二阶齐次变系数线性微分方程的幂级数解法

             

贡献者: JierPeter

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:$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots$.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 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 

   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}
\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 14 代入式 12 ,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 13 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 3 $n$ 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 20 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 22 代入式 20 ,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 23 ,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 25 ,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 22 ,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 3 中的解式 27 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 28 被称为$n$ 阶贝塞尔函数,常记作 $J_n(x)$.

例 4 

   依然是考虑例 3 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 25 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 3 ,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 30

\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 31 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,它们线性无关,因而可以用来将贝塞尔方程式 20 的通解表示为

\begin{equation} y(x)=C_1J_n(x)+C_2J_{-n}(x) \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 $a_0\neq 0$.


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