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 ✾