វិធីសាស្រ្តហ្រ្វូបេនៀស

ក្នុងគណិតវិទ្យា វិធីសាស្រ្តហ្រ្វូបេនៀស(Frobenius method) រៀបរាប់អំពីរបៀបរកចំលើយរបស់សេរីអន្តន ចំពោះសមីការឌីផេរ៉ង់ស្យែលលំដាប់២ ក្នុងទំរង់

$z^2{u}^{″}+p(z)z{u}^{\prime }+q(z)u=0$

យើងអាចចែកដោយ z² ដើម្បីបានសមីការឌីផេរ៉ង់ស្យែលមានរាង

$u^{″}+\frac{p(z)}{z}{u}^{\prime }+\frac{q(z)}{z^2}u=0$

ដែលមិនអាចដោះស្រាយបានដោយវិធីសាស្រ្តស៊េរីស្វ័យគុណ ប្រសិនបើទាំង p(z)/z ឬ q(z)/z² មិនអាណាលីទីក(Analytic function=អនុគមន៍ទាល់)ត្រង់ z = 0 ។ វិធីសាស្រ្តហ្រ្វូបេនៀសអាចអោយយើងបង្កើតចំលើយរបស់ស៊េរីស្វ័យគុណ ចំពោះសមីការឌីផេរ៉ង់ស្យែលបែបណ្នឹង ដែលp(z) និងq(z) គឺអាណាលីទីកខ្លួនឯងត្រង់ 0 ឬជាអាណាលីទីកដ៏ទៃទៀត ហើយលីមីតរបស់វាទាំង២ត្រង់ ០​មាន​ ។ (ហើយមិនអន្តន) ។

ការពន្យល់

វិធីសាស្រ្តហ្រ្វូបេនៀសប្រាប់យើងថា យើងអាចរកចំលើយរបស់ស៊េរីស្វ័យគុណក្នុងទំរង់

$u(z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}$

ដោយធ្វើដេរីវេ

$u^{\prime }(z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-1}$

$u^{″}(z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r-1)(k+r)A_k{z}^{k+r-2}$

ដោយការជំនួស

$z^2\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r-1)(k+r)A_k{z}^{k+r-2}+zp(z)\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-1}+q(z)\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}$

$=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r-1)(k+r)A_k{z}^{k+r}+p(z)\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r}+q(z)\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}$

$=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r-1)(k+r)A_k{z}^{k+r}+p(z)(k+r)A_k{z}^{k+r}+q(z)A_k{z}^{k+r}$

$=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}((k+r-1)(k+r)+p(z)(k+r)+q(z))A_k{z}^{k+r}$

$=(r(r-1)+p(z)r+q(z))A_0{z}^r+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}((k+r-1)(k+r)+p(z)(k+r)+q(z))A_k{z}^{k+r}$

កន្សោម $r(r-1)+p\left(0\right)r+q\left(0\right)=I\left(r\right)$ គឺត្រូវស្គាល់ថាជាពហុធាអាំងឌីកាល់(indicial polynomial) ដែលជាសមីការដឺក្រេទី២នៃ $r$ ។

ដោយប្រើវា កន្សោមទូទៅនៃមេគុណនៃz^k+r គឺ

$I(k+r)A_k+\sum _{j=0}^{k-1}((j+r)p(k-j)+q(k-j))A_j$

មេគុណទាំងនេះត្រូវតែសូន្យ ព្រោះវាជាចំលើយនៃសមីការឌីផេរ៉ង់ស្យែល ដូច្នេះ

$I(k+r)A_k+\sum _{j=0}^{k-1}((j+r)p(k-j)+q(k-j))A_j=0$

$\sum _{j=0}^{k-1}((j+r)p(k-j)+q(k-j))A_j=-I(k+r)A_k$

$\frac{1}{-I(k+r)}\sum _{j=0}^{k-1}((j+r)p(k-j)+q(k-j))A_j=A_k$

ចំលើយរបស់ស៊េរីទាំងនេះជាមួយA_kខាងលើ

$U_r(z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}$

នាំអោយ

$z^2{U}_r(z{)}^{″}+p(z)z{U}_r(z{)}^{\prime }+q(z)U_r(z)=I(r)z^r$

បើយើងជ្រើសរើសឫសមួយក្នុងចំនោមឫសដ៏ទៃទៀតជាពហុធាអាំងឌីកាល់ ចំពោះ r in U_r(z) យើងទទួលបានចំលើយមួយចំពោះសមីការឌីផេរ៉ង់ស្យែល ។ ប្រសិនបើភាពខុសគ្នារវាងឫស គឺមិនមែនជាចំនួនគត់ យើងទទួលបានចំលើយមួយផ្សេងទៀតដែលជាចំលើយឯករាជ្យលីនេអ៊ែក្នុងឫសផ្សេងទៀត ។

ឧទាហរណ៍

យើងដោះស្រាយ

$z^2{f}^{″}-z{f}^{\prime }+(1-z)f=0$

ចែកនឹង z² គេបាន

$f^{″}-\frac{1}{z}{f}^{\prime }+\frac{1-z}{z^2}f=f^{″}-\frac{1}{z}{f}^{\prime }+(\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z})f=0$

ប្រើចំលើយរបស់ស៊េរី

$f=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}$

$f^{\prime }=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-1}$

$f^{″}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}$

ឥឡូវ ជំនួស

$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}-\frac{1}{z}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-1}+(\frac{1}{z^2}-\frac{1}{z})\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}$

$=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}-\frac{1}{z}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-1}+\frac{1}{z^2}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}-\frac{1}{z}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r}$

$=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r-1}$

យើងត្រូវសំរួលការបូកចុងក្រោយ

$=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k-1=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_{k-1}{z}^{k+r-2}$

$=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_{k-1}{z}^{k+r-2}$

យើងអាចយកធាតុមួយចេញពីការបូកដែលចាប់ផ្តើមដោយ k=0 ដើម្បីទទួលបានការបូកដែលចាប់ផ្តើមដូចគ្នា

$=((r)(r-1)A_0{z}^{r-2})+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(k+r)(k+r-1)A_k{z}^{k+r-2}-((r)A_0{z}^{r-2})-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(k+r)A_k{z}^{k+r-2}$

$+(A_0{z}^{r-2})+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_k{z}^{k+r-2}-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_{k-1}{z}^{k+r-2}$

$=(r(r-1)-r+1)A_0{z}^{r-2}+$

$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(((k+r)(k+r-1)-(k+r)+1)A_k-A_{k-1})z^{k+r-2}$

យើងទទួលបានចំលើយឯករាជ្យលីនេអ៊ែ​ ដោយដោះស្រាយពហុធាអាំងឌីកាល់r(r-1)-r+1 = r²-2r+1 =0 ដែលផ្តល់អោយឫសឌុបនៃ១ ។ ដោយប្រើឫសនេះ យើងយកមេគុណនៃz^k+r-2 ស្មើសូន្យ ដែលផ្តល់អោយយើងនូវ

$((k+1)(k)-(k+1)+1)A_k-A_{k-1}=(k^2)A_k-A_{k-1}=0$

$A_k=\frac{A_{k-1}}{k^2}$

ដោយអោយលក្ខខណ្ឌដើមខ្លះៗ យើងអាចរកចំលើយក្នុងទំរង់ជាស៊េរីស្វ័យគុណ ។

ដោយប្រភាគនៃមេគុណ $A_k/A_{k-1}$ គឺជា អនុគមន៍ប្រភាគ ស៊េរីស្វ័យគុណអាចត្រូវសរសេរជា ស៊េរីស្វ័កុណដែលមានប្រភាគនែមេគុណ បន្តលំដាប់(hypergeometric series) ។