Диссертация (1149904), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Влияние точек t1 = +ı, t2 = −ı учтено через характеристическиепоказатели и по-существу, оно сводится к сдвигу индекса суммирования.Отметим, что под m в (2.9) и (2.10) понимается неотрицательное целое число.На первый взгляд, анзац (2.9) и (2.10) кажется излишне сложным. Однако,с практической точки зрения, он обеспечивает вещественное представлениеFmk (t; R), а с таким представлением обращаться удобнее и приятнее, чем скомплексным. Обратим внимание также и на то, что анзац (2.9)-(2.10), в отличии от разложения Яффе [46], содержит уже не один, а четыре набора коэф(1)(2) ∞(1) ∞(2) ∞фициентов {fn }∞,{f},и{g},{g}n=0 .
поэтому его естественноnnnn=0n=0n=0назвать обобщенным разложением Яффе (не путать с обобщенным разложением Jaffe–Lay [73]). Все рассуждения относительно каждого из наборовсовершенно аналогичны, поэтому приведем их только для случая t ∈ [0, 1).Давайте для упрощения обозначений пока опустим индексы нумерующие наборы. Связь между обоими наборами дается заменой n 7→ −n , m 7→ −m .Подстановка (2.9) в (2.7) показывает, что коэффициенты обоих наборов fnсвязаны между собой одинаковыми пятичленными рекуррентными соотношениями:α2 β 2α0 β 0α1 β 11++ 2 fn+2 ++ 2 fn+1 + 2 ++ 2 fn +nnnnnn(2.11)α−1 β−1α−2 β−2++ 2 fn−1 + 1 ++ 2 fn−2 = 0 ,nnnnгдеα2 := −2(m − 1) ,ıa,α1 := −4 p +2pα0 := −4m ,ıaα−1 := 4 p −,2pα−2 := −2(m + 1) ,β2 := −(m + 1) ,ıa1β1 := 4 p +m−,2p22aβ0 := 4 λ + p2 − 2 + 2 ,4pıa1β−1 := −4 p −m+,2p2β−2 := (m − 1) .Коэффициенты f0 , f1 произвольны.
Первые две строки выпишем отдельно,во избежание недоразумений:β2 f2 + β1 f1 + β0 f0 = 0 ,(1 + α2 + β2 ) f3 + (α1 + β1 ) f2 + (2 + α0 + β0 ) f1 + (α−1 + β−1 ) f0 = 0 .37Таким образом процедура решения краевой задачи (2.7), (2.8) привела к условиям (2.11)–разностным уравнениям типа Пуанкаре–Перрона (см. [73] и [82]).Перейдем к обсуждению вопроса о сходимости рядов в (2.9). Ряд в первомслагаемом, в принципе, может равномерно сходиться внутри круга C1 , а вовтором – внутри C2 (см. Рис. 5), поэтому оба ряда могут равномерно сходиться внутри области C = C1 ∩ C2 и следовательно на интервале (−1, +1),который включает в себя [0, +1).
Для того, чтобы найти условие такой сходимости воспользуемся сначала признаком Вейерштрасса. Согласно свойству1) для базисных мономов имеем: n−m n−m t+ıt−ı fn = fn = |fn | , ∀t ∈ C.t+ıt−ıP∞поэтому если ряд n=0 |fn | cходится, то оба наших ряда сходятся внутри Cравномерно. Теперь остается выяснить асимптотическое поведение |fn+1 /fn |при n → ∞ и воспользоваться признаком Раабе для сходимости положительных рядов [81]. Так как (2.11) – уравнения типа Пуанкаре–Перрона, то длянего существует характеристическое уравнение:2422t + 2t + 1 = t + 1 = 0 .(2.12)Нетрудно заметить, что (2.12) имеет кратные корни по модулю равные единице.
В такой ситуации, про разностные уравнения говорят, что они относятсяк уравнениям иррегулярного типа [73]. Известно также, что информация обасимптотическом поведении |fn+1 /fn | должна содержаться в характеристическом уравнении первого порядка по n−1 записанном в следующей форме:α2 4α1 3α0 2α−1α−2 1+t (n) + t (n) + 2 +t (n) +t(n) + 1 += 0 .
(2.13)nnnnnКорни уравнения (2.13) с фиксированным асимптотическим поведением поиндексу имеют следующий вид:vu i=2Xu111t1,2 (n) = 1 ± t−αi + O,2n i=−2nv(2.14)u i=2X1u11tt3,4 (n) = −1 ±−αi + O.2n i=−2nгде2Xi=−2αi =4(−ıa + 2pm).p38pПри n > n0 =16a2 /p2 + 64m2 два корня (2.14) обязательно попадаютвнутрь единичного круга. Тогда варианта Раабе, соответствующая этим корням fn −1 > r,Ren = n fn+1 для n > n0 , где Pr−постоянное число, большее единицы. Это есть условиесходимости ряда ∞n=0 |fn | и следовательно равномерной сходимости обоихрядов (2.9) внутри C.
Двум различным корням (2.14), попадающим внутрьединичного круга соответствуют два несовпадающих набора коэффициентов(1)(2) ∞и для {fn }∞идля{f}n=0 . Остановимся на этом подробнее. Существуnn=0ет определенная аналогия между краевой задачей (2.7)–(2.8) и центральнойдвухточечной задачей связи для дважды конфлюэнтного уравнения Гойна[73], когда решение разыскивается между иррегулярными особыми точками-1 и +1. Из общей теории известно, что в этом случае, из набора Биркгофаследует, что разностное уравнение имеет два доминантных и два рецессивных решения. Таким образом получается, что для решения краевой задачи(2.7)–(2.8) надо исключить доминантные решения.
Для этого воспользуемсяметодом, описанном в монографии [73].Пятичленное рекуррентное соотношение (2.11), определяющее собственные значения λ и оба набора коэффициентов, можно представить в матричном виде:Af (1) = 0 ,Ãf (2) = 0 .(2.15)Поскольку все рассуждения для обоих наборов совершенно аналогичны, тодалее для сокращения записей будем описывать случай только с первым набором. Точное условие для определения собственных значений может записаноследующим образом:det A = 0 .На практике, бесконечная матрица A обрывается при некотором достаточно большом n = N. Тогда, чтобы избавиться от экспоненциально растущихрешений Биркгофа надо потребовать, чтобы выполнялись условия:(1)(1)fN +1 = 0 ,fN +2 = 0 .Два рецессивных решения для набора f (1) получаются из условий:(1)(1)(1)(1)f˜N = 1 , f˜N −1 = 0 , f˜˜N = 0 , f˜˜N −1 = 1 .Общее рецессивное решение будет иметь вид:fn(1) = K1 f˜n(1) + K2 f˜˜n(1)39(2.16)с произвольными константами K1 и K2 .
Далее, используется обратный ходрекурсии, а условие ее обрывания сводится к равенству:!(1)(1)˜f˜−1f˜−1= 0.(2.17)det(1)(1)˜˜˜ff−2−2Для дважды конфлюэнтного уравнения Гойна условие на собственные значения состоит из двух частей, поскольку иррегулярные особые точки -1 и +1,которые одновременно являются концами интервала определения собственных функций, лежат на единичной окружности.
Таким образом, и в нашейзадаче появятся два условия для определения собственных значений. Крометого, можно показать, что требование гладкого сшивания для (2.9) и (2.10) внуле приводит к дополнительному условию:gn(1) = −fn(2) ,gn(2) = −fn(1) .Таким образом, из четырех наборов коэффициентов остается только два.В итоге, если вернуться к переменной ξ, то собственные функции краевойзадачи (2.1)–(2.2) можно представить в виде:1) на положительной полуоси ξ ∈ [0, ∞) :√a/2p−p ξ 2 +1 peXmk (ξ; R) = A pξ + ξ2 + 1×2ξ +1"∞iX(1) ı(n−m) arctg ξ(2) −ı(n−m) arctg ξ×fn e+ +fn e,n=02) на отрицательной полуоси ξ ∈ (−∞, 0] :√a/2p−p ξ 2 +1 peXmk (ξ; R) = −A pξ − ξ2 + 1×2ξ +1"∞iX(2) ı(n−m) arctg ξ(1) −ı(n−m) arctg ξfn e+ +fn e,×n=0Очевидным недостатком описанного алгоритма является его громоздкость, атакже то, что матрицы, определяющие наборы коэффициентов комплексны инеэрмитовы, поэтому в спектре могут появляться комплексные числа с малоймнимой частью.Когда a = 0 в задаче появляется симметрия и вся совокупность собственных функций распадается на четное и нечетное семейства.
Если в (2.9) параметр m ∈ N, то выражение (2.14) дает два комплексно-сопряженных кор40ня, попадающих внутрь единичного круга. Им соответствуют два набора(2)(1)∗комплексно-сопряженных коэффициентов fn = fn . Тогда все наши рассуждения о сходимости рядов имеют место, а кроме того, мы получаем возможность сразу перейти к вещественному базису.2.2.Степенные разложения для сфероидальных собственныхфункцийРассмотрим теперь разложения собственных функций по базису, в котором мономы содержат (t − ı) и (t + ı) в виде произведения.
Иными словами,выберем базис из совокупности функций {(1 + t2 )n /2n }∞n=1 . Для того, чтобы разложение стало возможным нобходимо положить зарядовый параметрa = 0. Тогда уравнение (2.1) становится сфероидальным, а вся совокупность(1)собственных функций распадается на множество четных – Xmk (ξ; R) и нечет(2)ных – Xmk (ξ; R) функций.
Поскольку выделение множителя в (2.3) и (2.5), ипоследующие замены не нарушают симметрии, то очевидно, что собственные(1)функции краевой задачи (2.7), (2.8) также будут либо четными – Fmk (t; R),(2)либо нечетными – Fmk (t; R). Разложим их в степенные ряды.
Выпишим сначала анзац для четных функций:(1)Fmk (t; R)∞X(1 + t2 )n=f1n,n2n=0(2.18)а затем для нечетных:(2)Fmk (t; R)∞X(1 + t2 )n=tf2n.n2n=0(2.19)Коэффициенты обоих наборов fjn где j = 1, 2 связаны между собой четырехчленными рекуррентными соотношениями:αj2 βj2αj1 βj1αj0 βj0−1 ++ 2 fjn+2 + 4 ++ 2 fjn+1 + −5 ++ 2 f jn +nnnnnn(2.20)αj−1 βj−1+ 2++ 2 fjn−1 = 0 .nn41Для четного набора {f1n }∞n=0 имеем:α2α1α0α−1:= −2,:= 2p + 3,:= −4p + 2,:= −3,β2β1β0β−1:= m2 − 1,:= p − 2m2 + 1,:= −λ − p2 + p + m2 − 1,:= 1,β2β1β0β−1:= m2 − 1,:= p − 2m2 + 2,:= −λ − p2 − p + m2 − 1,:= 0,а для нечетного – {f2n }∞n=0 :α2α1α0α−1:= −2,:= 2p + 5,:= −4p − 2,:= −1,Коэффициенты fj0 , fj1 произвольны.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
