វិធីសាស្រ្តហ្រ្វូបេនៀស

ក្នុងគណិតវិទ្យា វិធីសាស្រ្តហ្រ្វូបេនៀស(Frobenius method) រៀបរាប់អំពីរបៀបរកចំលើយរបស់សេរីអន្តន ចំពោះសមីការឌីផេរ៉ង់ស្យែលលំដាប់២ ក្នុងទំរង់

$z^{2}u''+p(z)zu'+q(z)u=0\!\;$

យើងអាចចែកដោយ z² ដើម្បីបានសមីការឌីផេរ៉ង់ស្យែលមានរាង

$u''+{p(z) \over z}u'+{q(z) \over z^{2}}u=0$

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

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

ដោយធ្វើដេរីវេ

$u'(z)=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-1}$

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

ដោយការជំនួស

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

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

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

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

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

កន្សោម $\;r\left(r-1\right)+p\left(0\right)r+q\left(0\right)=I\left(r\right)$ 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

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

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

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

ចំលើយរបស់ស៊េរីទាំងនេះជាមួយA_kខាងលើ

$U_{r}(z)=\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}$

នាំអោយ

$z^{2}U_{r}(z)''+p(z)zU_{r}(z)'+q(z)U_{r}(z)=I(r)z^{r}\!\;$

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

ឧទាហរណ៍

យើងដោះស្រាយ

$z^{2}f''-zf'+(1-z)f=0\,$

ចែកនឹង z² គេបាន

$f''-{1 \over z}f'+{1-z \over z^{2}}f=f''-{1 \over z}f'+\left({1 \over z^{2}}-{1 \over z}\right)f=0$

ប្រើចំលើយរបស់ស៊េរី

$f=\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}$

$f'=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-1}$

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

ឥឡូវ ជំនួស

$\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-{1 \over z}\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-1}+\left({1 \over z^{2}}-{1 \over z}\right)\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}$

$=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-{1 \over z}\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-1}+{1 \over z^{2}}\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}-{1 \over z}\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r}$

$=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-1}$

យើងត្រូវសំរួលការបូកចុងក្រោយ

$=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k-1=0}^{\infty }A_{k-1}z^{k+r-2}$

$=\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=0}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-2}+\sum _{k=0}^{\infty }A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=1}^{\infty }A_{k-1}z^{k+r-2}$

យើងអាចយកធាតុមួយចេញពីការបូកដែលចាប់ផ្តើមដោយ k=0 ដើម្បីទទួលបានការបូកដែលចាប់ផ្តើមដូចគ្នា

$=((r)(r-1)A_{0}z^{r-2})+\sum _{k=1}^{\infty }(k+r)(k+r-1)A_{k}z^{k+r-2}-((r)A_{0}z^{r-2})-\sum _{k=1}^{\infty }(k+r)A_{k}z^{k+r-2}$

$+(A_{0}z^{r-2})+\sum _{k=1}^{\infty }A_{k}z^{k+r-2}-\sum _{k=1}^{\infty }A_{k-1}z^{k+r-2}$

$=(r(r-1)-r+1)A_{0}z^{r-2}+\,$

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

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

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

$A_{k}={A_{k-1} \over k^{2}}$

ដោយអោយលក្ខខណ្ឌដើមខ្លះៗ យើងអាចរកចំលើយក្នុងទំរង់ជាស៊េរីស្វ័យគុណ ។

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