6z06a.nb y1(x)=m)ax,a≠0,y2(x)=kpnx)hx+m)bx,b≠0 (1.21 其中6可能为零或非零。可以猜想 0时:与可能线性无关,例组y+xy+-:y=0 40时:ya*与x2x可能线性相关,例如整数阶Bst程(见下一节) 综合以上的讨论,对正则奇点, Frobenius& Fuchs定理告诉我们必然有一个解为如下形式 y1(x)=m)ax,ao≠0 (1.22) 另一个线性无关解的形式由指标方程两个根的关系确定,可能仍然是上式形式,也可能如(1.20)或(121)的是带对数形式 这就给实际应用带来不便,因而,对正则奇点,通常是利用 Frobenius& Fuchs定理,求形如上式的第一个解 再利用 Wronskian行列式,由第一个解,求另一个线性无关的解。而不是直接求解带对数形式的解 如何求出形如(1.22)的第一个解?代入微分方程,求出各系数ak之间的关系。将在下两节讨论 Q解的解析延拓 通常,对二阶线性齐次常微分方程,人们总是在常点或正则奇点的邻域求解,为求方程在更大区域的解,需要做解析延 这就需要解决两个问题: 1.一个解w1经解析延拓成为1,后者还是不是原微分方程的解? 2.两个线性无关解w1,w2经解析延拓成为帝1,2,是否依然是线性无关? 以下例题回答着两个问题。 目例题:设w1是二阶线性齐次常微分方程在区域G1内的解,ⅳ是w1在区域G2内的解析延拓 试证1仍是原微分方程的解。(可看成微分方程在区域G2内的解 证明:为叙述简便,仅对〓=0邻域进行讨论。二阶线性齐次常微分方程可写成 2w”+=g()w+h(-)w=0,因=0是常点或正则奇点,故g()和hx)在二=0点解析 设前满足:二2前+二g(-)的+h=)1=q(),需要证明〓∈G2时,q()=0 3=G1∩G2 因为節是w1在G2的解析延拓,故前在G2除孤立奇点之外解析 而g(-),H(-)也在G2除孤立奇点之外解析,故:q(-)在G2除孤立奇点之外解析 又由于ⅳ1是w1在G2的解析延拓,必存在G3=G1∩G2,在G3内,=w1 因G3=G1∩G2∈G1, 故对∈G3:w1是微分方程的解,=2w"+=8(2)w+h()w1=0 ∈G3,i1=w z2i"+〓8()的+h()1=0 即:对∈G3,q()=0,由解析函数的唯一性,对=∈G2,q()=0y1(x) = xρ1  k=0 ∞ ak xk, a0 ≠ 0, y2(x) = κp y1(x) ln x + xρ2  k=0 ∞ bk xk，b0 ≠ 0 (1.21) 其中 κp 可能为 零 或 非零。可以猜想 ： κp = 0 时： xρ1  k=0 ∞ ak xk 与 xρ2  k=0 ∞ bk xk 可能线性无关 ，例如：x2 y″ + x y′ + x2 - 1 4 y = 0 κp ≠ 0 时： xρ1  k=0 ∞ ak xk 与 xρ2  k=0 ∞ bk xk 可能线性相关 ，例如整数阶Bessel方程 （见下一节 ） 综合以上的讨论，对正则奇点，Frobenius & Fuchs 定理告诉我们必然有一个解为如下形式 y1(x) = xρ1  k=0 ∞ ak xk, a0 ≠ 0, (1.22) 另一个线性无关解的形式由指标方程两个根的关系确定，可能仍然是上式形式，也可能如 (1.20) 或 (1.21) 的是带对数形式。 这就给实际应用带来不便，因而，对正则奇点，通常是利用Frobenius & Fuchs 定理，求形如上式的第一个解， 再利用 Wronskian 行列式，由第一个解，求另一个线性无关的解。而不是直接求解带对数形式的解。 如何求出形如 (1.22) 的第一个解？代入微分方程，求出各系数 ak 之间的关系。将在下两节讨论。  解的解析延拓 通常，对二阶线性齐次常微分方程，人们总是在常点或正则奇点的邻域求解，为求方程在更大区域的解，需要做解析延 拓。 这就需要解决两个问题： 1. 一个解 w1 经解析延拓成为 w  1，后者还是不是原微分方程的解？ ✓ 2. 两个线性无关解 w1, w2 经解析延拓成为 w  1, w  2，是否依然是线性无关？ ✓ 以下例题回答着两个问题。 ☺ 例题：设 w1 是二阶线性齐次常微分方程在区域 G1 内的解， w  1是 w1 在区域 G2 内的解析延拓， 试证 w  1仍是原微分方程的解。（可看成微分方程在区域 G2 内的解） 证明：为叙述简便 ，仅对 z = 0 邻域进行讨论 。二阶线性齐次常微分方程可写成 z2 w″ + z g(z) w′ + h(z) w = 0, 因 z = 0 是常点或正则奇点 ，故 g(z) 和 h(z) 在 z = 0 点解析。 设 w  1 满足： z2 w  1 ″ + z g(z) w  1 ′ + h(z) w  1 = q(z)，需要证明 z ∈ G2 时，q(z) = 0 G1 G2 G3 G3 = G1 ⋂ G2 因为 w  1 是 w1 在 G2 的解析延拓 ，故 w  1 在 G2 除孤立奇点之外解析 ， 而 g(z), h(z) 也在 G2 除孤立奇点之外解析 ， 故：q(z) 在 G2 除孤立奇点之外解析 。 又由于 w  1 是 w1 在 G2 的解析延拓 ，必存在 G3 = G1 ⋂ G2，在 G3 内， w  1 = w1 因 G3 = G1 ⋂ G2 ∈ G1， 故对 z ∈ G3：w1 是微分方程的解 ，z2 w1 ″ + z g(z) w1 ′ + h(z) w1 = 0 对 z ∈ G3， w  1 = w1 ⟹ z2 w  1 ″ + z g(z) w  1 ′ + h(z) w  1 = 0 即：对 z ∈ G3，q(z) = 0，由解析函数的唯一性 ，对 z ∈ G2，q(z) = 0 6 z06a.nb