5.5 正则奇点附近的级数解，第一部分

现在我们考虑求解一般二阶线性微分方程的问题

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

在正则奇点 $x=x_{0}$ 的邻域内。为方便起见，我们假设 $x_{0}=0$。 如果 $x_{0} \neq 0$，则可以通过令 $x-x_{0}$ 等于 $t$，将方程转换为正则奇点位于原点的方程。

假设 $x=0$ 是方程 (1) 的正则奇点意味着 $x Q(x) / P(x)=x p(x)$ 和 $x^{2} R(x) / P(x)=x^{2} q(x)$ 在 $x \rightarrow 0$ 时具有有限极限，并且在 $x=0$ 处解析。 因此，它们具有以下形式的收敛幂级数展开式

$$\begin{equation*} x p(x)=\sum_{n=0}^{\infty} p_{n} x^{n}, \quad x^{2} q(x)=\sum_{n=0}^{\infty} q_{n} x^{n}, \tag{2} \end{equation*}$$

在原点周围的某个区间 $|x|<\rho$ 上，其中 $\rho>0$。为了使量 $x p(x)$ 和 $x^{2} q(x)$ 出现在方程 (1) 中，将方程 (1) 除以 $P(x)$ 然后乘以 $x^{2}$ 会更方便，得到

$$\begin{equation*} x^{2} y^{\prime \prime}+x(x p(x)) y^{\prime}+\left(x^{2} q(x)\right) y=0 \tag{3} \end{equation*}$$

或者

$$\begin{align*} x^{2} y^{\prime \prime}+x\left(p_{0}\right. & \left.+p_{1} x+\cdots+p_{n} x^{n}+\cdots\right) y^{\prime} \\ & +\left(q_{0}+q_{1} x+\cdots+q_{n} x^{n}+\cdots\right) y=0 \tag{4} \end{align*}$$

请注意，$x p(x)$ 和 $x^{2} q(x)$ 的第一项是

$$\begin{equation*} p_{0}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x Q(x)}{P(x)} \text { 和 } q_{0}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{2} R(x)}{P(x)} \tag{5} \end{equation*}$$

如果方程 (2) 中所有其他系数 $p_{n}$ 和 $q_{n}$ 对于 $n \geq 1$ 都为零，则方程 (4) 简化为欧拉方程

$$\begin{equation*} x^{2} y^{\prime \prime}+p_{0} x y^{\prime}+q_{0} y=0 \tag{6} \end{equation*}$$

这在上一节中讨论过。

一般来说，当然，有些系数 $p_{n}$ 和 $q_{n}, n \geq 1$ 不为零。 然而，在奇点附近，方程 (4) 的解的本质特征与欧拉方程 (6) 的解相同。 项 $p_{1} x+\cdots+$ $p_{n} x^{n}+\cdots$ 和 $q_{1} x+\cdots+q_{n} x^{n}+\cdots$ 的存在仅仅使计算复杂化。

我们的讨论主要限于区间 $x>0$。区间 $x<0$ 可以像欧拉方程一样，通过改变变量 $x=-\xi$，然后求解 $\xi>0$ 的结果方程来处理。

方程 (4) 中的系数可以被视为“欧拉系数”乘以幂级数。为了看到这一点，你可以将方程 (4) 中 $y^{\prime}$ 的系数写成

$$p_{0} x\left(1+\frac{p_{1}}{p_{0}} x+\frac{p_{2}}{p_{0}} x^{2}+\cdots+\frac{p_{n}}{p_{0}} x^{n}+\cdots\right)$$

对于 $y$ 的系数也是如此。 因此，以“欧拉解”乘以幂级数的形式寻找方程 (4) 的解似乎很自然。 因此，我们假设

$$\begin{equation*} y=x^{r}\left(a_{0}+a_{1} x+\cdots+a_{n} x^{n}+\cdots\right)=x^{r} \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{r+n} \tag{7} \end{equation*}$$

其中 $a_{0} \neq 0$。 换句话说，$r$ 是级数中第一个非零项的指数，而 $a_{0}$ 是它的系数。 作为解决方案的一部分，我们必须确定：

1. 方程 (1) 具有形式 (7) 的解的 $r$ 值

2. 系数 $a_{n}$ 的递推关系

3. 级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛半径

一般理论由弗罗贝尼乌斯 ${ }^{12}$ 构造，并且相当复杂。 我们不会尝试介绍这种理论，而是简单地假设，在本节和接下来的两节中，存在一个具有声明形式的解决方案。 特别是，我们假设解的表达式中的任何幂级数都具有非零收敛半径，并专注于展示如何确定此类级数中的系数。 为了说明弗罗贝尼乌斯方法，我们首先考虑一个例子。

[^9]

例 1

求解微分方程

$$\begin{equation*} 2 x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}+(1+x) y=0 \tag{8} \end{equation*}$$

解：

很容易证明 $x=0$ 是方程 (8) 的正则奇点。 此外，$x p(x)=-1 / 2$ 和 $x^{2} q(x)=(1+x) / 2$。 因此 $p_{0}=-1 / 2, q_{0}=1 / 2, q_{1}=1 / 2$，所有其他 $p_{n}$ 和 $q_{n}$ 均为零。 那么，根据方程 (6)，对应于方程 (8) 的欧拉方程是

$$\begin{equation*} 2 x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}+y=0 \tag{9} \end{equation*}$$

为了求解方程 (8)，我们假设存在形式 (7) 的解。 那么，$y^{\prime}$ 和 $y^{\prime \prime}$ 由下式给出

$$\begin{equation*} y^{\prime}=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(r+n) x^{r+n-1} \tag{10} \end{equation*}$$

and

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(r+n)(r+n-1) x^{r+n-2} . \tag{11} \end{equation*}$$

通过将 $y, y^{\prime}$, 和 $y^{\prime \prime}$ 的表达式代入方程 (8)，我们得到

$$\begin{align*} 2 x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}+ & (1+x) y=\sum_{n=0}^{\infty} 2 a_{n}(r+n)(r+n-1) x^{r+n} \\ & -\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(r+n) x^{r+n}+\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{r+n}+\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{r+n+1} \tag{12} \end{align*}$$

方程 (12) 中的最后一项可以写成 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{r+n}$，因此通过组合方程 (12) 中的各项，我们得到

$$\begin{align*} 2 x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime} & +(1+x) y=a_{0}[2 r(r-1)-r+1] x^{r} \\ & +\sum_{n=1}^{\infty}\left((2(r+n)(r+n-1)-(r+n)+1) a_{n}+a_{n-1}\right) x^{r+n}=0 . \tag{13} \end{align*}$$

如果方程 (13) 对所有 $x$ 成立，则方程 (13) 中 $x$ 的每一项的系数必须为零。从 $x^{r}$ 的系数，因为 $a_{0} \neq 0$，我们得到

$$\begin{equation*} 2 r(r-1)-r+1=2 r^{2}-3 r+1=(r-1)(2 r-1)=0 \tag{14} \end{equation*}$$

方程 (14) 称为方程 (8) 的指标方程。请注意，它恰好是我们为与方程 (8) 相关的欧拉方程 (9) 获得的多项式方程。 指标方程的根是

$$\begin{equation*} r_{1}=1, \quad r_{2}=\frac{1}{2} . \tag{15} \end{equation*}$$

这些 $r$ 的值称为正则奇点 $x=0$ 处的指数。 它们决定了奇点附近解 (7) 的定性行为。

现在我们回到方程 (13) 并将 $x^{r+n}$ 的系数设置为零。 这给出了关系

$$\begin{equation*} (2(r+n)(r+n-1)-(r+n)+1) a_{n}+a_{n-1}=0, \quad n \geq 1, \tag{16} \end{equation*}$$

或

$$\begin{align*} a_{n} & =-\frac{a_{n-1}}{2(r+n)^{2}-3(r+n)+1} \\ & =-\frac{a_{n-1}}{((r+n)-1)(2(r+n)-1)}, \quad n \geq 1 \tag{17} \end{align*}$$

对于指标方程的每个根 $r_{1}$ 和 $r_{2}$，我们使用递推关系 (17) 来确定一组系数 $a_{1}, a_{2}, \ldots$。 对于 $r=r_{1}=1$，方程 (17) 变为

$$a_{n}=-\frac{a_{n-1}}{(2 n+1) n}, \quad n \geq 1 .$$

因此

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

和

$$a_{3}=-\frac{a_{2}}{7 \cdot 3}=-\frac{a_{0}}{(3 \cdot 5 \cdot 7)(1 \cdot 2 \cdot 3)} .$$

一般来说，我们有

$$\begin{equation*} a_{n}=\frac{(-1)^{n}}{(3 \cdot 5 \cdot 7 \cdots(2 n+1)) n!} a_{0}, \quad n \geq 4 . \tag{18} \end{equation*}$$

如果我们同时将方程 (18) 右边的分子和分母乘以 $2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots \cdots 2 n=2^{n} n !$，我们可以将 $a_{n}$ 重写为

$$a_{n}=\frac{(-1)^{n} 2^{n}}{(2 n+1)!} a_{0}, \quad n \geq 1$$

因此，如果我们省略常数乘数 $a_{0}$，则方程 (8) 的一个解是

$$\begin{equation*} y_{1}(x)=x\left(1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} 2^{n}}{(2 n+1)!} x^{n}\right), \quad x>0 \tag{19} \end{equation*}$$

为了确定方程 (19) 中级数的收敛半径，我们使用比率检验：

$$\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{a_{n+1} x^{n+1}}{a_{n} x^{n}}\right|=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2|x|}{(2 n+2)(2 n+3)}=0$$

对所有 $x$ 成立。 因此，该级数对所有 $x$ 收敛。

对应于第二个根 $r=r_{2}=\frac{1}{2}$，我们以类似的方式进行。 从方程 (17) 我们有

$$a_{n}=-\frac{a_{n-1}}{2 n\left(n-\frac{1}{2}\right)}=-\frac{a_{n-1}}{n(2 n-1)}, \quad n \geq 1 .$$

因此

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

并且，通常，

$$\begin{equation*} a_{n}=\frac{(-1)^{n}}{n!(1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots(2 n-1))} a_{0}, \quad n \geq 4 . \tag{20} \end{equation*}$$

就像第一个根 $r_{1}$ 的情况一样，我们将分子和分母乘以 $2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \cdots \cdot 2 n=2^{n} n !$。 那么我们有

$$a_{n}=\frac{(-1)^{n} 2^{n}}{(2 n)!} a_{0}, \quad n \geq 1$$

再次省略常数乘数 $a_{0}$，我们得到第二个解

$$\begin{equation*} y_{2}(x)=x^{1 / 2}\left(1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n} 2^{n}}{(2 n)!} x^{n}\right), \quad x>0 . \tag{21} \end{equation*}$$

和以前一样，我们可以证明方程 (21) 中的级数对所有 $x$ 都收敛。 由于 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 在 $x=0$ 附近分别表现得像 $x$ 和 $x^{1 / 2}$，因此它们是线性独立的，因此它们形成了一组基本解。 因此，方程 (8) 的通解是

$$y=c_{1} y_{1}(x)+c_{2} y_{2}(x), \quad x>0$$

前面的例子说明，如果 $x=0$ 是一个正则奇点，那么有时在这个点的邻域内存在两个形如 (7) 的解。类似地，如果 $x=x_{0}$ 处存在一个正则奇点，那么可能有两个形如

$$\begin{equation*} y=\left(x-x_{0}\right)^{r} \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} \tag{22} \end{equation*}$$

的解，它们在 $x=x_{0}$ 附近有效。然而，正如欧拉方程可能没有两个形如 $y=x^{r}$ 的解一样，具有正则奇点的更一般的方程可能没有两个形如 (7) 或 (22) 的解。特别是，我们将在下一节中表明，如果指标方程的根 $r_{1}$ 和 $r_{2}$ 相等或相差一个整数，则第二个解通常具有更复杂的结构。但在所有情况下，都可以找到至少一个形如 (7) 或 (22) 的解；如果 $r_{1}$ 和 $r_{2}$ 相差一个整数，则该解对应于较大的 $r$ 值。如果只有一个这样的解，那么第二个解涉及一个对数项，就像欧拉方程的特征方程的根相等时一样。在这种情况下，可以调用降阶法或其他一些程序来确定第二个解。这将在 5.6 和 5.7 节中讨论。

如果指标方程的根是复数，那么它们不可能相等或相差一个整数，因此总是存在两个形如 (7) 或 (22) 的解。当然，这些解是 $x$ 的复值函数。然而，与欧拉方程一样，可以通过取复数解的实部和虚部来获得实值解。

最后，我们提一个实用的建议。如果 $P$、$Q$ 和 $R$ 是多项式，那么直接使用方程 (1) 通常比使用方程 (3) 更好。这避免了将 $x Q(x) / P(x)$ 和 $x^{2} R(x) / P(x)$ 表示为幂级数的必要性。例如，考虑以下方程更方便：

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

而不是将其写成以下形式：

$$x^{2} y^{\prime \prime}+\frac{2 x}{1+x} y^{\prime}+\frac{x^{2}}{1+x} y=0$$

这将需要将 $\frac{2 x}{1+x}$ 和 $\frac{x^{2}}{1+x}$ 展开为幂级数。

习题

在以下第 1 至第 6 题中：

a. 证明给定的微分方程在 $x=0$ 处有一个正则奇点。

b. 确定指标方程、递推关系和指标方程的根。

c. 找到对应于较大根的级数解 $(x>0)$。

d. 如果根不相等且不相差整数，则找到对应于较小根的级数解。

1. $2 x y^{\prime \prime}+y^{\prime}+x y=0$

2. $x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+\left(x^{2}-\frac{1}{9}\right) y=0$

3. $x y^{\prime \prime}+y=0$

4. $x y^{\prime \prime}+y^{\prime}-y=0$

5. $x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+(x-2) y=0$

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

7. $\alpha$ 阶勒让德方程是

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

在 5.3 节的第 17 和 18 题中讨论了该方程在常点 $x=0$ 附近的解。 在 5.4 节的例 4 中，表明 $x= \pm 1$ 是正则奇点。

a. 确定指标方程及其对于点 $x=1$ 的根。

b. 找到 $x-1>0$ 的 $x-1$ 幂级数解。

提示：写 $1+x=2+(x-1)$ 和 $x=1+(x-1)$。 或者，进行变量代换 $x-1=t$ 并确定 $t$ 的幂级数解。

8. 切比雪夫方程是

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

其中 $\alpha$ 是一个常数；参见 5.3 节的第 8 题。

a. 证明 $x=1$ 和 $x=-1$ 是正则奇点，并找到每个奇点的指数。

b. 找到关于 $x=1$ 的两个解。

9. 拉盖尔 ${ }^{13}$ 微分方程是

$$x y^{\prime \prime}+(1-x) y^{\prime}+\lambda y=0 .$$

a. 证明 $x=0$ 是一个正则奇点。

b. 确定指标方程、其根和递推关系。

c. 找到一个解 (对于 $x>0$)。 证明如果 $\lambda=m$，一个正整数，该解简化为一个多项式。 当正确归一化时，该多项式被称为拉盖尔多项式， $L_{m}(x)$。

10. 零阶贝塞尔方程是

$$x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+x^{2} y=0 .$$

[^10]a. 证明 $x=0$ 是一个正则奇点。

b. 证明指标方程的根是 $r_{1}=r_{2}=0$。

c. 证明对于 $x>0$ 的一个解是

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

函数 $J_{0}$ 被称为第一类零阶贝塞尔函数。

d. 证明$J_{0}(x)$的级数对所有$x$收敛。

11. 参考问题10，使用降阶法证明零阶贝塞尔方程的第二个解包含对数项。

提示：如果 $y_{2}(x)=J_{0}(x) v(x)$，则

$$y_{2}(x)=J_{0}(x) \int \frac{d x}{x\left(J_{0}(x)\right)^{2}} .$$

求$\frac{1}{x\left(J_{0}(x)\right)^{2}}$的级数展开式的第一项。

12. 一阶贝塞尔方程是

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

a. 证明$x=0$是一个正则奇点。

b. 证明指标方程的根是$r_{1}=1$ 和 $r_{2}=-1$。

c. 证明对于$x>0$，一个解是

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

函数$J_{1}$被称为第一类一阶贝塞尔函数。

d. 证明$J_{1}(x)$的级数对所有$x$收敛。

e. 证明不可能确定形式为

$$x^{-1} \sum_{n=0}^{\infty} b_{n} x^{n}, \quad x>0 .$$

的第二个解。

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