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:$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots$。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 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}
\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

\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

\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

\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 函数词条专门讨论。
\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 $a_0\neq 0$。


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