5.2 常点附近的级数解，第一部分

在第 3 章中，我们描述了求解具有常系数的二阶线性微分方程的方法。现在，我们考虑求解系数是自变量的函数的二阶线性方程的方法。在本章中，我们将用 $x$ 表示自变量。 考虑齐次方程就足够了。

$$\begin{equation*} P(x) \frac{d^{2} y}{d x^{2}}+Q(x) \frac{d y}{d x}+R(x) y=0 \tag{1} \end{equation*}$$

因为相应的非齐次方程的处理过程是类似的。

数学物理中的许多问题都会导致方程 (1) 具有多项式系数的情况；例如，贝塞尔方程

$$x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+\left(x^{2}-\nu^{2}\right) y=0$$

其中 $\nu$ 是一个常数，以及勒让德方程

$$\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+\alpha(\alpha+1) y=0$$

其中 $\alpha$ 是一个常数。 因此，以及为了简化代数计算，我们主要考虑函数 $P, Q$ 和 $R$ 是多项式的情况。 但是，正如我们将看到的，该求解方法也适用于 $P, Q$ 和 $R$ 是通用解析函数的情况。

那么，目前假设 $P, Q$ 和 $R$ 是多项式，并且它们三个没有共同的因子 $(x-c)$。 如果存在这样的共同因子 $(x-c)$，则在继续之前将其除掉。 假设我们也希望在点 $x_{0}$ 附近求解方程 (1)。 方程 (1) 在包含 $x_{0}$ 的区间内的解与 $P$ 在该区间内的行为密切相关。

一个点 $x_{0}$ 使得 $P\left(x_{0}\right) \neq 0$ 被称为常点。 由于 $P$ 是连续的，因此存在一个包含 $x_{0}$ 的开区间，在该区间内 $P(x)$ 永远不为零。 在这个区间，我们将其称为 $I$，我们可以将方程 (1) 除以 $P(x)$ 以获得

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+p(x) y^{\prime}+q(x) y=0 \tag{2} \end{equation*}$$

其中 $p(x)=Q(x) / P(x)$ 和 $q(x)=R(x) / P(x)$ 是 $I$ 上的连续函数。 因此，根据存在性和唯一性定理，定理 3.2.1，方程 (1) 在区间 $I$ 中存在唯一的解，该解也满足初始条件 $y\left(x_{0}\right)=y_{0}$ 和 $y^{\prime}\left(x_{0}\right)=y_{0}^{\prime}$，其中 $y_{0}$ 和 $y_{0}^{\prime}$ 是任意值。 在本节和下一节中，我们将讨论方程 (1) 在常点附近的解。

另一方面，如果 $P\left(x_{0}\right)=0$，则 $x_{0}$ 被称为方程 (1) 的奇点。 在这种情况下，因为 $\left(x-x_{0}\right)$ 不是 $P, Q$ 和 $R$ 的因子，所以 $Q\left(x_{0}\right)$ 和 $R\left(x_{0}\right)$ 中至少有一个不为零。 因此，方程 (2) 中的系数 $p$ 和 $q$ 中至少有一个在 $x \rightarrow x_{0}$ 时变为无界，因此定理 3.2.1 在这种情况下不适用。 第 5.4 节到第 5.7 节讨论了在奇点附近找到方程 (1) 的解。

现在，我们来解决在常点 $x_{0}$ 附近求解方程 (1) 的问题。 我们寻找以下形式的解

$$\begin{equation*} y=a_{0}+a_{1}\left(x-x_{0}\right)+\cdots+a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} \tag{3} \end{equation*}$$

并假设该级数在区间 $\left|x-x_{0}\right|<\rho$ 内收敛，对于某个 $\rho>0$。

虽然乍一看，以幂级数的形式寻找解似乎没有吸引力，但这实际上是一种方便而有用的解的形式。 在它们的收敛区间内，幂级数的行为非常像多项式，并且易于进行分析和数值处理。 事实上，即使我们可以用基本函数（例如指数函数或三角函数）获得解，如果我们要数值评估该解或绘制其图形，我们也很可能需要幂级数或一些等效表达式。

确定系数 $a_{n}$ 最实用的方法是将级数 (3) 及其导数代入方程 (1) 中的 $y, y^{\prime}$ 和 $y^{\prime \prime}$。 以下示例说明了此过程。 只要我们停留在收敛区间内，该过程中涉及的运算（例如微分）就是合理的。 这些示例中的微分方程本身也具有相当重要的意义。

示例 1

找到方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+y=0, \quad-\infty<x<\infty \tag{4} \end{equation*}$$

的级数解。

解:

正如我们所知，$\sin x$ 和 $\cos x$ 构成了该方程的一个基本解集，所以不需要使用级数方法来求解它。然而，这个例子说明了幂级数在一个相对简单情况下的应用。对于方程 (4)，$P(x)=1, Q(x)=0$, 和 $R(x)=1$; 因此，每一个点都是常点。

我们寻找一个形如 $x_{0}=0$ 的幂级数解

$$\begin{equation*} y=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+a_{3} x^{3}+\cdots+a_{n} x^{n}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \tag{5} \end{equation*}$$

并且假设该级数在某个区间 $|x|<\rho$ 内收敛。逐项对等式 (5) 求导，我们得到

$$\begin{equation*} y^{\prime}=a_{1}+2 a_{2} x+3 a_{3} x^{2}+\cdots+n a_{n} x^{n-1}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1} \tag{6} \end{equation*}$$

以及

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}=2 a_{2}+3 \cdot 2 a_{3} x+\cdots+n(n-1) a_{n} x^{n-2}+\cdots=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2} \tag{7} \end{equation*}$$

将 $y$ 和 $y^{\prime \prime}$ 的级数 (5) 和 (7) 代入方程 (4) 得到

$$\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2}+\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}=0$$

为了合并这两个级数，我们需要重写至少其中一个，使得两个级数都显示相同的通用项。（参见第 5.1 节中的问题 22。）因此，在第一个求和式中，我们通过用 $n+2$ 替换 $n$ 并从 0 而不是 2 开始求和来移动求和的索引。我们得到

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n}+\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}=0$$

或者

$$\sum_{n=0}^{\infty}\left((n+2)(n+1) a_{n+2}+a_{n}\right) x^{n}=0$$

为了使该方程对所有 $x$ 都成立， $x$ 的每一项的系数必须为零；因此我们得出结论

$$\begin{equation*} (n+2)(n+1) a_{n+2}+a_{n}=0, \quad n=0,1,2,3, \ldots \tag{8} \end{equation*}$$

方程 (8) 被称为递推关系。通过首先为 $n=0$ 写入递推关系，然后为 $n=1$ 等等，可以逐个评估连续系数。在本例中，方程 (8) 将每个系数与其前面的第二个系数联系起来。因此，偶数编号的系数 $\left(a_{0}, a_{2}, a_{4}, \ldots\right)$ 和奇数编号的系数 ( $a_{1}, a_{3}, a_{5}, \ldots$ ) 被单独确定。对于偶数编号的系数，我们有

$$a_{2}=-\frac{a_{0}}{2 \cdot 1}=-\frac{a_{0}}{2!}, \quad a_{4}=-\frac{a_{2}}{4 \cdot 3}=+\frac{a_{0}}{4!}, \quad a_{6}=-\frac{a_{4}}{6 \cdot 5}=-\frac{a_{0}}{6!}, \ldots$$

这些结果表明，通常，如果 $n=2 k$，则

$$\begin{equation*} a_{n}=a_{2 k}=\frac{(-1)^{k}}{(2 k)!} a_{0}, \quad k=1,2,3, \ldots \tag{9} \end{equation*}$$

我们可以通过数学归纳法证明方程 (9)。首先，观察到对于 $k=1$，它是正确的。接下来，假设对于 $k$ 的任意值它是正确的，并考虑 $k+1$ 的情况。我们有

$$a_{2 k+2}=-\frac{a_{2 k}}{(2 k+2)(2 k+1)}=-\frac{(-1)^{k}}{(2 k+2)(2 k+1)(2 k)!} a_{0}=\frac{(-1)^{k+1}}{(2 k+2)!} a_{0} .$$

因此，方程 (9) 对于 $k+1$ 也成立，因此对于所有正整数 $k$ 都成立。

类似地，对于奇数编号的系数

$$a_{3}=-\frac{a_{1}}{2 \cdot 3}=-\frac{a_{1}}{3!}, \quad a_{5}=-\frac{a_{3}}{5 \cdot 4}=+\frac{a_{1}}{5!}, \quad a_{7}=-\frac{a_{5}}{7 \cdot 6}=-\frac{a_{1}}{7!}, \ldots,$$

并且通常，如果 $n=2 k+1$，则 ${ }^{2}$

$$\begin{equation*} a_{n}=a_{2 k+1}=\frac{(-1)^{k}}{(2 k+1)!} a_{1}, \quad k=1,2,3, \ldots . \tag{10} \end{equation*}$$

将这些系数代入方程 (5)，我们有

$$\begin{align*} y= & a_{0}+a_{1} x-\frac{a_{0}}{2!} x^{2}-\frac{a_{1}}{3!} x^{3}+\frac{a_{0}}{4!} x^{4}+\frac{a_{1}}{5!} x^{5} \\ & +\cdots+\frac{(-1)^{n} a_{0}}{(2 n)!} x^{2 n}+\frac{(-1)^{n} a_{1}}{(2 n+1)!} x^{2 n+1}+\cdots \\ = & a_{0}\left[1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+\cdots+\frac{(-1)^{n}}{(2 n)!} x^{2 n}+\cdots\right] \\ & +a_{1}\left[x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}+\cdots+\frac{(-1)^{n}}{(2 n+1)!} x^{2 n+1}+\cdots\right] \\ = & a_{0} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2 n)!} x^{2 n}+a_{1} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2 n+1)!} x^{2 n+1} . \tag{11} \end{align*}$$

我们确定了方程 (4) 的两个级数解：

$$y_{1}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2 n)!} x^{2 n} \text { 和 } y_{2}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2 n+1)!} x^{2 n+1} .$$

使用比率检验，我们可以证明 $y_{1}(x)$ 和 $y_{2}(x)$ 的级数对于所有 $x$ 都收敛，这追溯地证明了获得这些解所使用的所有步骤。 事实上，$y_{1}(x)$ 的级数正是 $\cos x$ 关于 $x=0$ 的泰勒级数，而 $y_{2}(x)$ 的级数是 $\sin x$ 的相应泰勒级数。 因此，正如我们在方程 (11) 中预期的那样，我们已经获得了方程 (4) 的一般解，形式为 $y=a_{0} \cos x+a_{1} \sin x$。

请注意，$a_{0}$ 和 $a_{1}$ 没有被施加任何条件；因此，它们是任意的。从方程 (5) 和 (6) 我们看到，在 $x=0$ 处计算的 $y$ 和 $y^{\prime}$ 分别是 $a_{0}$ 和 $a_{1}$。 由于初始条件 $y(0)$ 和 $y^{\prime}(0)$ 可以任意选择，因此可以得出结论，在给出具体的初始条件之前，$a_{0}$ 和 $a_{1}$ 应该是任意的。

图 5.2.1 和 5.2.2 显示了级数解 $y_{1}(x)$ 和 $y_{2}(x)$ 的部分和如何分别逼近 $\cos x$ 和 $\sin x$。 随着项数的增加，近似值令人满意的区间变得更长，并且对于该区间中的每个 $x$，近似值的准确性都会提高。 但是，您应该始终记住，截断的幂级数仅提供初始点 $x=0$ 附近的解的局部近似； 它不能充分代表大 $|x|$ 的解。

图 5.2.1 $y=\cos x$ 的多项式近似。 $n$ 的值是近似多项式的阶数。

图 5.2.2 $y=\sin x$ 的多项式近似。 $n$ 的值是近似多项式的阶数。

在例 1 中，我们从一开始就知道 $\sin x$ 和 $\cos x$ 构成了方程 (4) 的一组基本解。 但是，如果我们不知道这一点，而只是使用级数方法求解方程 (4)，我们仍然会得到解 (11)。 考虑到微分方程 (4) 经常出现在应用中，我们可能会决定给方程 (11) 的两个解赋予特殊的名称，也许是

$$\begin{equation*} C(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2 n)!} x^{2 n}, \quad S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2 n+1)!} x^{2 n+1} \tag{12} \end{equation*}$$

然后我们可能会问这些函数具有什么性质。 例如，我们能否确定 $C(x)$ 和 $S(x)$ 构成一组基本解？ 从级数展开式中立即得出 $C(0)=1$ 和 $S(0)=0$。 通过逐项区分 $C(x)$ 和 $S(x)$ 的级数，我们发现

$$\begin{equation*} S^{\prime}(x)=C(x), \quad C^{\prime}(x)=-S(x) \tag{13} \end{equation*}$$

因此，在 $x=0$ 处，我们有 $S^{\prime}(0)=1$ 和 $C^{\prime}(0)=0$。 因此，$C$ 和 $S$ 在 $x=0$ 处的 Wronskian 行列式为

$$W[C, S](0)=\left|\begin{array}{ll} 1 & 0 \tag{14}\\ 0 & 1 \end{array}\right|=1$$

因此，这些函数确实构成了一组基本解。 通过在每个方程 (12) 中用 $-x$ 代替 $x$，我们得到 $C(-x)=C(x)$ 和 $S(-x)=-S(x)$。 此外，通过使用无穷级数进行计算，${ }^{3}$ 我们可以证明函数 $C(x)$ 和 $S(x)$ 具有余弦和正弦函数的所有通常的解析和代数性质。

尽管您可能首先以更基本的方式（用直角三角形表示）看到了正弦和余弦函数的定义，但有趣的是，这些函数可以被定义为某个简单二阶线性微分方程的解。 确切地说，函数 $\sin x$ 可以定义为初值问题 $y^{\prime \prime}+y=0$，$y(0)=0, y^{\prime}(0)=1$ 的唯一解； 类似地，$\cos x$ 可以定义为初值问题

[^2]$y^{\prime \prime}+y=0, y(0)=1, y^{\prime}(0)=0$ 的唯一解。 数学物理学中许多其他重要的函数也被定义为某些初值问题的解。 对于这些函数中的大多数，没有更简单或更基本的方法来处理它们。

示例 2

求 Airy ${ }^{4}$ 方程的 $x$ 幂级数解

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-x y=0, \quad-\infty<x<\infty . \tag{15} \end{equation*}$$

解：

对于此方程，$P(x)=1, Q(x)=0$ 和 $R(x)=-x$； 因此，每个点都是常点。 我们假设

$$\begin{equation*} y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \tag{16} \end{equation*}$$

并且该级数在某个区间 $|x|<\rho$ 中收敛。 $y^{\prime \prime}$ 的级数由方程 (7) 给出； 如前一个示例中所述，我们可以将其重写为

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} . \tag{17} \end{equation*}$$

将 $y$ 和 $y^{\prime \prime}$ 的级数 (16) 和 (17) 代入方程 (15) 的左侧，我们得到

$$\begin{equation*} \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n}-x \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{x+2} x^{n}-\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+1} \tag{18} \end{equation*}$$

接下来，我们通过用 $n-1$ 替换 $n$ 并从 1 而不是零开始求和，来移动方程 (18) 右侧第二个级数中的求和指标。因此，我们将方程 (15) 写为

$$2 \cdot 1 a_{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n}-\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n}=0$$

同样，为了使该方程对某个区间内的所有 $x$ 都成立，$x$ 的同次幂的系数必须为零; 因此 $a_{2}=0$，并且我们得到递推关系

$$\begin{equation*} (n+2)(n+1) a_{n+2}-a_{n-1}=0 \quad \text { 对于 } n=1,2,3, \ldots \tag{19} \end{equation*}$$

由于 $a_{n+2}$ 是用 $a_{n-1}$ 表示的，因此 $a$ 的确定以三个为步长。 因此，$a_{0}$ 确定 $a_{3}$，进而确定 $a_{6}, \ldots$; $a_{1}$ 确定 $a_{4}$，进而确定 $a_{7}, \ldots$; 以及 $a_{2}$ 确定 $a_{5}$，进而确定 $a_{8}, \ldots$。由于 $a_{2}=0$，我们可以立即得出结论 $a_{5}=a_{8}=a_{11}=\cdots=0$。

对于序列 $a_{0}, a_{3}, a_{6}, a_{9}, \ldots$，我们在递推关系中设置 $n=1,4,7,10, \ldots$:

$$a_{3}=\frac{a_{0}}{2 \cdot 3}, \quad a_{6}=\frac{a_{3}}{5 \cdot 6}=\frac{a_{0}}{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 6}, \quad a_{9}=\frac{a_{6}}{8 \cdot 9}=\frac{a_{0}}{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 8 \cdot 9}, \ldots .$$

这些结果表明一般公式为

$$a_{3 n}=\frac{a_{0}}{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 6 \cdots(3 n-1)(3 n)}, \quad n \geq 4 .$$

[^3] 对于序列 $a_{1}, a_{4}, a_{7}, a_{10}, \ldots$，我们在递推关系中设置 $n=2,5,8,11, \ldots$:

$$a_{4}=\frac{a_{1}}{3 \cdot 4}, \quad a_{7}=\frac{a_{4}}{6 \cdot 7}=\frac{a_{1}}{3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7}, \quad a_{10}=\frac{a_{7}}{9 \cdot 10}=\frac{a_{1}}{3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 9 \cdot 10}, \ldots$$

一般来说，我们有

$$a_{3 n+1}=\frac{a_{1}}{3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7 \cdots(3 n)(3 n+1)}, \quad n \geq 4$$

因此，Airy方程的通解是

$$\begin{align*} y(x)= & a_{0}\left[1+\frac{x^{3}}{2 \cdot 3}+\frac{x^{6}}{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 6}+\cdots+\frac{x^{3 n}}{2 \cdot 3 \cdots(3 n-1)(3 n)}+\cdots\right] \\ & +a_{1}\left[x+\frac{x^{4}}{3 \cdot 4}+\frac{x^{7}}{3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7}+\cdots+\frac{x^{3 n+1}}{3 \cdot 4 \cdots(3 n)(3 n+1)}+\cdots\right] \\ = & a_{0} y_{1}(x)+a_{1} y_{2}(x) \tag{20} \end{align*}$$

其中 $y_{1}(x)$ 和 $y_{2}(x)$ 是方程 (20) 中的第一个和第二个方括号内的表达式。

获得这两个级数解之后，我们现在可以研究它们的收敛性。由于 $y_{1}(x)$ 和 $y_{2}(x)$ 的级数项的分母快速增长，我们可能期望这些级数具有较大的收敛半径。 事实上，很容易使用比率检验来证明这两个级数都对所有 $x$ 收敛; 参见问题 17。

假设现在 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的级数对所有 $x$ 都收敛。那么，首先选择 $a_{0}=1, a_{1}=0$，然后选择 $a_{0}=0, a_{1}=1$，可以得出 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 分别是方程 (15) 的解。 请注意，$y_{1}$ 满足初始条件 $y_{1}(0)=1, y_{1}^{\prime}(0)=0$，并且 $y_{2}$ 满足初始条件 $y_{2}(0)=0, y_{2}^{\prime}(0)=1$。 因此，$W\left[y_{1}, y_{2}\right](0)=1 \neq 0$，因此 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是一组基本解。因此，Airy方程的通解是

$$y=a_{0} y_{1}(x)+a_{1} y_{2}(x) \quad-\infty<x<\infty$$

在图 5.2.3 和 5.2.4 中，我们分别展示了 Airy 方程的解 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的图形，以及方程 (20) 中两个级数的几个部分和的图形。 同样，部分和提供了原点附近解的局部近似。 尽管近似的质量随着项数的增加而提高，但没有多项式可以充分表示大 $|x|$ 的 $y_{1}$ 和 $y_{2}$。 估计给定部分和合理准确的区间的实用方法是将该部分和的图形与下一个图形进行比较，后者通过包含一个更多的项获得。一旦图形开始明显分离，我们就可以确信原始部分和不再准确。 例如，在图 5.2.3 中，$n=24$ 和 $n=27$ 的图形大约在 $x=-9 / 2$ 处开始分离。因此，超过此点，24 次的部分和作为解的近似值毫无价值。

图 5.2.3 Airy 方程的解 $y=y_{1}(x)$ 的多项式近似。 $n$ 的值是近似多项式的次数。

FIGURE 5.2.4 Airy方程的解 $y=y_{2}(x)$ 的多项式近似。$n$ 的值是近似多项式的阶数。

观察到 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 对于 $x>0$ 都是单调的，对于 $x<0$ 都是振荡的。你也可以从图中看到，振荡不是均匀的，而是随着远离原点的距离的增加，振幅衰减，频率增加。与例 1 相比，Airy方程的解 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 不是你在微积分中已经遇到的初等函数。但是，由于它们在某些物理应用中的重要性，这些函数已经被广泛研究，并且它们的性质对于应用数学家和科学家来说是众所周知的。

例 3

求Airy方程关于 $x-1$ 的幂级数解。

解：

点 $x=1$ 是方程 (15) 的常点，因此我们寻找形如

$$y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n},$$

的解，其中我们假设级数在某个区间 $|x-1|<\rho$ 内收敛。那么

$$y^{\prime}=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n}(x-1)^{n-1}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1) a_{n+1}(x-1)^{n},$$

并且

$$y^{\prime \prime}=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n}(x-1)^{n-2}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n} .$$

将 $y$ 和 $y^{\prime \prime}$ 代入方程 (15)，我们得到

$$\begin{equation*} \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n}=x \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n} \tag{21} \end{equation*}$$

现在为了比较 $(x-1)$ 的同次幂的系数，我们必须用 $(x-1)$ 的幂表示 $x$，即方程 (15) 中 $y$ 的系数；也就是说，我们写 $x=1+(x-1)$。注意，这正是

$x$ 关于 $x=1$ 的泰勒级数。（参见第 5.1 节中的问题 9。）那么方程 (21) 变为

$$\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n} & =(1+(x-1)) \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n} \\ & =\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}+\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n+1} \end{aligned}$$

移动右边第二个级数的求和指标，得到

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n}=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}(x-1)^{n}$$

比较 $x-1$ 的同次幂的系数，我们得到

$$\begin{aligned} 2 a_{2} & =a_{0}, \\ (3 \cdot 2) a_{3} & =a_{1}+a_{0}, \\ (4 \cdot 3) a_{4} & =a_{2}+a_{1}, \\ (5 \cdot 4) a_{5} & =a_{3}+a_{2}, \end{aligned}$$

一般的递推关系是

$$\begin{equation*} (n+2)(n+1) a_{n+2}=a_{n}+a_{n-1} \text { for } n \geq 1 \tag{22} \end{equation*}$$

求解前几个系数 $a_{n}$ 用 $a_{0}$ 和 $a_{1}$ 表示，我们发现

$$a_{2}=\frac{a_{0}}{2}, \quad a_{3}=\frac{a_{1}}{6}+\frac{a_{0}}{6}, \quad a_{4}=\frac{a_{2}}{12}+\frac{a_{1}}{12}=\frac{a_{0}}{24}+\frac{a_{1}}{12}, \quad a_{5}=\frac{a_{3}}{20}+\frac{a_{2}}{20}=\frac{a_{0}}{30}+\frac{a_{1}}{120} .$$

因此

$$\begin{align*} y= & a_{0}\left[1+\frac{(x-1)^{2}}{2}+\frac{(x-1)^{3}}{6}+\frac{(x-1)^{4}}{24}+\frac{(x-1)^{5}}{30}+\cdots\right] \\ & +a_{1}\left[(x-1)+\frac{(x-1)^{3}}{6}+\frac{(x-1)^{4}}{12}+\frac{(x-1)^{5}}{120}+\cdots\right] . \tag{23} \end{align*}$$

一般来说，当递推关系有超过两项时，如在方程 (22) 中，用 $a_{0}$ 和 $a_{1}$ 表示 $a_{n}$ 的公式的确定将相当复杂，如果不是不可能的话。在本例中，这样的公式不易显现。由于缺少这样的公式，我们无法通过诸如比值检验之类的直接方法来检验方程 (23) 中的两个级数的收敛性。但是，我们将在第 5.3 节中看到，即使不知道 $a_{n}$ 的公式，也可以确定方程 (23) 中的两个级数对于所有 $x$ 都收敛。此外，它们定义了函数 $y_{3}$ 和 $y_{4}$，它们是Airy方程 (15) 的一组基本解。因此

$$y=a_{0} y_{3}(x)+a_{1} y_{4}(x)$$

是 Airy 方程对于 $-\infty<x<\infty$ 的通解。

虽然 Airy 方程并不特别复杂，但例 3 展示了当寻找以 $x-x_{0}$ 的幂表示的幂级数解时，遇到的某些复杂情况，其中 $x_{0} \neq 0$。还有另一种方法。我们可以进行变量替换 $x-x_{0}=t$，得到一个关于 $y$ 作为 $t$ 的函数的新微分方程，然后寻找该新方程的形如 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} t^{n}$ 的解。当我们完成计算时，我们将 $t$ 替换为 $x-x_{0}$（参见问题 15）。

在例2和例3中，我们找到了Airy方程的两组解。由方程(20)中的级数定义的函数$y_{1}$和$y_{2}$是方程(15)对于所有$x$的基本解集，对于由方程(23)中的级数定义的函数$y_{3}$和$y_{4}$也同样成立。根据二阶线性方程的一般理论，前两个函数中的每一个都可以表示为后两个函数的线性组合，反之亦然——这当然不是仅仅通过检查级数本身就能明显看出的结果。

最后，我们强调的是，如果像例3中那样，我们无法用$a_{0}$和$a_{1}$确定一般系数$a_{n}$，这并不是特别重要。重要的是我们可以确定我们想要的尽可能多的系数。因此，我们可以找到两个级数解中我们想要的尽可能多的项，即使我们无法确定一般项。虽然计算幂级数解中的几个系数的任务并不困难，但它可能是乏味的。一个符号操作软件包在这里会很有帮助；一些软件包能够通过单个命令找到幂级数解中的指定数量的项。借助合适的图形软件包，我们还可以生成如图所示的图形。

问题

在每个问题1到11中:

a. 寻求给定微分方程在给定点$x_{0}$附近的幂级数解；找到系数必须满足的递推关系。

b. 找到每个解$y_{1}$和$y_{2}$中的前四个非零项（除非级数提前终止）。

c. 通过计算Wronskian行列式 $W\left[y_{1}, y_{2}\right]\left(x_{0}\right)$，证明$y_{1}$和$y_{2}$形成一个基本解集。

d. 如果可能，找到每个解中的一般项。

1. $y^{\prime \prime}-y=0, x_{0}=0$

2. $y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}=0, x_{0}=0$

3. $y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-y=0, \quad x_{0}=0$

4. $y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-y=0, \quad x_{0}=1$

5. $y^{\prime \prime}+k^{2} x^{2} y=0, \quad x_{0}=0, k$ 是一个常数

6. $(1-x) y^{\prime \prime}+y=0, \quad x_{0}=0$

7. $y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+2 y=0, \quad x_{0}=0$

8. $x y^{\prime \prime}+y^{\prime}+x y=0, \quad x_{0}=1$

9. $\left(3-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-3 x y^{\prime}-y=0, \quad x_{0}=0$

10. $2 y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+3 y=0, \quad x_{0}=0$

11. $2 y^{\prime \prime}+(x+1) y^{\prime}+3 y=0, \quad x_{0}=2$

在每个问题12到14中：

a. 找到给定初值问题的解中的前五个非零项。

(G) b. 在同一坐标轴上绘制解的四项近似和五项近似。

c. 从b部分的图中，估计四项近似合理准确的区间。

12. $y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-y=0, \quad y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=1; \quad$ 参见问题3

13. $y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+2 y=0, \quad y(0)=4, \quad y^{\prime}(0)=-1$; 参见问题7

14. $(1-x) y^{\prime \prime}+x y^{\prime}-y=0, \quad y(0)=-3, \quad y^{\prime}(0)=2$

15. a. 通过进行变量替换 $x-1=t$ 并假设 $y$ 具有 $t$ 的幂级数形式的泰勒级数，找到

$$y^{\prime \prime}+(x-1)^{2} y^{\prime}+\left(x^{2}-1\right) y=0$$

的两个 $x-1$ 的幂级数解。

b. 证明，通过假设 $y$ 具有 $x-1$ 的幂级数形式的泰勒级数，并也用 $x-1$ 的幂表示系数 $x^{2}-1$，可以得到相同的结果。

16. 证明方程(10)。

17. 直接使用比率测试，证明Airy方程关于 $x=0$ 的两个级数解对于所有 $x$ 都收敛；参见文本中的方程(20)。

18. Hermite方程。方程

$$y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+\lambda y=0, \quad-\infty<x<\infty,$$

其中 $\lambda$ 是一个常数，被称为 Hermite⁵ 方程。它是数学物理学中的一个重要方程。

a. 找到关于 $x=0$ 的两个解中的每一个的前四个非零项，并证明它们形成一个基本解集。

b. 观察到，如果 $\lambda$ 是一个非负偶整数，则一个或另一个级数解会终止并变为多项式。找到 $\lambda=0,2,4,6,8, 和 10$ 时的多项式解。注意，每个多项式仅确定到乘法常数为止。

c. Hermite多项式 $H_{n}(x)$ 被定义为Hermite方程在 $\lambda=2n$ 时的多项式解，其中 $x^{n}$ 的系数为 $2^{n}$。找到 $H_{0}(x), H_{1}(x), \ldots, H_{5}(x)$。

19. 考虑初值问题 $y^{\prime}=\sqrt{1-y^{2}}, y(0)=0$。

a. 证明 $y=\sin x$ 是此初值问题的解。

b. 寻找初值问题的形如关于 $x=0$ 的幂级数的解。 找到此级数中直到 $x^{3}$ 项的系数。

在问题 20 到 23 中，绘制给定初值问题关于 $x=0$ 的级数解的几个部分和，从而获得类似于图 5.2.1 到 5.2.4 的图 (除了我们不知道实际解的显式公式)。

( 20. $y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+2 y=0, y(0)=0, y^{\prime}(0)=1$；参见问题 7

G 21. $\left(4-x^{2}\right) y^{\prime \prime}+2 y=0, \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1$

G 22. $y^{\prime \prime}+x^{2} y=0, \quad y(0)=1, y^{\prime}(0)=0$；参见问题 5

G 23. $(1-x) y^{\prime \prime}+x y^{\prime}-2 y=0, \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=1$

${ }^{5}$ Charles Hermite (1822-1901) 是一位有影响力的法国分析学家和代数学家。作为一位鼓舞人心的教师，他曾是巴黎综合理工学院和索邦大学的教授。他在 1864 年引入了埃尔米特函数，并在 1873 年证明了 $e$ 是一个超越数（即，$e$ 不是任何具有有理系数的多项式方程的根）。他的名字也与埃尔米特矩阵（参见第 7.3 节）相关联，他发现了一些埃尔米特矩阵的性质。

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