二阶线性常微分方程的级数解法和一般本征值问题.pdf

二阶线性常微分方程的级数解法和一般本征值问题1 常点邻域的级数解法二阶线性齐次常微分方程的一般形式是y(x)+p(x)y(x)+q(x)y(x)=0,(1)对千物理和工程问题中导出的微分方程，.x通常是实数，P位）和q（兀）是已知函数，Y位）是未知函数，它们的函数值也都是实数为了应用复变函数理论来研究微分方程的解，可以把x看作复数，并仍记作X,相应地，p(x)、q(x)和y(x)就成为复变函数，它们在实轴上取相应的实函数值方程(1)可以附加初始条件叭xo)=co,y（工o)=C1(2)如果不附加初始条件，则通解中含有两个任意常数显然，方程(1)的解的行为取决千系数的行为我们假定在复平面的某区域D内，p(x)和q(x)除有限个孤立奇点外是单值解析的级数解法就是在D内某点Xo的邻域或去心邻域内将y（工）展开为幕级数，即Taylor级数、Laurent级数或更一般的幕级数（见后）展开式的形式取决千p（兀）和q(x)在Xo的性质如果p(x)和q(x)在r。解析，则劭称为方程的常点(regularpoint)如果XO是p(x)和q(x)的极点或本性奇点，它也就称为方程的奇点定理如果p(x)和q(x)在圆I也一xol R内解析，则在该圆内满足方程(1)和初始条件(2)的解是存在、唯一而且解析的定理的大意是，如果系数是解析的，则方程的解也是解析的这一结论非常直观，但证明起来却并不容易，所以我们不去深究定理的证明，而是把注意力集中在计算方法上既然p(x)、q(x)和y(x)都在圆内解析，那么就可以展开为Taylor级数：妇产Pk(x-X忒，q(.-:c)立位x矿，y(x)=产伍(.-:c-xot,(3)k=O k=O k=O 其中的展开系数Pk和qk是已知的，而ak是未知的将这些展开式代入方程(1)，合并同幕项，将左边整理成一个幕级数，由于右边为零，故所有(x-xo)k的系数均必须为零，由此可得ak间的一系列代数方程求解这些代数方程即可用a。和a1表出a2,a3,，从而得到级数解容易看出，ao=co,a1=c1.如果不给定初始条件，则级数解中含有俩个任意常数a。和a1，所以是方程(1)的通解下面补充讨论两个有关问题它们与级数解法无关，也与常点或奇点无关首先，如果我们已经求得方程(1)的一个解Y1(x)（不管用什么方法），则第二解就司以用积分表出事实上，令，即(x)=C(x)y心），其中C(x)是未知函数代入方程(1)，容易得到Y1C+(2yi勺如）C=0,这是C1(x)的一阶线性方程，容易求出C(x)，再积分一次即得C(x)，最后得到沪）沪）古exp(-/屯p(v)dv)du(4)这里包含两次不定积分，所以结果中有两个任意常数，因而已是方程(1)的通解如果采用固定下限，则得到的是第二解后面会用到这个结果其次，考虑非齐次方程y(x)+P（尤）y(x)+q(x)y(x)=J(x)(5)如果已经求得相应的齐次方程(1)的两个线性无关解Y1(x)和Y2(x)（不管用什么方法），则非齐次方程的一个特解Y(x)也可以用积分表出，事实上，令Y(x)=C1位）Y1(x)+C2(x)y2位），其中C1位）和C2(x)是未知函数，满足附加条件Y1C+Y2笃0,(6a)代入非齐次方程(5)，利用附加条件以及小(x)和如(x)满足齐次方程的事实，易得yC+yC=f(6b)由千y1(x)和Y2仰）线性无关，故 A三仇Y2-y2，叶0（否则可以证明Y1(x)ex:Y2位），则y1位）与Y2(x)线性相关，矛盾）千是可以解得Ci=-fY2/A,C2=fyl/A，积分即得C1(x)和C2位），最后得到归）U2(x)Ixf（言du-y心）f(言du.(7)这里包含两个不定积分，所以结果中有两个任意常数，因而已是非齐次方程(5)的通解如果采用固定下限，则得到的是一个特解2 Legendre方程及其本征值问题Legendre方程的级数解现在考虑Legendre方程(1-沪）y-2可初0我们无法找到这一方程的简单解法，所以只能考虑级数解与标准形式(1)比较可见2x p(x)=-,q(x)=l 庄1-x2(8)(9)显然，x=O是常点又容易看出，p(x)和q(x)在复平面上只有两个奇点x土1,所以，它们在圆团U1下不变，以下其它结果亦然所以取任何一个解代入，结果都是一样的重复利用递推关系可得22k I 1/吵2K)!()1/+1 22k(-v+1 (v+2（飞k()k的，（如1=(2K+1)l(2)k(2)尸(18)其中引入了记号)I(a:+k)位）o=l,(a:)k=a(a+l)(o:十K1)=,k=l,2,.(19)r(a)千是，式(15)中两个解的显式为00 22K 正）汇声（五（宁）kX2k,k=O(20a)叭x)=:(2K2:K1)l(T)k(宁）kX2k+l(20b)下面的讨论并不需要用到这一显式，所以读者能否掌握它都无关紧要-Legendre方程的本征值问题由上章的讨论知道，物理上要求Legendre方程的解满足自然边界条件IY（土1)1 00.(21)一般情况下，上面得到的两个解均不满足这一条件，所以，唯一的出路是让它们中断为多项式由递推关系(13)可以看出，只要入取值恰当，这是可能的这样同时也就确定了本征值如果入2n(2n+l)(n=0,1,2,)，则由递推关系(13)可以看出，a2n+2=a2n+4=.=0,从而y。(x)中断为2n次多项式，而另一个解Y1(x)仍为无穷级数，不满足边界条件(21).如果入（2n+1)(2n+2)(n=0,1,2,)，则由递推关系(13)可以看出，a2n+3=a2n+5=.=0，从而Y1(x)中断为2n+1次多项式，而另一个解y。位）仍为无穷级数，不满足边界条件(21).综合起来，如果入l(l+1)Cl=0,1,2,），两个线性独立解中就有一个中断为l次多项式，它当然满足边界条件(21)，而另一个解仍为无穷级数，不满足边界条件适当选取a。（当l=2n)或a1（当l=2n+1)，使多项式解的最高次幕系数为(2l)!al=2l(l!)2,l=0,1,2,(22)这样得到的解称为l次Legendre多项式，记作P1(x).将入l(l+1)代入递推关系(13)，并将它改写为k(k-1)(k-l-2)(k+l-1)ak,ak-2=(23)反复应用这一递推关系，可以归纳出一般系数al-2k=(-t(2l-2k)!21k!(l-k)!(l-2k)!(24)然后可以用数学归纳法加以证明显然，k的取值应该使得l-2k之0,故K三l/2,千是l/2(2l-2k)!_ _l-2k P心）区()k2由(l-k)!(l-2k)!1、)l=0,l,2,.(25)k=O 这就是Legendre多项式的显式，它的各种性质将在下一章详细讨论总结起来，Legendre方程(8)在自然边界条件(21)下的本征值是入l(l+1)，相应的本征函数是l次Legendre多项式P1(x).当入l(l+1)，与Pl(x)线性独立的另一个解可以取为剩下的一个无穷级数解，也可以取为后者与Pl(x)的线性组合，这个解有标准的取法，记作Q心），它在X=土1处具有ln(l=F x)的奇性，此处不作详细讨论读者可能想到的一个问题是：当入l(l+l)时，虽然Yo(x)和Y1(x)均不满足自然边界条件(21),但是否存在其适当的线性组合可以满足呢？假定存在适当的系数ao和a,1（不全为零）使得式(14)满足Iy（士1)1 00,那么ao和a1必定都不为零，否则与已知结论Yo（士1)=oo，初（士1)=oo矛盾注意到Yo(x)是偶涵数，而Y1(x)是奇函数，就容易推出y(.x)+y(-.x)_,_,y(x)-y(-x)Yo(x)=，如(x)=2ao 2a1.(26)千是得到伽（土1)1 00,加（土1)1 00,与已知结论矛盾所以，不存在任何无穷级数解满足自然边界条件(21)也可以说，不存在任何异千l(l+l)的本征值习题归纳出a仁2k的表达式，并用归纳法加以证明3 正则奇点邻域的级数解法现在再看方程(1)我们已经假定在复平面的某区域D内，p(x)和q(x)除有限个孤立奇点外是单值解析的所以，如果D内某点x。是p(x)和q(x)的奇点，那就只能是极点或本性奇点（而不会是支点，至千可去奇点则可当作常点，因为此时系数的展开式实际上是Taylor级数），所以一般有p(x)=产沁xo)q（兀）产仇(x-，矿，0 l,x-，叫R.(27)k=-oo k=-oo 当然，如果x。是极点，则上面Laurent展开式中只有有限个负幕项可以证明，这时方程(1)的两个解具有下列形式：初(x)产织(x-Xo)k+Sl,y上）产 吐Xo)k+S2 如（尤）ln(x-x0).(28)k=-oo k=-oo 上式中S1和S2通常不是整数（最一般情况下可以是复数），所以x。一般来说是解的支点当句一的EZ，可能/3i=O,即第二解中可能出现对数函数，否则/3=o.将上面的解式代入方程(1)，可以得到一系列递推关系，由这些递推关系原则上可以确定S1、S2和系数a伈bk旱等但是，由千每个递推关系都涉及无穷多个系数，所以实际计算是困难的甚至是不可能的比较简单的一种情况是上面的解式中只有有限个负蒂项，这时适当调整s1和S2,总可以将它们写成00 00 初(x)区饮(x-xot+si,Y2(x)区叭X-Xot+s2+(3Y1(x)ln(x-xo),k=O k=O a0-/=0,b。#0或(3#0.(29)这样的解称为正则解方程(1)是否有正则解，有几个（一个或两个）正则解，显然取决千p(x)和q(x)在Xo的性质对此，我们有下列定理(Fuchs)方程(1)在x。处有两个正则解的充要条件是：（xxo)P位）和(x-Xo)切(x)在x。解析上述条件就是说，p(x)以Xo为不高于一阶的极点，q(x)以Xo为不高千二阶的极点，这样的奇点称为方程的正则奇点所以，即chs定理也可以叙述为：方程(1)在Xo处有两个正则解的充要条件是：m。是方程的正则奇点我们不去研究这一定理的证明，但补充以下儿点：S1和S2称为正则奇点或正则解的指标，Res1 2=.Re s2,即第一解表示指标实部较大者，它总不包含对数函数若81-S2-/=0,1,2,，则(3=0，即第二解必定不包含对数函数若S1的，则(3-/=0即第二解必定包含对数函数若81-S2 EN,则第二解可能包含对数函数，也可能不包含将正则解的形式和p（工）、q(x)的Laurent展开式代入方程，即可得到一系列递推关系，从而确定正则解中的系数和指标下面分析一下求解的过程，这可以帮助我们理解上面儿点补充结论为书写方便，下面令XO=0,这并不失一般性因XO=0是正则奇点，故00 00 沁）区阰产，q(:c)汇怀尸，0旧 0,递推关系可以写为k-1(k+s)(k+s1)+Po(k+s)+qo铢区(n+s)Pk-n+Qk-nan.(35)n=O 以s=s1代入，可由a。推出所有的系数，即得第一解显然，ak与a。成开比，可以写作ak=aof(k心），其中f(k，打）是K和S1的函数，当然还依赖千Po,Qo,P1,Q1,.,Pk,Qk,但与a。无关因此第一解的形式为00 00 Yl(x)区心k+s1=ao艺J(k,s1)xk+st,ao-/0,J(O,s1)=1.(36)k=O k=O 这是上面的补充结论若81-82#0,1,2,，以s=s2代入，亦可由a。推出所有的系数，将系数ak改写为bk，即得第二解，其形式为00 00 Y2位）区佽xk+s2=b。区f(k,的):1.,k+s2,b。#0,f(O，的）=1.(37)k=O k=O 这是上面的补充结论若s1=s2,式（36)与(37)实质上相同，所以用上面的方法只能求得一个解，第二解需要用其它方法求出，下面将看到，它包含对数函数这是上面的补充结论下面分析补充结论当句砬mEN，在用递推关系计算第二解的系数时司能会遇到困难按上面的做法，将第二解的系数写作bk,则递推关系(35)成为(k+s,)(k+s,-1)+Po(k+的）qo从一：（n+的）p长n+q,_.Jb九，（38)其中已代入s=s2.利用上式可以由如推出b1,b2,.,bm-1,但计算加时，左边的系数成为(m+s2)(m+s2-1)+Po(m+的)+qo=s,(s1-1)+p的qo=0,这时需要分开两种情况来讨论如果这时式(38)右边不为零，则出现矛盾，这说明第二解不可能具有形式(31)，而需要用其它方法求出，下面将看到，它包含对数函数如果这时式(38)右边也为零，则bm可以任意，取bm=0,即可求出第二解显然，所有系数均与b。成正比，可表为怀bog(k)，故第二解的形式为00 y如）b。区g(K)”k+S2,b。#0,g(O)=1,g(m)=0.(39)k=O 当k:O)，儿是积分常数，故00 y如）区如k+s1如（x)lnx,(3/=0,k=O 其中伈可以为零，但因为(3#O,第二解一定包含对数函数若mO，积分得三叶Ju00 如）dv)du=Jln也:+区fkxk-m,k=O fo=竺0,m 其中/3=em可能为零，也可能不为零，几铢（k-m)(k=/-m),fm为积分常数故00 如(x)区如k+s2知（x)lnx,b。#0.k=O 这一解可能包含对数函数，也可能不包含4 Bessel方程-Bessel方程的级数解(44)(45)在柱坐标下对Laplace方程分离变量，会遇到Bessel方程及其本征值问题对波动或热传导方程分离变量，也会遇到类似的问题Bessel方程也没有简单的解法，所以只能考虑级数解数学上，Bessel方程的一般形式是2 1./V y+ly+(1-歹）y=0,(46)其中u称为Bessel方程的阶，它可以是复数若将u换为V,上式不变，故可设Rev之0而不失一般性与标准形式(1)比较可见2 l u p(x)=q(x)=1-.x x2(47)显然，x=O是方程的正则奇点又容易看出，在复平面上方程没有其它奇点在x=O的去心邻域内，可设解的形式为00 y(x)=区a1,;Xk+s,a。#0 k=O 将式(46)改写为Ly=（;+x卢沪1/2)y=X2YII+对（x2-讫）y=0,其中引入绊符L只是为了后面书写方便容易求出00 00 00 x牙xy区(k+s)(k+s-l)akxk+s十区(k+s)ak产区(k+s)仇xk+sk=O k=O k=O(48)(49)千是00 00 切区(k+s)2-卢akXk+s+区心k+s+2k=O k=O oo oo=(s2-v2)a矿（s+1)2一心心区(k+s)2-v2ak:产汇叨k+s+2k=2 k=O=(s2 _ l/2)a矿（s+1)2 _ l/2a1”S+1+2(K+S+2)2 _ l/2ak+2十釭“K+S+2(50)上式必须为零，故各项系数均为零由千a。子0,即得s2-v2=0,这是决定指标的方程，因Rev0,故其解为S1=V,S2=V.(51)千是S1-S2=2v,暂时假定u不等于整数或半整数，则S1-S2不为整数，按上节的一般理论，俩个解均不包含对数函数u为整数或半整数的情况将在随后各小节中加以讨论首先讨论第一解，对应千匀v.容易得到a1=0和递推关系ak ak ak+2=(k+v+2)2v2(k+2v+2)(k+2)(52)由此递推关系和a1=0可以推出a2k+1=0,k=0,l,2,-(53)反复利用递推关系又可推出a2k-2,)a2k-4.吵=（平(2v+2k)2k-1(2v+2k)(2v+2k-2)2k(2k-2)-=(-)k a。(2v+2k)(2v+2k-2)(2v+2)2k(2k-2)2=(-)k a。沪(v+k)(v+k-1).(v+1)k!=(-)k硕(v+1)沪阿(v+k+1)(54)最后一步将分子分母同乘以r(v+1)并利用了r函数的性质r(z+1)=zr(z)千是得到第一解为00 归）汇()k贰(v+1).2k+11 沪皿(k+v+l)X k=O(55)取ao=1/211f(v+1)，这样得到的解称为u阶Bessel函数，记作J11(X)，即y1位）JI/位），其形式为归）产（）k仁）2k+vk=O k!f(k+v+l)2(56)应该强调的是，第一解对任何u值都是适用的其次讨论第二解，对应千82=-v此时xs+l=X-v十1项的系数为(s+1)2v2a1=(-v+l)2-v2如(-2v+l)a1,它应该为零由于现在I/=/=1/2,故q0仍成立重复第一解的推导过程，将其中的u换为V,即得第二解为Y2(x)=J_v(x)，后者仍由式(56)给出，只是将其中的u换为V,只要u不为整数，J1丿(x)的定义就是恰当的总结起来，当u不等千整数或半整数时，Bessel方程的两个线性独立解为y(x)=Jv位），JU位）(57)显然，.I:=0是J切位）的支点将JV位）（或J_v位）中的沪（或x-v)因子提出来，剩下的因子是一个幕级数，由递推关系(52)容易看出，该幕级数的收敛半径为无穷大，故J土v(x)在沿x=O至X=00适当割破的X平面上是单值解析的二半整数阶Bessel方程本小节考虑v=(2l-1)/2,l EN的情况此时S1-S2=2l-1 E N根据上节的一般理论，第二解可能会包含对数函数但具体求解可以发现，第二解实际上是不包含对数函数的以v=1/2为例第一解当然就是y心）J1;2(x)对第二解，S2=-1/=-1/2,此时由Xs+l=X-1/+l=Xl/2项的系数为零得0=(s+1)2-促a1=(-v+1)2-v2a1=(-2v+l)a1=Oa1.由此可见，a1可以任取那么取a1=0显然是最方便的这样就可以象上一小节一样求得第二解为Y2位）=Jl/2(x)如果不取a1=0,那么求得的解将包含两个任意常数ao和a1，计算可以发现（或参考上节小字部分的一般讨论），包含a1的部分与J1.;2(x)成正比，所以这个解已经是通解由此可见，取a1=0而得第二解是恰当的当l2.2,即v2.3/2,第一解仍然是y1位）Jv(x)对第二解，有a1=O,由递推关系(k+2)(k-2l+3)ak+2=-ak可得a3=a5=a21-3=O,然后就是0 a21一=a驴3=O,千是a2l-l可以任取如前取a2l-1=0，则所有a2k+1=0(k=0,1,2,)，这样也就可以象上一小节一样求得第二解为Y2(x)=L v(x).总结起来，当u为半整数时，Bessel方程的俩个线性独立解仍由式(57)给出，只需将相应的u值代入即可以后我们会证明，半整数阶的Bessel函数都是初等函数这里证明J土1.2(x)是初等函数将I/=士1/2代入式(56)并利用I(k+1/2)=fii(2k)!/22kk!,r(k+3/2)=元(2k+1)!/22k+lk!，整理即得如(x)厂豆(-)k2K+12 Xl()k 7rX k=O(2k+1)产，Jl/2(x)=区(2-k)1产，k=O 即如(x)=f sinx,L1;2(x)=f cosx(58)三整数阶Bessel方程本小节考虑v=m=0,l,2,的情况此时S1S2=2m,为自然数或零当m=O时，81=S2=0，我们只能求得一个形如(48)的解，即小(x)=J。(x)，根据上节的一般理论，第二解必定包含对数函数当mEN时，第一解为Y1(x)=Jm(X)对于第二解，将V=m和s2=-rn代入式(50)并令各项系数为零，即得a1=0和递推关系(k+2)(k2m+2)ak+2=ak,由此即可推出所有a2k+1=0(k=0,l,2,)，并用a。表出a2k(k=l,2,.,m-1)，然而当k=2m-2时，递推关系给出0.a2m=-a2m-2 但a2m-2CX a。不为零，所以导致矛盾，于是第二解不可能具有式(48)的形式，因而也包含对数函数令00 y(x)=f3Jm位）lnx+区ak泸m,(59)k=O 代入式(49)（其中v=m)，适当选取其中可以任取的两个常数(m=0时是a。和/3,m EN 时是a。和a2m，参看后面的求解）可以求得第二解Y2位）Nm位），称为m阶Neumann函数，其形式为2 m-1 Nm位）=Jm位）ln-汇X 1 (m-k-1)!/x 2k-m 1!-.,.,I-2 7f k=O k!(2)1 00 汇(-)k k=O T炉(K+m)|心(k+m+l)心(k+1)行）2k+m(60)当m=O时，规定去掉其中第二项有限和这里出现的心函数定义为r函数的对数微商，即心(x)=d ln r(x)/dx=r(x)兀(x)，这里我们只需要知道心(x+1)心(x)+1/x（来源于r(x+1)江(x)）和心(1)=（，而1=0.577 215 664 901 称为Euler常数，定义为三：息（归Inn).(61)在不同的书上，Neumann函数的形式略有不同，但实质上是一样的总结起来，当v=rn时，Bessel方程的两个线性独立解为y(x)=Pm位），Nm(x)(62)物理上最常遇到的就是这种情况，注意Nm(X)在x=O处有奇性，所以，如果求解区域包括x=O点，就应该舍弃Nm(x).四Neumann函数的一般定义对一般的u值，我们可以定义u阶Neumann函数为N,(x)=JV(x)cosuT-J_U位）SlIl UT(63)当v-=f m=0,1,2,，它显然与J,(.r)线性独立，故此时Bessel方程的两个线性独立解亦可取为y（x)=J,/(x),N,/(x)当l/一0时，上式成为0/0型而当v-+mEN时，Ju(r)的表达式中，K三m-1各项对求和没有贡献，这是因为对这样的K值，r（Kv+l)-,oo.因此，J寸位）中的求和实际上从k=m开始，千是()k(X、2km1 m(-)k(X2k+m Jm(x)三lim仁(x)=()U-m)呈叩m)！(2)=（）”:炉(K+m，)l行）,其中最后一步作了变换k=k+m并在变换后将求和指标k重新换为k,易见右边的和式正是Jm(x)，即J_m位）=（）n扛(x),(64)可见当v-+mEN时，式(63)亦成为0/0型用LHospital法则求出极限，可以发现，lim Nu位）Nm位）m,=Oil,2,-,m(65)其中右边由式(60)给出总结起来，对于任何u值，Bessel方程的两个线性独立解总可以取为y(x)=Jv位），Nv(x)(66)容易看出，当u为半整数时，Nv(x)与J_丿(x)只相差一个常数因子五Neumann函数的常规级数解法首先考虑m=O的情况，将y(x)=f3J。位）lnx区芦。a,k泸代入式(49)（其中v=O)可得00 归区(k+2)2ak+2+akxk+2+23迅(x)十3沪Ji(x)动(x)沪J。(x)=0,k=O 囚为Jo(x)是式(49)（其中I/=0)的解，故上式中最后一项为零，代入J。(x)的级数表式，上式可化为00 00 叩区(2k+1)2a2k+1+a2k-1x2k+I+t,(2k)2a2k+a2k2+22K-勹WK，产0 k=l 上式不出现a。，因此a。可以任取由J-式第一项和第二项立得a2k+1=0,k=0,1,2,(67)而由第三项可得递推关系a2k-2(）祒a2k=(2k)2沪(k叩k(68)由此可以看出，B也是任意常数反复利用这一递推关系可得（）切。(-)KBk l 吵沪(K!）2沪(K!）2区;:,k=1,2,r=l 利用心函数，上式可以写作（一）飞(-)k/3a2k=沪(k!)2沪(k!)2心（k+1)劝(1),k=0,1,2,.(69)注意最后的表式对千k=O也成立千是得到级数解y(x)邸(x)lnx-3t闷勹心(k+l)一 心(1)行）2k红ot芦（芦）2kk=Ok=O(70)容易看出，最后一项求和正是第一解J。(x)，因此上式已经是通解；同时我们看到，如果取3=O,则只能得到第一解，所以，第二解一定包含对数函数我们当然可以取ao=0和3=l而得到第二解，但习惯上是取2 2(3=;,ao=;ln2+心(l),(71)这样得到的第二解就是Y2(x)=N。(x)，其形式已经在前面给出这里系数的取法是为了使得结果与式(63)的极限一致其次考虑mEN的情况，将式(59)代入式(49)（其中v=m)可得(1-2m)a1x1-m+(k+2)(k+2-2m)ak+2+a对xk+2-m+2/JxJ比(x)+/Jx2J,(x)+xJ勾(x)+(x2-m勺Jm(x)=0,因为Jm(X)是式(49)（其中v=m)的解，故上式中最后一项为零将上式两边同乘以xm，代入Jm(x)的级数表式，整理得(1-2m)a1x+I:(2k+1)(2k+1-2m)a2k+1+a2k一ix2k+1k=1 00 00(-)k(2K+m)区(2k)(2k-2m)吵a2k-2卢2分：“2k+2m=0,22k+mk!(k+m)!k=I k=O 将上式第三项拆成两部分，第一部分从k=l到k=m-l求和，第二部分是从k=m开始的无穷级数，对第二部分作指标变换k=k+rn,再将忖改写为k,并与最后一项求和合并，得到oo m-1(1-2m)a卢区(2k+1)(2k+1-2m)a2k+1+a2k-ix2k+l区（2k)(2k-2m)a2k+a2k-2x2k k=l k=l 00 区(2k)(2k+2m)a2k+2m+a2k+2m-2+2/32:k十二x2k+2m=O,(n)k=O 上式不出现a。，因此a。可以任取由上式第一项和第二项立得由第三项可得递推关系反复利用这一递推关系可得a2k+1=0,k=0,1,2,.a2k-2 a2k=沪k(m-k)(m-k-1)!a2k=沪k!(m-1)!ao,k=1,2,m1,k=0,1,m-l.注意最后的表式对千k=O也成立由式(72)的最后一项可得（由k=O项系数为零）/3 2忙l(ml)!a2m-2=a。2m-l(m-1)!(73)(74)(75)(76)和递推关系a2k+2m-2(）勺1,1 a2k+2m=沪K(K+m）一沪m1炉(K+m),（飞十二），k=1,2,.由此可以看出，a2m也是任意常数反复利用这一递推关系可得()km!a2m()祒a2k+2m=2吁(K+m,)l-22k+m+1k!(K+m)l 心(k+m+l)心(k+1)劝(m+l)一心(1),(77)k=0,l,2,.(78)注意最后的表式对千k=O也成立由于式(76)，任意常数ao也可以用B表出，故可将式(75)改写为(m-k-1)!a,2K=-22k-m+lk!/3,k=0,1,m-1.(79)千是得到级数解B m-1 y(:c)=(3品（x)In比一5区-(m-k-1)!(X 2k-m k=O k!(2)一了：(-)k 2炉(k+m)!l心（k+m+1)心(k+1)劝(m+1)劝(1)l（芒2k+m2)k=O 00+2mm!a2m L(）k兀2k+mk=O k!(K+m)!(5)(80)容易看出，最后一项求和正是第一解Jm位），因此上式已经是通解；同时我们看到，如果取/3=O,则只能得到第一觥，所以，mEN时的第二解也一定包含对数函数我们当然可以取a2m=0和/3=1而得到第二解，但习惯上是取2 1/3=-:-,a2m=-心(m+1)心(1)+2 ln2,T 2?nm!7r(81)这样得到的第解就是Y2(x)=Nm位），其形式已经在前面给出这里系数的取法也是为了使得结果与式(63)的极限一致六Neumann函数的Frobenius级数解法本小节介绍另一种求第二解的方法，称为Flobenius方法，这种方法也可以用千求解其它方程在正则奇点处的第二解，尤其是第二解包含对数函数的情况对千第二解不包含对数函数的情况，常规的级数解法是方便的所以我们只考虑V=m=0,1,2,的情况首先考虑m=O的情况，将u=0代入式(50)可得00 切心。沪（s+l)饥xs+l+区（k+s+2)2ak+2+akxk+s+2.(82)k=O 暂时不确定S,取a。为与s无关的任意常数，a1=(),而其它系数由下列递推关系确定(k+s+2)2ak+2=ak,这样得到的级数00 y(x,s)区吵(s)x2k+s=a。区00(-）宁(s/2+1)_2k+s 沪r2(s/2+k+1)X k=O k=O(83)(84)满足Ly(x,s)心。矿(85)显然Ly(x,O)=0,即y(x,O)是解，容易看出y(x,O)=a叫o(x)，取a0=1即得Y1(x)=J。(x)，这是熟知的第一解将上式两边对s求导，可得8y(“)s)2 L=2sa矿s a矿lnx.显然，L 彻（也，s)沁=0,s=O 所以oy(x,s)/oslls=O也是方程的解，此即第二解易得8y(x,s)as DO DO 汇吵(s)x2k+sln x区岈(s)8ln a2k(s)as k=O k=O 算出第二项中的导数，然后在各项中代入s=0,可得X.2k+s,8y(x,s)(-)k x 2K ls=O=a。Jo(x)lnx-a。五芦忡(k+1)心(1)()取a0=2片，得第二解00 归）：J。（x)lnx-：汇篇：劝(k+1)行）2k十：心(l)Jo(x)k=O 对上式加上（2厅）心(l)+ln2J。位）即得No(x).其次考虑mEN的悄况，将v=m代入式(50)可得00(86)(87)切（s2-m沁妒(s+1)2m忨产汇(k+s+2)2m叮ak+2十钰-i;k+s+2.(88)k=O 暂时不确定S,取ao为与s无关的任意常数，a1=0,而其它系数由下列递推关系确定(k+s+2)2-m2ak+2=-a伈这样得到的级数00 如，s)=区吵(s)x2k+s=a。区00(-）叮(s+m)/2+l)r(s-m)/2+1)_2k+s 沪r(s+m)/2+k+l)r(s-m)/2+k+1)兀k=O k=O 满足Ly(x,s)=(s-m)(s+m)a。矿(89)(90)(91)显然Ly(x，士m)=O,即y（也，m)和y(x,-m)都是解容易吞出y(x,rn)=2mm!a。片（x)，取ao=l沪m!即得Y1(x)=Jm(x)，这是熟知的第一解然而，当我们将s=-m代入式(90)计算y(x,-m)的具体形式时，就会遇到困难当k$m1时，a2k(m，)的分子和分母都是无穷大，如果取s-,m的极限，还可以得到有限的结果，但当K：叮L时，a2k(-m)的分母为有限，而分子是无穷大解决上述困难的方法是取一个无穷小的ao,比如ao=(s+m)co,(92)其中句是与s无关的常数这样可以避免k2 m时a2k(-m)成为无穷大，但k m-1时，a2k(-m)就必然成为零，所以求和实际上是从k=m项开始，而得到的解y（x,-m)与Y1(x)=Jm(x)成正比（见下），所以并不是线性独立的第二解这与我们已经知道的结果(64)基本上是一回事按式(92)的取法，a。已经成为s的函数，千是式(91)变成Ly(x,s)=(s-m)(s+m)儒沪(93)将上式两边对s求导，可得L 彻(x,s)8s=(s+m)偈X8+2(sm)(s+m)句XS+(sm)(s+m)气。沪lnx.(94)显然，L 8y(x,s)ls=-m=O,所以&y(x,s)/8sls=-m也是方程的解，此即第二解如前按式(90)和(92),而&y(x,s)oo oo 8 ln a2k(s),2k+s 区吵(s)x2k+sln孔+2畛(s)x0s=0 k=08s k(-)k(s+m)I、(s+m)/2+l)r(s-m)/2+1)a2k(s)=co 沪叮(s+m)/2+k+l)r(s-m)/2+k+l)勹心）三千（宁1）于（气1)归（勹:.:?:+k+l)卢(s 2竹:+k+l)(95)(96)(97)现在需要计算s-m时式(95)中的各项系数注意到宗量为零或负整数时，r函数和心函数都有奇性，所以在计算时需要引用下面的公式：冗r(1-x)心(1-x)心(x)+1rcot1rx,F(几:)sin 1rx 其中后者来源千前者，前者证明从略计算可得当k:Sm-1时，(s+m)I(m-k)畛(s)一沪矶(m)co一0,fJ In a2k(s)1,1 _-+心(1)劝(m)劝(k+1)一 心(k-m+l)-oo,而当k2:m 时，8s s+m 2 吵ia2k(s)r(m-k)畸）Os 一沪矶(m)Co,吵(s)-()k-m+1 22k1k!(k-m)!r(m)co,8 ln a2k(s).1-心(1)心(m)一 心(k+1)-，心(k-m+1).8s 2(98)(99a)(99b)(99c)(100a)(100b)千是得到彻(.(;,s)1细OOk-m rr1-1 8s=区(）厂）2K-m1+Co(m-K-1)！芒2k-ms=-m 2叮(m)-k!(k-m)!2 n 尤2叮(m）区k!(2)k=m k=O Co OO()k-m+2叮(m)2炉(-K-m)1 心（k+1)心(k-m+1)一 心(1)，心(m)行）2k-mk=m(101)其中的第一顶如果去掉ln扎因子就是y（比，m),容易君出其中的求和正是Jm位），这就是前面提到的结论取勾2叮(m)/1r,并对第一项和第三项作求和指标变换k=k勹m，再将炉重新写成k,即得2 ml(m-k-l)!/x 2k-？九沁(x);品(x)ln x+;区k,(5)k=O f i/;(k+m+1)+ij;(k+1)-1/J(l)-1/J(m)()2k+m 1r f:-:,k!(k+m)!心（k+m+l)十劝(k+1)心(1)如(m)（2 k=O)对上式加上（1片）劝(1)劝(m)+2ln2Jm(x)即得Nm(x).(102)由上述求解过程可以看出，用Frobenius级数解法求No(x)比较简单，但求Nm位）则并不比常规解法来得方便七一般Neumann函数的整数阶极限本小节补充证明式(65).由式(63)和LHospital法则可得1.8JII仰）m(JJ_II位）Um N11(x)=-:-Jim JNv(x)=J-(-r (103)由式(56)易得OJu(x)x 00 k x 2k+m lim U-m Ol/灿(x)ln-区()2 K!（K+m)1心(k+m+1)丘），k=O(104)而汇(x)=产(-)KOOx 2K-V 彻k!I(k-v+l)2 曰2k-v ln巴区(-)k2 k!r(k-v+1)心(k-v+1)一(2)k=O.k=O 对上式取v-m的极限时，需要注意r函数和，心困数的奇性首先君第一项，当k:Sm-1时，r(k-v+l)-oo，故求和实际上从k=m项开始，不难求得该项的极限为（严Jm(x)ln(x/2)再看第二项，当K三m1时，r（Kv+l)一oo，同时心(kv+l)-oo，利用式(98)可以求出有限的结果，不过需要注意，当m=O时这一部分是不存在的；当km时，各因子均无奇性结果为m-1 OJ_u(x)x mKl)!(X 2k-m lim u-+m,彻=(）飞(x)ln+(）？九区P()k=O(X)+（）m汇(-l,1,(X 2k+，九k=O 炉(K+m)1心(k+1)()(105)将以上结果代入式(103)，结果即为式(60)给出的Nm位），当 m,=0时，需去掉其中第二项有限和5 SturmLiouville本征值问题SturmLiouville本征值问题的一般提法二阶线性齐次常微分方程的一般形式由式(1)给出为了下面符号上的方便，这里将它改写为y(x)+P(x)y(:.i;)+Q（兀）y位）=o.(106)从数理方程分离变昼得到的常微分方程一般含有待定常数，记作入，如果将含有入的项单独写出来，方程的形式通常是y(x)+P(x)y(x)-Q(x)y(x)劝(x)y(x)=0.(107)两边同乘以k(x)=exp(功兀P()d),(108)则得k（兀）y(.x)+k(x)P位）y(x)-k(x)Q(x)y(x)入k(.x切(x)y（.x)=0 显然，k(x)P(x)=k(x)，故上式可以写成 k(x)q(x)y(x)入p(x)y(x)=0,(a x b)(109)dx I1 dx 其中q(x)=k(x)Q(x),p(x)=k(x)p(x),(a,b)为求解区间上式称为SturmLiouville型方程，其中p(x)称为权函数以上推导说明一般形式(107)与Sturm-Liouville形式是等价的后者对千本节的讨论是方便的由千方程(109)是由数理方程分离变噩得到的，所