二阶齐次变系数线性微分方程的幂级数解法

贡献者： JierPeter; _Eden_

预备知识　幂级数，常系数线性齐次微分方程

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： $f (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + \dots$ 。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{matrix} (1) & \frac{d^{2} y}{d x^{2}} - 2 x \frac{d y}{d x} - 4 y = 0 . \end{matrix}

在初始条件

\begin{matrix} (2) & {\begin{aligned} y (0) & = 0 \\ y (1) & = 1 \end{aligned} \end{matrix}

下的特解。

　　尝试设

\begin{matrix} (3) & y (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + \dots = \sum_{i = 0}^{\infty} a_{i} x^{i} . \end{matrix}

首先代入初值条件式 2 ，得到

a_{0} = 0, a_{1} = 1

。

　　接着，考虑到

\begin{matrix} (4) & {\begin{aligned} \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = 2 a_{2} + 6 a_{3} x + 12 a_{4} x^{2} + \dots = \sum_{k = 0}^{\infty} (k + 1) (k + 2) a_{k + 2} x^{k} \\ 2 x \frac{d y}{d x} = 2 a_{1} x + 4 a_{2} x^{2} + 6 a_{3} x^{3} + \dots = \dots = \sum_{k = 1}^{\infty} 2 k a_{k} x^{k} . \end{aligned} \end{matrix}

　　将式 4 和式 3 代回式 1 ，比较各 $x^{k}$ 的系数，得到

\begin{matrix} (5) & (k + 1) (k + 2) a_{k + 2} = (2 k + 4) a_{k}, \end{matrix}

整理得

\begin{matrix} (6) & a_{k + 2} = \frac{2}{k + 1} a_{k} . \end{matrix}

　　这是一个二阶差分方程。

　　由于 $a_{0} = 0$ ，故 $a_{2 k} = 0$ 对所有 $k$ 成立。我们只需要考虑奇数项即可。

　　令 $b_{k} = a_{2 k - 1}$ 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{matrix} (7) & b_{k} = \frac{1}{(k - 1)!}, \end{matrix}

　　进而

\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} y & = b_{1} x + b_{2} x^{3} + b_{3} x^{5} + \dots \\ = x \sum_{k = 1}^{\infty} b_{k} x^{2 k - 2} \\ = x \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{x^{(2 k - 2)}}{(k - 1)!} \\ = x \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{x^{2 k}}{k!} \\ = x e^{x^{2}} . \end{aligned} \end{matrix}

　　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 $2 x$ 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{matrix} (9) & (\frac{d^{2}}{d x^{2}} + p (x) \frac{d}{d x} + q (x)) y (x) = 0 \end{matrix}

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 $| x | < X$ 上收敛，那么方程有形如

\begin{matrix} (10) & y = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{n} x^{n} \end{matrix}

的特解，且该特解也在

| x | < X

上收敛。

　　例 1 中的系数为 $- 2 x$ 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 $x p (x)$ 和 $x^{2} q (x)$ 均能展成幂级数形式，并且都在 $| x | < X$ 上收敛，那么式 9 有形如

\begin{matrix} (11) & y = x^{α} \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} x^{k} \end{matrix}

的特解，其中

a_{0} \neq 0

，

α

是一个待定常数，并且式 11 也在

| x | < 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{matrix} (12) & \begin{array}{r} (1 - x^{2}) \frac{d^{2} y}{d x^{2}} - 2 x \frac{d y}{d x} + ν (ν + 1) y = 0 . \end{array} \end{matrix}

其中

ν

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{matrix} (13) & \begin{array}{r} y (x) = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} x^{k} . \end{array} \end{matrix}

　　将式 13 代入式 12 可以得到

\begin{matrix} (14) & \begin{array}{r} (1 - x^{2}) \sum_{k = 0}^{\infty} (k + 2) (k + 1) a_{k + 2} x^{k} - 2 x \sum_{k = 0}^{\infty} (k + 1) a_{k + 1} x^{k} + ν (ν + 1) \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} x^{k} = 0 . \end{array} \end{matrix}

比较各项系数，可以得到

\begin{matrix} (15) & \begin{array}{r} a_{k + 2} = a_{k} \frac{k (k + 1) - ν (ν + 1)}{(k + 2) (k + 1)} = \frac{(k - ν) (k + ν + 1)}{(k + 2) (k + 1)}, \forall k \geq 0 . \end{array} \end{matrix}

由此我们可以得到通项公式

\begin{matrix} (16) & \begin{aligned} a_{2 n} & = \frac{1}{(2 n)!} a_{0} \cdot (2 n - 2 - ν) (2 n - 4 - ν) \dots (- ν) \\ \times (2 n - 1 + ν) (2 n - 3 + ν) \dots (1 + ν), \\ = a_{0} \cdot \frac{2^{2 n}}{(2 n)!} \frac{Γ (n - ν / 2)}{Γ (- ν / 2)} \frac{Γ (n + (1 + ν) / 2)}{Γ ((1 + ν) / 2)} . \\ a_{2 n + 1} & = a_{0} \cdot \frac{2^{2 n}}{(2 n + 1)!} \frac{Γ (n + (1 - ν) / 2)}{Γ ((1 - ν) / 2)} \frac{Γ (n + 1 + ν / 2)}{Γ (1 + ν / 2)} . \end{aligned} \end{matrix}

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{matrix} (17) & \begin{aligned} y_{1} (x) & = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2^{2 n}}{(2 n)!} \frac{Γ (n - ν / 2)}{Γ (- ν / 2)} \frac{Γ (n + (1 + ν) / 2)}{Γ ((1 + ν) / 2)} x^{2 n}, \\ y_{2} (x) & = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2^{2 n}}{(2 n + 1)!} \frac{Γ (n + (1 - ν) / 2)}{Γ ((1 - ν) / 2)} \frac{Γ (n + 1 + ν / 2)}{Γ (1 + ν / 2)} x^{2 n + 1} . \end{aligned} \end{matrix}

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{matrix} (18) & (\frac{d^{2}}{d x^{2}} + \frac{1}{x} \frac{d}{d x} - \frac{1}{x}) y (x) = 0 \end{matrix}

在

\begin{matrix} (19) & {\begin{aligned} y (0) & = 1 \\ y^{'} (0) & = 1 \end{aligned} \end{matrix}

下的特解。

　　设所求特解为

\begin{matrix} (20) & \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} x^{k} . \end{matrix}

　　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{matrix} (21) & \sum_{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{matrix}

　　从而得到

\begin{matrix} (22) & a_{k + 2} = \frac{a_{k + 1}}{(k + 2)^{2}}, \end{matrix}

　　即

\begin{matrix} (23) & a_{k} = \frac{a_{k - 1}}{k^{2}}, \end{matrix}

　　由初值条件式 19 得

\begin{matrix} (24) & a_{k} = \frac{1}{(k!)^{2}}, \end{matrix}

　　则

\begin{matrix} (25) & y = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{x^{k}}{(k!)^{2}} \end{matrix}

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{matrix} (26) & x^{2} \frac{d^{2} y}{d x^{2}} + x \frac{d y}{d x} + (x^{2} - n^{2}) y = 0, \end{matrix}

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{matrix} (27) & \frac{d^{2} y}{d x^{2}} + \frac{1}{x} \frac{d y}{d x} + (1 - \frac{n^{2}}{x^{2}}) y = 0, \end{matrix}

　　由定理 2 ，它的特解形如

\begin{matrix} (28) & y = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} x^{k + α}, \end{matrix}

其中

a_{k}, α

是待定常数，且

a_{0} \neq 0

²。

　　将式 28 代入式 26 ，可得

\begin{matrix} (29) & \begin{aligned} \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} (k + α) (k + α - 1) x^{k + α} \\ + & \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} (k + α) x^{k + α} \\ + & \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} x^{k + α + 2} \\ - & \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} n^{2} x^{k + α} \\ = 0, \end{aligned} \end{matrix}

　　重新整理一下式 29 ，将 $x$ 的同次幂放在一起，得到

\begin{matrix} (30) & \begin{array}{r} \sum_{k = 0}^{\infty} [(k + α)^{2} - n^{2}] a_{k} x^{k + α} \\ + \sum_{k = 2}^{\infty} a_{k - 2} x^{k + α} = 0 . \end{array} \end{matrix}

令各项系数为

0

，则得到一系列代数方程：

\begin{matrix} (31) & {\begin{aligned} (α^{2} - n^{2}) a_{0} & = 0 \\ [(1 + α)^{2} - n^{2}] a_{1} & = 0 \\ [(2 + α)^{2} - n^{2}] a_{2} + a_{0} & = 0 \\ [(3 + α)^{2} - n^{2}] a_{3} + a_{1} & = 0 \\ ⋮ \end{aligned} \end{matrix}

由于

a_{0} \neq 0

，故

α = \pm n

。

　　将 $α = n$ 代入式 31 ，可以逐个计算出 $a_{k}$ （除了 $a_{0}$ ）

\begin{matrix} (32) & {\begin{aligned} a_{1} & = 0 \\ a_{k} & = - \frac{a_{k - 2}}{k (k + 2 n)}, k = 2, 3, \dots \end{aligned} \end{matrix}

因此对于奇数

k

，

a_{k} = 0

。

　　再把 $α$ 和 $a_{k}$ 一起代入式 28 ，得到一个解

\begin{matrix} (33) & y_{1} = a_{0} x^{n} + \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{(- 1)^{k} a_{0}}{2^{2 k} k! (n + 1) (n + 2) \dots (n + k)} x^{n + 2 k}, \end{matrix}

　　定义Gamma 函数为：当 $s > 0$ 时， $Γ (s) = \int_{0}^{+ \infty} x^{s - 1} e^{- x} d x$ ；当 $s \leq 0$ 时， $Γ (s) = \frac{1}{s} Γ (s + 1)$ 。

　　 Gamma 函数有两个性质：对正整数 $n$ , $Γ (n + 1) = n!$ ； $Γ (s + 1) = s Γ (s)$ 。

　　例 4 中的解式 33 仍有一个待定常数 $a_{0}$ 。如果令 $a_{0} = \frac{1}{2^{n} Γ (n + 1)}$ ，那么我们就能得到：

\begin{matrix} (34) & \begin{aligned} y_{1} & = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{k! (n + 1) (n + 2) \dots (n + k) Γ (n + 1)} {(\frac{x}{2})}^{n + 2 k} \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{k! Γ (n + k + 1)} {(\frac{x}{2})}^{n + 2 k} . \end{aligned} \end{matrix}

　　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 $α = - n$ 的情况。

　　类似地，通过式 31 我们能得到（ $k$ 取遍正整数）：

\begin{matrix} (35) & {\begin{aligned} a_{2 k - 1} = 0 \\ a_{2 k} = \frac{(- 1)^{k} a_{0}}{2^{2 k} k! (- n + 1) (- n + 2) \dots (- n + k)} . \end{aligned} \end{matrix}

　　然后类似例 4 ，得到特解

\begin{matrix} (36) & y_{2} = a_{0} x^{- n} + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k} a_{0}}{2^{2 k} k! (- n + 1) (- n + 2) \dots (- n + k)} x^{- n + 2 k} . \end{matrix}

　　令 $a_{0} = \frac{1}{2^{- n} Γ (- n + 1)}$ ，代入式 36 得

\begin{matrix} (37) & y_{2} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{k! Γ (- n + k + 1)} {(\frac{x}{2})}^{- n + 2 k} . \end{matrix}

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{matrix} (38) & W [J_{n}, J_{- n}]^{'} (x) = - \frac{1}{x} W [J_{n}, J_{- n}] (x), \end{matrix}

从而解得

\begin{matrix} (39) & W [J_{n}, J_{- n}] (x) = \frac{C}{x}, \end{matrix}

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 $x W [J_{n}, J_{- n}] (x)$ ，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{matrix} (40) & C = \frac{2 n}{Γ (n + 1) Γ (- n + 1)} = \frac{2 n}{n Γ (n) Γ (- n + 1)} = - \frac{2 \sin n π}{π}, \end{matrix}

　　故

\begin{matrix} (41) & W [J_{n}, J_{- n}] (x) = - \frac{2 \sin n π}{π x}, \end{matrix}

　　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{matrix} (42) & y (x) = C_{1} J_{n} (x) + C_{2} J_{- n} (x) . \end{matrix}

　　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{matrix} (43) & N_{n} = \frac{(\cos n π) J_{n} - J_{- n}}{\sin n π}, \end{matrix}

当

n

为整数时，

N_{n}

定义为

\begin{matrix} (44) & N_{n} = lim_{ν \to n} N_{ν} . \end{matrix}

1. ^ 反过来就是 $a_{k} = b_{\frac{k + 1}{2}}$ 。
2. ^ 总可以通过调整 $α$ 使 $a_{0} \neq 0$ 。

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二阶齐次变系数线性微分方程的幂级数解法

1. 从例子出发

例 1

2. 幂级数解法

定理 1

定理 2

3. 若干例题

例 2 Legendre 方程

例 3

例 4 n 阶贝塞尔方程

例 5

例 1　

定理 1　

定理 2　

例 2　Legendre 方程

例 3　

例 4　 $n$ 阶贝塞尔方程

例 5　