线性常微分方程的幂级数解 第5页 rn+1+ 2n+1 6(2n+1) r(1+ 正如定理所说,任意给定一组初条件c和q1,就一定可以求出方程的一个特解.特别 如果取co=1,c1=0,就得到特解y(x) 如果取co=0,c1=1,就得到特解v2(x) 显然,这两个特解孙(x)和y2(x)是线性无关的.从这两个线性无关特解出发,就可以构 造出方程的通解. ·如果把上面解式中的常数c和c1看成是任意叠加常数,上面得到的就是方程 的通解 关于解的奇偶性的讨论.上面求得的特解中,(x)只含有x的偶次幂,y(x)只含有x的奇 次幂,即y(x)是x的偶函数,y2(x)是x的奇函数.从求解的过程来看,这是由于递推关系中只 出现系数ck+2和ck,而与ck+1无关,因此c2n完全由c决定,c2n+1完全由q1决定.从根本上 来说,方程的解的对称性(这里指的是奇偶性),当然应该是方程的对称性的反映 通过这个实例,可以看出在常点邻域内求级数解的一般步骤.这就是: 将(方程常点邻域内的)解展开为 Taylor级数,代入微分方程 比较系数,得到系数之间的递推关系 ·反复利用递推关系,求出系数ck的普遍表达式(用co和c1表示),从而最后得出级数解; 由于递推关系一定是线性的(因为方程是线性的),所以最后的级数解一定可以写成 u(2)=c0u1(z)+c12(z) 的形式 需要指出,在系数之间的递推关系中,一般会同时出现ck,Ck+1,ck+2三个相邻的系数,因此 k会同时依赖于c和c1,最后求得的u1(2)或u2(z)就不会只含有z的偶次幂或奇次幂 应用常微分方程的幂级数解法,可以得到方程在一定区域内的解式.我们也可以根据需要, 求出方程在不同区域内的解式,可以证明,方程在不同区域内的解式,互为解析延拓.因此,也可 从方程在某一区域內的解式出发,通过解析延拓,推出方程在其他区域内的解式 例6.4设u1是方程 +p( 的解,在区域G1内解析.若ω是ω1在区域G2内的解析延拓,即
✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✌✍✎✏✑ ✒ 5 ✓ y2(x) = X∞ n=0 2 2n (2n + 1)! Γ n − l − 1 2 Γ − l − 1 2 Γ n + 1 + l 2 Γ 1 + l 2 x 2n+1 . ä❷❘➴➎ñ❯ÑÒ✏❘➁✑❰➫➭ c0 ❈ c1 ❯î➁❘Ù➏ïð❋●❍➁➂❙▲❑❙❚ ▼❯ • ❷❸✒ c0 = 1, c1 = 0 ❯îúû❙▲ y1(x) ✓ • ❷❸✒ c0 = 0, c1 = 1 ❯îúû❙▲ y2(x) ❑ àá❯Ö➌➂❙▲ y1(x) ❈ y2(x) ▼✔❲ ➙ ☛❍❑✕ Ö➌➂✔❲ ➙ ☛❙▲ð✖❯îÙ➏✗ ✘ ð❋●❍✙▲❑ • ❷❸Ú✚➘▲é ❽❍❼❏ c0 ❈ c1 ✛✎▼ÑÒ✜➼ ❼❏❯✚➘úû❍î▼❋● ❍✙▲❑ ☎✢➸❃✣✤✻❃✥✦❑✚➘ïú❍❙▲ ❽❯ y1(x) ✧★➀ x ❍✩✪✫❯ y2(x) ✧★➀ x ❍➄ ✪✫❯➩ y1(x) ▼ x ❍✩☞❏❯ y2(x) ▼ x ❍➄☞❏❑✕ ï▲❍✬●✭✛❯Ö▼ P✮✠✡☛■ ❽✧ ð✯■❏ ck+2 ❈ ck ❯✰ã ck+1 ➙ ☛❯ ➤➥ c2n ◆❖ P c0 ◗❘❯ c2n+1 ◆❖ P c1 ◗❘❑✕×✱ ✚ ✭ñ❯❋●❍▲❍✲❉❲ (Öâ✳❍▼➄✩❲) ❯✴ á✵✶▼❋●❍✲❉❲❍✝✷❑ ✙✬Ö➂✸✹❯Ù➏✛ð❹❼❺ÛÜ ➱ïß❏▲❍➁✺✻✼❑Öî▼➍ • ç (❋●❼❺ÛÜ ➱❍) ▲ÝÞ❊ Taylor ß❏❯êë❒❮❋●✓ • ìí■❏❯úû■❏✁❍✠✡☛■✓ • ✝✞✟ó✠✡☛■❯ïð■❏ ck ❍✽✾ô✿é (ó c0 ❈ c1 ôõ) ❯ ✕ ✰❀❁úðß❏▲✓ P✮✠✡☛■➁❘▼✔❲❍ (➤ ❊❋●▼✔❲❍) ❯➎➏❀❁❍ß❏▲➁❘Ù➏✍✎ w(z) = c0w1(z) + c1w2(z) ❍èé❑ ❂➣ ✳ð❯❹■❏✁❍✠✡☛■ ❽❯➁✺❃❄❅ð✯ ck, ck+1, ck+2 ❆➂❇Û❍■❏❯➤➥ ck ❃❄❅❈❉✮ c0 ❈ c1 ❯❀❁ïú❍ w1(z) ❊ w2(z) î➃❃✧★➀ z ❍✩✪✫❊➄✪✫❑ ✵ ó❼❒❮❋●❍✫ß❏▲❋❯Ù➏úû❋●❹➁❘●Ü ➱❍▲é❑❍■❏Ù➏×Ø❂➣ ❯ ïð❋●❹➃❄●Ü ➱❍▲é❑Ù➏➽ ➾❯❋●❹➃❄●Ü ➱❍▲é❯❑ ❊▲❱▲▼❑ ➤➥❯❏Ù ✕ ❋●❹◆➁●Ü ➱❍▲éð✖❯✙✬▲❱▲▼❯✡ð❋●❹➓➔●Ü ➱❍▲é❑ ➅ 6.4 ❖ w1 ▼❋● d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0 (6.3) ❍▲❯❹●Ü G1 ➱▲❱❑P we1 ▼ w1 ❹●Ü G2 ➱❍▲❱▲▼❯➩
推关复 邻域内 函给 取。 1≡U1 z∈G1∩G 证得定拓法区(63)我延互 2+p(2)-+q(2)1= g(z)在G2内延析因或U1拓法区(6.3)在程域G1内我延, 程域G1∩G2内,定析性法区 p( )+g(2) dz 而在此,程域内,1(2)≡i1(z), d22+p(e dur d 2i q(2)1=0,z∈G1∩G2 即g(2)≡0,z∈G1∩G2根据延析也我唯一性,立即证得 g(2)≡0 亦即1在G2内析性法区 +p(x) 例6.5全m1依2都拓法区(6.3)我两个线性无a延,且均在程域G1内延析,由 i1依2分别拓矶1依砌2在程域G2内我延析解是,即在z∈G1∩G2中 三1,2≡u2 t1依2定线性无 若例64知,画侬高定拓法区(在C2肉)我延因或m2依线性无 U1 2 ≠0,z∈G1 全 W1 70 g(2)在G2内延析,若于在z∈G1∩G2中 别 g(2)≠0,z∈G1∩G2定然根据延析也我唯一性,就证得 g(2)≠0,z∈G2 所以,1依2(在G2内)定线性无 程互
§6.2 ✡☛✞➦üý þ☞✏ ✒ 6 ✓ w1 ≡ we1, z ∈ G1 T G2, (6.4) ◗ ➽ ➾➍ we1 ❘▼❋● (6.3) ❍▲❑ ❙ ❖ d 2we1 dz 2 + p(z) dwe1 dz + q(z)we1 = g(z), g(z) ❹ G2 ➱▲❱❑➤ ❊ w1 ▼❋● (6.3) ❹●Ü G1 ➱❍▲❯❚ ❹❯●Ü G1 T G2 ➱❯❘❱❲❋● d 2w1 dz 2 + p(z) dw1 dz + q(z)w1 = 0. ✰❹ ➥ ❯●Ü ➱❯ w1(z) ≡ we1(z) ❯ ❚ d 2we1 dz 2 + p(z) dwe1 dz + q(z)we1 = 0, z ∈ G1 T G2, ➩ g(z) ≡ 0, z ∈ G1 T G2 ❑ ×Ø▲❱☞❏❍Ó➁❲❯❳➩➽ú g(z) ≡ 0, z ∈ G2, ❨ ➩ we1 ❹ G2 ➱❱❲❋● d 2we1 dz 2 + p(z) dwe1 dz + q(z)we1 = 0. ➅ 6.5 ❖ w1 ❈ w2 → ▼ ❋ ● (6.3) ❍ ➌ ➂ ✔ ❲ ➙ ☛ ▲ ❯Õ ò ❹ ● Ü G1 ➱▲ ❱ ❑P we1 ❈ we2 ❮❚▼ w1 ❈ w2 ❹●Ü G2 ➱❍▲❱▲▼❯➩❹ z ∈ G1 T G2 ❽ w1 ≡ we1, w2 ≡ we2. ◗ ➽➍ we1 ❈ we2 ❘✔❲ ➙ ☛❑ ❙ P✹ 6.4 ❩❯ we1 ❈ we2 ❘▼❋● (❹ G2 ➱) ❍▲❑➤ ❊ w1 ❈ w2 ✔❲ ➙ ☛❯ ∆[w1, w2] ≡ w1 w2 w 0 1 w 0 2 6= 0, z ∈ G1. ❖ ∆[we1, we2] ≡ we1 we2 we 0 1 we 0 2 = g(z), g(z) ❹ G2 ➱▲❱❑P✮❹ z ∈ G1 T G2 ❽❯ w1 ≡ we1, w2 ≡ we2, ❚ g(z) 6= 0, z ∈ G1 T G2 ❑❘ á×Ø▲❱☞❏❍Ó➁❲❯î➽ú g(z) 6= 0, z ∈ G2. ➎➏❯ we1 ❈ we2(❹ G2 ➱) ❘✔❲ ➙ ☛❑
喜六章二阶线性常微分方程的级数解法 第7页 §6.3方程正则奇点邻域内的解 只讨论极点性的奇点 方程的奇点可能同时数是解的奇点.不但可能是解的极点为本性奇点,还可能是解的枝点 作为在方程正则奇点邻域内求解的和据,再次不加证明地介绍另一个定理 定理6.2如果2是方程 +p(2)+q(2)u=0 的奇点,则在p(z)和q(z)都解析的环形程域0<|z-20<R内,方程的两个线性无。解是 n(2)=(2-20)∑ 2(2)=gn(2)ln(2-0)+(2-20)∑d(2-20) k=-∞o 其中p1,P2和g都是常数 如果p为p2是整数,且g=0,则20点为方程的解的极点为本性奇点 ★如果p1为p2不是整数,为g≠0,则方程的解为多值数,20点为其枝点 现在如果我们把上面的解式代入方程,尽管仍然能得到 数名间的递推关亲,俱契无 来出亲数的普遍表达式,如果在陆的级数解,一般说,有无穷多 反复利用递推关糸将会永无 如果级数解中只有有限个所幂以,这时总可以调整相应的ρ值,使得级数解中其有所幂以, un()=(2-20)∑ak(2-20) U2(2)=gn(2)hn(2-20)+(2-20)2∑4(2-20) 于是,性常微分方宝就可以求得系数的普遍表达式.当然,还必须要定出p值 奇 不 在他形式的解称果正则解,重9≠0时,m2(2)的形式米(2)看同有对数) 如而需分别求解,要9=0时,m2()的表达式不无对数,两解的形式相同 为了找出方程奇点邻域内存在正则解的条件,不因 u(2)=(z-20)°>ck(z
✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✌✍✎✏✑ ✒ 7 ✓ §6.3 ❁❂❬❭✣➯➲➳➵❃➸ ✧❪❫❴❺❲❍➄❺❑ ❋●❍➄❺Ù❵❄❅❏▼▲❍➄❺❑➃❛Ù❵▼▲❍❴❺❊ ✱ ❲➄❺❯ ❜ Ù❵▼▲❍❝❺❑ ➞❊❹❋●ä❻➄❺ÛÜ ➱ï▲❍❈ Ø ❯❞✪➃➼➽ ➾➚➪➶❡➁➂❘➴➍ ➷➬ 6.2 ❷❸ z0 ▼❋● d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0 ❍➄❺❯❻❹ p(z) ❈ q(z) →▲❱❍❢è●Ü 0 < |z − z0| < R ➱❯❋●❍➌➂✔❲ ➙ ☛▲▼ 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 , ➓ ❽ ρ1, ρ2 ❈ g →▼❼❏❑ F ❷❸ ρ1 ❊ ρ2 ▼ ø ❏❯Õ g = 0 ❯❻ z0 ❺❊❋●❍▲❍❴❺❊ ✱ ❲➄❺❑ F ❷❸ ρ1 ❊ ρ2 ➃▼ ø ❏❯❊ g 6= 0 ❯❻❋●❍▲❊❣❐☞❏❯ z0 ❺❊➓❝❺❑ ❤ ✉⑩✐❥❦❧♠ ♥ ❡❬⑧♦♣❵❛❯q rst✉❝❞ t❩✈ ✇❡①② ③t ❯④⑤r ❭⑥ ⑦t❩❡⑧⑨⑩❶⑧ ❑❷❸❹❜❡❨❩❬ ❺ ❯✐❻⑥❼ ❯ ❽❾rs ❿➀➁➂➃➄ ➅ ➂➃❯➆➇➈❳①② ③t➉➊➋r➌➍❑ ❷❸ß❏▲ ❽✧➀➀➉➂➎✫➏❯Ö❅➐Ù➏➑ ø ❇ ✵ ❍ ρ ❐❯➒úß❏▲ ❽➓➀➎✫➏❯ 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 . ✮▼❯✝✞✟ó✠✡☛■îÙ➏ïú■❏❍✽✾ô✿é❑✴ á ❯ ❜ ➜➝➣ ❘ð ρ ❐❑ ❹➔⑦⑧❡❬→ ❸ ❬❭➸ ❑➣ g 6= 0 ❜ ❯ w2(z) ❡⑦⑧➄ w1(z) ↔ ↕ (➙ ❾➛❩➃ ) ❯ ❷➜➝❴➞⑥❬ ❑➣ g = 0 ❜ ❯ w2(z) ❡⑩❶⑧ ❺ ↔➙➛❩➃ ❯➟ ➀❬❡⑦⑧➠ ↕❑ ❊➑➡ð❋●➄❺ÛÜ ➱➢❹ä❻▲❍➫➭❯➃➤ ➻ ✒ w(z) = (z − z0) ρX∞ k=0 ck(z − z0) k
§6.3方程正则奇点邻域内的解 同时把p(2)和q(2)也在0<|2-2<R内作 Laurent展开 p(2)=(2-20)m∑a(2-20), q(2)=(2-20)-n∑b(2-20) 由于z=20点是方程的极点性奇点,故m,n必为整数,且至少有一个为负整数.将u(2)以及p(2) 和q(2)的级数表达式代入方程,并消去因子(z-20)9-2,就得到 >cK(k+p)(k:+p-1)(z-z0 k=0 (2-20)2-m∑an(2-20)∑ck(k+p(-ao +(2-20)2-∑b(2-20)∑c(2-20)=0 从原则上说,比较上式两端各次幂的糸数,如果能求出ρ值以及亲数∝k的普遍表 式,我们就求出了正则解v(z).特别是,为了要求得两个正则解,前提当然是必须求 两个ρ值,即ρ必须是二次方程的解. 我们考察一下上面得到的等式.在等式左端共有三项,它们的最低次幂项分别为 因此,为了要能求得两个p值,这个等式左端的最低次幂一定是0次幂,即 1 换句话说,20应该是 p(2)的不超过一阶的极点,即(2-20)(2)在20点解析 q(2)的不超过二阶的极点,即(2-20)2q(z)在20点解析 这种奇点称为方程的正则奇点,否则,称为非正则奇点 这样看来,在方程的正则奇点的邻域内,两个解可能都是正则解.尽管上面的分析还 不完全(未讨论含对数项的正则解的情形),但是,这个结论却是正确的.见下面的定理 定理6.3方程 d 2w
§6.3 ✡☛➥➦➨➦üý þ☞✏ ✒ 8 ✓ ❄❅Ú p(z) ❈ q(z) ❏❹ 0 < |z − z0| < R ➱➞ Laurent ÝÞ p(z) = (z − z0) −mX∞ k=0 ak(z − z0) k , q(z) = (z − z0) −nX∞ k=0 bk(z − z0) k . P✮ z = z0 ❺▼❋●❍❴❺❲➄❺❯ ❚ m, n ➜❊ø ❏❯Õ❾❿➀➁➂❊➎ ø ❏❑ç w(z) ➏➧ p(z) ❈ q(z) ❍ß❏ô✿éêë❋●❯Ô➨➩➤ ❯ (z − z0) ρ−2 ❯îúû X∞ k=0 ck(k + ρ)(k + ρ − 1)(z − z0) k + (z − z0) 1−mX∞ l=0 al(z − z0) lX∞ k=0 ck(k + ρ)(z − z0) k + (z − z0) 2−nX∞ l=0 bl(z − z0) lX∞ k=0 ck(z − z0) k = 0. ➫➭➯♠ ⑥ ❯➲➳♠⑧ ➟➵➸➺➂❡ t❩❯⑩✐✉⑥ ⑦ ρ ➻ ➼➽ t❩ ck ❡⑧⑨⑩❶ ⑧ ❯❥❦①⑥ ⑦ ③➁➯❬ w(z) ❑ ➾➞❣ ❯❸ ③➚⑥❝ ➟ ➀➁➯❬ ❯ ➪➶ ➣t❣➹➘⑥ ⑦ ➟ ➀ ρ ➻❯➴ ρ ➹➘❣➷ ➺❵❛❡❬ ❑ ❍■➬➮➁➹✚➘úû❍➱é❑❹➱é✃❐❒➀❆➏❯❮■❍❀❰✪✫➏❮❚❊ c0ρ(ρ − 1)(z − z0) 0 , c0a0ρ(z − z0) 1−m, c0b0(z − z0) 2−n . ➤➥❯❊➑➣ ❵ïú➌➂ ρ ❐❯Ö➂➱é✃❐❍❀❰✪✫➁❘▼ 0 ✪✫❯➩ 1 − m ≥ 0, 2 − n ≥ 0. ➢ÏÐñ❯ z0 ✵✶▼ p(z)❍➃➆✬➁Ñ❍❴❺❯ ➩ (z − z0)p(z)❹ z0 ❺▲❱✓ q(z)❍➃➆✬ÒÑ❍❴❺❯ ➩ (z − z0) 2 q(z)❹ z0 ❺▲❱❑ ÖÓ➄❺❉❊❋●❍ ❬❭✣➯ ❯Ô❻❯❉❊ Õ❬❭✣➯ ❑ Öÿ✛✭❯❹❋●❍ä❻➄❺❍ÛÜ ➱❯➌➂▲Ù❵→▼ä❻▲❑Ö×✚➘❍❮❱❜ ➃◆❖ (Ø❪❫★✲❏➏❍ä❻▲❍Ùè) ❯❛▼❯Ö➂Ú❫Û▼äÜ❍❑Ý ➹➘❍❘➴ (➃➽) ❑ ➷➬ 6.3 ❋● d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0
线性常微分方程的幂级数解 第9页 在它的奇点20的邻域0<|z-20<R有两个正,解 un(2)=(2-20∑ck(2-20 (6.5) (6.6) (2-20)∑d(2-20),9或如≠0 (6.7) 的充要条件是20为方程的正,奇点 p1和P2称为正解的指 在方程正则奇点邻域内求解思路: 将正。解u1(2)或2(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(z)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,没有而要再将2(2)形式的 解代入方程 ★如果这时只能求得一个解(例如n1=P2时),那么,就还而需再将u2(2)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 az+p(2)72+0(2)=0 如果已经求出调一个解1(z),那么,总可以通过积分 u2(2)=A1(2) /{ae[/m} 来求出第二解.这是因为这两个解满足方程 d2+m(2)= a2+9(2)n=0 d- dw? a2+p(2)a2+(2)m2=0 用m2(2)和w1(z)分别乘这两个方程,再相减,便可得到 +m(2)(m2 duz_a du+p( (x)
✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✌✍✎✏✑ ✒ 9 ✓ ❹❮❍➄❺ z0 ❍ÛÜ 0 < |z − z0| < R ➀➌➂ä❻▲ w1(z) = (z − z0) ρ1 X∞ k=0 ck(z − z0) k , c0 6= 0, (6.5) w2(z) = gw1(z) ln(z − z0) (6.6) + (z − z0) ρ2 X∞ k=0 dk(z − z0) k , g ❊ d0 6= 0 (6.7) ❍Þ ➣ ➫➭▼ z0 ❊❋●❍ä❻➄❺❑ ρ1 ❈ ρ2 ❉❊ä❻▲❍ ß❄ ❑ à❁❂❬❭✣➯➲➳➵á➸âã➍ • ç ä❻▲ w1(z) ❊ w2(z) êë❋● • ✙✬ ìí■❏❯ïð✳ä❈✠✡☛■ • å✰ïð■❏❍✽✾ô✿é ✸æ❍ï▲✬●❯➐▼ ➻ç w1(z) èé❍▲êë❋●❯ F ❷❸❵ç❄❅ïú➌➂✔❲ ➙ ☛▲❯✴ á Ñèéê◆✎❯➓➀➜➣ ❞ ç w2(z) èé❍ ▲êë❋●❑ F ❷❸Ö❅✧❵ïú➁➂▲ (✹❷ ρ1 = ρ2 ❅) ❯ ëì❯î ❜ ➜➝❞ ç w2(z) èé❍▲ (Ö ❅❍ g ➁❘➃❊ 0) êë❋●ï▲❑ ×Ø❼❒❮❋●❍✽✾➴❫❯✲✮➁➂ÒÑ✔❲❼❒❮❋● d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0, ❷❸ íîïð➑➁➂▲ w1(z) ❯ ëì❯➐Ù➏✙✬ï❮ w2(z) = Aw1(z) Z z 1 [w1(z)]2 exp − Z z p(ζ)dζ dz ✭ïððÒ▲❑Ö▼➤ ❊Ö➌➂▲→❱❲❋● d 2w1 dz 2 + p(z) dw1 dz + q(z)w1 = 0, d 2w2 dz 2 + p(z) dw2 dz + q(z)w2 = 0. ó w2(z) ❈ w1(z) ❮❚ñÖ➌➂❋●❯❞❇ò❯éÙúû 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