060 正则奇点附近的级数解（2） Series Solutions Near a Regular Singular Point, Part II

下面回到求方程 $$L[y]=x^2y''+x(xp(x))y'+(x^2q(x))y=0\tag{1}$$ 的解这个更一般的问题上。 其中 $$xp(x)=\sum_{n=0}^\infty p_nx^n,x^2q(x)=\sum_{n=0}^\infty q_nx^n\tag{2}$$ 这两个级数在区间 $|x|<\rho,\rho>0$ 上收敛。点 $x=0$ 是正则奇点，相应的欧拉方程是 $$x^2y''+p_0xy'+q_0y=0\tag{3}$$ 为了求解方程 $(1)$ 在 $x>0$ 上的解，假定解的形式是 $$y=\phi(r,x)=x^r\sum_{n=0}^\infty a_nx^n=\sum_{n=0}^\infty a_nx^{r+n}\tag{4}$$ 其中 $a_0\neq 0$。这里写作 $y=\phi(r,x)$ 是为了强调 $\phi$ 即依赖于 $r$ 也依赖于 $x$。

那么可以得到 $$y'=\sum_{n=0}^\infty(r+n)a_nx^{r+n-1},y''=\sum_{n=0}^\infty(r+n)(r+n-1)a_nx^{r+n-2}\tag{5}$$ 将 $(2),(4),(5)$ 代入到方程 $(1)$ 得到 $$\begin{aligned} L[\phi(r,x)]&=a_0r(r-1)x^r+a_1(r+1)rx^{r+1}+\cdots+a_n(r+n)(r+n-1)x^{r+n}+\cdots\\ &+(p_0+p_1x+\cdots+p_nx^n+\cdots)(a_0rx^r+a_1(r+1)x^{r+1}+\cdots+a_n(r+n)x^{r+n}+\cdots)\\ &+(q_0+q_1x+\cdots+q_nx^n+\cdots)(a_0x^r+a_1x^{r+1}+\cdots+a_nx^{r+n}+\cdots)\\ &=0 \end{aligned}$$ 将无穷级数相乘并合并同类项得到 $$\begin{aligned} L[\phi(r,x)]&=a_0F(r)\\ &+[a_1F(r+1)+a_0(p_1r+q_1)]x^{r+1}\\ &+[a_2F(r+2)+a_0(p_2r+q_2)+a_1(p_1(r+1)+q_1)]x^{r+2}\\ &+\cdots\\ &+[a_nF(r+n)+a_0(p_nr+q_n)+a_1(p_{n-1}(r+1)+q_{n-1})+\cdots+a_{n-1}(p_1(r+n-1)+q_1)]x^{r+n}\\ &+\cdots\\ &=0 \end{aligned}$$ 即 $$L[\phi]=a_0F(r)x^r+\sum_{n=1}^\infty\bigg(F(r+n)a_n+\sum_{k=0}^{n-1}a_k((r+k)p_{n-k}+q_{n-k})\bigg)x^{r+n}=0\tag{6}$$ 其中 $$F(r)=r(r-1)+p_0r+q_0\tag{7}$$ 方程 $(6)$ 对于所有 $x>0$，$x$ 的各个幂次的系数都要为零。

由于 $a_0\neq 0$，$x^r$ 的系数 $F(r)=0$。这个方程前面提到过，就是指标方程，这个方程可以从求欧拉方程 $(3)$ 的解 $y=x^r$ 得到。下面假设方程的两个根 $r_1,r_2$ 是实数的话有 $r_1\geq r_2$。如果是复数，根的这总假定就没有意义了。仅对这些根 $r$ 可以得到方程 $(1)$ 的形如 $(4)$ 的解。$r_1,r_2$ 是奇点处的指数，它们决定了在奇点附近解的定性性质。

令 $(6)$ 中 $x^{r+n}$ 的系数为零得到递归关系 $$F(r+n)a_n+\sum_{k=0}^{n-1}a_k((r+k)p_{n-k}+q_{n-k})=0,n\geq 1\tag{8}$$ 上式表明一般情况下 $a_n$ 依赖于 $r$ 和 $a_0,a_1,\cdots,a_{n-1}$。如果 $F(r+1),F(r+2),\cdots,F(r+n),\cdots$ 不为零，我们可以用 $a_0$ 和 $xp(x),x^2q(x)$ 级数的系数计算出 $a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots$。只有 $r=r_1,r=r_2$ 使得 $F(r)=0$。由于 $r_1\geq r_2$，那么 $r_1+n,n\geq 1$ 不等于 $r_1,r_2$。那么 $F(r_1+n)\neq 0,n\geq 1$。因此我们总是可以得到一个形如 $(4)$ 的方程 $(1)$ 的解 $$y_1(x)=x^{r_1}\bigg(1+\sum_{n=1}^\infty a_n(r_1)x^n\bigg),x>0\tag{9}$$ 这里使用记号 $a_n(r_1)$ 强调 $(8)$ 确定 $a_n$ 需要依赖于 $r_1$。这个解涉及任意常量，解 $(9)$ 中令 $a_0=1$。

如果 $r_2$ 不等于 $r_1$ 并且 $r_1-r_2$ 不是一个整数，那么 $r_2+n,n\geq 1$ 不等于 $r_1$，那么 $F(r_2+n)\neq 0$，这样就可以得到第二个解 $$y_2(x)=x^{r_2}\bigg(1+\sum_{n=1}^\infty a_n(r_2)x^n\bigg),x>0\tag{10}$$ 如在 5.3 小节讨论的常点附近的级数解类似，$(9),(10)$ 中的级数至少在 $xp(x),x^2q(x)$ 的级数收敛区间 $|x|<\rho$ 上收敛。在收敛半径内，级数 $1+\sum_{n=1}^\infty a_n(r_1)x^n,1+\sum_{n=1}^\infty a_n(r_2)x^n$ 所定义的函数在 $x=0$ 处是可分析的。因此如果存在解 $y_1,y_2$，那它们在奇点的行为由级数前面的因子 $x^{r_1},x^{r_2}$ 来决定。

为了得到 $x<0$ 的解，仅需用 $x=-\xi,\xi>0$ 替换即可。和之前的欧拉方程的解类似，$(9),(10)$ 中的 $x^{r_1},x^{r_2}$ 要替换为 $|x|^{r_1},|x|^{r_2}$。

如果 $r_1,r_2$ 是复数，那么复共轭，因此 $r_1\neq r_2+N$，其中 $N$ 是任意整数。因此总是可以求得两个形如 $(4)$ 的解，不过它们是 $x$ 的复变函数。通过取其复数解的实部和虚部可以得到实数解。

稍后我们会讨论 $r_1=r_2$ 或 $r_1-r_2=N$ 的情况。

值得注意的是，$r_1,r_2$ 很容易求解，并且它们确定了解的定性行为。只需要求解二次方程 $$r(r-1)+p_0r+q_0=0\tag{11}$$ 就可以得到 $r_1,r_2$。其中系数是 $$p_0=\lim_{x\to 0}xp(x),q_0=\lim_{x\to 0}x^2q(x)\tag{12}$$ 注意，上述条件是必须进行评估的，因为这是正则奇点的条件，因此这些计算在分析早期就需要进行。

如果 $x=0$ 是微分方程 $$P(x)y''+Q(x)y'+R(x)y=0\tag{13}$$ 的奇点，其中 $P,Q,R$ 是多项式，那么 $xp(x)=xQ(x)/P(x),x^2q(x)=x^2R(x)/P(x)$，因此 $$p_0=\lim_{x\to 0}x\frac{Q(x)}{P(x)},q_0=\lim_{x\to 0}x^2\frac{R(x)}{P(x)}\tag{14}$$ 最后，$(9),(10)$ 中级数的收敛半径至少等于原点到除了正则奇点 $x=0$ 之外 $P$ 的零点的最小距离。

例 1 讨论微分方程 $$2x(1+x)y''+(3+x)y'-xy=0$$ 在奇点附近的性质。

解：这个方程形式是 $(13)$，$P(x)=2x(1+x),Q(x)=3+x,R(x)=-x$。因此奇点是 $x=0,x=-1$。由于 $$\lim_{x\to 0}x\frac{Q(x)}{P(x)}=\lim_{x\to 0}x\frac{3+x}{2x(1+x)}=\frac{3}{2}$$ $$\lim_{x\to 0}x^2\frac{R(x)}{P(x)}=\lim_{x\to 0}x^2\frac{-x}{2x(1+x)}=0$$ 所有 $x=0$ 是正则奇点。从公式 $(14)$ 可以得到 $p_0=\frac{3}{2},q_0=0$，那么指标方程是 $r(r-1)+\frac{3}{2}r=0$，那么根是 $r_1=0,r_2=-\frac{1}{2}$。由于这两个根不相等且差值不是整数，因此有两个解 $$y_1(x)=1+\sum_{n=1}^\infty a_n(0)x^n,y_2(x)=|x|^{-1/2}\bigg(1+\sum_{n=1}^\infty a_n(-\frac{1}{2})x^n\bigg)$$