二階線性常微分方程的級數(shù)解法和一般本征值問題

二階線性常微分方程的級數(shù)解法和一般本征值問題

§1常點(diǎn)鄰域的級數(shù)解法

二階線性齊次常微分方程的一般形式是

y"(x)+p(x)y'(x)+q(x)y(x)=0,(1)

對千物理和工程問題中導(dǎo)出的微分方程，.x通常是實(shí)數(shù)，P位）和q（兀）是已知函數(shù)，Y位）是

未知函數(shù)，它們的函數(shù)值也都是實(shí)數(shù)．為了應(yīng)用復(fù)變函數(shù)理論來研究微分方程的解，可以把

x看作復(fù)數(shù)，并仍記作X,相應(yīng)地，p(x)、q(x)和y(x)就成為復(fù)變函數(shù)，它們在實(shí)軸上取相

應(yīng)的實(shí)函數(shù)值．方程(1)可以附加初始條件

叭xo)=co,y'（工o)=C1(2)

如果不附加初始條件，則通解中含有兩個任意常數(shù)．

顯然，方程(1)的解的行為取決千系數(shù)的行為．我們假定在復(fù)平面的某區(qū)域D內(nèi)，p(x)

和q(x)除有限個孤立奇點(diǎn)外是單值解析的．級數(shù)解法就是在D內(nèi)某點(diǎn)Xo的鄰域或去心鄰

域內(nèi)將y（工）展開為幕級數(shù)，即Taylor級數(shù)、Laurent級數(shù)或更一般的幕級數(shù)（見后）．展開

式的形式取決千p（兀）和q(x)在Xo的性質(zhì)．如果p(x)和q(x)在．r。解析，則劭稱為方程

的常點(diǎn)(regularpoint)．如果XO是p(x)和q(x)的極點(diǎn)或本性奇點(diǎn)，它也就稱為方程的

奇點(diǎn)．

定理如果p(x)和q(x)在圓I也一xol<R內(nèi)解析，則在該圓內(nèi)滿足方程(1)和初始

條件(2)的解是存在、唯一而且解析的．

定理的大意是，如果系數(shù)是解析的，則方程的解也是解析的．這一結(jié)論非常直觀，但證

明起來卻并不容易，所以我們不去深究定理的證明，而是把注意力集中在計算方法上．

既然p(x)、q(x)和y(x)都在圓內(nèi)解析，那么就可以展開為Taylor級數(shù)：

婦＝產(chǎn)Pk(x-X忒，q(.-:c)＝立位—x礦，y(x)=產(chǎn)伍(.-:c-xot,(3)

k=Ok=Ok=O

其中的展開系數(shù)Pk和qk是已知的，而ak是未知的．將這些展開式代入方程(1)，合并同

幕項，將左邊整理成一個幕級數(shù)，由于右邊為零，故所有(x-xo)k的系數(shù)均必須為零，由

此可得ak間的一系列代數(shù)方程．求解這些代數(shù)方程即可用a。和a1表出a2,a3,···，從而

得到級數(shù)解．容易看出，ao=co,a1=c1.如果不給定初始條件，則級數(shù)解中含有倆個任意

常數(shù)a。和a1，所以是方程(1)的通解．

下面補(bǔ)充討論兩個有關(guān)問題．它們與級數(shù)解法無關(guān)，也與常點(diǎn)或奇點(diǎn)無關(guān)．

首先，如果我們已經(jīng)求得方程(1)的一個解Y1(x)（不管用什么方法），則第二解就司以用積分表出．

事實(shí)上，令，即(x)=C(x)y心），其中C(x)是未知函數(shù)．代入方程(1)，容易得到Y(jié)1C"+(2yi勺如）C'=

0,這是C1(x)的一階線性方程，容易求出C'(x)，再積分一次即得C(x)，最后得到

滬）＝滬）．「古exp(-/屯p(v)dv)du(4)

這里包含兩次不定積分，所以結(jié)果中有兩個任意常數(shù)，因而已是方程(1)的通解．如果采用固定下限，

則得到的是第二解．后面會用到這個結(jié)果．

其次，考慮非齊次方程

y"(x)+P（尤）y'(x)+q(x)y(x)=J(x)(5)

如果已經(jīng)求得相應(yīng)的齊次方程(1)的兩個線性無關(guān)解Y1(x)和Y2(x)（不管用什么方法），則非齊次方

程的一個特解Y(x)也可以用積分表出，事實(shí)上，令Y(x)=C1位）Y1(x)+C2(x)y2位），其中C1位）和

C2(x)是未知函數(shù)，滿足附加條件

Y1C~+Y2篤＝0,(6a)

代入非齊次方程(5)，利用附加條件以及小(x)和如(x)滿足齊次方程的事實(shí)，易得

y\C\+y~C~=f(6b)

由千y1(x)和Y2仰）線性無關(guān)，故A三仇Y2-y2，葉＃0（否則可以證明Y1(x)ex:Y2位），則y1位）與

Y2(x)線性相關(guān)，矛盾）．千是可以解得Ci=-fY2/A,C2=fyl/A，積分即得C1(x)和C2位），最后

得到

歸）＝U2(x)．Ixf（言~du-y心）『f(言~du.(7)

這里包含兩個不定積分，所以結(jié)果中有兩個任意常數(shù)，因而已是非齊次方程(5)的通解．如果采用固定

下限，則得到的是一個特解．

§2Legendre方程及其本征值問題

Legendre方程的級數(shù)解

現(xiàn)在考慮Legendre方程

(1-滬）y"-2．可＋初＝0(8)

我們無法找到這一方程的簡單解法，所以只能考慮級數(shù)解．與標(biāo)準(zhǔn)形式(1)比較可見

2x

p(x)=-~,q(x)=(9)

l－莊＇1-x2·

顯然，x=O是常點(diǎn)．又容易看出，p(x)和q(x)在復(fù)平面上只有兩個奇點(diǎn)x＝土1,所以，

它們在圓團(tuán)<1內(nèi)解析．按上節(jié)定理，在該圓內(nèi)方程的解是解析的，故可設(shè)

00

y（無）＝區(qū)ak瀘(10)

k=O

容易得到下列各式：

0000

xy'(x)＝區(qū)ka1cx\x2y"(x)＝區(qū)k(k—l)a1cx\(lla)

k=Ok=O

y"(x)＝產(chǎn)k(k-l)akxk—2=產(chǎn)k(k-l)ak:尸＝f(k+2)(k+l)ak+2式(llb)

k=Ok=2k=O

代入方程并整理得

00

區(qū)[(k+2)(k+l)ak+2-k(k+1凡＋壓］瀘＝0(12)

k=O

比較倆邊，即得遞推關(guān)系

k(k+1)—入

ak+2=ak,k=0,1,2,???.(13)

(k+2)(k+1)

由此遞推關(guān)系，所有a2k(k=1,2,··)均可由a。確定，所有a21c+1Ck=1,2,·）均可由

a1確定，千是得到級數(shù)解

y(x)=aoYo(x)+a心1(x))(14)

其中

00

Yo位）＝匯C2k產(chǎn)，Y1(x)＝立2k+1X2k+l,(15)

k=Ok=O

而C2k=a2k/ao,C2k+l=a2k+i/a1,它們都只是K和入的函數(shù)，而與ao、a1無關(guān)．顯然，

Yo位）和y心）是線性獨(dú)立的，而y（.'C)就是方程(8)的通解．

由于

｝叫氣＝｝皿~1=1)(16)

所以兩個級數(shù)解的收斂半徑都是1，如所期望．但可以證明（從略），Yo（土1)=(X)（這是簡

化的寫法，表示y。位）在X=土1兩點(diǎn)均發(fā)散），Y1（士1)=(X)．這一結(jié)果對千下面確定本征

值問題的解非常重要．

令入＝1/(V+1)，則遞推關(guān)系(13)可以寫作

(k-v)(k+v+1)

ak+2=~ak,k=0,1,2,···.(17)

(k+2)(k+l)

注意給定入，方程入＝1/(V+1)有兩個解，記任何一個解為I/,則另一解為－u-1.容易看出，上面的

遞推關(guān)系在變換u---->—U—1下不變，以下其它結(jié)果亦然．所以取任何一個解代入，結(jié)果都是一樣的．

重復(fù)利用遞推關(guān)系可得

22kI1/1/+1\22k(-v+1\(v+2

吵＝（飛2K)!()k(~)k的，（如1=(2K+1)l(2)k(2)尸'(18)

其中引入了記號

I'(a:+k)

位）o=l,(a:)k=a(a+l)···(o:十K—1)=~,k=l,2,···.(19)

)r(a)'

千是，式(15)中兩個解的顯式為

0022K

正）＝匯聲（－五（寧）kX2k,(20a)

k=O

叭x)=:(2K2:K1)l(－T)k(寧）kX2k+l(20b)

下面的討論并不需要用到這一顯式，所以讀者能否掌握它都無關(guān)緊要．

-Legendre方程的本征值問題

由上章的討論知道，物理上要求Legendre方程的解滿足自然邊界條件

IY（土1)1<00.(21)

一般情況下，上面得到的兩個解均不滿足這一條件，所以，唯一的出路是讓它們中斷為多項

式．由遞推關(guān)系(13)可以看出，只要入取值恰當(dāng)，這是可能的．這樣同時也就確定了本征

值．

如果入＝2n(2n+l)(n=0,1,2,···)，則由遞推關(guān)系(13)可以看出，a2n+2=a2n+4=

...=0,從而y。(x)中斷為2n次多項式，而另一個解Y1(x)仍為無窮級數(shù)，不滿足邊界條

件(21).

如果入＝（2n+1)(2n+2)(n=0,1,2,···)，則由遞推關(guān)系(13)可以看出，a2n+3=

a2n+5=...=0，從而Y1(x)中斷為2n+1次多項式，而另一個解y。位）仍為無窮級數(shù)，不

滿足邊界條件(21).

綜合起來，如果入＝l(l+1)Cl=0,1,2,．），兩個線性獨(dú)立解中就有一個中斷為l次

多項式，它當(dāng)然滿足邊界條件(21)，而另一個解仍為無窮級數(shù)，不滿足邊界條件．

適當(dāng)選取a。（當(dāng)l=2n)或a1（當(dāng)l=2n+1)，使多項式解的最高次幕系數(shù)為

(2l)!

al=l0,1,2,···,(22)

2l(l!)2,=

這樣得到的解稱為l次Legendre多項式，記作P1(x).

將入＝l(l+1)代入遞推關(guān)系(13)，并將它改寫為

k(k-1)

ak-2=ak,(23)

(k-l-2)(k+l-1)

反復(fù)應(yīng)用這一遞推關(guān)系，可以歸納出一般系數(shù)

(2l-2k)!

al-2k=(24)

(-t21k!(l-k)!(l-2k)!'

然后可以用數(shù)學(xué)歸納法加以證明．顯然，k的取值應(yīng)該使得l-2k之0,故K三l/2,千是

[l/2]

(2l-2k)!__l-2k

P心）＝區(qū)(—)k1、)l=0,l,2,..·.(25)

2由(l-k)!(l-2k)!

k=O

這就是Legendre多項式的顯式，它的各種性質(zhì)將在下一章詳細(xì)討論．

總結(jié)起來，Legendre方程(8)在自然邊界條件(21)下的本征值是入＝l(l+1)，相應(yīng)的

本征函數(shù)是l次Legendre多項式P1(x).

當(dāng)入＝l(l+1)，與Pl(x)線性獨(dú)立的另一個解可以取為剩下的一個無窮級數(shù)解，也可

以取為后者與Pl(x)的線性組合，這個解有標(biāo)準(zhǔn)的取法，記作Q心），它在X=土1處具有

ln(l=Fx)的奇性，此處不作詳細(xì)討論．

讀者可能想到的一個問題是：當(dāng)入＃l(l+l)時，雖然Yo(x)和Y1(x)均不滿足自然邊界條件(21),

但是否存在其適當(dāng)?shù)木€性組合可以滿足呢？假定存在適當(dāng)?shù)南禂?shù)ao和a,1（不全為零）使得式(14)滿

足Iy（士1)1<00,那么ao和a1必定都不為零，否則與已知結(jié)論Yo（士1)=oo，初（士1)=oo矛盾．注

意到Y(jié)o(x)是偶涵數(shù)，而Y1(x)是奇函數(shù)，就容易推出

y(.x)+y(-.x)_,__,y(x)-y(-x)

Yo(x)=，如(x)=(26)

2ao2a1.

千是得到伽（土1)1<00,加（土1)1<00,與已知結(jié)論矛盾．所以，不存在任何無窮級數(shù)解滿足自然邊界

條件(21)．也可以說，不存在任何異千l(l+l)的本征值．

習(xí)題歸納出a仁2k的表達(dá)式，并用歸納法加以證明．

§3正則奇點(diǎn)鄰域的級數(shù)解法

現(xiàn)在再看方程(1)．我們已經(jīng)假定在復(fù)平面的某區(qū)域D內(nèi)，p(x)和q(x)除有限個孤立

奇點(diǎn)外是單值解析的．所以，如果D內(nèi)某點(diǎn)x。是p(x)和q(x)的奇點(diǎn)，那就只能是極點(diǎn)

或本性奇點(diǎn)（而不會是支點(diǎn)，至千可去奇點(diǎn)則可當(dāng)作常點(diǎn)，因為此時系數(shù)的展開式實(shí)際上是

Taylor級數(shù)），所以一般有

p(x)=產(chǎn)沁－．xo)\q（兀）＝產(chǎn)仇(x-，礦，0<l,x-，叫<R.(27)

k=-ook=-oo

當(dāng)然，如果x。是極點(diǎn)，則上面Laurent展開式中只有有限個負(fù)幕項．可以證明，這時方程

(1)的兩個解具有下列形式：

初(x)＝產(chǎn)織(x-Xo)k+Sl,y上）＝產(chǎn)吐－Xo)k+S2＋如（尤）ln(x-x0).(28)

k=-ook=-oo

上式中S1和S2通常不是整數(shù)（最一般情況下可以是復(fù)數(shù)），所以x。一般來說是解的支點(diǎn)．

當(dāng)句一的EZ，可能/3i=O,即第二解中可能出現(xiàn)對數(shù)函數(shù)，否則/3=o.將上面的解式代

入方程(1)，可以得到一系列遞推關(guān)系，由這些遞推關(guān)系原則上可以確定S1、S2和系數(shù)a伈

bk旱等但是，由千每個遞推關(guān)系都涉及無窮多個系數(shù)，所以實(shí)際計算是困難的甚至是不

可能的．

比較簡單的一種情況是上面的解式中只有有限個負(fù)蒂項，這時適當(dāng)調(diào)整s1和S2,總可

以將它們寫成

0000

初(x)＝區(qū)飲(x-xot+si,Y2(x)＝區(qū)叭X-Xot+s2+(3Y1(x)ln(x-xo),

k=Ok=O

a0-/=0,b。#0或(3#0.(29)

這樣的解稱為正則解．方程(1)是否有正則解，有幾個（一個或兩個）正則解，顯然取決千

p(x)和q(x)在Xo的性質(zhì)．對此，我們有下列

定理(Fuchs)方程(1)在x。處有兩個正則解的充要條件是：（x－xo)P位）和(x-

Xo)切(x)在x。解析．

上述條件就是說，p(x)以Xo為不高于一階的極點(diǎn)，q(x)以Xo為不高千二階的極點(diǎn)，

這樣的奇點(diǎn)稱為方程的正則奇點(diǎn)．所以，即chs定理也可以敘述為：方程(1)在．Xo處有兩

個正則解的充要條件是：m。是方程的正則奇點(diǎn)．

我們不去研究這一定理的證明，但補(bǔ)充以下兒點(diǎn)：＠S1和S2稱為正則奇點(diǎn)或正則解的

指標(biāo)，Res12='.Res2,即第一解表示指標(biāo)實(shí)部較大者，它總不包含對數(shù)函數(shù)．＠若81-S2-/=

0,1,2,．，則(3=0，即第二解必定不包含對數(shù)函數(shù)．＠若S1＝的，則(3-/=0'即第二解必

定包含對數(shù)函數(shù)．＠若81-S2EN,則第二解可能包含對數(shù)函數(shù)，也可能不包含．

將正則解的形式和p（工）、q(x)的Laurent展開式代入方程，即可得到一系列遞推關(guān)系，

從而確定正則解中的系數(shù)和指標(biāo)．

下面分析一下求解的過程，這可以幫助我們理解上面兒點(diǎn)補(bǔ)充結(jié)論．為書寫方便，下面令XO=0,

這并不失一般性

因XO=0是正則奇點(diǎn)，故

0000

沁）＝區(qū)阰產(chǎn)，q(:c)＝匯懷尸，0<舊<R(30)

k=Ok=O

將方程(1)兩邊同乘以護(hù)，得

滬y"(x)+xp(x)對(x)+X%(x)·y(x)=0(31)

采用第一解的形式

00

沁）＝區(qū)akxk+s,ao#0,(32)

k=O

易得

00

x切＇（x)＝區(qū)(k+s)(k+s-l)akxk+s,

k=O

xp（兀）xy'(x)＝巨飛(n+s)an·T,n+S=:扂(n+s)pknanlxk+S

000000

x%（兀）y(x)＝叉qm．心仰Xn+S＝區(qū)［立qk-n知Xk+S,

m=On=Ok=0n=0]

全部代入上式，整理即得遞推關(guān)系

k

(k+s)(k+s-l屈＋區(qū)[(n+s)Pk-n+Qk-n匹＝0(33)

n=O

令k=0,由千aof=O,故得

s(s-1)+pos+qo=0.(34)

這就是決定指標(biāo)的方程，它有兩個根，記實(shí)部較大的根為s1,較小的為s2.當(dāng)k>0,遞推關(guān)系可以寫為

k-1

[(k+s)(k+s—1)+Po(k+s)+qo]銖＝—區(qū)[(n+s)Pk-n+Qk-n]an.(35)

n=O

以s=s1代入，可由a。推出所有的系數(shù)，即得第一解．顯然，ak與a。成開比，可以寫作ak=

aof(k心），其中f(k，打）是K和S1的函數(shù)，當(dāng)然還依賴千Po,Qo,P1,Q1,...,Pk,Qk,但與a。無關(guān)．因

此第一解的形式為

0000

Yl(x)＝區(qū)心k+s1=ao藝J(k,s1)xk+st,ao-/0,J(O,s1)=1.(36)

k=Ok=O

這是上面的補(bǔ)充結(jié)論＠．若81-82#0,1,2,，以s=s2代入，亦可由a。推出所有的系數(shù)，將系數(shù)

ak改寫為bk，即得第二解，其形式為

0000

Y2位）＝區(qū)佽xk+s2=b。區(qū)f(k,的):1.,．k+s2,b。#0,f(O，的）=1.(37)

k=Ok=O

這是上面的補(bǔ)充結(jié)論＠．若s1=s2,式（36)與(37)實(shí)質(zhì)上相同，所以用上面的方法只能求得一個解，

第二解需要用其它方法求出，下面將看到，它包含對數(shù)函數(shù)．這是上面的補(bǔ)充結(jié)論＠．下面分析補(bǔ)充結(jié)

論＠．

當(dāng)句—砬＝mEN，在用遞推關(guān)系計算第二解的系數(shù)時司能會遇到困難．按上面的做法，將第二

解的系數(shù)寫作bk,則遞推關(guān)系(35)成為

[(k+s,)(k+s,-1)+Po(k+的）＋qo]從＝一：［（n+的）p長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,但計算加時，左邊的系數(shù)成為(m+

s2)(m+s2-1)+Po(m+的)+qo=s,(s1-1)+p的＋qo=0,這時需要分開兩種情況來討論．

如果這時式(38)右邊不為零，則出現(xiàn)矛盾，這說明第二解不可能具有形式(31)，而需要用其它方

法求出，下面將看到，它包含對數(shù)函數(shù)．

如果這時式(38)右邊也為零，則bm可以任意，取bm=0,即可求出第二解．顯然，所有系數(shù)均與

b。成正比，可表為懷＝bog(k)，故第二解的形式為

00

y如）＝b。區(qū)g(K)”k+S2,b。#0,g(O)=1,g(m)=0.(39)

k=O

當(dāng)k:<::;m-Lg(k)=J(k心），但k2m后則不成立．

如果不取bm=0,則自bm+1以后，遞推關(guān)系成為

[(k+釭）（k+句—1)+Po(k+s1)+qo]b爐m

m-1

=－區(qū)[(n＋的）pK+m-n+qK+m-？t]如一?:[(n+S1)pK-n+qK-n]bm+n,k21.(40)

n=O

顯然，所有系數(shù)均為如與加的線性組合．注意到bm=0時已經(jīng)有bk=bog(k)，則bm+k=bog(m+

k)+bm](k)．當(dāng)bo=0,上式成為bm+k=bm}(k)．但bo=0時式(40)變成

[(k+s1)(k+s,-1)+Po(k+s,)+qoJbk+m~-~[(n+s1)Pk-n+Qk-九]bm+n,k之I.{41)

即由加遞推bm+k的方程與由ao遞推ak的方程完全一樣，所以bm+k=bmf(k,s1)，從而f(k)=

f(k,S1)．于是

bm+k=b。g(m+k)+b,.,J(k,s1),k~0(42)

注意上式對k=O亦成立．故第二觥為

000000

Y2位）＝區(qū)歸k+s2=boLg(k)xk+s2+b三三f(k，釭）xk+m+s2

k=Ok=Ok=O

0000

=b。區(qū)g(k)xk+sz+bm區(qū)f(k，釭）也．k+s1(43)

k=Ok=O

易見其中第二部分求和與第一解Y1(x)成正比，所以上式已經(jīng)是通解．因此，上面取bm=0而得第二

解是恰當(dāng)?shù)模?/p>

蔽后講一下式（31)失效時如何求出第二解．由千已知第一解總具有式(36)的形式，故可由式(4)

求出第二解．下面作積分時，可以適當(dāng)選取積分常數(shù)．由式(30)，有

『p(v)dv=Polnu+tr己

k=O

其中嚇＝Pk/k(k,f-O),ro為積分常數(shù)，故

exp(-Jup(v)dv)=u—P()t心co,f-0

k=O

而

00

葉(u)＝產(chǎn)芒如k,do#0,

k=O

所以

言xp(—.Iup(v)dv)=-u-2s1-po產(chǎn)滬＝u-m-1t,心＝2殊uk-m-1e。#0,

其中利用了s1+s2=-po+1以及2s1+Po=s1+s2+m+Po=m+l.下面積分時要分開兩種情

況．

若m=0，即兩個指標(biāo)相等，積分得

00

exp{-/p(v)dv)du=(3lnx＋區(qū)fkxk,(3=eo#-0,

『心(「)k=O

其中八＝ek/k(k>O)，兒是積分常數(shù)，故

00

y如）＝區(qū)如．k+s1＋如（x)lnx,(3/=0,(44)

k=O

其中伈可以為零，但因為(3#O,第二解一定包含對數(shù)函數(shù)．

若m>O，積分得

00

如）dv)du={Jln也:+區(qū)fkxk-m,fo=

『三葉Ju－竺＃m0,

k=O

其中/3=em可能為零，也可能不為零，幾＝銖／（k-m)(k=/-m),fm為積分常數(shù)．故

00

如(x)＝區(qū)如k+s2＋知（x)lnx,b。#0.(45)

k=O

這一解可能包含對數(shù)函數(shù)，也可能不包含．

§4Bessel方程

-Bessel方程的級數(shù)解

在柱坐標(biāo)下對Laplace方程分離變量，會遇到Bessel方程及其本征值問

題．對波動或熱傳導(dǎo)方程分離變量，也會遇到類似的問題．Bessel方程也沒有簡單的解法，

所以只能考慮級數(shù)解．

數(shù)學(xué)上，Bessel方程的一般形式是

2

1./V

y"+ly'+(1-歹）y=0,(46)

其中u稱為Bessel方程的階，它可以是復(fù)數(shù)．若將u換為－V,上式不變，故可設(shè)Rev之0

而不失一般性．與標(biāo)準(zhǔn)形式(1)比較可見

lu2

p(x)=~'q(x)=1(47)

x-—x2.

顯然，x=O是方程的正則奇點(diǎn)．又容易看出，在復(fù)平面上方程沒有其它奇點(diǎn)．在x=O的

去心鄰域內(nèi)，可設(shè)解的形式為

00

y(x)=區(qū)a1,;Xk+s,a。#0(48)

k=O

將式(46)改寫為

Ly=（`;+x盧＋滬－1/2)y=X2YII+對＋（x2-訖）y=0,(49)

其中引入絆符L只是為了后面書寫方便．容易求出

000000

x牙＋xy'＝區(qū)(k+s)(k+s-l)akxk+s十區(qū)(k+s)ak產(chǎn)＝區(qū)(k+s)仇xk+s

k=Ok=Ok=O

千是

0000

切＝區(qū)[(k+s)2-盧akXk+s+區(qū)心k+s+2

k=Ok=O

oooo

=(s2-v2)a礦＋［（s+1)2一心心＋區(qū)[(k+s)2-v2]ak:產(chǎn)＋匯叨k+s+2

k=2k=O

=(s2_l/2)a礦＋［（s+1)2_l/2]a1”S+1+2{[(K+S+2)2_l/2]ak+2十釭｝“K+S+2

(50)

上式必須為零，故各項系數(shù)均為零．由千a。子0,即得s2-v2=0,這是決定指標(biāo)的方程，

因Rev~0,故其解為

S1=V,S2=—V.(51)

千是S1-S2=2v,暫時假定u不等于整數(shù)或半整數(shù)，則S1-S2不為整數(shù)，按上節(jié)的一般

理論，倆個解均不包含對數(shù)函數(shù)．u為整數(shù)或半整數(shù)的情況將在隨后各小節(jié)中加以討論．

首先討論第一解，對應(yīng)千勻＝v.容易得到a1=0和遞推關(guān)系

akak

ak+2=—=—(52)

(k+v+2)2—v2(k+2v+2)(k+2)

由此遞推關(guān)系和a1=0可以推出

a2k+1=0,k=0,l,2,--?(53)

反復(fù)利用遞推關(guān)系又可推出

a2k-2,,')a2k-4.

=

吵＝－(2v+2k)·2k-（平\1(2v+2k)(2v+2k-2)·2k(2k-2)-

a。

=(-)k

(2v+2k)(2v+2k-2)···(2v+2)·2k(2k-2)···2

a。

=(-)k

滬(v+k)(v+k-1)..?(v+1)·k!

k碩(v+1)

=(-)(54)

滬阿(v+k+1)"

最后一步將分子分母同乘以r(v+1)并利用了r函數(shù)的性質(zhì)r(z+1)=zr(z)．千是得到

第一解為

00

貳(v+1).2k+11

歸）＝匯(—)kX(55)

k=O滬皿(k+v+l)

取ao=1/211f(v+1)，這樣得到的解稱為u階Bessel函數(shù)，記作J11(X)，即y1位）＝JI/位），

其形式為

歸）＝產(chǎn)（－）k仁）2k+v(56)

k!f(k+v+l)\2

k=O

應(yīng)該強(qiáng)調(diào)的是，第一解對任何u值都是適用的．

其次討論第二解，對應(yīng)千82=-v．此時xs+l=X-v十1項的系數(shù)為[(s+1)2—v2]a1=

[(-v+l)2-v2如＝(-2v+l)a1,它應(yīng)該為零．由于現(xiàn)在I/=/=1/2,故q＝0仍成立．重復(fù)

第一解的推導(dǎo)過程，將其中的u換為－V,即得第二解為Y2(x)=J_v(x)，后者仍由式(56)

給出，只是將其中的u換為－V,只要u不為整數(shù)，J—1丿(x)的定義就是恰當(dāng)?shù)模?/p>

總結(jié)起來，當(dāng)u不等千整數(shù)或半整數(shù)時，Bessel方程的兩個線性獨(dú)立解為

y(x)={Jv位），J＿U位）｝(57)

顯然，.'I:=0是J切位）的支點(diǎn)．將JV位）（或J_v位））中的滬（或．x-v)因子提出來，剩下的

因子是一個幕級數(shù)，由遞推關(guān)系(52)容易看出，該幕級數(shù)的收斂半徑為無窮大，故J土v(x)

在沿x=O至X=00適當(dāng)割破的X平面上是單值解析的．

二半整數(shù)階Bessel方程

本小節(jié)考慮v=(2l-1)/2,lEN的情況．此時S1-S2=2l-1EN'根據(jù)上節(jié)的一般

理論，第二解可能會包含對數(shù)函數(shù)．但具體求解可以發(fā)現(xiàn)，第二解實(shí)際上是不包含對數(shù)函數(shù)

的．

以v=1/2為例．第一解當(dāng)然就是y心）＝J1;2(x)．對第二解，S2=-1/=-1/2,此

時由．Xs+l=X-1/+l=Xl/2項的系數(shù)為零得0=[(s+1)2-促］a1=[(-v+1)2-v2]a1=

(-2v+l)a1=O·a1.由此可見，a1可以任取．那么取a1=0顯然是最方便的．這樣就可以

象上一小節(jié)一樣求得第二解為Y2位）=J＿l/2(x)．如果不取a1=0,那么求得的解將包含兩

個任意常數(shù)ao和a1，計算可以發(fā)現(xiàn)（或參考上節(jié)小字部分的一般討論），包含a1的部分與

J1.;2(x)成正比，所以這個解已經(jīng)是通解．由此可見，取a1=0而得第二解是恰當(dāng)?shù)模?/p>

當(dāng)l2'.2,即v2'.3/2,第一解仍然是y1位）＝Jv(x)．對第二解，有a1=O,由遞推關(guān)系

(k+2)(k-2l+3)ak+2=-ak可得a3=a5=···=a21-3=O,然后就是0·a21一］=－a驢3=

O,千是a2l-l可以任?。缜叭2l-1=0，則所有a2k+1=0(k=0,1,2,··?)，這樣也就

可以象上一小節(jié)一樣求得第二解為Y2(x)=Lv(x).

總結(jié)起來，當(dāng)u為半整數(shù)時，Bessel方程的倆個線性獨(dú)立解仍由式(57)給出，只需將

相應(yīng)的u值代入即可．

以后我們會證明，半整數(shù)階的Bessel函數(shù)都是初等函數(shù)．這里證明J土1.／2(x)是初等函數(shù)．

將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)＝廠豆(-)k2K+12<Xl()k

7rX(2k+1)產(chǎn)，J＿．l/2(x)=｀區(qū)(2-k)1產(chǎn)，

k=Ok=O

即

如(x)={fsinx,L1;2(x)={fcosx(58)

三整數(shù)階Bessel方程

本小節(jié)考慮v=m=0,l,2,???的情況．此時S1—S2=2m,為自然數(shù)或零．當(dāng)m=O

時，81=S2=0，我們只能求得一個形如(48)的解，即小(x)=J。(x)，根據(jù)上節(jié)的一

般理論，第二解必定包含對數(shù)函數(shù)．當(dāng)mEN時，第一解為Y1(x)=Jm(X)．對于第二

解，將V=m和s2=-rn代入式(50)并令各項系數(shù)為零，即得a1=0和遞推關(guān)系

(k+2)(k—2m+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)，然而當(dāng)k=2m-2時，遞推關(guān)系給出0.a2m=-a2m-2'

但a2m-2CXa。不為零，所以導(dǎo)致矛盾，于是第二解不可能具有式(48)的形式，因而也包含

對數(shù)函數(shù)．令

00

y(x)=f3Jm位）lnx+區(qū)ak瀘－m,(59)

k=O

代入式(49)（其中v=m)，適當(dāng)選取其中可以任取的兩個常數(shù)(m=0時是a。和/3,mEN

時是a。和a2m，參看后面的求解）可以求得第二解Y2位）＝Nm位），稱為m階Neumann函

數(shù)，其形式為

m-1

2X1·~(m-k-1)!/x\2k-m

=ln--

Nm位）1!"-.,.,－Jm位）I---2－7f匯k!(2)

k=O

100(-)k

－－T匯爐(K+m)|［心(k+m+l)＋心(k+1)]行）2k+m(60)

k=O

當(dāng)m=O時，規(guī)定去掉其中第二項有限和．這里出現(xiàn)的心函數(shù)定義為r函數(shù)的對數(shù)微商，

即心(x)=dlnr(x)/dx=r'(x)兀(x)，這里我們只需要知道心(x+1)＝心(x)+1/x（來源

于r(x+1)＝江(x)）和心(1)=－＾（，而1=0.577215664901···稱為Euler常數(shù)，定義為

三：：息（歸－Inn).(61)

在不同的書上，Neumann函數(shù)的形式略有不同，但實(shí)質(zhì)上是一樣的．

總結(jié)起來，當(dāng)v=rn時，Bessel方程的兩個線性獨(dú)立解為

y(x)=Pm位），Nm(x)}(62)

物理上最常遇到的就是這種情況，注意Nm(X)在x=O處有奇性，所以，如果求解區(qū)域包

括x=O點(diǎn)，就應(yīng)該舍棄Nm(x).

四Neumann函數(shù)的一般定義

對一般的u值，我們可以定義u階Neumann函數(shù)為

JV(x)cosuT-J_U位）