贡献者： JierPeter; _Eden_
未完成：是不是还要加上差分方程作为预备知识？
1. 从例子出发
从微积分学中我们知道，许多函数是可以表示为幂级数的形式：$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots$。幂级数良好的性质可以用于解二阶微分方程。
我们先看一个简单的实例。遵循微积分学的习惯，我们这里以 $x$ 为自变量了。
例 1
考虑方程
\begin{equation}
\frac{\mathrm{d}^2 y}{ \,\mathrm{d}{x} ^2}-2x\frac{ \,\mathrm{d}{y} }{ \,\mathrm{d}{x} }-4y=0~.
\end{equation}
在初始条件
\begin{equation}
\left\{\begin{aligned}
y(0)&=0\\
y(1)&=1
\end{aligned}\right. ~
\end{equation}
下的
特解。
尝试设
\begin{equation}
y(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots=\sum\limits_{i=0}^\infty a_ix^i~.
\end{equation}
首先代入初值条件
式 2 ，得到 $a_0=0, a_1=1$。
接着，考虑到
\begin{equation}
\left\{\begin{aligned}
&\frac{\mathrm{d}^2 y}{ \,\mathrm{d}{x} ^2}=2a_2+6a_3x+12a_4x^2+\cdots=\sum\limits_{k=0}^\infty (k+1)(k+2)a_{k+2}x^k\\
&2x\frac{ \,\mathrm{d}{y} }{ \,\mathrm{d}{x} }=2a_1x+4a_2x^2+6a_3x^3+\cdots=\cdots=\sum\limits_{k=1}^\infty 2ka_kx^k~.
\end{aligned}\right.
\end{equation}
将式 4 和式 3 代回式 1 ，比较各 $x^k$ 的系数，得到
\begin{equation}
(k+1)(k+2)a_{k+2}=(2k+4)a_k~,
\end{equation}
整理得
\begin{equation}
a_{k+2}=\frac{2}{k+1}a_k~.
\end{equation}
这是一个二阶差分方程。
由于 $a_0=0$，故 $a_{2k}=0$ 对所有 $k$ 成立。我们只需要考虑奇数项即可。
令 $b_k=a_{2k-1}$1，则我们有 $b_1=a_1=1$ 和 $b_{\frac{k+3}{2}}=\frac{2}{k+1}b_{\frac{k+1}{2}}$；换个写法，就是 $b_{k+1}=\frac{1}{k}b_k$。
因此
\begin{equation}
b_k=\frac{1}{(k-1)!}~,
\end{equation}
进而
\begin{equation}
\begin{aligned}
y&=b_1x+b_2x^3+b_3x^5+\cdots\\
&=x\sum\limits_{k=1}^\infty b_kx^{2k-2}\\
&=x\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{x^{(2k-2)}}{(k-1)!}\\
&=x\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^{2k}}{k!}\\
&=x \mathrm{e} ^{x^2} ~.
\end{aligned}
\end{equation}
例 1 中 “假设解为 $x$ 的幂级数，通过比较系数来求出解” 的方法，被称为幂级数解法。
2. 幂级数解法
例 1 和我们之前所解的方程不一样，式 1 中的系数 $2x$ 不再是一个常数，而是 $x$ 的函数，这使得我们应对常系数方程的方法无效了。对于二阶变系数方程，幂级数解法是很有用的。
哪些方程能应用幂级数解法呢？幂级数解的收敛区间又是否能覆盖所要求解的区间呢？这些问题有完善的解答，但由于较为深入，我们在此只给出重要的结论。
我们所考虑的方程是形如
\begin{equation}
\left(\frac{\mathrm{d}^2}{ \,\mathrm{d}{x} ^2}+p(x)\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{x} }+q(x) \right) y(x)=0~
\end{equation}
在 $x=0$ 处的
特解。
$x=x_0$ 处的特解，可以通过变量代换 $t=x-x_0$，来化为 $y(t)$ 的方程在 $t=0$ 处的特解问题。
定理 1
如果式 9 中的 $p(x)$ 和 $q(x)$ 都可以写为 $x$ 的幂级数形式，且它们在区间 $ \left\lvert x \right\rvert < X$ 上收敛，那么方程有形如
\begin{equation}
y=\sum\limits_{k=0}^\infty a_nx^n~
\end{equation}
的特解，且该特解也在 $ \left\lvert x \right\rvert < X$ 上收敛。
例 1 中的系数为 $-2x$ 和 $-4$，它们都在整个实数轴上收敛，因此我们最终算出来的特解式 8 也在整个实数轴上收敛。
定理 2
如果 $xp(x)$ 和 $x^2q(x)$ 均能展成幂级数形式，并且都在 $ \left\lvert x \right\rvert < X$ 上收敛，那么式 9 有形如
\begin{equation}
y=x^\alpha\sum\limits_{k=0}^\infty a_kx^k~
\end{equation}
的特解，其中 $a_0\neq 0$，$\alpha$ 是一个待定常数，并且
式 11 也在 $ \left\lvert x \right\rvert < X$ 上收敛。
3. 若干例题
二阶变系数线性微分方程在工程和物理中应用广泛，因此我们在此举出一些例题，以帮助读者熟悉其解法。
例 2 Legendre 方程
\begin{equation}
\begin{aligned}
(1-x^2)\frac{ \,\mathrm{d}^{2}{y} }{ \,\mathrm{d}{x} ^2}-2x\frac{ \,\mathrm{d}{y} }{ \,\mathrm{d}{x} }+\nu(\nu+1)y=0~.
\end{aligned}
\end{equation}
其中 $\nu$ 是方程的参数，求方程的两个线性无关的解。
解答：
设所求特解为
\begin{equation}
\begin{aligned}
y(x) = \sum_{k=0}^\infty a_k x^k~.
\end{aligned}
\end{equation}
将式 13 代入 式 12 可以得到
\begin{equation}
\begin{aligned}
(1-x^2)\sum_{k=0}^{\infty}(k+2)(k+1)a_{k+2}x^k
-2x\sum_{k=0}^\infty (k+1)a_{k+1}x^k+\nu(\nu+1) \sum_{k=0}^\infty a_k x^k=0~.
\end{aligned}
\end{equation}
比较各项系数，可以得到
\begin{equation}
\begin{aligned}
a_{k+2} = a_k \frac{k(k+1)-\nu(\nu+1)}{(k+2)(k+1)}=\frac{(k-\nu)(k+\nu+1)}{(k+2)(k+1)},\quad \forall k\ge 0~.
\end{aligned}
\end{equation}
由此我们可以得到通项公式
\begin{equation}
\begin{aligned}
a_{2n} &= \frac{1}{(2n)!}a_0\cdot (2n-2-\nu)(2n-4-\nu)\cdots(-\nu) ~\\
&\times (2n-1+\nu)(2n-3+\nu)\cdots(1+\nu)~,\\
&=a_0\cdot \frac{2^{2n}}{(2n)! }\frac{\Gamma(n-\nu/2)}{\Gamma(-\nu/2)}\frac{\Gamma(n+(1+\nu)/2)}{\Gamma((1+\nu)/2)}~.\\
a_{2n+1} &= a_0 \cdot \frac{2^{2n}}{(2n+1)! }
\frac{\Gamma(n+(1-\nu)/2)}{\Gamma((1-\nu)/2)}\frac{\Gamma(n+1+\nu/2)}{\Gamma(1+\nu/2)}~.
\end{aligned}
\end{equation}
可以看到奇数阶系数和偶数阶系数之间是独立的，因此我们得到了两个线性无关的特解 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$：
\begin{equation}
\begin{aligned}
y_1(x) &= \sum_{n=0}^\infty \frac{2^{2n}}{(2n)! }\frac{\Gamma(n-\nu/2)}{\Gamma(-\nu/2)}\frac{\Gamma(n+(1+\nu)/2)}{\Gamma((1+\nu)/2)} x^{2n}~,\\
y_2(x) &= \sum_{n=0}^\infty \frac{2^{2n}}{(2n+1)! }
\frac{\Gamma(n+(1-\nu)/2)}{\Gamma((1-\nu)/2)}\frac{\Gamma(n+1+\nu/2)}{\Gamma(1+\nu/2)} x^{2n+1}~.
\end{aligned}
\end{equation}
其中 $y_1(x)$ 为偶函数解，$y_2(x)$ 为奇函数解。它们的任意线性组合 $a y_1(x)+b y_2(x)$ 都是方程的解。
例 3
考虑方程
\begin{equation}
\left(\frac{\mathrm{d}^2}{ \,\mathrm{d}{x} ^2}+\frac{1}{x}\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{x} }-\frac{1}{x} \right) y(x)=0~
\end{equation}
在
\begin{equation}
\left\{\begin{aligned}
y(0)&= 1\\
y'(0)&= 1\\
\end{aligned}\right. ~
\end{equation}
下的特解。
设所求特解为
\begin{equation}
\sum\limits_{k=0}^\infty a_kx^k~.
\end{equation}
这次我们先求通解，再代入初值条件求特解。
首先将式 20 代入式 18 ，得到
\begin{equation}
\sum\limits_{k=0}^\infty (k+2)(k+1)a_{k+2}x^k+(k+2)a_{k+2}x^k-a_{k+1}x^k=0~,
\end{equation}
从而得到
\begin{equation}
a_{k+2}=\frac{a_{k+1}}{(k+2)^2}~,
\end{equation}
即
\begin{equation}
a_k=\frac{a_{k-1}}{k^2}~,
\end{equation}
由初值条件式 19 得
\begin{equation}
a_k=\frac{1}{(k!)^2}~,
\end{equation}
则
\begin{equation}
y=\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^k}{(k!)^2}~
\end{equation}
是所求的特解。
例 4 $n$ 阶贝塞尔方程
$n$ 阶贝塞尔方程形如
\begin{equation}
x^2\frac{\mathrm{d}^2 y}{ \,\mathrm{d}{x} ^2}+x\frac{ \,\mathrm{d}{y} }{ \,\mathrm{d}{x} }+(x^2-n^2)y=0~,
\end{equation}
其中 $n$ 是任意
非负常数，
不一定是整数。
首先把式 26 改写为
\begin{equation}
\frac{\mathrm{d}^2 y}{ \,\mathrm{d}{x} ^2}+\frac{1}{x}\frac{ \,\mathrm{d}{y} }{ \,\mathrm{d}{x} }+(1-\frac{n^2}{x^2})y=0~,
\end{equation}
由定理 2 ，它的特解形如
\begin{equation}
y=\sum\limits_{k=0}^\infty a_kx^{k+\alpha}~,
\end{equation}
其中 $a_k, \alpha$ 是待定常数，且 $a_0\neq 0$
2。
将式 28 代入式 26 ，可得
\begin{equation}
\begin{aligned}
&\sum\limits^\infty_{k=0}a_k(k+\alpha)(k+\alpha-1)x^{k+\alpha}\\+
&\sum\limits^\infty_{k=0}a_k(k+\alpha)x^{k+\alpha}\\+
&\sum\limits^\infty_{k=0}a_kx^{k+\alpha+2}\\-
&\sum\limits^\infty_{k=0}a_kn^2x^{k+\alpha}\\
&=0~,
\end{aligned}
\end{equation}
重新整理一下式 29 ，将 $x$ 的同次幂放在一起，得到
\begin{equation}
\begin{aligned}
\sum\limits^\infty_{k=0}[(k+\alpha)^2-n^2]a_kx^{k+\alpha}\\
+\sum\limits^\infty_{k=2}a_{k-2}x^{k+\alpha}=0~.
\end{aligned}
\end{equation}
令各项系数为 $0$，则得到一系列代数方程：
\begin{equation}
\left\{\begin{aligned}
(\alpha^2-n^2)a_0&=0\\
[(1+\alpha)^2-n^2]a_1&=0\\
[(2+\alpha)^2-n^2]a_2+a_0&=0\\
[(3+\alpha)^2-n^2]a_3+a_1&=0\\
&\vdots
\end{aligned}\right. ~
\end{equation}
由于 $a_0\neq 0$，故 $\alpha=\pm n$。
将 $\alpha=n$ 代入式 31 ，可以逐个计算出 $a_k$（除了 $a_0$）
\begin{equation}
\left\{\begin{aligned}
a_1&=0\\
a_k&=-\frac{a_{k-2}}{k(k+2n)}, k=2, 3,\cdots
\end{aligned}\right. ~
\end{equation}
因此对于
奇数$k$，$a_k=0$。
再把 $\alpha$ 和 $a_k$ 一起代入式 28 ，得到一个解
\begin{equation}
y_1=a_0x^n+\sum\limits^\infty_{k=2}\frac{(-1)^ka_0}{2^{2k}k!(n+1)(n+2)\cdots(n+k)}x^{n+2k}~,
\end{equation}
定义Gamma 函数为：当 $s>0$ 时，$\Gamma(s)=\int_0^{+\infty}x^{s-1} \mathrm{e} ^{-x} \,\mathrm{d}{x} $；当 $s\leq 0$ 时，$\Gamma(s)=\frac{1}{s}\Gamma(s+1)$。
Gamma 函数有两个性质：对正整数 $n$, $\Gamma(n+1)=n!$；$\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)$。
例 4 中的解式 33 仍有一个待定常数 $a_0$。如果令 $a_0=\frac{1}{2^n\Gamma(n+1)}$，那么我们就能得到：
\begin{equation}
\begin{aligned}
y_1&=\sum\limits^\infty_{k=0}\frac{(-1)^k}{k!(n+1)(n+2)\cdots(n+k)\Gamma(n+1)} \left(\frac{x}{2} \right) ^{n+2k}\\
&=\sum\limits^\infty_{k=0}\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(n+k+1)} \left(\frac{x}{2} \right) ^{n+2k}~.
\end{aligned}
\end{equation}
式 34 被称为$n$ 阶贝塞尔函数，常记作 $J_n(x)$。
例 5
依然是考虑例 4 中的贝塞尔方程。
我们已经知道，对于 $n$ 阶贝塞尔方程，总有一个特解 $J_n(x)$。为了求出另一个线性无关的特解，我们考虑 $\alpha=-n$ 的情况。
类似地，通过式 31 我们能得到（$k$ 取遍正整数）：
\begin{equation}
\left\{\begin{aligned}
&a_{2k-1}=0\\
&a_{2k}=\frac{(-1)^ka_0}{2^{2k}k!(-n+1)(-n+2)\cdots(-n+k)}~.
\end{aligned}\right.
\end{equation}
然后类似例 4 ，得到特解
\begin{equation}
y_2=a_0x^{-n}+\sum\limits^\infty_{k=1}\frac{(-1)^ka_0}{2^{2k}k!(-n+1)(-n+2)\cdots(-n+k)}x^{-n+2k}~.
\end{equation}
令 $a_0=\frac{1}{2^{-n}\Gamma(-n+1)}$，代入式 36 得
\begin{equation}
y_2=\sum\limits^\infty_{k=0}\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(-n+k+1)} \left(\frac{x}{2} \right) ^{-n+2k}~.
\end{equation}
通常把
式 37 记作 $J_{-n}(x)$，称为
$-n$ 阶贝塞尔函数。
$J_n$ 和 $J_{-n}$ 统称为第一类贝塞尔函数。设这两个函数的朗斯基行列式为 $W[J_n, J_{-n}]$，那么由阿贝尔微分方程恒等式得
\begin{equation}
W[J_n, J_{-n}]'(x)=-\frac{1}{x}W[J_n, J_{-n}](x)~,
\end{equation}
从而解得
\begin{equation}
W[J_n, J_{-n}](x) = \frac{C}{x}~,
\end{equation}
其中 $C$ 是某个待定常数。
直接使用朗斯基行列式的定义，计算 $xW[J_n, J_{-n}](x)$，得到一个贼长的级数和，但由于我们已经知道这个级数和是常数 $C$，因此可以令 $x\to 0$，结果依然应该是 $C$，于是得到
未完成：最后一步是为什么？需要补充 Gamma 函数文章专门讨论。
\begin{equation}
C = \frac{2n}{\Gamma(n+1)\Gamma(-n+1)} = \frac{2n}{n\Gamma(n)\Gamma(-n+1)} = -\frac{2\sin n\pi}{\pi}~,
\end{equation}
故
\begin{equation}
W[J_n, J_{-n}](x) = -\frac{2\sin n\pi}{\pi x}~,
\end{equation}
当 $n$不是整数时，$J_{\pm n}$ 线性无关，因而可以用来将贝塞尔方程式 26 的通解表示为
\begin{equation}
y(x)=C_1J_n(x)+C_2J_{-n}(x)~.
\end{equation}
但如果 $n$是整数，由式 41 可知 $J_{\pm n }$ 的朗斯基行列式为零，从而二式线性相关。因此，$n$ 为整数时常使用贝塞尔方程的另外一个特解来代替 $J_{-n}$，即 Neumann 函数：
\begin{equation}
N_n = \frac{(\cos n \pi)J_n - J_{-n}}{\sin n \pi}~,
\end{equation}
当 $n$ 为整数时，$N_n$ 定义为
\begin{equation}
N_n = \lim_{\nu\to n} N_\nu~.
\end{equation}
1. ^ 反过来就是 $a_k=b_{\frac{k+1}{2}}$。
2. ^ 总可以通过调整 $\alpha$ 使 $a_0\neq 0$。