (ν + 1, 2ν + 1; 2ix) 2 Στη μελέτη των Δ.Ε. στις τρείς διαστάσεις, θα διαπιστώσουμε ότι μετά το διαχωρισμό μεταβλητών, παίρνουμε την ακτινική εξίσωση ( ) k 2 R(r) = 0 (1.164) Κάνουμε το μετασχηματισμό dr dr + λ(λ + 1) r 2 x = kr (1.165) R(r) = u(x) x (1.166) ν 2 = λ(λ + 1) (1.167) Αντκαθιστούμε στη Διαϕορική Εξίσωση και λαμβάνουμε d 2 u ) du (1 x + ν2 x 2 u(x) = 0 (1.168) ή πολλαπλασιάζοντας με x 2 x 2 d2 u 2 + xdu + ( x 2 ν 2) u(x) = 0 (1.169)

41 1.11. ΣΥΡΡ ΕΟΥΣΑ ΥΠΕΡΓΕΩΜΕΤΡΙΚ Η ΣΕΙΡ Α 41 Σύμϕωνα με τα γνωστά, αναζητούμε λύση υπό μορϕή σειράς u(x) = n c n x n+r (1.170) Αντικαθιστούμε στη διαϕορική και λαμβάνουμε τις ακόλουθες σχέσεις για τους συντελεστές (r 2 ν 2 )c 0 = 0 ((r + 1) 2 ν 2 )c 1 = 0 (1.171) (n + r + ν)(n + r ν)c n = c n 2 Για τιμές του ν ± 1 2 οι δύο πρώτες είναι δυνατό να ικανοποιηθούν ταυτόχρονα όταν τουλάχιστο ένα από τα c 0, c 1 είναι μηδέν. Ετσι, αν δεχτούμε ότι c 0 0 έπεται ότι r = ±ν και c 1 = 0, με r 1 r 2 = 2ν 5. Οι συντελεστές δίδονται από δηλαδή 1 c 2k = 2k(2k + 2ν) c 2k 2 (1.172) c 0 c 2 = 2 2 (ν + 1) c 4 = ( ) 2 c (ν + 1)(ν + 2) (1.173) και αναγωγικά c 2k = ( ) k Γ(ν + 1) 2 2k k!γ(k + ν + 1) c 0 (1.174) Επιλέγοντας κατάλληλα τη σταθερά c 0 η λύση για r = ν γράϕεται λοιπόν u(x) J ν (x) ( 1) n ( x ) 2n+ν J ν (x) = (1.175) n!γ(n + ν + 1) 2 n=0 Εϕόσον r 1 r 2 = 2ν δεν είναι ακέραιος, η δευτερη λύση δίδεται από J ν (x) = n=0 ( 1) n ( x ) 2n ν (1.176) n!γ(n ν + 1) 2 Για την περίπτωση r 1 r 2 = 2ν = 2l + 1 λαμβάνουμε επίσης δύο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις. (βλ. ασκήσεις). 5 Σύμϕωνα με τα προηγούμενα, αν r 1 r 2 δεν είναι ακέραιος, τότε έχουμε αυτομάτως δύο γραμμικά ανεξάρτητες λύσεις.

42 42 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ Ασκήσεις 1. Δείξτε ότι η Δ.Ε. u 2zu + 2ν u = 0 έχει πολυωνυμικές λύσεις (πολυώνυμα Hermite) για ν = 2N ή ν = 2N +1 ( όπου N ακέραιος) με συντελεστές 2. Δείξτε ότι c n+2 = 2 ν (n + 1)(n + 2) c n 2F 1 (1/2, 1/2, 3/2, z 2 ) = sin 1 z z (1.177) 3. Επίσης, 2F 1 (1, 1, 2; z) = ln(1 + z) z (1.178) 4. Δείξτε ότι όταν ένας από τους συντελεστές, b της Δ.Ε. είναι μή-θετικός ακέραιος, η λύση (1.127) είναι πεπερασμένη σειρά. 5. Δείξτε ότι 2F 1 (3/2, 3/2, 2/2; z) = όπου I 0 (x) η συνάρτηση Bessel. 1 (1 z) 3/2, 1F 1 (1/2, 1/2, x) = e x I 0 (x)

43 1.12. ΣΥΣΤ ΗΜΑΤΑ ST URM LIOUV ILLE Συστήματα Sturm Liouville Ας θεωρήσουμε το πρόβλημα ιδιοτιμής του τελεστή L Lu = λu (1.179) όπου λ είναι η ιδιοτιμή. Υποθέτουμε ότι ο L είναι τελεστής δεύτερης τάξης L = α(x) d β(x) d + γ(x) (1.180) και α(x), β(x), γ(x) πραγματικές συναρτήσεις του x. Σε προηγούμενα κεϕάλαια ορίσαμε ερμιτιανό τελεστή H = H μέσω του εσωτερικού γινομένου ως εξής f H g = g H f Το εσωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων του συναρτησιακού χώρου ορίζεται < f g >= b f (x)g(x)w(x) (1.181) όπου η συνάρτηση βάρους w(x) 0. Από προηγούμενη ανάλυση, γνωρίζουμε ότι τα ιδιοδιανύσματα ερμιτιανού τελεστή αποτελούν πλήρη βάση και όταν αντιστοιχούν σε διαϕορετικές ιδιοτιμές είναι ορθογώνια μεταξύ τους. Εδώ θα αναζητήσουμε τις προϋποθέσεις ώστε ο L να είναι ερμιτιανός. Στο χώρο των συναρτήσεων όπου δρά ο τελεστής η συγκεκριμμένη συνθήκη γράϕεται b f (x){lg(x)}w(x) = ( b g(x) {Lf(x)}w(x)) (1.182) Για να βρούμε τις προϋποθέσεις, προσπαθούμε να μετατρέψουμε το εσωτερικό γινόμενο του πρώτου όρου στη μορϕή του δεύτερου, γράϕοντας αναλυτικά τον τελεστή. Αρχίσουμε από τον όρο με τη δεύτερη παράγωγο και κάνουμε ολοκλήρωση κατά παράγοντες. Λαμβάνουμε το αποτέλεσμα f (x) d2 2 g = b f (x)(x) d2 g(x) 2 w(x) = [w ( f g f g ) gf (w) ] b b ( + 2 f g ) b (w) + (f g) (w) ( ) b + g (x)(x) d2 f(x) 2 w(x) (1.183) Ο τελευταίος όρος είναι η μιγαδική συζυγής του b g (x)(x) d2 f(x) 2 w(x) = g (x) d2 2 f

44 44 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 1. ΣΤΟΙΧΕ ΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚ ΩΝ ΕΞΙΣ ΩΣΕΩΝ που είναι ακριβώς η μορϕή ώστε η δευτεροβάθμια παράγωγος να είναι ερμιτιανός τελεστής. Για την παράγωγο πρώτης τάξης έχουμε < f β d g > = b f(x) w(x)β(x) d g(x) = [f gwβ] b = [f gwβ] b = [f gwβ] b = [f gwβ] b b b b b g(f wβ) gf (wβ) gf (wβ) 2 gf (wβ) 2 b b b gf (wβ) gf (wβ) + b gf (wβ) gf (wβ)+ < g β d (1.184) f > Αντικαθιστώντας τις (1.184,1.183) στην (1.182) και αϕαιρώντας τους δύο όρους λαμβάνουμε f L g g L f = Q(f, g) όπου Q(f, g) = 2 ( w(x)α(x){f ( d b [ d g) ( d ) b f )g} (wα) wβ](f d g) b ( [ d ) b (wα) wβ](f g) d [ d (wα) wβ](f g) (1.185) Συνεπώς για να είναι ο L αυτοσυναϕής οδηγούμεστε στις ακόλουθες συνθήκες ( ) b wα{f g f g} = 0 (1.186) (wα) = wβ (1.187) Η πρώτη συνθήκη ικανοποιείται είτε όταν το γινόμενο w(x)(x) μηδενίζεται στα άκρα του διαστήματος (βλέπε συνθήκη στην περίπτωση του τύπου Rodrigues) ή όταν οι συναρτήσεις του χώρου μηδενίζονται εκεί. Η δεύτερη συνθήκη επιβάλει συγκεκριμένη συνάρτηση βάρους η οποία καθορίζεται από τη μορϕή των συντελεστών (x), b(x) της διαϕορικής εξίσωσης Επιλύοντας την (1.187) έχουμε d (wα) = wβ = wα( β α ) d(wα) wα = β α β(x) w(x)α(x) = cexp{ } (1.188) α(x)