二阶线性常微分方程的幂级数解法
我们的已知的策略是有限的, 但是世界上的微分方程是无限的. 为了投入到这无限的研究中去, 我们必须掌握更为一般的方法——级数解法.
常点和奇点
对于二阶常微分方程 $\displaystyle \frac{\mathrm d^2u}{\mathrm dz^2}+p(z)\frac{\mathrm du}{\mathrm dz}+q(z)u=0$, $p(z),\;q(z)$ 称为方程的系数.
- 如果 $p(z), \;q(z)$ 在 $z_0$ 解析, 则称 $z_0$ 是方程的常点;
- 如果至少有一个不解析, 则称 $z_0$ 是方程的奇点.
一般来说方程的常点也是解的常点, 但是方程的奇点和解的奇点并不完全等价.
方程常点邻域内的解
成立如下 Cauchy-Lipschitz 定理 (ODE 解的存在唯一性):
如果 $p(z)$ 和 $q(z)$ 在圆 $\vert z-z_0\vert<R$ 内单值解析, 则在此圆内常微分方程初值问题
\[\begin{cases} \dfrac{\mathrm d^2u}{\mathrm dz^2}+p(z)\dfrac{\mathrm du}{\mathrm dz}+q(z)u=0\\ u(z_0)=c_0, u'(z_0)=c_1 \end{cases}\]有唯一的一个解 $w(z)$, 且这个解在此圆内单值解析.
证明过程可以参考 Wikipedia 上有关 Picard-Lindelöf 定理的叙述.
根据这个定理, 可以把 $u(z)$ 在 $z=0$ 点的邻域内展开为 Taylor 级数 $\sum_{k=0}^{\infty}c_k(z-z_0)^k$, 且所有的系数 $c_k$ 都可以用 $c_0,\;c_1$ 线性表示.
实例: Legendre 方程的解
考虑 Legendre 方程
\[(1-x^2)\frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2}-2x\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}+l(l+1)y=0\]在 $x=0$ 邻域内的解. 令 $\displaystyle y=\sum_{k=0}^{\infty}c_kx^k$, 得到
\[(1-x^2)\sum_{k=2}^{\infty}k(k-1)c_kx^{k-2}-2x\sum_{k=1}^{\infty}c_kkx^{k-1}+l(l+1)\sum_{k=0}^{\infty}c_kx^k=0\]整理得到
\[\sum_{k=0}^{\infty}\left[(k+2)(k+1)c_{k+2}-k(k+1)c_k+l(l+1)c_k\right]x^k=0\]从而得到递推关系
\[c_{k+2}=\frac{(k+l+1)(k-l)}{(k+2)(k+1)}c_k\]先考虑 $c_0$, 不难推出
\[c_{2k}=\frac{c_0}{(2k)!}(2k+l-1)(2k+l-3)\cdots(l+1)(2k-l-2)(2k-l-4)\cdots(-l)\]引入 $\Gamma$ 函数 $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$, 整理作
\[c_{2k}=\frac{c_02^{2k}}{(2k)!}\frac{\Gamma\left(k+\frac{l+1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{l+1}{2}\right)}\frac{\Gamma\left(k-\frac l2\right)}{\Gamma\left(-\frac l2\right)}\]再考虑 $c_1$, 同理易得
\[c_{2k+1}=\frac{c_12^{2k}}{(2k+1)!}\frac{\Gamma\left(k+1+\frac{l}{2}\right)}{\Gamma\left(1+\frac{l}{2}\right)}\frac{\Gamma\left(k-\frac {l-1}2\right)}{\Gamma\left(-\frac {l-1}2\right)}\]Legendre 方程的解即为 $y(x)=y_1(x)+y_2(x)$, 其中 $y_1(x)=\sum_{n=0}^{\infty}c_{2n}x^{2n}$, $y_2(x)=\sum_{n=0}^{\infty}c_{2n+1}x^{2n+1}$. 任意给定一组 $c_0,\;c_1$, 就一定可以求出方程的一个特解.
$y_1$ 只含有 $x$ 的偶次幂, $y_2$ 只含有 $x$ 的奇次幂, 这是因为 Legendre 方程具有空间反射对称性. 容易验证, 如果某个 $y(x)$ 是方程的解, 则 $y(-x)$ 也是方程的解.
我们可以根据需要求出方程再不同区域内的解式. 可以证明, 方程在不同区域内的解式互为解析延拓.
方程正则奇点邻域内的解
正则解与正则奇点
成立如下定理:
如果 $z_0$ 是方程 $\displaystyle\frac{\mathrm d^2w}{\mathrm dz^2}+p(z)\frac{\mathrm dw}{\mathrm dz}+q(z)w=0$ 的奇点, 则在 $p(z)$ 和 $q(z)$ 都解析的环形区域 $0<\vert z-z_0\vert<R$ 内, 方程的两个线性无关解为
\(\begin{cases} \displaystyle w_1(z)=(z-z_0)^{\rho_1}\sum_{k=-\infty}^{\infty}c_k(z-z_0)^k\\ \displaystyle w_2=gw_1(z)\ln(z-z_0)+(z-z_0)^{\rho_2}\sum_{k=-\infty}^{\infty}d_k(z-z_0)^k \end{cases}\) 其中 $\rho_1,\;\rho_2,\;g$ 都是常数.
然而如果我们把这个解式代入方程, 尽管仍然能得到系数之间的递推关系, 但却无法求出系数的普遍表达式. 因为此时的级数解中一般来说都有无穷多个正幂项和负幂项, 反复利用递推关系将会永远没有休止.
这就是我们研究正则奇点的原因: 如果级数解中只有有限多个负幂项, 这时总是可以调整相应的 $\rho$ 值, 使得级数解中没有负幂项:
\[\begin{cases} \displaystyle w_1(z)=(z-z_0)^{\rho_1}\sum_{k=0}^{\infty}c_k(z-z_0)^k\\ \displaystyle w_2=gw_1(z)\ln(z-z_0)+(z-z_0)^{\rho_2}\sum_{k=0}^{\infty}d_k(z-z_0)^k \end{cases}\]这种形式的解要先确定 $\rho$ 的值, 称为正则解.
当 $g\neq 0$ 时, $w_2(z)$ 的形式与 $w_1(z)$ 的形式不同, 因而需要分别求解; 当 $g=0$ 时, $w_2(z)$ 的表达式中不含对数项, 两个解的形式相同.
方程在奇点 $z_0$ 的邻域 $0<\vert z-z_0\vert<R$ 内有两个正则解的充要条件为: $z_0$ 是
- $p(z)$ 的不超过一阶极点, 即 $(z-z_0)p(z)$ 在 $z_0$ 解析 ;
- $q(z)$ 的不超过二阶极点, 即 $(z-z_0)^2q(z)$ 在 $z_0$ 解析.
此时 $z_0$ 被称为方程的正则奇点, $\rho_1,\;\rho_2$ 被称为正则解的指标.
判断无穷远点是否为正则奇点, 要作变换 $z=1/t$, 若 $t=0$ 是变换后方程的正则奇点, 则 $z=\infty$ 是变换前方程的正则奇点.
方程在正则奇点邻域内求解的一般步骤为
- 将正则解 $w_1(z)$ 或 $w_2(z)$ 的形式代入方程;
- 通过比较系数, 求出指标和递推关系;
- 进而求出系数的普遍表达式.
实际的求解过程总是先将 $w_1(z)$ 形式的解代入方程. 如果能够同时求得两个线性无关解则到此为止, 否则必须再将 $w_2(z)$ 形式的解带入方程求解.
方程正则解的根源
假设 $z=0$ 是方程的正则奇点， 则
\[p(z)=\frac{p_0}{z}+\cdots,\quad q(z)=\frac{q_0}{z^2}+\cdots\]被省略掉的量都是高阶小量. 为了研究在 $z=0$ 处方程的解的性质, 将 $p,q$ 代入方程得到
\[\frac{\mathrm d^2w}{\mathrm dz^2}+\frac{p_0}{z}\frac{\mathrm dw}{\mathrm dz}+\frac{q}{z^2}w=0\]这是 Euler 方程, 解的形式为 $w=z^{\rho}$, 其中 $\rho$ 满足 $\rho(\rho - 1)+p_0\rho+q_0=0$, 当 $\rho_1=\rho_2=\rho$ 时, 第二解取为 $w_2=z^{\rho}\ln z$. 由此可见, 方程在正则奇点附近表现出来奇异性的形式和 Euler 方程是一致的.
解的线性无关性与 Wronski 行列式
方程的两个解都应该满足方程, 即
\[\begin{cases} \dfrac{\mathrm d^2w_1}{\mathrm dz^2}+p(z)\dfrac{\mathrm dw_1}{\mathrm dz}+q(z)w_1=0\\ \dfrac{\mathrm d^2w_2}{\mathrm dz^2}+p(z)\dfrac{\mathrm dw_2}{\mathrm dz}+q(z)w_2=0 \end{cases}\]两式交叉相乘再相减, 得到
\[w_1\frac{\mathrm d^2w_2}{\mathrm dz^2}-w_2\frac{\mathrm d^2w_1}{\mathrm dz^2}+p(z)\left(w_1\frac{\mathrm dw_2}{\mathrm dz}-w_2\frac{\mathrm dw_1}{\mathrm dz}\right)=0\]注意到 $w_1\dfrac{\mathrm d^2 w_2}{\mathrm dz^2}-w_2\dfrac{\mathrm d^2 w_1}{\mathrm dz^2}=\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dz}\left(w_1\dfrac{\mathrm dw_2}{\mathrm dz}-w_2\dfrac{\mathrm dw_1}{\mathrm dz}\right)$, 引入 Wronski 行列式
\[\Delta(z)=\begin{vmatrix}w_1(z)&w_2(z)\\w_1'(z)&w_2'(z)\end{vmatrix}\]则原方程化为 $\dfrac{\mathrm d\Delta(z)}{\mathrm dz}+p(z)\Delta(z)=0$, 即
\[\Delta(z)=\Delta(z_0)\exp\left(-\int_{z_0}^zp(\zeta)\mathrm d\zeta\right)\]
- 方程的解线性无关的充要条件为 Wronski 行列式不为 $0$.
- 若方程在某个区域内解析, 且该区域某一点的 Wronski 行列式为 $0$, 则该区域内的 Wronski 行列式处处为 $0$.
实例: Legendre 方程的第一解
考虑 Legendre 方程
\[(1-x^2)\frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2}-2x\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}+l(l+1)y=0\]在 $x=1$ 邻域内的有界解.
$x=1$ 是 Legendre 方程的正则奇点, 所以应当设
\[y=(x-1)^{\rho}\sum_{n=0}^{\infty}c_n(x-1)^n\]将其代入方程, 得到
\[\sum_{n=0}^{\infty}\left[(-(n+\rho)(n+\rho+1)+l(l+1))c_n-2(n+\rho+1)^2c_{n+1}\right]z^{n+\rho}=0\]其中 $z=x-1$.
此换元是被建议的.
由幂级数唯一性, 各项系数应当逐项为 $0$, 所以得到递推关系
\[c_{n+1}=\frac{l(l+1)-(n+\rho)(n+\rho+1)}{2(n+\rho+1)^2}c_n\]引入指标方程 (取最低幂项系数为 $0$ 后得到的关于 $\rho$ 的代数方程)
\[-2c_0[\rho(\rho-1)+\rho]=0\]观察原方程,
- 第一部分 $-(2+z)zy’’$ 的最低幂来源于 $-2zy’’$, 即 $-2z\cdot c_0\rho(\rho-1)z^{\rho-2}=-2c_0\rho(\rho-1)z^{\rho-1}$ ;
- 第二部分 $-2(1+z)y’$ 的最低幂来源于 $-2\cdot1\cdot y’$, 即 $-2c_0\rho z^{\rho-1}$ ;
- 第三部分 $l(l+1)y$ 最低幂是 $z^{\rho}$, 比前两部分阶都要高, 因此不会进入指标方程.
而 $c_0\neq 0$, 所以 $\rho^2=0$, 出现重根. 这说明 Legendre 方程在 $x=1$ 点邻域内的第一解实际上是在 $\vert x-1\vert<2$ 内解析的, 所以在 $x=1$ 处有界; 而第二解一定含有对数项, 在 $x=1$ 发散.
根据递推关系可以解得
\[c_n=\frac{1}{(n!)^2}\frac{\Gamma(l+n+1)}{\Gamma(l-n+1)}\left(\frac12\right)^nc_0\]从而 Legendre 方程的第一解为
\[\mathrm P_l(x)=c_n=\frac{1}{(n!)^2}\frac{\Gamma(l+n+1)}{\Gamma(l-n+1)}\left(\frac{x-1}2\right)^n\]如果要继续求第二解, 则设
\[y_2(x)=g\mathrm P_l(x)\ln(x-1)+\sum_{n=0}^{\infty}d_n(x-1)^n\]代入方程求出 $g$ 和 ${d_n}$.
实例: Bessel 方程在 $z=0$ 邻域的解
考虑 Bessel 方程
\[\frac{\mathrm d^2 w}{\mathrm dz^2}+\frac{1}{z}\frac{\mathrm dw}{\mathrm dz}+\left(1-\frac{\nu^2}{z^2}\right)w=0\]在正则奇点 $z=0$ 邻域内的解. 将第一解形式代入 Bessel 方程可以得到
\[\sum_{k=0}^{\infty}c_k[(k+\rho)^2-\nu^2]z^k+\sum_{k=0}^{\infty}c_kz^{k+2}=0\]指标方程 $\rho^2-\nu^2=0$, 取 $\rho_1=\nu,\;\rho_2=-\nu$. 又 $c_1[(\rho+1)^2-\nu^2]=0$ 即 $c_1(2\rho+1)=0$, 得到
\[\begin{cases} c_1=0,&\text{if } \rho\neq-1/2\\ c_1任意,&\text{if }\rho=-1/2 \end{cases}\]对于 $\rho\neq-1/2$, 递推关系 $\displaystyle c_n=-\frac{1}{n+2\rho}c_{n-2}$, 得到
\[c_{2n}=\frac{(-1)^n\Gamma(\rho+1)c_0}{n!\Gamma(\rho+n+1)2^{2n}}$, $c_{2n-1}=0\]代入 $\rho_1=\nu$, 得到
\[w_1(z)=c_0\Gamma(\nu+1)2^{\nu}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k+\nu+1)}\left(\frac z2\right)^{2k+\nu}\]取 $c_0=\dfrac{1}{2^{\nu}\Gamma(\nu+1)}$, 有
\[\boxed{{\mathrm J_\nu}(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k+\nu+1)}\left(\frac z2\right)^{2k+\nu}}\]此即第一类 Bessel 函数, 它是 Bessel 方程的第一解.
代入 $\rho_2=-\nu$, 其他过程同上, 得到
\[{\mathrm J_{-\nu}}(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k-\nu+1)}\left(\frac z2\right)^{2k-\nu}\]对于 $\rho=-1/2$,
\[c_{2n+1}=\frac{(-1)^n\Gamma\left(\frac32\right)\Gamma(1)c_1}{\Gamma\left(\frac32+n\right)\Gamma(1+n)2^{2n}}=\frac{(-1)^n\sqrt\pi c_1}{n!\Gamma\left(n+\frac32\right)2^{2n+1}}\]因此有
\[z^{-\frac12}\sum_{n=0}^{\infty}c_{2n+1}z^{2n+1}=c_1\sqrt{\frac{\pi}2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!\Gamma\left(n+\frac32\right)}\left(\frac z2\right)^{2n+\frac12}=c_1\sqrt{\frac\pi 2}\color{red}{\mathrm J_{\frac12}(z)}\]即在 $w_2$ 中只不过是再叠加上第一解.
然而我们并没有完全完成求解 Bessel 方程:
- 如果 $\nu$ 不是整数, 这时候求出的 $\mathrm J_{\nu}(x),\;\mathrm J_{-\nu}(x)$ 线性无关, 已经可以停止了;
- 如果 $\nu=0$, 则上面的求解过程只是给出了同一个解 $\displaystyle \mathrm J_0(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(k!)^2}\left(\frac x2\right)^{{2k}}$, 这表明第二解应当含有对数项, 即 $\displaystyle y_2=g\mathrm J_0\ln x+\sum_{k=0}^{\infty}d_kx^k$ ;
- 如果 $\nu$ 是非 $0$ 的整数, 则此时仍然只是求出了一个解 $\displaystyle \mathrm J_{-n}(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(k-n+1)}\left(\frac x2\right)^{2k-n}$, 前 $n-1$ 各项的系数均为 $0$, 与第一解仍然线性相关.
究其原因, 在级数解法中, 本来约定级数解的首项系数不能为 $0$. 在导出 $\mathrm J_{-\nu}(x),\;\nu=1,2,3,\dots$ 时, 取 $\displaystyle c_0=\frac{2^\nu}{\Gamma(1-\nu)}$. 如果舍弃这个规定, 使得 $y_2(x)$ 的级数中前面 $k=0,1,\dots,n-1$ 诸项的系数不为 $0$, 但这势必导致在递推公式中，出现分母为 $0$ ，导致某个系数 $c_k$ 计算结果为无穷大，从而使整个级数解失去意义.
例如, 由于 $\displaystyle c_{2k}=-\frac{1}{k(k-\nu)}\frac{1}{2^2}c_{2k-2}$, 当 $\nu=n$, 显然 $c_{2n}$ 无意义, 因而以后各项系数也都失去意义.
因此, 第二解必含对数项
\[y_2(x)=g\mathrm J_n(x)\ln x+\sum_{k=0}^\infty d_kx^{k-n},\quad g\neq0\]
Bessel 方程第二解的求解方法
第二解的常规解法不容易求出系数的通项.
第二解的形式
\[w_2(z)=g\ln z\mathrm J_0(z)+\sum_{k=0}^{\infty}d_kz^k=g\ln z\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(k!)^2}\left(\frac z2\right)^{2k}+\sum_{k=0}^\infty d_kz^k,\quad g\neq 0\]代入方程得到
\[\frac{2g}{z}\mathrm J_0'(z)+\frac{d_1}{z}+\sum_{k=0}^\infty[d_{k+2}(k+2)^2+d_k]z^k=0\]$d_0$ 任意, $d_{2k+1}=0$,
\[d_{2k+2}(2k+2)^2=\frac{(-1)^kg}{k!(k+1)!2^{2k}}-d_{2k}\]
所以我们要寻找新的方法!
先计算 $\mathrm J_{\nu}(z)$ 和 $\mathrm J_{-\nu}(z)$ 的 Wronski 行列式
\[\begin{vmatrix}\mathrm J_{\nu}(z)&\mathrm J_{-\nu}(z)\\\mathrm J_{\nu}'(z)&\mathrm J_{-\nu}'(z)\end{vmatrix}=A\exp\left(-\int\frac{\mathrm d\zeta}{\zeta}\right)=\frac{A}{z}\]为了得到 $A$, 计算 Wronski 行列式, 整理得到
\[A=-\frac{2}{\Gamma(\nu)\Gamma(1-\nu)}=-\frac{2}{\pi}\sin\pi\nu\]当 $\nu=n,n\in\mathbb N$ 时 $\mathrm J_{\nu},\;\mathrm J_{-\nu}$ 线性相关, 取第二解为
\[\displaystyle\frac{c\mathrm J_{\nu}(z)-\mathrm J_{-\nu}(z)}{\sin\pi\nu}\]则 $\Delta[\mathrm J_{\nu}(z),w_2(z)]=\dfrac{2}{\pi z}$. 为了保证 $w_2$ 有意义, 即 $\nu\notin \mathbb Z$, 又由于 $\mathrm J_{-n}(z)=(-1)^n\mathrm J_n(z)$, 取 $c=\cos\pi\nu$, 就得到在 L’Hôpital 法则下 $0$ 处有意义的第二解
\[\boxed{N_{\nu}=\frac{\cos\pi\nu \mathrm J_{\nu}(z)-\mathrm J_{-\nu}(z)}{\sin\pi\nu}}\]此即 $\nu$ 阶 Neumann函数.
当 $\nu$ 为整数时, 按照 L’Hôpital 法则求极限,
\[\begin{align*} N_n(z)&=\lim_{\nu\to n}\frac{\cos\nu\pi \mathrm J_{\nu}(z)-\mathrm J_{-\nu}(z)}{\sin\nu\pi}\\ &=\frac1\pi\left[\frac{\partial \mathrm J_\nu(z)}{\partial\nu}-(-1)^n\frac{\partial \mathrm J_{-\nu}(z)}{\partial\nu}\right]_{\nu=n}\\ &=\frac2\pi \mathrm J_n(z)\ln\frac z2-\frac1\pi\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(n-k-1)!}{k!}\left(\frac z2\right)^{2k-n}\\ &\quad-\frac1\pi\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!(n+k)!}[\psi(n+k+1)+\psi(k+1)]\left(\frac z2\right)^{2k+n} \end{align*}\]其中
\[\psi(\zeta)=\frac{\mathrm d}{\mathrm d\zeta}\ln\Gamma(\zeta)=\frac{\Gamma'(\zeta)}{\Gamma(\zeta)}\]Frobenius 方法
Frobenius 发展了一种从第一解出发直接求出第二解的方法. 参照 Frobenius 方法的介绍.
方程非正则奇点邻域内的解
方程非正则奇点, 即 Laurent 展开的本性奇点, 其邻域内的解通常有无穷多个负幂项.
主项平衡法
我们考虑简化情形: $z=0$ 为非正则奇点. 可以令 $w(z)=\mathrm e^{S(z)}$ 得到 $S(z)$ 满足的方程, 只保留方程中最重要的项, 得到近似解 $S(z)=S_0(z)$. 进一步求解, 令 $S(z)=S_0(z)+S_1(z)$ 代入方程求出 $S_1(z)$ 的近似解. 再继续类似的过程, 求出 $S_2(z),\dots$ 的近似解. 因为每次求解都是仅仅保留方程中最重要的项, 所以每个近似解项 $S_i(z)$ 都形如 $S_i(z)=a_iz^{\nu_i}$ 并且 $\Re(\nu_0)<\Re(\nu_1)<\cdots<0$.
这个过程不会一直重复下去, 当求到某一解 $S_n(z)$ 时, 将得到 $S_n(z)=\rho\ln z$. 这一项对应原方程的解 $\mathrm e^{\rho\ln z}=z^\rho$, 即方程解的正则项. 那么再做下去会出现常数项和正幂项, 不再有奇性. 因此解的形式为
\[w(z)=A\mathrm e^{S(z)}z^\rho\sum_{k=0}^{\infty}c_kz^k,\quad c_0=1\]其中 $S(z)=S_0(z)+S_1(z)+\cdots+S_{n-1}(z)$, $A\mathrm e^{S(z)}z^\rho$ 称为方程解的主项.
我们来给出主项平衡法的两个例子.
Bessel 方程在 $z=\infty$ 的行为
考虑 Bessel 方程在 $z=\infty$ 的行为. 令 $w(z)=\mathrm e^{S(z)}$, 则 $\displaystyle\frac{\mathrm dw}{\mathrm dz}=S’\mathrm e^S,\quad\frac{\mathrm d^2 w}{\mathrm dz^2}=S’‘\mathrm e^S+S’^2\mathrm e^S$, 代入原方程得到
\[S''\mathrm e^S+S'^2\mathrm e^S+\frac1zS'\mathrm e^S+\left(1-\frac{\nu^2}{z^2}\right)=0\]化简后得到
\[S''+\left(S'+\frac1z\right)S'+1-\frac{\nu^2}{z^2}=0\]在无穷远邻域, 有 $\dfrac{\nu^2}{z^2}=o(1)$, 同时考虑到 $S^”=o(S’^2),\quad \dfrac1z=o(S’)$, 略去所有小量, 得到 $S_0’+1=0$, 解得
\[S_0=\pm\mathrm iz\]再令 $S(z)=\pm\mathrm iz+S_1(z),\;S_1(z)=o(z)$, 代入 $S$ 满足的方程
\[S_1''+\left(\pm2\mathrm i+S_1'+\frac1z\right)S_1'\pm\frac{\mathrm i}{z}-\frac{\nu^2}{z^2}=0\]考虑到 $\dfrac{\nu^2}{z^2}=o\left(\dfrac{\mathrm i}{z}\right)\dfrac1z=o\left(\mathrm i\right)$ 并且 $S_1^”=o(S_1’),\quad S_1’=o(\mathrm i)$, 只保留最重要的项 $S_1’=-\dfrac{1}{2z}$ 即 $S_1=-\dfrac12\ln z$, 因此 Bessel 方程在无穷远处的解为
\[w(z)=A\exp\left(\pm\mathrm iz-\frac12\ln z\right)\sum_{k=0}^{\infty}\frac{c_k}{z^k}=A\frac{\exp(\pm\mathrm iz)}{\sqrt z}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{c_k}{z^k}\]一维谐振子定态 Schrödinger 方程
考虑一维谐振子定态 Schrödinger 方程
\[-\frac{\hbar}{2m}\psi''(x)+\frac12m\omega^2x^2\psi(x)=E\psi(x)\]令 $\xi=\sqrt{m\omega/\hbar}x,\;\lambda=2E/\hbar\omega$, 并将常数归一化, 可以写成
\[\psi''(\xi)=(\xi^2-\lambda)\psi(\xi)\]为了让这个解在无穷远处收敛, 我们把解写为 $\displaystyle \psi(\xi)=\mathrm e^{-\xi^2/2}y(\xi)$, 代入上式得到
\[y^"-2\xi y'+(\lambda-1)y=0\]此方程即 Hermite 方程.
若假设 $\displaystyle y(\xi)=\sum_{k=0}^\infty c_k\xi^k$, 容易求得系数递推关系
\[c_{k+2}=\frac{2k-\lambda+1}{(k+2)(k+1)}c_k\]为了使 $y(\xi)$ 仍然为多项式 (否则它仍然发散), 必须要求幂级数在某处截断. 当 $\lambda-1=2n, n=0,1,2,\dots$ 时方程有多项式解, 称为 Hermite 多项式 $H_n(\xi)$.
采用主项分析的过程如下:
令 $\varphi(x)=\mathrm e^{S(x)}$, 代入方程得到
\[S^"+S'^2+\lambda-x^2=0\]略去小量化简为 $S’^2-x^2=0$, 即
\[S'=\pm x\implies S(x)=\pm x^2/2\]考虑到方程解的要求, 取 $S_0(x)=-x^2/2$, 再令 $S(x)=-x^2/2+S_1(x)$, 代入方程得到
\[S_1''+S_1'^2-2xS_1'+\lambda-1=0\]结合 $S_1=o(x^2),\;S_1^2=o(xS_1’),\;S_1’‘=o(xS_1’’)$, 略去所有的小量, 得到
\[S_1'=\frac{\lambda - 1}{2}\frac 1x\implies S_1(x)=\frac{\lambda-1}{2}\ln x\]所以方程解的主项为
\[\varphi=A\exp\left(-\frac{x^2}{2}\right)x^{\frac{\lambda -1}{2}}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{c_k}{z^k}\]我们在做代换 $\psi(\xi)=\mathrm e^{-\xi^2/2}y(\xi)$ 的时候刻意只提取了非正则部分, 留下 $y(\xi)$ 承担正则部分的任务. 如果把这部分也放入指数, 比如写成 $\displaystyle\psi(\xi)=\mathrm e^{-\xi^2/2}\sum_{k}a_k\xi^k$, 那么我们最终推导 Hermite 方程时, 会让 $S_1$ 再次展开成为幂级数. 只要我们知道主导衰减的行为来自 $\mathrm e^{-\xi^2/2}$, 就无需把正则部分放进指数, 因为那部分不会影响收敛性.
需要指出的是, 对于方程的非正则奇点, 通过主项平衡法求解得到的级数不一定是收敛的, 它往往只是渐进级数.