Power Series Methods - Be Happy Every Day

Overview#

本章开始讨论 power series methods。前两章我们已经掌握了几类“能用封闭形式直接解”的方程：

constant-coefficient linear ODEs；
Euler equations；
已知一个解时的 reduction of order 等技巧。

但很多二阶线性方程既不是常系数，也没有明显可猜的基本解。这时，一个自然思路是：

不再直接猜函数，而是假设解本身可以展开成 power series，再反过来求系数。 级数方法的核心是把方程转化为系数之间的 recurrence relation。

Contents#

Overview
Contents
Introduction
- Basic Idea
- Review of Power Series
Standard Form and Point Classification
Series Solutions near Ordinary Points
Regular Singular Points
- Frobenius Method
- Example
  - Example 1
  - Example 2
Method of Frobenius: The Exceptional Cases
- Methodology: the three scenarios
  - The reason for the logarithmic term
- Example
  - Example 1: the case $r\_1=r\_2$
  - Example 2: the case $r\_1-r\_2=N\>0$
Bessel Equation and Special Functions
- General Form

Introduction#

Basic Idea#

考虑二阶线性齐次方程

A(x)y''+B(x)y'+C(x)y=0.

若它既不是常系数，也没有明显代换，那么直接写出 closed-form solution 往往很困难。

这时就改成：

\boxed{y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n}

或者在更一般情形下写成

\boxed{y(x)=x^r\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n.}

然后把它代回原方程，逐项比较同次幂的系数，得到 recurrence relation，再由此一步步推出整个级数。

Review of Power Series#

\sum_{n=0}^{\infty}c_n(x-a)^n.

大多取展开中心为 $a=0$ ，即 Maclaurin series：

\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n.

常见级数公式（Maclaurin）：

e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!} =1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots

\cos x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!} =1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots

\sin x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!} =x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots

\cosh x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!} =1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots

\sinh x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} =x+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots

\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}x^n}{n} =x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots, \qquad |x|<1

\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n =1+x+x^2+x^3+\cdots, \qquad |x|<1

(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 +\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{3!}x^3+\cdots, \qquad |x|<1

常见操作有三件：

逐项求导 $y=\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n, \qquad y'=\sum_{n=1}^{\infty}nc_nx^{n-1}, \qquad y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)c_nx^{n-2};$
平移指标（index shift），把不同求和式统一成同一个 $x^n$ ；
比较同次幂系数，利用 identity principle 得到递推式。

Standard Form and Point Classification#

先看一般二阶线性方程

A(x)y''+B(x)y'+C(x)y=0.

把它除以 $A(x)$ ，写成标准形式：

\boxed{y''+P(x)y'+Q(x)y=0}, \qquad P(x)=\frac{B(x)}{A(x)}, \quad Q(x)=\frac{C(x)}{A(x)}.

然后在某一点 $x=a$ 对这个点分类：

ordinary point： $P,Q$ 在 $x=a$ 解析；
regular singular point： $(x-a)P(x)$ 与 $(x-a)^2Q(x)$ 在 $x=a$ 解析；
irregular singular point：既不是 ordinary，也不是 regular singular。

NOTE
What does “analytic at $x=a$ ” mean?
一个函数在 $x=a$ 解析，意思是：
它在 $a$ 附近可以写成一个关于 $(x-a)$ 的收敛幂级数。
也就是存在某个邻域，使得
$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} c_n (x-a)^n$
并且这个级数在该邻域内真的等于 $f(x)$ 。
$e^x,\ \sin x,\ \cos x$
这类函数是解析的；而
$\frac1{x-a},\ \frac1{(x-a)^2},\ \ln(x-a),\ |x-a|$
这类函数在 $x=a$ 一般都不解析。

NOTE
Why do we multiply by $(x-a)$ and $(x-a)^2$ ?
对标准方程
$y''+P(x)y'+Q(x)y=0$
在 $x=a$ 附近分类时：

若 $P,Q$ 都在 $x=a$ 解析，则 $x=a$ 是 ordinary point；

若 $(x-a)P(x),\qquad (x-a)^2Q(x)$ 在 $x=a$ 解析，则 $x=a$ 是 regular singular point。

这个条件正好来自导数的“降阶”：

若 $y\sim (x-a)^r$ ，则 $y'\sim (x-a)^{r-1},\qquad y''\sim (x-a)^{r-2}.$

也就是说：

$y'$ 比 $y$ 多降一阶；

$y''$ 比 $y$ 多降两阶。

为了让方程里的三项
$y'',\quad P(x)y',\quad Q(x)y$
在同一主阶上平衡， $P(x)$ 最多只能像
$\frac1{x-a}$
这样坏， $Q(x)$ 最多只能像
$\frac1{(x-a)^2}$
这样坏。这就是为什么 regular singular point 的判别条件恰好是
$(x-a)P(x),\qquad (x-a)^2Q(x)$
要在 $x=a$ 解析。

(P) 最多允许一阶奇性，(Q) 最多允许二阶奇性；再坏就不是 regular singular 了。

Series Solutions near Ordinary Points#

若 $x=a$ 是 ordinary point，那么在 $a$ 附近解可以展开成普通幂级数。

不妨把中心平移到 $a=0$ ，则有

\boxed{y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n.}

关键是：

ordinary point 附近，普通幂级数就够了；
收敛半径和 $P,Q$ 在复平面中的最近奇点有关。

直观上就是：

只要系数函数在这个点附近够好，解也会长得够好，可以用 ordinary power series 表示。

General Workflow

在 ordinary point 附近做级数解，标准流程可以固定记忆为：

先把方程写成标准形式，检查展开点是不是 ordinary point；
设 $y=\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n;$
求出 $y',y''$ ；
代回原方程；
把所有项整理成关于 $x^n$ 的单一求和式；
比较系数，得到 recurrence relation；
由 $c_0,c_1$ 两个自由参数生成两组 linearly independent solutions；
写出通解 $y=c_0y_0+c_1y_1.$

WARNING
二阶线性齐次方程最后通常会留下 两个自由参数。在级数语言里，它们往往就是 $c_0,c_1$ 。

Example#

Example 1#

(x^2-4)y''+3xy'+y=0

先化标准形式：

y''+\frac{3x}{x^2-4}y'+\frac{1}{x^2-4}y=0.

因为

P(x)=\frac{3x}{x^2-4}, \qquad Q(x)=\frac{1}{x^2-4}

在 $x=0$ 都解析，所以 $x=0$ 是 ordinary point。

于是设

y=\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n, \qquad y'=\sum_{n=1}^{\infty}nc_nx^{n-1}, \qquad y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)c_nx^{n-2}.

代回并整理成同次幂后，可得递推关系

\boxed{c_{n+2}=\frac{n+1}{4(n+2)}c_n \qquad (n\ge 0).}

于是偶数项由 $c_0$ 决定，奇数项由 $c_1$ 决定：

c_2=\frac18c_0, \qquad c_4=\frac{3}{128}c_0, \qquad \cdots

c_3=\frac16c_1, \qquad c_5=\frac1{30}c_1, \qquad \cdots

对应两组基本解可写成

y_0(x)=1+\frac18x^2+\frac{3}{128}x^4+\cdots,

y_1(x)=x+\frac16x^3+\frac1{30}x^5+\cdots.

所以通解为

\boxed{y=c_0y_0(x)+c_1y_1(x).}

递推式隔两个下标连一次，所以自然分成 偶数链 和 奇数链；
因此两个基本解常常就是只含偶次幂和只含奇次幂的两组级数。

Example 2#

y''-xy'-x^2y=0

先观察：

P(x)=-x, \qquad Q(x)=-x^2,

都在 $x=0$ 解析，所以 $x=0$ 仍然是 ordinary point。

设

y=\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n.

代回后整理，可得到：

$x^0$ 项给出 $2c_2=0 \Rightarrow c_2=0;$
$x^1$ 项给出 $6c_3-c_1=0 \Rightarrow c_3=\frac16c_1;$
对 $n\ge 2$ ，有递推关系 $\boxed{c_{n+2}=\frac{nc_n+c_{n-2}}{(n+2)(n+1)}.}$

由此得到前几项：

y_0(x)=1+\frac1{12}x^4+\frac1{90}x^6+\cdots,

y_1(x)=x+\frac16x^3+\frac3{40}x^5+\cdots.

所以通解为

\boxed{y=c_0y_0(x)+c_1y_1(x).}

递推关系变成了 three-term recurrence；

Radius of Convergence and Nearest Singular Point#

对 ordinary point 附近的幂级数解，除了会得到 recurrence relation，还要记住一个很重要的结论：

若 $x=a$ 是 ordinary point，则方程在 $a$ 附近有两组 linearly independent 的 power-series solutions，且它们的收敛半径至少达到从 $a$ 到最近 singular point 的距离；这里的 singular point 要在 complex plane 里看，而不只是在实轴上。

收敛半径不是只看“实数范围内哪里出问题”，而是要看复平面中最近的奇点离展开中心有多远。

例如，若标准形式中的系数函数只有复奇点

x=\pm 3i,

那么：

若在 $x=0$ 展开，最近奇点距离是 $3$ ，因此级数解的收敛半径至少为 $3$ ；
若在 $x=4$ 展开，最近奇点到 $4$ 的距离是 $\sqrt{4^2+3^2}=5,$ 因此收敛半径至少为 $5$ 。

所以：

展开中心不同，保证的收敛半径也会不同。

Legendre Equation and Legendre Polynomials#

一个非常经典的 ordinary-point 例子是 Legendre equation：

\boxed{(1-x^2)y''-2xy'+\alpha(\alpha+1)y=0.}

它和球面上的 Laplace / Poisson equation 密切相关，因此在数学物理里非常常见。

需要先注意两点：

在 $x=0$ 附近， $1-x^2\neq 0$ ，所以这里可以按 ordinary point 来做；
但在 $x=\pm 1$ ，系数会出问题，所以这两个点是它的奇点。

当参数 $\alpha=n\in\mathbb N$ 时，会出现特殊的多项式解，称为 Legendre polynomials。这就是为什么幂级数方法最后会通向特殊函数。对 Legendre equation

(1-x^2)y''-2xy'+\alpha(\alpha+1)y=0,

当参数取为非负整数

\alpha=n\in\mathbb N,

会出现 Legendre polynomial。

更具体地说：

若 $n$ 是 even，则两组级数中 偶数幂那一组 会在某一步终止，从而得到一个 $n$ 次多项式；
若 $n$ 是 odd，则两组级数中 奇数幂那一组 会终止，从而得到一个 $n$ 次多项式。

所以：

当 $\alpha=n$ 为非负整数时，两组级数里恰有一组会终止成多项式；哪一组终止，取决于 $n$ 的奇偶性。

这就是 Legendre polynomial 出现的原因：
递推关系在某一步把更高次系数“截断”了。

前几个 Legendre polynomials 是

P_0(x)=1,

P_1(x)=x,

P_2(x)=\frac12(3x^2-1),

P_3(x)=\frac12(5x^3-3x),

P_4(x)=\frac18(35x^4-30x^2+3),

P_5(x)=\frac18(63x^5-70x^3+15x).

它们的一个很重要的性质是：

\boxed{ P_n(x)\ \text{的全部 }n\text{ 个零点都落在 }(-1,1)\text{ 内}. }

Regular Singular Points#

Frobenius Method#

若展开点不是 ordinary point，而是 singular point，那么直接设

y=\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n

往往会失败，因为方程里的 $P(x),Q(x)$ 本身已经带有类似 $1/x,1/x^2$ 的奇性。

这时普通幂级数不够灵活，需要更一般的设法。

Standard Form near a Regular Singular Point

在 $x=0$ 附近，regular singular point 的典型标准形式写成

\boxed{y''+\frac{p(x)}{x}y'+\frac{q(x)}{x^2}y=0},

其中 $p(x),q(x)$ 在 $x=0$ 附近解析，因此可展开为

p(x)=\sum_{n=0}^{\infty}p_nx^n, \qquad q(x)=\sum_{n=0}^{\infty}q_nx^n.

这时虽然 $P(x)=p(x)/x$ 和 $Q(x)=q(x)/x^2$ 在 $0$ 不解析，但它们的奇性仍然是可控的：

$P$ 最多像 $1/x$ ；
$Q$ 最多像 $1/x^2$ 。

这正是 regular singular 的意思。

Frobenius Series Ansatz

此时把普通幂级数推广成

\boxed{y(x)=x^r\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n, \qquad c_0\neq 0.}

这叫 Frobenius series。

和普通幂级数相比，它多了一个前导因子 $x^r$ 。这个 $r$ 不是先给定的，而是要由方程自己决定。

ordinary point 情况下，解的主导行为就是 $x^0=1$ 这一层；
regular singular point 情况下，解的主导行为可能是 $x^r$ ，而且 $r$ 未必是整数，甚至可能是负数。

Indicial Equation

把

y=x^r\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n

代回 regular singular 方程，最低次幂项必须先自洽，这会给出一个关于 $r$ 的代数方程：

\boxed{r(r-1)+p_0r+q_0=0.}

这就是 indicial equation。

它的根 $r_1,r_2$ 称为 exponents。

先由 indicial equation 决定主导幂 $x^r$ ；
再由 recurrence relation 决定后续系数 $c_n$ 。

Three Scenarios for the Exponents

设 indicial equation 的两个实根满足 $r_1\ge r_2$ 。那么按 $r_1-r_2$ 是否为整数，通常分成三类：

$r_1-r_2\notin\mathbb Z$ ：最理想，通常能得到两组 Frobenius fundamental solutions；
$r_1-r_2\in\mathbb N$ ：有时仍能得到两组 Frobenius 级数解；
$r_1-r_2\in\mathbb N$ 且发生特殊退化：只得到一组 Frobenius 级数，另一组解可能带 logarithm。

regular singular point 处通常还能做级数，只是要先解一个 indicial equation；真正麻烦的，是两个 exponent 差整数时的 exceptional cases。

General Workflow

检查 $x=0$ 是否为 regular singular point；
改写为 $y''+\frac{p(x)}{x}y'+\frac{q(x)}{x^2}y=0;$
设 $y=x^r\sum_{n=0}^{\infty}c_nx^n;$
计算 $y',y''$ 并代回；
先取最低次幂，求出 indicial equation；
对每个 exponent $r$ 分别求递推关系；
判断能否得到两组 linearly independent solutions。

TIP
Frobenius 题里最关键的两行通常是：

indicial equation；

recurrence relation。

Example#

Example 1#

xy''+2y'+xy=0.

先写成 regular singular 的标准形式：

y''+\frac{2}{x}y'+y=0.

因此

p(x)=2,\qquad q(x)=x^2,

所以

p_0=2,\qquad q_0=0.

设 Frobenius 形式

y=\sum_{n=0}^\infty c_n x^{n+r},\qquad c_0\neq 0.

则

y'=\sum_{n=0}^\infty (n+r)c_n x^{n+r-1}, \qquad y''=\sum_{n=0}^\infty (n+r)(n+r-1)c_n x^{n+r-2}.

代回原方程

xy''+2y'+xy=0

得

\sum_{n=0}^\infty (n+r)(n+r-1)c_n x^{n+r-1} +2\sum_{n=0}^\infty (n+r)c_n x^{n+r-1} +\sum_{n=0}^\infty c_n x^{n+r+1}=0.

前两项合并：

\sum_{n=0}^\infty (n+r)(n+r+1)c_n x^{n+r-1} +\sum_{n=0}^\infty c_n x^{n+r+1}=0.

把最后一项改成同次幂，令 $n\mapsto n-2$ ：

\sum_{n=0}^\infty (n+r)(n+r+1)c_n x^{n+r-1} +\sum_{n=2}^\infty c_{n-2}x^{n+r-1}=0.

于是最低次幂 $x^{r-1}$ 的系数给出 indicial equation

r(r+1)=0.

所以两个指数是

\boxed{r_1=0,\qquad r_2=-1.}

再看一般项：

当 $n=1$ 时， $(r+1)(r+2)c_1=0.$
当 $n\ge 2$ 时， $(n+r)(n+r+1)c_n+c_{n-2}=0,$ 即 $\boxed{ c_n=-\frac{c_{n-2}}{(n+r)(n+r+1)},\qquad n\ge 2. }$

Case 1: $r=0$

此时 $n=1$ 的方程变成

2c_1=0 \quad\Longrightarrow\quad c_1=0.

所以只剩偶数项，递推为

c_n=-\frac{c_{n-2}}{n(n+1)},\qquad n\ge 2.

逐项算：

c_2=-\frac{c_0}{2\cdot 3}=-\frac{1}{6}c_0,

c_4=-\frac{c_2}{4\cdot 5}=\frac{1}{120}c_0,

c_6=-\frac{c_4}{6\cdot 7}=-\frac{1}{5040}c_0.

因此

y=c_0\left(1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\cdots\right).

注意到

\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots,

所以

\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\cdots.

故由 $r=0$ 得到的一组 Frobenius 解是

\boxed{ y_1(x)=\frac{\sin x}{x}. }

Case 2: $r=-1$

此时递推式变成

c_n=-\frac{c_{n-2}}{n(n-1)},\qquad n\ge 2.

并且 $n=1$ 的条件变成

(r+1)(r+2)c_1=0 \quad\Rightarrow\quad 0\cdot c_1=0,

所以 $c_1$ 不再被限制，它也可以自由取值。

于是会分成两条链：

(a) 偶数链：由 $c_0$ 决定

c_2=-\frac{c_0}{2},\qquad c_4=\frac{c_0}{24},\qquad c_6=-\frac{c_0}{720},\quad\cdots

对应

x^{-1}\left(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots\right)=\frac{\cos x}{x}.

(b) 奇数链：由 $c_1$ 决定

c_3=-\frac{c_1}{3\cdot 2}=-\frac{c_1}{6},

c_5=-\frac{c_3}{5\cdot 4}=\frac{c_1}{120},

c_7=-\frac{c_5}{7\cdot 6}=-\frac{c_1}{5040}, \quad\cdots

对应

x^{-1}\left(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots\right)=\frac{\sin x}{x}.

因此由 $r=-1$ 得到

y=x^{-1}\left[ c_0\left(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots\right) +c_1\left(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots\right) \right],

也就是

\boxed{ y(x)=c_0\frac{\cos x}{x}+c_1\frac{\sin x}{x}. }

TIP
What is the exceptional point here?
注意：

由 $r=0$ 得到的解是 $\frac{\sin x}{x};$

由 $r=-1$ 的奇数链又得到一次 $\frac{\sin x}{x}$

也就是说，较小根 $r=-1$ 产生的一部分级数与较大根 $r=0$ 的解“撞项”了。
这正是 difference-by-integer 时的典型现象：两个根并不自动对应两组新的独立 Frobenius 级数。
最终可取的一组基本解是
$\boxed{ y_1(x)=\frac{\sin x}{x}, \qquad y_2(x)=\frac{\cos x}{x}. }$
所以通解为
$\boxed{ y(x)=C_1\frac{\sin x}{x}+C_2\frac{\cos x}{x}. }$

Example 2#

x^2y''+(6x+x^2)y'+xy=0.

先写成标准形式：

y''+\left(\frac{6}{x}+1\right)y'+\frac{1}{x}y=0.

于是

p(x)=6+x,\qquad q(x)=x,

所以

p_0=6,\qquad q_0=0.

设

y=\sum_{n=0}^\infty c_n x^{n+r},\qquad c_0\neq 0.

则

y'=\sum_{n=0}^\infty (n+r)c_n x^{n+r-1}, \qquad y''=\sum_{n=0}^\infty (n+r)(n+r-1)c_n x^{n+r-2}.

代回原方程

x^2y''+(6x+x^2)y'+xy=0

得

\sum_{n=0}^\infty (n+r)(n+r-1)c_n x^{n+r} +6\sum_{n=0}^\infty (n+r)c_n x^{n+r} +\sum_{n=0}^\infty (n+r)c_n x^{n+r+1} +\sum_{n=0}^\infty c_n x^{n+r+1} =0.

前两项合并：

\sum_{n=0}^\infty (n+r)(n+r+5)c_n x^{n+r} +\sum_{n=0}^\infty (n+r+1)c_n x^{n+r+1}=0.

把第二项改成同次幂，令 $n\mapsto n-1$ ：

\sum_{n=0}^\infty (n+r)(n+r+5)c_n x^{n+r} +\sum_{n=1}^\infty (n+r)c_{n-1}x^{n+r}=0.

因此最低次幂 $x^r$ 给出 indicial equation

r(r+5)=0.

所以两个指数是

\boxed{r_1=0,\qquad r_2=-5.}

对一般项：

$n=0$ 给出指数方程；
对 $n\ge 1$ ， $(n+r)(n+r+5)c_n+(n+r)c_{n-1}=0.$

可写成

(n+r)\big((n+r+5)c_n+c_{n-1}\big)=0.

只要 $n+r\neq 0$ ，就有

\boxed{ c_n=-\frac{c_{n-1}}{n+r+5}. }

Case 1: $r=0$

此时递推式为

c_n=-\frac{c_{n-1}}{n+5},\qquad n\ge 1.

逐项算：

c_1=-\frac{c_0}{6},

c_2=-\frac{c_1}{7}=\frac{c_0}{42},

c_3=-\frac{c_2}{8}=-\frac{c_0}{336},

c_4=-\frac{c_3}{9}=\frac{c_0}{3024},

c_5=-\frac{c_4}{10}=-\frac{c_0}{30240}, \quad\cdots

所以得到一组 Frobenius 级数解

\boxed{ y_1(x)=1-\frac{x}{6}+\frac{x^2}{42}-\frac{x^3}{336}+\frac{x^4}{3024}-\frac{x^5}{30240}+\cdots }

Case 2: $r=-5$

此时一般关系变成

(n-5)n\,c_n+(n-5)c_{n-1}=0,

即

(n-5)\big(nc_n+c_{n-1}\big)=0.

所以：

当 $n\neq 5$ 时， $c_n=-\frac{c_{n-1}}{n};$
当 $n=5$ 时，方程变成 $0=0,$ 没有给出新的限制，因此 $c_5$ 是自由的。

先从 $c_0$ 链开始：

c_1=-c_0, \qquad c_2=\frac{c_0}{2}, \qquad c_3=-\frac{c_0}{6}, \qquad c_4=\frac{c_0}{24}.

到了 $n=5$ ，没有条件，所以若先取 $c_5=0$ ，则后面

c_6=c_7=\cdots=0.

于是得到

y=x^{-5}\left(1-x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{24}\right).

即

\boxed{ y_2(x)=x^{-5}\left(1-x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{24}\right). }

这个解实际上是一个 finite Frobenius series。

TIP
What happens to the free parameter $c_5$ ?
因为 $n=5$ 时没有条件，所以 $c_5$ 还可以自由取值。
若取 $c_0=0,\ c_5\neq 0$ ，则从 $n=6$ 开始递推：
$c_6=-\frac{c_5}{6},\qquad c_7=\frac{c_5}{42},\qquad c_8=-\frac{c_5}{336},\quad\cdots$
于是
$y=x^{-5}\left(c_5x^5-\frac{c_5}{6}x^6+\frac{c_5}{42}x^7-\cdots\right)=c_5\left(1-\frac{x}{6}+\frac{x^2}{42}-\cdots\right).$
这恰好就是前面 $r=0$ 得到的那组解 $y_1(x)$ 。
所以这里又一次出现了撞项：

$r=0$ 给出一组级数解；

$r=-5$ 本来可能给出更多内容，但其中一部分其实与 $r=0$ 的解重合；

真正新的独立解，是上面那个以 $x^{-5}$ 开头并且在第 4 次后终止的有限级数。

Final answer

因此可取两组线性无关解为

\boxed{ y_1(x)=1-\frac{x}{6}+\frac{x^2}{42}-\frac{x^3}{336} +\frac{x^4}{3024}-\frac{x^5}{30240}+\cdots }

和

\boxed{ y_2(x)=x^{-5}\left(1-x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{24}\right). }

所以通解为

\boxed{ y(x)=C_1\,y_1(x)+C_2\,y_2(x). }

Method of Frobenius: The Exceptional Cases#

对于 regular singular point $x=0$ 附近的方程

y''+\frac{p(x)}{x}y'+\frac{q(x)}{x^2}y=0,

若 indicial equation

r(r-1)+p_0r+q_0=0

的两根为 $r_1\ge r_2$ ，则当

r_1-r_2\notin\mathbb Z

时，情况最理想：方程有两组 linearly independent 的 Frobenius series solutions。

真正麻烦的是 exceptional cases，也就是两根满足

r_1-r_2\in\mathbb N\cup\{0\}.

此时两组候选级数的幂次会发生重叠，第二组解不再自动是独立的 Frobenius series，因此要单独讨论。

Methodology: the three scenarios#

设 $r_1\ge r_2$ 为 indicial equation 的两个根。

Case 1. $r_1-r_2\notin\mathbb Z$

最简单的情况。
方程有两组 linearly independent 的 Frobenius series solutions：

y_1=x^{r_1}\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n, \qquad y_2=x^{r_2}\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n.

这就是上一节最标准的 Frobenius 方法。

Case 2. $r_1=r_2$

若两个 exponent 相等，则仍然先得到一组 Frobenius series solution

y_1=x^{r_1}\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.

这时第二组线性无关解不再是普通 Frobenius series，而具有标准形式

\boxed{ y_2(x)=y_1(x)\ln x+x^{r_1+1}\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n. }

也就是说：

第一部分是 $y_1\ln x$ ；
第二部分是一个更高一阶起始的 power series correction。

这里的 logarithmic term 一定出现。

Case 3. $r_1-r_2=N\in\mathbb N$

若两根相差正整数，则仍然先得到对应较大根 $r_1$ 的一组 Frobenius solution：

y_1=x^{r_1}\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.

第二组解的一般形式是

\boxed{ y_2(x)=C\,y_1(x)\ln x+x^{r_2}\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^n. }

这里要特别注意：

若 $C=0$ ，则没有 log 项，第二组解仍然是 Frobenius 型；
若 $C\ne 0$ ，则 log 项真正出现。

所以 difference-by-integer 时，logarithmic term 可能出现，也可能不出现。

可以采用代回或者Reduction of order 来解第二组解

The reason for the logarithmic term#

Why does the logarithmic term appear?

背后的逻辑是这样的：

先用 Frobenius method 找到一组已知解 $y_1$ ；
若第二组 Frobenius series 不能直接得到，就转而用 reduction of order 去找第二组线性无关解。

对于标准二阶齐次方程

y''+P(x)y'+Q(x)y=0,

若已知一个解 $y_1(x)$ ，则第二个线性无关解可写成

\boxed{ y_2=y_1\int \frac{e^{-\int P(x)\,dx}}{y_1(x)^2}\,dx. }

在 regular singular point 附近，把 $P(x)$ 和 $y_1(x)$ 的局部行为代进去以后，被积函数会出现类似

\frac{1}{x}

这样的项，于是积分中自然会长出

\int \frac{1}{x}\,dx=\ln x.

$\ln x$ 是 reduction-of-order 公式中的积分自然产生的。

Example#

Example 1: the case $r_1=r_2$ #

Bessel equation of order zero

x^2y''+xy'+x^2y=0

y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r},\qquad a_0\neq 0.

则

y'=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r-1}, \qquad y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx^{n+r-2}.

代回原方程：

x^2y''+xy'+x^2y=0

得

\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx^{n+r} +\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r} +\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r+2}=0.

前两项合并：

\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)^2a_nx^{n+r} +\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r+2}=0.

把最后一项改成同次幂，令 $n\mapsto n-2$ ：

\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)^2a_nx^{n+r} +\sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^{n+r}=0.

于是最低次幂 $x^r$ 的系数给出 indicial equation

r^2=0,

所以

\boxed{r=0.}

再看一般项：

$n=1$ 时， $a_1=0;$
对 $n\ge 2$ ， $n^2a_n+a_{n-2}=0,$ 即 $\boxed{ a_n=-\frac{a_{n-2}}{n^2}. }$

因此奇数项全为零，只剩偶数项。逐项算：

a_2=-\frac{a_0}{2^2}=-\frac{a_0}{4},

a_4=-\frac{a_2}{4^2}=\frac{a_0}{4\cdot 16}=\frac{a_0}{64},

a_6=-\frac{a_4}{6^2}=-\frac{a_0}{64\cdot 36}=-\frac{a_0}{2304}.

于是

y=a_0\left(1-\frac{x^2}{4}+\frac{x^4}{64}-\frac{x^6}{2304}+\cdots\right).

若取标准归一化 $a_0=1$ ，就得到

\boxed{ J_0(x)=1-\frac{x^2}{4}+\frac{x^4}{64}-\frac{x^6}{2304}+\cdots }

进一步观察偶数项的一般规律：

a_{2n}=\frac{(-1)^n a_0}{2^{2n}(n!)^2},

所以

\boxed{ J_0(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n}}{2^{2n}(n!)^2}. }

这里是 $r_1=r_2$ ，按照 exceptional case 的模板，第二组解应设为

\boxed{ y_2(x)=y_1(x)\ln x+\sum_{n=1}^{\infty}b_nx^n. }

对

y_2=y_1\ln x+\sum_{n=1}^{\infty}b_nx^n

求导：

y_2'=y_1'\ln x+\frac{y_1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}n b_nx^{n-1},

y_2''=y_1''\ln x+\frac{2y_1'}{x}-\frac{y_1}{x^2} +\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)b_nx^{n-2}.

代回

x^2y''+xy'+x^2y=0,

并利用 $y_1=J_0(x)$ 本身已经满足这个方程，所有含 $\ln x$ 的那一整块会消掉，最后剩下一个关于 $b_n$ 的关系式。

整理后得到

0=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n 2n\,x^{2n}}{2^{2n}(n!)^2} +b_1x+2^2b_2x^2+\sum_{n=3}^{\infty}(n^2b_n+b_{n-2})x^n.

于是：

$x^1$ 项只剩 $b_1x$ ，所以 $b_1=0;$
所有奇数项都因此消失；
偶数项满足非齐次递推。

先看 $b_2$ ：

b_2=\frac14.

再对 $n\ge 2$ ，把偶数项递推化简成

(2n)^2b_{2n}+b_{2n-2}=-\frac{2(-1)^n(2n)}{2^{2n}(n!)^2}.

这是一个 nonhomogeneous recurrence relation。

引入代换

b_{2n}=\frac{(-1)^{n+1}c_{2n}}{2^{2n}(n!)^2},

这样递推就大大简化为

c_{2n}=c_{2n-2}+\frac{1}{n}.

又因为由 $b_2=\frac14$ 可知 $c_2=1$ ，于是

c_4=1+\frac12,\qquad c_6=1+\frac12+\frac13,\qquad c_8=1+\frac12+\frac13+\frac14,

所以一般地，

c_{2n}=H_n,

其中

H_n=1+\frac12+\cdots+\frac1n

是 harmonic numbers。

因此

b_{2n}=\frac{(-1)^{n+1}H_n}{2^{2n}(n!)^2}.

Final answer

所以第二组解是

\boxed{ y_2(x)=J_0(x)\ln x+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}H_n x^{2n}}{2^{2n}(n!)^2} }

correction series 的系数往往要通过代回原方程逐项比较来求。

Example 2: the case $r_1-r_2=N>0$ #

Bessel equation of order 1

x^2y''+xy'+(x^2-1)y=0.

对应的 indicial equation 有两根

r_1=1,\qquad r_2=-1,

所以

r_1-r_2=2.

这是 difference-by-integer 的情形。

一组解是

y_1(x)=J_1(x)=\frac{x}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n}}{2^{2n}n!(n+1)!}=\frac{x}{2}-\frac{x^3}{16}+\frac{x^5}{384}-\frac{x^7}{18432}+\cdots.

原方程写成标准形式为

y''+\frac{1}{x}y'+\left(1-\frac{1}{x^2}\right)y=0,

因此

P(x)=\frac1x.

根据公式

y_2=y_1\int \frac{e^{-\int P(x)\,dx}}{y_1^2}\,dx,

而

e^{-\int P(x)\,dx}=e^{-\int \frac1x\,dx}=\frac1x,

所以

\boxed{ y_2=y_1\int \frac{1}{x\,y_1^2}\,dx. }

把 $y_1=J_1(x)$ 的级数代进去：

y_2=y_1\int\frac{1}{x\left(\frac{x}{2}-\frac{x^3}{16}+\frac{x^5}{384}-\cdots\right)^2}\,dx.

被积函数是

\frac{1}{x\,y_1^2}=\frac{1}{x\left(\frac{x}{2}-\frac{x^3}{16}+\frac{x^5}{384}-\cdots\right)^2}.

这时要做 long division（级数长除法） 展开成可以逐项积分的单个级数。

先把 $y_1$ 提取出最主要的因子：

y_1=\frac{x}{2}\left(1-\frac{x^2}{8}+\frac{x^4}{192}-\frac{x^6}{9216}+\cdots\right).

于是

y_1^2=\frac{x^2}{4}\left(1-\frac{x^2}{8}+\frac{x^4}{192}-\cdots\right)^2.

因此

\frac{1}{x\,y_1^2}=\frac{4}{x^3}\cdot\frac{1}{\left(1-\frac{x^2}{8}+\frac{x^4}{192}-\cdots\right)^2}.

把平方后的括号再展开，写成

\frac{1}{x\,y_1^2}=\frac{4}{x^3}\cdot\frac{1}{1-\frac{x^2}{4}+\frac{x^4}{192}-\frac{7x^6}{4608}+\cdots}.

现在问题就变成：求

\frac{1}{1-\frac{x^2}{4}+\frac{x^4}{192}-\frac{7x^6}{4608}+\cdots}

的幂级数展开。

设

\frac{1}{1-\frac{x^2}{4}+\frac{x^4}{192}-\frac{7x^6}{4608}+\cdots}=1+A_2x^2+A_4x^4+A_6x^6+\cdots.

把两边相乘，并令结果恒等于 $1$ ：

\left(1-\frac{x^2}{4}+\frac{x^4}{192}-\frac{7x^6}{4608}+\cdots\right) \left(1+A_2x^2+A_4x^4+A_6x^6+\cdots\right)=1.

逐次比较系数：

$x^2$ 项：
$A_2-\frac14=0 \quad\Longrightarrow\quad A_2=\frac14;$
$x^4$ 项：
$A_4-\frac14A_2+\frac{1}{192}=0 \quad\Longrightarrow\quad A_4=\frac{1}{16}-\frac{1}{192}=\frac{11}{192};$
$x^6$ 项：同理可继续往下算。

所以

\frac{1}{1-\frac{x^2}{4}+\frac{x^4}{192}-\cdots}=1+\frac{x^2}{4}+\frac{11x^4}{192}+\cdots.

再乘回前面的 $\frac{4}{x^3}$ ，就得到

\frac{1}{x\,y_1^2}=\frac{4}{x^3}\left(1+\frac{x^2}{4}+\frac{11x^4}{192}+\cdots\right).

于是

\frac{1}{x\,y_1^2}=\frac{4}{x^3}+\frac{1}{x}+\frac{11x}{48}+\cdots.

把这个写成等价形式

4\left(\frac{1}{4x}+\frac{1}{x^3}+\frac{7x}{192}+\frac{19x^3}{4608}+\cdots\right),

把 reduction-of-order 公式中的复杂被积函数，变成可逐项积分的 Laurent 级数。

4y_1\int\left(\frac{1}{4x}+\frac{1}{x^3}+\frac{7x}{192}+\frac{19x^3}{4608}+\cdots \right)dx.

逐项积分：

\int \frac{1}{4x}\,dx=\frac14\ln x, \qquad \int \frac{1}{x^3}\,dx=-\frac{1}{2x^2}, \qquad \int \frac{7x}{192}\,dx=\frac{7x^2}{384}, \quad\cdots

因此

y_2=y_1\ln x+4y_1\left( -\frac{1}{2x^2}+\frac{7x^2}{384}+\frac{19x^4}{18432}+\cdots \right).

再把 $y_1$ 的级数乘进去，课本得到前几项

\boxed{ y_2(x)=y_1(x)\ln x-\frac1x+\frac{x}{8}+\frac{x^3}{32}-\frac{11x^5}{4608}+\cdots }

Bessel Equation and Special Functions#

General Form#

经典方程：Bessel equation

\boxed{x^2y''+xy'+(x^2-p^2)y=0.}

$x=0$ 和 $x=1$ 我们都在上面的例子中体现了，分别是N=0和N=2的情况。

Overview#

Contents#

Introduction#

Basic Idea#

Review of Power Series#

Standard Form and Point Classification#

Series Solutions near Ordinary Points#

Example#

Example 1#

Example 2#

Radius of Convergence and Nearest Singular Point#

Legendre Equation and Legendre Polynomials#

Regular Singular Points#

Frobenius Method#

Example#

Example 1#

Example 2#

Method of Frobenius: The Exceptional Cases#

Methodology: the three scenarios#

The reason for the logarithmic term#

Example#

Example 1: the case r1=r2r_1=r_2r1​=r2​#

Example 2: the case r1−r2=N>0r_1-r_2=N>0r1​−r2​=N>0#

Bessel Equation and Special Functions#

General Form#

Example 1: the case $r_1=r_2$ #

Example 2: the case $r_1-r_2=N>0$ #