性常徵分方程的幂级数解法 第九讲二阶线性常微分方程的幂级数解法(二) §9.1方程正则奇点邻域内的解 讨论极点性的奇点 方程的奇点可能同时也是解的奇点.不但可能是解的极点或本性奇点,还可能是解的枝点 作为在方程正则奇点邻域内求解的依据,再次不加证明地介绍另一个定理 定理9.1如果20是方程 d w d2+p(2)+q(2)=0 的奇点,则在p(2)和q(x)都解析的环形区域0<|z-20<R内,方程的两个线性无关解是 u1(2)=(z-20) k=-∞ P2 其中p1,P2和g都是常数 如果p1或P是整数,且g=0,则20点为方程的解的极点或本性奇点 ★如果p1或P2不是整数,或g≠0,则方程的解为多值函数,20点为其枝点 现在如果我们把上面的解弌代入方程,尽管仍然能得到糸数之问的递推关糸,但却无 法求出糸数的普遍表达式·因为这时的级数解中,一般说来,都有无穷多个正幂项和负 幂项,反复利用递推关亲将会永无休止 如果级数解中只有有限个负幂项,这时总可以调整相应的ρ值,使得级数解中没有负幂项, n(2)=(x-20)∑c(2-20) u2(2)=gu1(2)ln(x-20)+(2-20)∑dk(2-20 于是,反复利用递推关系就可以求得系数的普遍表达式,当然,还必须要定出p值 这种形式的解称为正则解,当g≠0时,U2(z)的形式和u1(z)不同(含有对数项) 因而需分别求解.当g=0时,υ2(以)的表达式中不含对数项,两个解的形式相同 方程奇点邻域内两个线性无关解都是正则解的充分必要条件,见下面的定理(不证)
Wu Chong-shi ✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✌✍✎✏✑ (✄ ) ✒ 1 ✓ ✔✕✖ ✗✘✙✚✛✜✢✣✤✥✦✧★✩✪ (✗ ) §9.1 ✫✬✭✮✯✰✱✲✳✴✵ ✶✷✸✹✺✻✼✽✺✾ ✿❀✼✽✺❁❂❃❄❅❆❇✼✽✺✾❈❉❁❂❆❇✼✹✺❊❋✻✽✺●❍❁❂❆❇✼■✺✾ ❏❑▲✿❀▼◆✽✺❖P ◗❘❇✼❙❚●❯❱❈❲❳ ❨❩❬❭❪❫❴❵❛❜ ❝❞ 9.1 ❡❢ z0 ❆✿❀ d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0 ✼✽✺●◆▲ p(z) ❣ q(z) ❤ ❇✐✼❥❦❧P 0 < |z − z0| < R ◗●✿❀✼♠❴♥✻♦♣❇❆ w1(z) = (z − z0) ρ1 X∞ k=−∞ ck(z − z0) k , w2(z) = gw1(z) ln(z − z0) + (z − z0) ρ2 X∞ k=−∞ dk(z − z0) k , q r ρ1, ρ2 ❣ g ❤ ❆st✾ F ❡❢ ρ1 ❊ ρ2 ❆✉t●✈ g = 0 ●◆ z0 ✺❑✿❀✼❇✼✹✺❊❋✻✽✺✾ F ❡❢ ρ1 ❊ ρ2 ❈❆✉t●❊ g 6= 0 ●◆✿❀✼❇❑✇①②t● z0 ✺❑q■✺✾ ③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩ ❶❷❸❹❺❻❼❽●❾ ❿➀➁➂➃➄ ➅➆➇ ➈❷➉➊ ➋➅●➌➍➎ ➏➐ ➑➅➆❷➒➓➔→❹✾➣↔↕➙❷➛➆❸ ➜●➝➞➟➠●➡➢➎➤ ➥➦➧➨➩➫ ➭ ➨➩●➯➲➳➵➉➊ ➋➅➸➺➻➎➼➽✾ ❡❢➾t❇ r✶➚➚➪❴➶➹➘●➴❄➷❁➬➮✉➱✃✼ ρ ①●❐❒➾ t❇ r❮➚➶➹➘● w1(z) = (z − z0) ρ1 X∞ k=0 ck(z − z0) k , w2(z) = gw1(z) ln(z − z0) + (z − z0) ρ2 X∞ k=0 dk(z − z0) k . ❰❆●ÏÐÑÒÓÔ♣ÕÖ❁➬❘❒Õt✼×ØÙÚÛ✾ÜÝ●❍Þßà❵á ρ ①✾ ↕âã❹❷❸ä↔ ✭✮✵ ✾å g 6= 0 ➙● w2(z) ❷ã❹➫ w1(z) æ ç (è ➢é➆➩) ● ➣êëìí➐❸✾å g = 0 ➙● w2(z) ❷➔→❹ ➜æèé➆➩●î➦❸❷ã❹ï ç ✾ ✿❀✽✺❖P ◗♠❴♥✻♦♣❇❤ ❆▼◆❇✼ðñÞàòó●ôõö✼❵❛ (❈❳) ❜
程正则奇点邻域内的 定理9.2方程 d 2w a2+p(2)+(2)=0 在它的奇点2的邻域0<|2-20<R有两个正则解 u(2)=(2-20)∑ck(2-20) ≠0 (9.1) 2(2)=g1(2)l(2-2)+(2-20)2∑4(2-20),g或山≠0 (9.2) 的充要条件是20点是 p(2)的不超过一阶的极点,即(2-20)p(2)在20点解析 q(x)的不超过二阶的极点,即(2-20)2q(2)在20点解析 即30为方程的正则奇点 p1和P称为正则解的指标 例91显然 都是超几何方 2(1-3)a2+b-(1+a+a-a30=0 的正则奇点;x=±1也都是 Legendre方程 dy +l(+1)=0 的正则奇点 为了判断无穷远点是否为正则奇点,同样要作变换2=1/t,如果t=0是变换后的方程的正 则奇点,即t=0点是变换后的方程的奇点,且 在t=0点解析,亦即z=∞点是变换前方程的奇点,且2p(2)和2q(2)在z=∞0点解析,则称 z=∞点是变换前的方程的正则奇点.所以,无穷远点z=∞也都是超几何方程和 Legendre方程 的正则奇点
Wu Chong-shi §9.1 ✡☛÷øùúûü ý☞✏ ✒ 2 ✓ ❝❞ 9.2 ✿❀ d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0, ▲þ✼✽✺ z0 ✼❖P 0 < |z − z0| < R ➚♠❴▼◆❇ w1(z) = (z − z0) ρ1 X∞ k=0 ck(z − z0) k , c0 6= 0, (9.1) w2(z) = gw1(z) ln(z − z0) + (z − z0) ρ2 X∞ k=0 dk(z − z0) k , g ❊ d0 6= 0 (9.2) ✼ðàòó❆ z0 ✺❆ p(z)✼❈ÿ❫✁✼✹✺● ✂ (z − z0)p(z)▲ z0 ✺❇✐✄ q(z)✼❈ÿ☎✁✼✹✺● ✂ (z − z0) 2 q(z)▲ z0 ✺❇✐✾ ✂ z0 ❑✿❀✼▼◆✽✺✾ ρ1 ❣ ρ2 ✆ ❑▼◆❇✼ ✝✞ ✾ ✟ 9.1 ✠ Ý● z = 0 ❣ z = 1 ❤ ❆ÿ✡☛✿❀ z(1 − z) d 2w dz 2 + [γ − (1 + α + β)z] dw dz − αβw = 0 ✼▼◆✽✺✄ x = ±1 ❅ ❤ ❆ Legendre ✿❀ 1 − x 2 d 2y dx 2 − 2x dy dx + l(l + 1)y = 0 ✼▼◆✽✺✾ ❑☞✌✍♦✎✏✺❆✑❑▼◆✽✺●❃✒à❏✓✔ z = 1/t ● ❡❢ t = 0 ❆✓✔✕✼✿❀✼▼ ◆✽✺●✂ t = 0 ✺❆✓✔✕✼✿❀✼✽✺●✈ t 2 t − 1 t 2 p 1 t = 2 − 1 t p 1 t ❣ t 2 · 1 t 4 q 1 t = 1 t 2 q 1 t ▲ t = 0 ✺❇✐●✖✂ z = ∞ ✺❆✓✔✗✿❀✼✽✺●✈ zp(z) ❣ z 2 q(z) ▲ z = ∞ ✺❇✐●◆ ✆ z = ∞ ✺❆✓✔✗✼✿❀✼▼◆✽✺✾✘➬●♦✎✏✺ z = ∞ ❅ ❤ ❆ÿ✡☛✿❀❣ Legendre ✿❀ ✼▼◆✽✺✾
九讲二阶线性常微分方程的幂级数解法 第3页 在方程正则奇点域内求解思路 将正则解mn1(2)或u2(2)代入方程 通过比较系数,求出指标和递推关系 进而求出系数的普遍表达式 实际的求解过程,总是先将m1(2)形式的解代入方程, 如果能够同时求得两个线性无关解,当然任务便告完成,没有必要再将u2(2)形式的 解代入方程. 如果这时只能求得一个解(例如p1=P时),那么,就还必须再将2(z)形式的解(这 时的g一定不为0)代入方程求解 根据常微分方程的普遍理论,对于一个二阶线性常微分方程 8+p(2)a:2+9(2)m=0 dz2 如果已经求出了一个解m1(2),那么,总可以通过积分 U2(2)=An1(2) p(dcl d mn1(2)2 来求出第二解.这是因为这两个解都满足方程 d2+p(2) du+a( 5+P( du2+(2) 用m2(2)和u1(2)分别乘这两个方程,再相减,便可得到 P(2) due_109 +p()(1 d dz 积分,可得 两端除以n2,又可以得到 正(=)=a/n (9.3) 再积分一次,就得到上面的结果
Wu Chong-shi ✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✌✍✎✏✑ (✄ ) ✒ 3 ✓ ✙ ✫✬✭✮✯✰✱✲✳✚✵✛✜❜ • ✢ ▼◆❇ w1(z) ❊ w2(z) ✣✤✿❀ • ✥ ✦✧Õt●❘á★✩❣ ÓÔ♣Õ • ✪✫❘áÕt✼×ØÙÚÛ ✬✭✼❘❇❀●➷❆✮ ✢ w1(z) ❦Û✼❇✣✤✿❀● F ❡❢❂✯❃❄❘❒♠❴♥✻♦♣❇●ÜÝ✰✱✲✳✴✵●❮➚Þà❯ ✢ w2(z) ❦Û✼ ❇ ✣✤✿❀✾ F ❡❢➴❄✶❂❘❒❫❴❇ (✶❡ ρ1 = ρ2 ❄ ) ●✷✸●Ö❍Þß❯ ✢ w2(z) ❦Û✼❇ (➴ ❄✼ g ❫❵❈❑ 0) ✣✤✿❀❘❇✾ ✹❚s✺ñ✿❀✼×Ø❛✸●✻❰❫❴☎✁♥✻s✺ñ✿❀ d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0, ❡❢ ✼✽❘á☞❫❴❇ w1(z) ●✷✸●➷❁➬✥ ✾ñ w2(z) = Aw1(z) Z z 1 [w1(z)]2 exp − Z z p(ζ)dζ dz ✿❘á❀☎❇✾➴❆❁❑➴♠❴❇ ❤❂❃✿❀ d 2w1 dz 2 + p(z) dw1 dz + q(z)w1 = 0, d 2w2 dz 2 + p(z) dw2 dz + q(z)w2 = 0. Ò w2(z) ❣ w1(z) ñ❄❅➴♠❴✿❀●❯➱❆●✲❁❒❇ w1 d 2w2 dz 2 − w2 d 2w1 dz 2 + p(z) w1 dw2 dz − w2 dw1 dz = 0, ✂ d dz w1 dw2 dz − w2 dw1 dz + p(z) w1 dw2 dz − w2 dw1 dz = 0. ✾ñ●❁❒ w1 dw2 dz − w2 dw1 dz = A exp − Z z p(ζ)dζ . ♠❈❉➬ w 2 1 ●❊❁➬❒❇ d dz w2 w1 = A w2 1 exp − Z z p(ζ)dζ . (9.3) ❯✾ñ❫❱●Ö❒❇❋ö✼● ❢ ✾
正则奇点邻域 4 例92求 Legendre方程 (1 +l(l+1)y=0 在x=1邻域内的有界解 解因x=1是 Legendre方程的正则奇点,故应设 v(x)=(x-1)∑cn(x-1)y n=0 代入方程,就有 (n+p)2(x-1) 由此可以得到指标方程 p(p-1)+p=0 和递推关系 (n-1)-l(1+1) 指标方程的解是 这说明 Legendre方程在r=1点邻域内的第一解实际上是在圆域|x-1|dn(a-1)
Wu Chong-shi §9.1 ✡☛÷øùúûü ý☞✏ ✒ 4 ✓ ✟ 9.2 ❘ Legendre ✿❀ 1 − x 2 d 2y dx 2 − 2x dy dx + l(l + 1)y = 0 ▲ x = 1 ❖P ◗✼➚❍❇✾ ✵ ❁ x = 1 ❆ Legendre ✿❀✼▼◆✽✺●■✃❏ y(x) = (x − 1)ρ X∞ n=0 cn(x − 1)n . ✣✤✿❀●Ö➚ X∞ n=0 cn (n + ρ)(n + ρ + 1) − l(l + 1) (x − 1)n+1 + 2X∞ n=0 cn(n + ρ) 2 (x − 1)n = 0. ❑▲❁➬❒❇★✩✿❀ ρ(ρ − 1) + ρ = 0 ❣ ÓÔ♣Õ cn = − n(n − 1) − l(l + 1) 2n2 cn−1. ★✩✿❀✼❇❆ ρ1 = ρ2 = 0. ↕➟ ▼ Legendre ❼❽④ x = 1 ◆❖P ◗❷ ❘➝❸ ❙❚⑩❯④ ❱ P |x−1| < 2 ◗❸❲❷● å➁④ x = 1 ◆ ➢❳✄ê ❘❨❸❩➝❬è ➢é➆➩●❭ x = 1(➫ x = −1) ↔❪ ◆ ●➣ê ④ x = 1(➫ x = −1) ◆❫❴✾❵ ❛ë➐ ❘➝❸✾ ❑ÓÔ♣Õ●❁➬❘á Legendre ✿❀▲ x = 1 ✺❖P ◗❀❫❇✼Õt✼✥ ➘❜Û cn = (l + n)(l + 1 − n) 2n2 cn−1 = (l + n)(l + 1 − n) 2n2 (l + n − 1)(l + 2 − n) 2(n − 1)2 cn−2 = · · · · · · = (l + n)(l + 1 − n) 2n2 (l + n − 1)(l + 2 − n) 2(n − 1)2 · · · (l + 1)l 2 · 1 2 c0 = 1 (n!)2 Γ (l + n + 1) Γ (l − n + 1) 1 2 n c0. ❝ c0 = 1 ●Ö❘á☞ Legendre ✿❀✼❀❫❇ Pl(x) = X∞ n=0 1 (n!)2 Γ (l + n + 1) Γ (l − n + 1) x − 1 2 n , ✆ ❑ l ❱❀❫❞ Legendre ②t✾ ❡❢à❡❢❘❀☎❇●◆✃❏ y2(x) = gPl(x) ln(x − 1) + X∞ n=0 dn(x − 1)n
1r(+n+1) z6(m2r(-n+1(2 (x-1)+∑dn(x-1)n n=0 按照常微分方程级数解法的标准步骤,定出系数g(一定不为0)和dn即可 更实用的办法是根据第二解与第一解之间的关系,写出 y2(r)= gPl(a) PI(e) gP(a) P()21-52 +gPI(a) ri P()]2 容易判断右端第二项在|x-1<2内解析,因此可以将第二解设为 ()=P()l2++∑(x-1y 取g=1,并定出dn,最后就可以求出 Legendre方程的第二解 Q(x)=-P1(x) +1 2y-2(1+1)+ PFn+(1+5+…+ 1P(l+n+1) 称为l次第二类 Legendre函数,其中?是Elr数,中(2)是函数的对数微商,由于函数P(x)(延 拓到全平面后,它是以x=-1和x=∞为枝点的多值函数)和Q1(x)的多值性已有约定性的规 定,使用时需要特别注意
Wu Chong-shi ✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✌✍✎✏✑ (✄ ) ✒ 5 ✓ = g X∞ n=0 1 (n!)2 Γ (l + n + 1) Γ (l − n + 1) x − 1 2 n ln(x − 1) + X∞ n=0 dn(x − 1)n . ❣❤s✺ñ✿❀➾ t❇✐✼✩❥❦❧●❵áÕt g(❫❵❈❑ 0) ❣ dn ✂❁✾ ♠✬Ò✼♥✐❆✹❚❀☎❇♦❀❫❇♣q✼♣Õ●rá y2(x) = gPl(x) Z x ( 1 [Pl(ξ)]2 exp "Z ξ 2ζ 1 − ζ 2 dζ #) dξ = gPl(x) Z x 1 [Pl(ξ)]2 dξ 1 − ξ 2 = gPl(x) Z x dξ 1 − ξ 2 + gPl(x) Z x 1 [Pl(ξ)]2 − 1 dξ 1 − ξ 2 , st✌✍✉❈❀☎➘▲ |x − 1| < 2 ◗❇✐●❁▲❁➬✢ ❀☎❇❏❑ y2(x) = g 2 Pl(x) ln x + 1 x − 1 + X∞ n=0 dn(x − 1)n . ❝ g = 1 ●✈❵á dn ●✇✕Ö❁➬❘á Legendre ✿❀✼❀☎❇ Ql(x) = 1 2 Pl(x) ln x + 1 x − 1 − 2γ − 2ψ(l + 1) + X∞ n=0 1 (n!)2 Γ (l + n + 1) Γ (l − n + 1) 1 + 1 2 + · · · + 1 n x − 1 2 n , ✆ ❑ l ❱❀☎❞ Legendre ②t●q r γ ❆ Euler t● ψ(z) ❆ Γ ②t✼✻t✺①✾❑❰②t Pl(x)(② ③❇④⑤ö✕●þ❆➬ x = −1 ❣ x = ∞ ❑■✺✼✇①②t ) ❣ Ql(x) ✼✇①✻ ✼ ➚⑥❵✻✼⑦ ❵●❐Ò❄⑧à⑨❄⑩❶✾
正则奇点邻域内的 下面总结一下求常微分方程 +p(2)x-+q(2)u=0 dz 在正则奇点邻域内的解的一般步骤,同时回答:在什么情况下,方程的第二解不含对数项;在什 么情况下,方程的第二解可能含对数项;在什么情况下,方程的第二解一定含对数项. 结论 若规定方程在正则奇点处的两个指标Rep1≥Rep2,则 当p1-P≠整数时, 第二解一定不含对数项 当p1=p2时 第二解一定含对数项 当n1-P2=正整数时,第二解可能含对数项 为了简单起见,不妨假设z=0点是它的正则奇点.于是,在z=0点的邻域内,可将方程的 系数作 Laurent展开 p(a) q(2) 设解为 代入方程,就有 c(k+川)(k+p-1)2+-2+∑a21∑k(k+p)24+1+∑ 计+p-1 b k=0 即 ∑ck(k+p(k+P-1) ∑[a(k+p-D+b]-12= 比较等式两端最低次幂,即20的系数,可得 Co p(p-1)+aoP +bo=0 由于c0≠0,所以 P(p-1)+aop+bo 这就是指标方程,注意其中的a0和b为 lim zp(a), bo= lim 2q(z) 根据指标方程可以求出两个指标,p1和P2 规定Rep1≥Rep
Wu Chong-shi §9.1 ✡☛÷øùúûü ý☞✏ ✒ 6 ✓ õö➷●❫õ❘s✺ñ✿❀ d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0 ▲▼◆✽✺❖P ◗✼❇✼❫❷❦❧●❃❄ ❸❹❜▲❺✸❻❼õ●✿❀✼❀☎❇❈❽✻t➘✄▲❺ ✸❻❼õ●✿❀✼❀☎❇❁❂❽✻t➘✄▲❺✸❻❼õ●✿❀✼❀☎❇❫❵❽✻t➘✾ ❾ ❿ ➀⑦❵✿❀▲▼◆✽✺➁✼♠❴★✩ Re ρ1 ≥ Re ρ2 ●◆ Ü ρ1 − ρ2 6= ✉t❄● ❀☎❇❫❵❈❽✻t➘✄ Ü ρ1 = ρ2❄● ❀☎❇❫❵❽✻t➘✄ Ü ρ1 − ρ2 = ▼✉t❄● ❀☎❇❁❂❽✻t➘✾ ❑☞➂➃➄ô●❈➅➆❏ z = 0 ✺❆þ✼▼◆✽✺✾❰❆●▲ z = 0 ✺✼❖P ◗●❁ ✢ ✿❀✼ Õt❏ Laurent ➇➈ p(z) = X∞ l=0 alz l−1 , q(z) = X∞ l=0 blz l−2 . ❏❇❑ w(z) = z ρX∞ k=0 ckz k . ✣✤✿❀●Ö➚ X∞ k=0 ck(k + ρ)(k + ρ − 1)z k+ρ−2 + X∞ l=0 alz l−1X∞ k=0 ck(k + ρ)z k+ρ−1 + X∞ l=0 blz l−2X∞ k=0 ckz k+ρ = 0, ✂ X∞ k=0 ck(k + ρ)(k + ρ − 1)z k+ρ−2 + X∞ k=0 X k l=0 al(k + ρ − l) + bl ck−lz k = 0. ✦✧➉Û♠❈✇➊❱➹●✂ z 0 ✼Õt●❁❒ c0 [ρ(ρ − 1) + a0ρ + b0] = 0. ❑❰ c0 6= 0 ●✘➬ ρ(ρ − 1) + a0ρ + b0 = 0. ➴Ö❆★✩✿❀●⑩❶q r✼ a0 ❣ b0 ❑ a0 = lim z→0 z p(z), b0 = lim z→0 z 2 q(z). ✹❚★✩✿❀❁➬❘á♠❴★✩● ρ1 ❣ ρ2 ✾ ➋❬ Re ρ1 ≥ Re ρ2 ✾
性常徵分方程的幂级数解法 再比较zn的系数,得 (n+p(n+p-1)a+∑[an( 0, L=0 即 m+p)(n+p-1)+ao(n+p)+blan+∑[n(n+p-1)+ben-1=0 这样便得出了系数之间的递推关系 反复利用递推关糸,就可以得到糸数c的普遍表达式.当然,在cn的表达式中一定 含有ρ,用ρ=p1代入,即可得到解u1(z).再用 代入,又可得到解u2(z).当 p1一P2≠整数时,就求出了方程的(两个线性无关的)特解 当p1=p2时,显然这样只能得到同一个解.所以,这时第二解一定含对数项 当p1-P2=正整数m时,对于第二解的系数c2),有 m+p2)(m+P2-1)+ao(m+m2)+b2=9)+∑[a(m+p2-0+b1m21=0 注意m+p2=p1,所以有 (p1-1)+ 因此 当∑[(1-0+bh]≠0时,c2无解 当∑[(1-0+b]==0时,c任意 ★对于第一种情形,方程的第二解也一定含对数项 ★对于第二种情形,方程的第二解一定不含对数项,当然还能继续求解.只是这时以后的各项 系数c(n>m)会同时依赖于c(2)和c),第二解m2(2)便有两项,一项正比于c) 项正比于c),再仔细分析一下,就会发现,C2+n和c品之间的关系与c和)之间的 关系完全一样,因此,与c2)成正比的项正好就是第一解(最多可能差一个常数倍数),因而 不妨取c2)=0
Wu Chong-shi ✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✌✍✎✏✑ (✄ ) ✒ 7 ✓ ❯ ✦✧ z n ✼Õt●❒ (n + ρ)(n + ρ − 1)cn + Xn l=0 al(n + ρ − l) + bl cn−l = 0, ✂ (n + ρ)(n + ρ − 1) + a0(n + ρ) + b0 cn + Xn l=1 al(n + ρ − l) + bl cn−l = 0. ➴✒✲❒á☞Õt♣q✼ÓÔ♣Õ✾ ➯➲➳➵➉➊ ➋➅●➌➍ ❭➃➄ ➅➆ cn ❷➒➓➔→❹✾å➁●④ cn ❷➔→❹ ➜➝❬ è ➢ ρ ✾➵ ρ = ρ1 ❺❻●➎➍➃➄❸ w1(z) ✾➏➵ ρ = ρ2 ❺❻●➐➍➃➄❸ w2(z) ✾å ρ1 − ρ2 6= ➑ ➆ ➙●➌➐ ➑ ➒❼❽❷ (î➦➓➔➎ ➋❷) →❸✾ Ü ρ1 = ρ2 ❄●✠ Ý➴✒✶❂❒❇❃❫❴❇✾✘➬●➴❄❀☎❇❫❵❽✻t➘✾ Ü ρ1 − ρ2 = ▼✉t m ❄●✻❰❀☎❇✼Õt c (2) m ●➚ (m + ρ2)(m + ρ2 − 1) + a0(m + ρ2) + b0 c (2) m + Xm l=1 al(m + ρ2 − l) + bl c (2) m−l = 0. ⑩❶ m + ρ2 = ρ1 ●✘➬➚ 0 · c (2) m + Xm l=1 h al(ρ1 − l) + bl i c (2) m−l = 0. ❁▲ Ü Xm l=1 h al(ρ1 − l) + bl i c (2) m−l 6= 0 ❄● c (2) m ♦❇✄ Ü Xm l=1 h al(ρ1 − l) + bl i c (2) m−l = 0 ❄● c (2) m ✰❶✾ F ✻❰❀❫➣❻❦●✿❀✼❀☎❇❅❫❵❽✻t➘✾ F ✻❰❀☎➣❻❦●✿❀✼❀☎❇❫❵❈❽✻t➘●ÜÝ❍❂❡❢❘❇✾✶❆➴❄➬✕✼↔➘ Õt c (2) n (n > m) ↕ ❃❄❙➙❰ c0(2) ❣ c (2) m ✾❀☎❇ w2(z) ✲➚♠➘●❫➘▼ ✦❰ c (2) 0 ●❫ ➘▼ ✦❰ c (2) m ✾❯➛➜ñ✐❫õ●Ö↕➝➞● c (2) m+n ❣ c (2) m ♣q✼♣Õ♦ c (1) n ❣ c (1) 0 ♣q✼ ♣Õ✴④❫✒●❁▲●♦ c (2) m ✵▼ ✦✼➘▼➟Ö❆❀❫❇ (✇✇❁❂➠❫❴st➡t ) ●❁ ✫ ❈➅❝ c (2) m = 0 ✾
Bessel方程的解 第8页 89.2 Bessel方程的解 方程 d 2w 1 dw 是常见的常微分方程之一,其中v是常数,Rev≥0.容易判断,z=0是方程的正则奇点,z 是方程的非正则奇点 本节讨论 Bessel方程在z=0点的邻域|z|>0内的解.设 ≠0 代入 方程,得 c(k+p(k+p-1)2+p-2+∑(k+p)2 约去zP-2,即得 ∑(k+p)2-2]2+∑ 根据级数展开的唯一性,即可比较系数 由最低次幂z°项的系数,且因为c≠0,就得到指标方程, 因而求得 因为Rev≥0,所以Rep1≥Rep2 由z1的系数 [(+1)2-2 即 因此 0,当p≠-1/2 (9.4a) C1任意,当 (9.4b) 以后将看到,即使P=-1/2,仍可以取c1=0 由zn的系数,得 (2p+n)+cn-2=0, 因此,得到递推关系 (n+2p)
Wu Chong-shi §9.2 Bessel ✡☛☞✏ ✒ 8 ✓ §9.2 Bessel ➢➤➥➦ Bessel ✿❀ d 2w dz 2 + 1 z dw dz + 1 − ν 2 z 2 w = 0 ❆sô✼s✺ñ✿❀♣❫●q r ν ❆st●Re ν ≥ 0 ✾st✌✍● z = 0 ❆✿❀✼▼◆✽✺●z = ∞ ❆✿❀✼➧▼◆✽✺✾ ❋➨✷✸ Bessel ✿❀▲ z = 0 ✺✼❖P |z| > 0 ◗✼❇✾❏ w(z) = z ρX∞ k=0 ckz k , c0 6= 0, ✣✤ Bessel ✿❀●❒ X∞ k=0 ck(k+ρ)(k+ρ−1)z k+ρ−2+ X∞ k=0 ck(k+ρ)z k+ρ−2+ X∞ k=0 ckz k+ρ−ν 2X∞ k=0 ckz k+ρ−2 = 0, ⑥➩ z ρ−2 ●✂❒ X∞ k=0 ck (k + ρ) 2 − ν 2 z k + X∞ k=0 ckz k+2 = 0. ✹❚ ➾ t ➇➈✼➫❫✻●✂❁ ✦✧Õt✾ ❑✇➊❱➹ z 0 ➘✼Õt●✈❁❑ c0 6= 0 ●Ö❒❇ ✝✞✫✬ ● ρ 2 − ν 2 = 0. ❁ ✫ ❘❒ ρ1 = ν, ρ2 = −ν. ❁❑ Re ν ≥ 0 ●✘➬ Re ρ1 ≥ Re ρ2 ✾ ❑ z 1 ✼Õt●❒ c1 (ρ + 1)2 − ν 2 = 0 ✂ c1(2ρ + 1) = 0. ❁▲ c1 = 0, Ü ρ 6= −1/2; (9.4a) c1 ✰❶, Ü ρ = −1/2. (9.4b) ➬✕ ✢➭❇●✂❐ ρ = −1/2 ●➯❁➬❝ c1 = 0 ✾ ❑ z n ✼Õt●❒ cn (ρ + n) 2 − ν 2 + cn−2 = 0 ✂ cnn(2ρ + n) + cn−2 = 0, ❁▲●❒❇ ➲➳➵➸ cn = − 1 n(n + 2ρ) cn−2.
性常徵分方程的幂级数解法 第9页 反复利用递推关系,就可以求得 n(n +p) (n-1)(n+p)(n+p-1)22n-4 (-)11 !(p+1)n n+1/2)(n+p+1/2)22n-1 (n+1/2)(n-1/2)(n+p+1/2(n+p-1/2)22n-3 3/2)n(p+3/2)n2m 0. 用1=v代入,即得 2r(u+1) 就有解 Jv(a (k+u+1) 用 代入,有 u2(2)=cz 当v≠(正)整数时,也可取co=2"/T(-+1),又得 (9.8) 补充讨论一下P=-1/2的情形·前面曾提解,这时仍然可以取c1=0·可为如果c1≠0 则 C2n+1 (3/2)n(1)n22n 注意解(1)n=n!,这在u2(2)中只不过是再增加一项 S++m+m()-V 即在u2(2)中只不过是再加本程一解
Wu Chong-shi ✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✌✍✎✏✑ (✄ ) ✒ 9 ✓ ÏÐÑÒÓÔ♣Õ●Ö❁➬❘❒ c2n = − 1 n(n + ρ) 1 2 2 c2n−2 = (−) 2 1 n(n − 1)(n + ρ)(n + ρ − 1) 1 2 4 c2n−4 = · · · = (−) n n! 1 (ρ + 1)n 1 2 2n c0, (9.5) c2n+1 = − 1 (n + 1/2)(n + ρ + 1/2) 1 2 2 c2n−1 = (−) 2 (n + 1/2)(n − 1/2)(n + ρ + 1/2)(n + ρ − 1/2) 1 2 4 c2n−3 = · · · = (−) n 1 (3/2)n 1 (ρ + 3/2)n 1 2 2n c1 = 0. (9.6) Ò ρ1 = ν ✣✤●✂❒ w1(z) = c0z ν X∞ k=0 (−) k k!(ν + 1)k z 2 2k . ❝ c0 = 1 2 νΓ (ν + 1) ●Ö➚❇ Jν(z) = X∞ k=0 (−) k k!Γ (k + ν + 1) z 2 2k+ν . (9.7) Ò ρ2 = −ν ✣✤●➚ w2(z) = c0z −ν X∞ k=0 (−) k k!(−ν + 1)k z 2 2k , Ü ν 6=(▼ ) ✉t❄●❅❁❝ c0 = 2ν/Γ (−ν + 1) ●❊❒ J−ν(z) = X∞ k=0 (−) k k!Γ (k − ν + 1) z 2 2k−ν . (9.8) ➺ð✷✸❫õ ρ = −1/2 ✼❻❦✾✗ö ➻ ✽➼❇●➴❄➯Ý❁➬❝ c1 = 0 ✾❁❑ ❡❢ c1 6= 0 ● ◆ c2n+1 = (−) n (3/2)n(1)n 1 2 2n c1, ⑩❶❇ (1)n = n! ●➴✒▲ w2(z) r✶❈❆❯➽❲❫➘ z −1/2X∞ n=0 c2n+1z 2n+1 = c1 X∞ n=0 (−) n n!Γ (n + 3/2) z 2 2n+1/2 · r π 2 = c1 r π 2 J1/2(z). ✂▲ w2(z) r✶❈❆❯➾❲❋❀❫❇✾
59.2 Bessel方程的解 第10页 现在是否已经完成了求解 Bessel方程的任务? 上面的确求出了两个指标, ·对应于每一个指标,也都求出了相应的解 ★当〃≠整数时的确如此,因为这时求出的两个解J(x)和J-D(a)线性无关 ★当=0时,上面的求解过程只是给出了同一个解 Jo(a) k=0Q(2 这表明,这时的第二解应该含有对数项,即 y2(x)=gJ(x)lnx+∑dkx,9≠0 ★当v=n,n=1,2,3,……时,前面仍然只是求出了一个解 第一,当Ⅳ=n,n=1,2,3,…时,级数解 J-n(a) (-)k Ak!T(k-n+1)(2 k=0 中前k=0,1,…,n-1各项的余数均为0,这是因为z=0,-1,-2,…都是 I函数的一阶极点,所以 ken kir(k-n+ 令k-n=l,就有 x2(n+1)-n J-n(r) (n+l)(+1) (-)"∑mr(n+l+1(2 (-)2Jn(x), 和第一解Jn(x)线性相关 笫二,在级数解法中,本来总是自然地约定级数解的首项糸数不为0,但现在却在无意中 反了这个约定:在导出J-u(x)(u=1,2,3,…)时,取co=2"/T(1-u),恰恰规定了c=0 笫三,我们当然可以舍弃掉这个不合理的规定,使得ψ(x)的级数中前面k=0,1,……,n-1 诸项的糸数不为0,但这势必导致从k=n项开始亲数均变为无穷.这也可以从递推关糸 (k-) 看出.当=n时,显然C2n无意义,因而以后各项余数也都失去意义
Wu Chong-shi §9.2 Bessel ✡☛☞✏ ✒ 10 ✓ ➞ ▲❆✑ ✼✽✴✵☞❘❇ Bessel ✿❀✼✰✱ ➚ • ❋ö✼➪❘á☞♠❴★✩● • ✻✃❰➶❫❴★✩●❅❤ ❘á☞➱✃✼❇✾ F Ü ν 6= ✉t ❄✼➪ ❡ ▲●❁❑➴❄❘á✼♠❴❇ Jν(x) ❣ J−ν(x) ♥✻♦♣✾ F Ü ν = 0 ❄●❋ö✼❘❇❀✶❆➹á☞❃❫❴❇ J0(x) = X∞ k=0 (−) k k! k! x 2 2k . ➴Ù ❨●➴❄✼❀☎❇✃➘❽➚✻t➘●✂ y2(x) = gJ0(x) ln x + X∞ k=0 dkx k , g 6= 0. F Ü ν = n, n = 1, 2, 3, · · · ❄●✗ö➯Ý✶❆❘á☞❫❴❇✾ • ❘➝●å ν = n, n = 1, 2, 3, · · · ➙●➛➆❸ J−n(x) = X∞ k=0 (−) k k!Γ (k − n + 1) x 2 2k−n ➜➴ k = 0, 1, · · · , n − 1 ➷ ➩❷ ➅➆➬↔ 0 ●↕❯ ➣↔ z = 0, −1, −2, · · · ➡❯ Γ ➮ ➆❷➝➱✃◆ ✾❐ ❭ J−n(x) = X∞ k=n (−) k k!Γ (k − n + 1) x 2 2k−n . ❒ k − n = l ●➌➢ J−n(x) = X∞ l=0 (−) n+l (n + l)!Γ (l + 1) x 2 2(n+l)−n = (−) nX∞ l=0 (−) l l! Γ (n + l + 1) x 2 2l+n = (−) n Jn(x), ➫ ❘➝❸ Jn(x) ➓➔ï ➋✾ • ❘❨●④➛➆❸➏ ➜●❮➠❰❯ Ï➁Ð Ñ❬➛➆❸❷Ò➩ ➅➆æ ↔ 0 ●➌③④➍④➎Ó ➜Ô ➯ ➒↕➦ Ñ❬❜④Õ ➑ J−ν(x) (ν = 1, 2, 3, · · ·) ➙●Ö c0 = 2ν/Γ (1 − ν) ●××➋❬ ➒ c0 = 0 ✾ • ❘Ø●⑦⑧ å➁➍ ❭ÙÚÛ↕➦æÜÝ❷➋❬●Þ➃ y2(x) ❷➛➆ ➜➴ ❶ k = 0, 1, · · · , n − 1 ß➩❷ ➅➆æ ↔ 0 ●➌↕àáÕâã k = n ➩äå ➅➆➬æ↔➎➤✾↕ç➍ ❭ã➉➊ ➋➅ c2k = − 1 k(k − ν) 1 2 2 c2k−2 è ➑✾å ν = n ➙●é➁ c2n ➎Óê●➣ê ❭ë➷ ➩ ➅➆ç➡ìíÓê✾
