OnderwijsSpeciale Functies – Hypergeometrische functies – Differentiaalvergelijkingen
De hypergeometrische differentiaalvergelijking is
\[z(1-z)y''+\left\{c-(a+b+1)z\right\}y'-aby=0,\quad a,b,c\in\mathbb{C}.\]Het is duidelijk dat \(z=0\) en \(z=1\) de enige singuliere punten van deze differentiaalvergelijking zijn. Stel \(p(z)=\displaystyle\frac{c-(a+b+1)z}{z(1-z)}\) en \(q(z)=-\displaystyle\frac{ab}{z(1-z)}\), dan zijn
\[zp(z)=\frac{c-(a+b+1)z}{1-z}\quad\text{en}\quad z^2q(z)=-\frac{abz}{1-z}\]beide analytisch in \(z=0\). Dus: \(z=0\) is een regulier singulier punt van de differentiaalvergelijking. Merk op dat
\[\lim\limits_{z\to 0}zp(z)=c\quad\text{en}\quad\lim\limits_{z\to0}z^2q(z)=0,\]hetgeen leidt tot de indexvergelijking \(r(r-1)+cr=0\;\Longleftrightarrow\;r(r-1+c)=0\).
Ook geldt dat
\[(z-1)p(z)=-\frac{c-(a+b+1)z}{z}\quad\text{en}\quad(z-1)^2q(z)=\frac{ab(z-1)}{z}\]beide analytisch zijn in \(z=1\) en dat betekent dat \(z=1\) ook een regulier singulier punt van de differentiaalvergelijking is. In dat geval vinden we
\[\lim\limits_{z\to0}zp(z)=a+b-c+1\quad\text{en}\quad\lim\limits_{z\to0}z^2q(z)=0,\]hetgeen leidt tot de indexvergelijking \(r(r-1)+(a+b-c+1)r=0\;\Longleftrightarrow\;r(r+a+b-c)=0\).
Hieruit volgt dat er oplossingen van de hypergeometrische differentiaalvergelijking bestaan van de vorm
\[y_1(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n\quad\text{en}\quad y_2(z)=z^{1-c}\sum_{n=0}^{\infty}b_nz^n.\]Deze twee oplossingen zijn zeker lineair onafhankelijk voor \(c\notin\mathbb{Z}\). We hebben ook oplossingen van de hypergeometrische differentiaalvergelijking van de vorm
\[y_3(z)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n(1-z)^n\quad\text{en}\quad y_4(z)=(1-z)^{c-a-b}\sum_{n=0}^{\infty}d_n(1-z)^n.\]Deze twee oplossingen zijn zeker lineair onafhankelijk voor \(c-a-b\notin\mathbb{Z}\).
In het vak Differentiaalvergelijkingen hebben we al gezien dat
\[a_n=\frac{a(a+1)\cdots(a+n-1)b(b+1)\cdots(a+b-1)}{1\cdot2\cdots n\,c(c+1)\cdots(c+n-1)}c_0=\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_nn!}c_0,\] \[b_n=\frac{(a-c+1)(a-c+2)\cdots(a-c+n-1)(b-c+1)(b-c+2)\cdots(b-c+n-1)}{1\cdot2\cdots n\,(2-c)(3-c)\cdots(n+1-c)}b_0 =\frac{(a-c+1)_n(b-c+1)_n}{(2-c)_nn!}b_0,\] \[c_n=\frac{a(a+1)\cdots(a+n-1)b(b+1)\cdots(b+n-1)}{1\cdot2\cdots n\,(a+b-c+1)(a+b-c+2)\cdots(a+b-c+n)}c_0 =\frac{(a)_n(b)_n}{(a+b-c+1)_nn!}c_0\]en
\[d_n=\frac{(c-a)(c-a+1)\cdots(c-a+n-1)(c-b)(c-b+1)\cdots(c-b+n-1)}{1\cdot2\cdots n\,(c-a-b+1)(c-a-b+2)\cdots(c-a-b+n)}d_0 =\frac{(c-a)_n(c-b)_n}{(c-a-b+1)_nn!}d_0.\]Dus geldt:
\[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_nn!}z^n={}_2F_1\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{a,b}{c}\,;\,z\right)\quad\text{en}\quad z^{1-c}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a-c+1)_n(b-c+1)_n}{(2-c)_nn!}z^n=z^{1-c}{}_2F_1\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{a-c+1,b-c+1}{2-c}\,;\,z\right)\]zijn oplossingen rond \(z=0\). Verder geldt:
\[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a)_n(b)_n}{(a+b-c+1)_nn!}(z-1)^n={}_2F_1\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{a,b}{a+b-c+1}\,;\,1-z\right)\]en
\[(1-z)^{c-a-b}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(c-a)_n(c-b)_n}{(c-a-b+1)_nn!}(1-z)^n =(1-z)^{c-a-b}{}_2F_1\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{c-a,c-b}{c-a-b+1}\,;\,1-z\right)\]zijn oplossingen rond \(z=1\).
De confluent hypergeometrische differentiaalvergelijking wordt gegeven door
\[zy''+(c-z)y'-ay=0,\quad a,c\in\mathbb{C}.\]Merk op dat \(z=0\) het enige singuliere punt van deze differentiaalvergelijking is. Stel \(p(z)=\displaystyle\frac{c-z}{z}\) en \(q(z)=-\displaystyle\frac{a}{z}\), dan zijn
\[zp(z)=c-z\quad\text{en}\quad z^2q(z)=-az\]beide analytisch in \(z=0\). Dus: \(z=0\) is een regulier singulier punt van de differentiaalvergelijking. Merk op dat
\[\lim\limits_{z\to0}zp(z)=c\quad\text{en}\quad\lim\limits_{z\to0}z^2q(z)=0,\]hetgeen leidt tot de indexvergelijking \(r(r-1)+cr=0\;\Longleftrightarrow\;r(r-1+c)=0\). De indices zijn dus \(r_1=0\) en \(r_2=1-c\). Hieruit volgt dat er voor \(c\notin\mathbb{Z}\) twee lineair onafhankelijke oplossingen zijn van de vorm
\[y_1(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n\quad\text{en}\quad y_2(z)=z^{1-c}\sum_{n=0}^{\infty}b_nz^n.\]Substitueer
\[y(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n,\quad y'(z)=\sum_{n=0}^{\infty}na_nz^{n-1}\quad\text{en}\quad y''(z)=\sum_{n=0}^{\infty}n(n-1)a_nz^{n-2}\]in de differentiaalvergelijking, dan volgt
\[\sum_{n=0}^{\infty}n(n-1)a_nz^{n-1}+c\sum_{n=0}^{\infty}na_nz^{n-1}-\sum_{n=0}^{\infty}na_nz^n-a\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n=0\]oftewel
\[\sum_{n=0}^{\infty}\left[\left\{(n+1)n+c(n+1)\right\}a_{n+1}-(n+a)a_n\right]z^n=0.\]Dit leidt tot de recurrente betrekking
\[(n+1)(n+c)a_{n+1}=(n+a)a_n,\quad n=0,1,2,\ldots\]met oplossing
\[a_n=\frac{(a)_n}{(c)_n\,n!}a_0,\quad n=0,1,2,\ldots.\]We hebben dus een oplossing van de vorm
\[y(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n=a_0\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a)_n}{(c)_n}\frac{z^n}{n!} =a_0\,{}_1F_1\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{a}{c}\,;\,z\right).\]Substitueer
\[y(z)=z^{1-c}\sum_{n=0}^{\infty}b_nz^n=\sum_{n=0}^{\infty}b_nz^{n+1-c},\] \[y'(z)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1-c)b_nz^{n-c}\quad\text{en}\quad y''(z)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1-c)(n-c)b_nz^{n-1-c}\]in de differentaailvergelijking, dan volgt
\[\sum_{n=0}^{\infty}(n+1-c)(n-c)b_nz^{n-c}+c\sum_{n=0}^{\infty}(n+1-c)b_nz^{n-c} -\sum_{n=0}^{\infty}(n+1-c)b_nz^{n+1-c}-a\sum_{n=0}^{\infty}b_nz^{n+1-c}=0\]oftewel
\[\sum_{n=0}^{\infty}\left[\left\{(n+2-c)(n+1-c)+c(n+2-c)\right\}b_{n+1}-(n+a+1-c)b_n\right]z^{n+1-c}=0.\]Dit leidt tot de recurrente betrekking
\[(n+2-c)(n+1)b_{n+1}=(n+a+1-c)b_n,\quad n=0,1,2,\ldots\]met oplossing
\[b_n=\frac{(a+1-c)_n}{(2-c)_n\,n!}b_0,\quad n=0,1,2,\ldots.\]We hebben dus een oplossing van de vorm
\[y(z)=z^{1-c}\sum_{n=0}^{\infty}b_nz^n=b_0\,z^{1-c}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a+1-c)_n}{(2-c)_n}\frac{z^n}{n!} =b_0\,z^{1-c}\,{}_1F_1\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{a+1-c}{2-c}\,;\,z\right).\]Last modified on 15 mei 2021
