Anvendelser av potensrekker - Of the Clux

Anvendelser av potensrekkerForelest: 6. Okt, 2004 ♠Vi kan bare skrape på toppen av isfjellet som er anvendelsene av potensrekker. Enspesielt viktig anvendelse er innenfor enhver form for differensialligninger. Vi bruker ofteTaylors formel i form av at vi tilnærmer oss en funksjon med Taylor-polynomet P n for enveldig lav n. For eksempel setter vi opp differensialligingen for en helt vanlig pendel vedhjelp av Taylor-ploynomet P 1 :Vi vil regne ut pendelutslaget θ(t), og ser fra tegningen atx = θ · L siden θ er i radianera = x ′′ = θ ′′ · La = −g · sin θDette gir oss differensialligningenθ ′′ + g L sin θ = 0som er den egentlige differensialligningen som beskriver en pendelbevegelse. En flottligning, men svært hard å løse! Det er da vi påkaller et ekstra triks, nemlig Taylorsformel. Vi kan regne ut at P 1 (θ) for Taylor-rekka til sin θ, og finner ut at P 1 (θ) = θ, og atforskjellen mellom P 1 (θ) og sin θ er mindre enn 1% så lenge pendelutslaget er mindre ennπ, altså 6 15◦ . De fleste pendler vi har med å gjøre, gjør ikke større utslag en det, så vi kan fåen omtrentlig differensialligning for pendelbevegelsen ved å bytte ut sin θ med P 1 (θ) = θ.1

Potensrekker: Metode 6, Løsning av initialverdiproblemerI boka: Kapittel 8.8, Series Solutions of Differential Equations, s. 685-8 ♣.Metode:Du begynner med et initialverdiproblemLy = f(x); y(a) = ..., y ′ (a) = ..., y ′′ (a) = ...1. Skriv den ukjente funksjonen y som ei potensrekke sentrert i a, punktet initialverdieneer tatt i. For illustrasjon tar vi her a = 0, slik at (x − a) n blir x n :y = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + · · · + a n x n + · · ·2. Regn ut potensrekkene til de av y’s deriverte som forekommer i differensialligningenved å derivere potensrekka til y:y ′ = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + · · · + na n x n−1 + · · ·y ′′ = 2a 2 + 6a 3 x + · · · + n(n − 1)a n x n−2 + · · ·osv.3. Regn ut den komplette potensrekka for venstre side av initialverdiproblemet.4. Regn ut den komplette potensrekka for høyre side av initialverdiproblemet.5. Gjør om initialverdibetingelsene til utsagn om a 0 , a 1 , osv.6. Sett opp en tabell:3

Initialverdibetingelserya 0 = y(0)y ′ a 1 = y ′ (0)..k Venstre side Høyre side Sammenheng Verdi0 Konstantledd på VS Konstantledd på HS (Løsning av VS=HS) (Evaluering)1 x-ledd på VS x-ledd på HS (Løsning av VS=HS) (Evaluering)2 x 2 -ledd på VS x 2 -ledd på HS3 x 3 -ledd på VS x 3 -ledd på HS4 x 3 -ledd på VS x 3 -ledd på HS...n x n -ledd på VS x n -ledd på HS....7. Du har nå et ligningssystem med et uendelig antall ukjente nemlig a 0 , a 1 , a 2 , osv.Initialverdiene gir deg de første av disse verdiene, og øverste del av tabellen gir degsammenhengen mellom a n og a’er med lavere indeks. Løs ligningssystemet ved åjobbe deg nedover kolonna til høyre i tabellen.8. Du har nå verdier eller uttrykk for a 0 , a 1 , osv. Du kan nå skrive opp løsningen påinitialverdiproblemet:y(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + · · · + a n x n + · · ·9. (Optional) Se om du kan kjenne igjen hele eller deler av potensrekka som Taylorrekkatil en kjent funksjon.Feil å passe seg for:1. Å skrive opp kun resultatet av de første linjene med konkrete tall, og glemme åsjekke om det finnes noe generelt uttrykk for n.2. Å skrive opp kun resulatet for et generelt uttrykk n, og glemme å sjekke om vitrenger å spesialbehandle enkelte tall (typisk for små verdier av k)..♦♦4

Eksempel:(Example 3, kapittel 8.8) Vi har initialverdiproblemety ′ − y = x; y(0) = 1Vi løser det ved å følge metoden vår:1-3.y = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + · · · + a nx n + · · ·y ′ = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + 4a 4 x 3 + · · · + (n + 1)a n+1 x n + · · ·y ′ − y = (a 1 − a 0 ) + (2a 2 − a 1 )x + (3a 3 − a 2 )x 2 + (4a 4 − a 3 )x 3 + · · · + ((n + 1)a n+1 − a n)x n + · · ·4. Potensrekka for høyre side er her x.5. a 0 = y(0) = 16-7. Vi setter opp tabell og løser for a n fra toppen:y a 0 = 1k Venstre side Høyre side Sammenheng Verdi0 a 1 − a 0 0 a 1 = a 0 a 1 = 1Initialverdibetingelser1 2a 2 − a 1 1 a 2 = a 1+12a 2 = 2 2 = 12 3a 3 − a 2 0 a 3 = a 23a 3 = 22·3 = 2 3!3 4a 4 − a 3 0 a 4 = a 34a 4 = 23!·4 = 2 4!4 5a 5 − a 4 0 a 5 = a 45a 5 = 24!·5 = 2 4!...n − 1 na n − a n−1 0 a n = a n−1na n =2(n−1)!·n = 2 n!n (n + 1)a n+1 − a n 0 a n+1 = ann+1a n+1 =2n!·(n+1) = 2(n+1)!.8-9. Løsningen på initialverdiproblemet vårt er da..y(x) = 1 + x + x 2 + 2 3! x3 + · · · + 2 n! xn + · · ·= −1 − x + 2(1 + x + 1 2! x2 + 1 3! x3 + · · · + 1 n! xn + · · · )= −1 − x + 2e x □....5

Eksempel:(Example 4, kapittel 8.8) Vi har differensialligningeny ′′ + x 2 y = 0Vi løser den ved å se på den som et initialverdiproblem med to 1 ukjente initialverdier 2 :y ′′ + x 2 y = 0; y(0) = a 0 , y ′ (0) = a 1Vi følger metoden vår, som i forrige eksempel:1-3.y = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + · · · + a nx n + · · ·y ′ = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + 4a 4 x 3 + · · · + (n + 1)a n+1 x n + · · ·y ′′ = 2a 2 + 6a 3 x + 4 · 3a 4 x 2 + 5 · 4a 5 x 3 + · · · + (n + 2)(n + 1)a n+2 x n + · · ·x 2 y = a 0 x 2 + a 1 x 3 + · · · + a n−2 x n + · · ·y ′′ + x 2 y = 2a 2 + 3 · 2a 3 x + (4 · 3a 4 + a 0 )x 2 + (5 · 4a 5 + a 1 )x 3 + · · · + ((n + 2)(n + 1)a n+2 + a n−2 )x n + · · ·4. Potensrekka for høyre side er her x.5. a 0 = y(0) = a 0 , a 1 = y ′ (0) = a 16-7. Vi setter opp tabell og løser for a n fra toppen:1 Vi må ha 2, siden dette er en 2. ordens differensialligning2 De to ukjente initialverdiene kan da sies å bli parameterne i løsningen vår.6

y a 0 = a 0y ′ a 1 = a 1k VS HS Sammenheng Verdi0 2a 2 0 2a 2 = a 0 a 2 = 01 6a 3 0 6a 3 = 0 a 3 = 0Initialverdibetingelser2 4 · 3a 4 + a 0 0 a 4 = −a 03·4a 4 = − a 03·43 5 · 4a 5 + a 1 0 a 5 = −a 14·5a 5 = − a 14·54 6 · 5a 6 + a 2 0 a 6 = −a 25·6a 6 = 05 7 · 6a 7 + a 3 0 a 7 = −a 36·7a 7 = 06 8 · 9a 8 + a 4 0 a 8 = −a 47·8a 8 =7 9 · 10a 9 + a 5 0 a 9 = −a 58·9a 9 =8 10 · 11a 10 + a 6 0 a 10 = −a 69·10a 10 = 09 11 · 12a 11 + a 7 0 a 11 = −a 710·11a 11 = 010 12 · 11a 12 + a 8 0 a 12 = −a 8a11·12 12 = −11 13 · 12a 13 + a 9 0 a 13 = −a 9a12·13 13 = −12 14 · 13a 14 + a 10 0 a 14 = −a 1013·14a 14 = 013 15 · 14a 15 + a 11 0 a 15 = −a 1114·15a 15 = 0.....a 0(3·4)·(7·8)a 1(4·5)·(8·9)a 0(3·4)·(7·8)·(11·12)a 1(4·5)·(8·9)·(12·13)4n − 2 (4n) · (4n − 1)a 4n + a 4n−4 0 a 4n = −a 4n−4(4n−1)·4na 4n = ± a 4n−4(4n−1)·4n4n − 1 (4n + 1) · 4na 4n+1 + a 4n−3 0 a 4n+1 = −a 4n−34n·(4n+1)a 4n+1 = ± a 4n−34n·(4n+1)4n (4n + 2) · (4n + 1)a 4n+2 + a 4n−2 0 a 4n+2 = −a 4n−2(4n+1)·(4n+2)a 4n+2 = 04n + 1 (4n + 3) · (4n + 2)a 4n+3 + a 4n−1 0 a 4n+3 = −a 4n−1(4n+2)·(4n+3)a 4n+3 = 0.....7

8. Løsningen på initialverdiproblemet vårt er da()y(x) = a 0 1 − x4 + x8 − x 12+ · · · 3·4 (3·4)·(7·8) (3·4)·(7·8)·(11·12)()+ a 1 x − x5 + x9 − x 13+ · · · 4·5 (4·5)·(8·9) (4·5)·(8·9)·(12·13)9. Denne rekka er ikke lik noen kjent rekke. Vi kan sjekke konvergens som vanlig, vedå bruke forholdstesten; svaret her blir at rekka konvergerer for alle x.□8