Anvendelser av potensrekker

Transkript

1 Anvendelser av potensrekker Forelest: 6 Okt, 2004 Vi kan bare skrape på toppen av isfjellet som er anvendelsene av potensrekker En spesielt viktig anvendelse er innenfor enhver form for differensialligninger Vi bruker ofte Taylors formel i form av at vi tilnærmer oss en funksjon med Taylor-polynomet P n for en veldig lav n For eksempel setter vi opp differensialligingen for en helt vanlig pendel ved hjelp av Taylor-ploynomet P 1 : Vi vil regne ut pendelutslaget θ(t), og ser fra tegningen at x = θ L siden θ er i radianer a = x = θ L a = g sin θ Dette gir oss differensialligningen θ + g L sin θ = 0 som er den egentlige differensialligningen som beskriver en pendelbevegelse En flott ligning, men svært hard å løse! Det er da vi påkaller et ekstra triks, nemlig Taylors formel Vi kan regne ut at P 1 (θ) for Taylor-rekka til sin θ, og finner ut at P 1 (θ) = θ, og at forskjellen mellom P 1 (θ) og sin θ er mindre enn 1% så lenge pendelutslaget er mindre enn π, altså 6 15 De fleste pendler vi har med å gjøre, gjør ikke større utslag en det, så vi kan få en omtrentlig differensialligning for pendelbevegelsen ved å bytte ut sin θ med P 1 (θ) = θ 1

2 Vi gjør det, og får den praktisk brukbare differensialligningen for pendelbevegelse, θ + g L θ = 0 Dette er en lineær 2ordens differensialligningligning av det slaget vi løste i Matte-1 Løsningen er g 1 θ(t) = A cos( t) + B sin( L L t) som beskriver en bevegelse som stemmer godt overens med bevegelsen til faktiske pendler På samme måte bruker vi i det som kalles stokastiske differensialligninger Taylor-polynomet P 2 for å sette opp differensialligninger som når vi løser dem blandt annet gir oss en formel for prising av såkalte derivater på børsen Metode: Hvis du står for et vanskelig utregningsproblem, for eksempel en differensialligning, hvor en del d(t) av uttrykket du skal regne med blokkerer utregningen ved å gjøre det komplekst, bytt ut uttrykket d(t) med et Taylor-polynom P n (t) som en tilnærming til uttrykket Vær ikke redd for å bruke svært lave verdier for n Taylor-polynomene generert av en funksjon f er tilnærminger til f selv Men hvor gode er disse tilnærmingene? Konvergerer de mot f selv? Det vil si: Konvergerer Taylorrekka generert av f mot f selv? Se metodeark 6 for potensrekker: Løsning av initialverdiproblemer 2

3 Potensrekker: Metode 6, Løsning av initialverdiproblemer I boka: Kapittel 88, Series Solutions of Differential Equations, s Metode: Du begynner med et initialverdiproblem Ly = f(x); y(a) =, y (a) =, y (a) = 1 Skriv den ukjente funksjonen y som ei potensrekke sentrert i a, punktet initialverdiene er 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 a n x n + 2 Regn ut potensrekkene til de av y s deriverte som forekommer i differensialligningen ved å derivere potensrekka til y: y = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 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

4 Initialverdibetingelser y a 0 = y(0) y a 1 = y (0) k Venstre side Høyre side Sammenheng Verdi 0 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 HS 3 x 3 -ledd på VS x 3 -ledd på HS 4 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 deg sammenhengen mellom a n og a er med lavere indeks Løs ligningssystemet ved å jobbe 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 på initialverdiproblemet: y(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x a n x n + 9 (Optional) Se om du kan kjenne igjen hele eller deler av potensrekka som Taylorrekka til en kjent funksjon Feil å passe seg for: 1 Å skrive opp kun resultatet av de første linjene med konkrete tall, og glemme å sjekke om det finnes noe generelt uttrykk for n 2 Å skrive opp kun resulatet for et generelt uttrykk n, og glemme å sjekke om vi trenger å spesialbehandle enkelte tall (typisk for små verdier av k) 4

5 Eksempel: (Example 3, kapittel 88) Vi har initialverdiproblemet y y = x; y(0) = 1 Vi løser det ved å følge metoden vår: 1-3 y = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x a nx n + y = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + 4a 4 x (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 ((n + 1)a n+1 a n)x n + 4 Potensrekka for høyre side er her x 5 a 0 = y(0) = Vi setter opp tabell og løser for a n fra toppen: y a 0 = 1 k Venstre side Høyre side Sammenheng Verdi 0 a 1 a 0 0 a 1 = a 0 a 1 = 1 Initialverdibetingelser 1 2a 2 a 1 1 a 2 = a a 2 = 2 2 = 1 2 3a 3 a 2 0 a 3 = a 2 3 a 3 = = 2 3! 3 4a 4 a 3 0 a 4 = a 3 4 a 4 = 2 3! 4 = 2 4! 4 5a 5 a 4 0 a 5 = a 4 5 a 5 = 2 4! 5 = 2 4! n 1 na n a n 1 0 a n = a n 1 n a n = 2 (n 1)! n = 2 n! n (n + 1)a n+1 a n 0 a n+1 = an n+1 a n+1 = 2 n! (n+1) = 2 (n+1)! 8-9 Løsningen på initialverdiproblemet vårt er da y(x) = 1 + x + x ! x n! xn + = 1 x + 2(1 + x + 1 2! x ! x n! xn + ) = 1 x + 2e x 5

6 Eksempel: (Example 4, kapittel 88) Vi har differensialligningen y + x 2 y = 0 Vi 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 1 Vi følger metoden vår, som i forrige eksempel: 1-3 y = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x a nx n + y = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + 4a 4 x (n + 1)a n+1 x n + y = 2a 2 + 6a 3 x + 4 3a 4 x a 5 x (n + 2)(n + 1)a n+2 x n + x 2 y = a 0 x 2 + a 1 x a n 2 x n + y + x 2 y = 2a a 3 x + (4 3a 4 + a 0 )x 2 + (5 4a 5 + a 1 )x ((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 Vi setter opp tabell og løser for a n fra toppen: 1 Vi må ha 2, siden dette er en 2 ordens differensialligning 2 De to ukjente initialverdiene kan da sies å bli parameterne i løsningen vår 6

7 y a 0 = a 0 y a 1 = a 1 k VS HS Sammenheng Verdi 0 2a 2 0 2a 2 = a 0 a 2 = 0 1 6a 3 0 6a 3 = 0 a 3 = 0 Initialverdibetingelser 2 4 3a 4 + a 0 0 a 4 = a a 4 = a a 5 + a 1 0 a 5 = a a 5 = a a 6 + a 2 0 a 6 = a a 6 = a 7 + a 3 0 a 7 = a a 7 = a 8 + a 4 0 a 8 = a a 8 = a 9 + a 5 0 a 9 = a a 9 = a 10 + a 6 0 a 10 = a a 10 = a 11 + a 7 0 a 11 = a a 11 = a 12 + a 8 0 a 12 = a 8 a = a 13 + a 9 0 a 13 = a 9 a = a 14 + a 10 0 a 14 = a a 14 = a 15 + a 11 0 a 15 = a a 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) 4n a 4n = ± a 4n 4 (4n 1) 4n 4n 1 (4n + 1) 4na 4n+1 + a 4n 3 0 a 4n+1 = a 4n 3 4n (4n+1) a 4n+1 = ± a 4n 3 4n (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 = 0 4n + 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 8 Løsningen på initialverdiproblemet vårt er da ( ) y(x) = a 0 1 x4 + x8 x (3 4) (7 8) (3 4) (7 8) (11 12) ( ) + a 1 x x5 + x9 x (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, ved å bruke forholdstesten; svaret her blir at rekka konvergerer for alle x 8