20230519 特殊函数:常微分方程解的情况
Fu-Ming Chang Lv2
  2023-06-19 09:24:07 2023-06-19 09:24   2023-09-29 10:00:26    4.6k Words  23 Mins  

我们将从常微分方程的正则解出发讨论特殊函数[1] 。

引言

在这篇文章中我们将主要关注二阶(变系数)线性常微分方程

a(z)d2udz2+b(z)dudz+c(z)u=0(1)a(z)\frac{d^2u}{dz^2}+b(z)\frac{du}{dz}+c(z)u=0\tag{1}

更普遍的写为

d2udz2+p(z)dudz+q(z)u=0(2)\frac{d^2u}{dz^2}+p(z)\frac{du}{dz}+q(z)u=0\tag{2}

可以看到微分方程(2)涉及三个函数：系数p(z),q(z)p(z),q(z)，解u(z)u(z)。微分方程的解的性质可以由以下结论决定

解u(z)u(z)的解析性质由系数p(z),q(z)p(z),q(z)的解析性质决定。

对于解析性质，我们也可以理解为函数在解析区域或者某一点的ε−\varepsilon-邻域内是解析的，结论中的解析性质一般是指p(z),q(z)p(z),q(z)在某一点z0z_0的ε−\varepsilon-邻域内解析，此时称z0z_0为常点，否则（p(z),q(z)p(z),q(z)之一在某一点z0z_0的ε−\varepsilon-邻域内不解析）称为奇点。而且当z0z_0为常点时，微分方程在z0z_0的邻域内有唯一解；当z0z_0为奇点[2]时，微分方程在z0z_0的去心邻域内有唯一解。

奇点z0z_0的去心邻域的解

对于二阶线性微分方程(2) ，我们可以找到两个线性无关的特解u1(z),u2(z)u_1(z),u_2(z)，方程的通解可以表示为两个特解的线性叠加。我们先来回忆一下：如果函数u(z)u(z)在z0z_0处解析，那么u(z)u(z)一定可以用泰勒展开

u(z)=∑n=0+∞an(z−z0)n(3)u(z)=\sum^{+\infty}_{n=0}a_n(z-z_0)^n\tag{3}

为了求得奇点处去心邻域的级数解，我们引入米塔格-列夫勒定理

定理1：对于亚纯函数f(z)f(z)的极点为z1,z2,z3,…z_1,z_2,z_3,\dots,0<∣z1∣≤∣z2∣≤∣z3∣≤⋯0<|z_1|\leq|z_2|\leq|z_3|\leq\cdots，如果存在下列性质的围道序列{Cm}\{C_m\}：
（i）当m→∞m\rightarrow\infty时，CmC_m到原点(z=0)(z=0)的最近距离Rm→∞R_m\rightarrow\infty，但lm/Rml_m/R_m有界，其中lml_m是CmC_m的周长；
（ii）在CmC_m上∣z−pf(z)∣<M|z^{-p}f(z)|<M,pp为某最小的非负整数，MM为与mm无关的正数。
则f(z)f(z)可以展开为有理分式的级数

f(z)=∑k=0pf(k)(0)zkk!+∑n=1∞{Gn(1z−zn)−φnp(z)}(4)f(z)=\sum_{k=0}^{p} f^{(k)}(0)\frac{z^k}{k!}+\sum_{n=1}^\infty \left\{G_n\left(\frac{1}{z-z_n}\right)-\varphi_{np}(z) \right\}\tag{4}

其中

Gn(1z−zn)=An,sn(z−zn)sn+An,sn−1(z−zn)sn−1+⋯+An,1z−zn,(n=1,2,… )(5)G_n\left(\frac{1}{z-z_n}\right)=\frac{A_{n,s_n}}{(z-z_n)^{s_n}}+\frac{A_{n,s_n-1}}{(z-z_n)^{s_n-1}}+\cdots+\frac{A_{n,1}}{z-z_n},(n=1,2,\dots)\tag{5}

是f(z)f(z)在ana_n点的主部，

φnp(z)=∑k=0p[dkdζkGn(1ζ−zn)]ζ=0zkk!(6)\varphi_{np}(z)=\sum_{k=0}^{p}\left[\frac{d^k}{d\zeta^k}G_n\left(\frac{1}{\zeta-z_n}\right)\right]_{\zeta=0}\frac{z^k}{k!}\tag{6}

这个定理给出了亚纯函数的类似于洛朗展开的形式。我们引入下面的定理

定理2：如果z0z_0是方程的u′′(z)+p(z)u′(z)+q(z)u(z)=0u''(z)+p(z)u'(z)+q(z)u(z)=0的奇点，则在z0z_0的邻域0<∣z−z0∣<R0<|z-z_0|<R内（RR足够小使环状区域内无方程的奇点），方程的两个线性无关解为

u1(z)=(z−z0)α∑n=−∞∞an(z−z0)n,(7)u_1(z)=(z-z_0)^\alpha\sum^{\infty}_{n=-\infty}a_n(z-z_0)^n, \tag{7}

u2(z)={(z−z0)β∑n=−∞∞bn(z−z0)n,α−β≠整数cu1(z)ln⁡(z−z0)+(z−z0)β∑n=−∞∞bn(z−z0)n,α−β=整数(8)u_2(z)= \begin{cases} (z-z_0)^\beta\sum^{\infty}_{n=-\infty}b_n(z-z_0)^n,&\alpha-\beta\neq整数\\ c u_1(z)\ln(z-z_0)+(z-z_0)^\beta\sum^{\infty}_{n=-\infty}b_n(z-z_0)^n,&\alpha-\beta=整数\tag{8} \end{cases}

式中的α,β,an,bn,c\alpha,\beta,a_n,b_n,c都是待定的常数。

我们来看幂级数{x−n,⋯ ,x−2,x−1,1,x,x2,⋯ }\{x^{-n},\cdots,x^{-2},x^{-1},1,x,x^2,\cdots\}将它们积分可以得到{x−(n−1),⋯ ,x−1,ln⁡x,x,x2,x3,⋯ }\{x^{-(n-1)},\cdots,x^{-1},\ln x,x,x^2,x^3,\cdots\}，积分后我们可以看到出现了不属于幂级数的ln⁡\ln项，所以我们需要对于针对α−β\alpha-\beta给出ln⁡\ln项。

正则解，正则奇点

当微分方程(2)的系数p(z),q(z)p(z),q(z)满足一定的条件时，式(7-8)中的洛朗级数只包含有限的负幂次项，那么我们可以把负幂次项提出到(z−z0)α(z-z_0)^\alpha或(z−z0)β(z-z_0)^\beta中，可以得到解

u1(z)=(z−z0)α∑n=0∞an(z−z0)n,(a0≠0)u2(z)=cu1(z)ln⁡(z−z0)+(z−z0)β∑n=0∞bn(z−z0)n,(b0≠0)(9)\begin{aligned} u_1(z)&=(z-z_0)^\alpha\sum_{n=0}^{\infty}a_n(z-z_0)^n,(a_0\neq0)\\ u_2(z)&=cu_1(z)\ln(z-z_0)+(z-z_0)^\beta\sum_{n=0}^{\infty}b_n(z-z_0)^n,(b_0\neq0) \end{aligned}\tag{9}

我们称u1(z),u2(z)u_1(z),u_2(z)为正则解。接下来我们将关心什么样的系数p(z),q(z)p(z),q(z)可以给出正则解u(z)u(z)？我们有如下定理

定理3：方程(2)在它的奇点z0z_0的邻域0<∣z−z0∣<R0<|z-z_0|<R内有两个正则解的充要条件是

(z−z0)p(z)和(z−z0)2q(z)在∣z−z0∣<R内解析(10)(z-z_0)p(z)和(z-z_0)^2q(z)在|z-z_0|<R内解析\tag{10}

此时p(z),q(z)p(z),q(z)的奇点z0z_0称为正则奇点 ，否则为非正则奇点。从定理3我们可以看出，要求正则解相当于要求p(z)p(z)最高有一阶极点，q(z)q(z)最高有二阶极点。

无穷远点

在前面的讨论中，无论是奇点还是常点都是假设在有限远处。对于无穷远点，做变换z=1/tz=1/t，此时微分方程(2)
变为

u′′(t)+[2t−1t2p(1t)]u′(t)+1t4q(1t)u(t)=0(11)u''(t)+\left[\frac{2}{t}-\frac{1}{t^2}p\left(\frac{1}{t}\right)\right]u'(t)+\frac{1}{t^4}q\left(\frac{1}{t}\right)u(t)=0\tag{11}

z=∞z=\infty对于方程(2)的解析性质就等价于t=0t=0对于方程(11)的解析性质。

  1. 当t=0t=0是常点时，要求

p(1t)=2t+p2t2+p3t3+⋯(12) p\left(\frac{1}{t}\right)=2t+p_2t^{2}+p_{3}t^{3}+\cdots\tag{12}

以及

q(1t)=q4t4+q5t5+⋯(13) q\left(\frac{1}{t}\right)=q_{4}t^{4}+q_{5}t^{5}+\cdots\tag{13}

也即

p(z)=2z+p2z2+⋯ ;q(z)=q4z4+q5z5+⋯(14) p(z)=\frac{2}{z}+\frac{p_2}{z^{2}}+\cdots;q(z)=\frac{q_4}{z^{4}}+\frac{q_5}{z^5}+\cdots\tag{14}

  1. 当t=0t=0是正则奇点时，要求(10)成立，即$$\frac{1}{t}p\left(\frac{1}{t}\right)和\frac{1}{t^2}q\left(\frac{1}{t}\right)\tag{15}$$在t=0t=0的邻域内是解析的。

富克斯(Fuchs)型方程

极点

我们先来回忆一下极点的相关知识，当函数f(z)f(z)在z=z0∈Ωz=z_0\in \Omega处仅有一个11阶极点，那么有

f(z)=h(z)z−z0(16)f(z)=\frac{h(z)}{z-z_0}\tag{16}

其中h(z)h(z)为全纯函数[3] 。我们将h(z)h(z)在任意的一个点z1z_1的邻域∣z−z1∣<R|z-z_1|<R展开，

h(z)=∑n=0+∞hn(z−z1)n(17)h(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}h_n(z-z_1)^n\tag{17}

可以得到(16)式为

f(z)=1z−z0∑n=0+∞hn(z−z1)n=1z−z0[h0+h1(z−z1)+h2(z−z1)2+h3(z−z1)3+… ]=h0z−z0+h1z−z0+z0−z1z−z0+h2(z−z0+z0−z1)2z−z0+h3(z−z0+z0−z1)3z−z0+…=h0z−z0+h1(1+z0−z1z−z0)+h2[(z0−z1)2z−z0+C21(z0−z1)+(z−z0)]+h3[(z0−z1)3z−z0+C31(z0−z1)2+C32(z0−z1)(z−z0)+(z−z0)2]+…=∑n=0+∞hn(z0−z1)nz−z0+∑n=1+∞Cn1hn(z0−z1)n−1+(z−z0)∑n=2+∞Cn2hn(z0−z1)n−2+…=H0z−z0+∑k=0+∞Hk(z−z0)k(18)\begin{aligned} f(z)&=\frac{1}{z-z_0}\sum_{n=0}^{+\infty}h_n(z-z_1)^n\\ &=\frac{1}{z-z_0}\left[h_0+h_1(z-z_1)+h_2(z-z_1)^2+h_3(z-z_1)^3+\dots\right]\\ &=\frac{h_0}{z-z_0}+h_1\frac{z-z_0+z_0-z_1}{z-z_0}+h_2\frac{(z-z_0+z_0-z_1)^2}{z-z_0}+h_3\frac{(z-z_0+z_0-z_1)^3}{z-z_0}+\dots\\ &=\frac{h_0}{z-z_0}+h_1\left(1+\frac{z_0-z_1}{z-z_0}\right)+h_2\left[\frac{(z_0-z_1)^2}{z-z_0}+C_2^1(z_0-z_1)+(z-z_0)\right]\\&+h_3\left[\frac{(z_0-z_1)^3}{z-z_0}+C_3^1(z_0-z_1)^2+C_3^2(z_0-z_1)(z-z_0)+(z-z_0)^2\right]+\dots\\ &=\frac{\sum_{n=0}^{+\infty}h_n(z_0-z_1)^n}{z-z_0}+\sum_{n=1}^{+\infty}C_n^1h_n(z_0-z_1)^{n-1}+(z-z_0)\sum_{n=2}^{+\infty}C_n^2h_n(z_0-z_1)^{n-2}+\dots\\ &=\frac{H_0}{z-z_0}+\sum_{k=0}^{+\infty}H_k(z-z_0)^k \end{aligned}\tag{18}

其中Hk=∑n=k+1+∞Cnk+1hn(z0−z1)n−k−1H_k=\sum_{n=k+1}^{+\infty}C_n^{k+1}h_n(z_0-z_1)^{n-k-1}，等式的第二项可以看作z0z_0邻域上的全纯函数[4]ϕ(z)\phi(z)，因为f(z)f(z)在复平面上仅有一个一阶奇点z0z_0，我们总可以将幂级数做解析延拓，使得ϕ(z)\phi(z)在全平面上解析，即

f(z)=H0z−z0+ϕ(z)(19)f(z)=\frac{H_0}{z-z_0}+\phi(z)\tag{19}

富克斯型方程

所有的奇点都是正则奇点的方程称为富克斯(Fuchs)方程。我们先来分析富克斯型方程的系数普遍特征。若zr,r=1,2,…,nz_r,r=1,2,\dots,n以及∞\infty是方程(2)的正则奇点，其方程无其它的奇点。对于p(z)p(z)来说，因为zrz_r最多是其一阶极点，所以

p(z)=∑r=1nArz−zr+φ(z)(20)p(z)=\sum_{r=1}^{n}\frac{A_r}{z-z_r}+\varphi(z)\tag{20}

其中ArA_r为p(z)p(z)在z=zrz=z_r处的留数[5] ，φ(z)\varphi(z)是全平面解析的函数，因为z→∞(t→0)z\rightarrow \infty(t\rightarrow0)是方程的正则奇点，所以由式(15)可知，φ(z→∞)=0\varphi(z\rightarrow\infty)=0，由刘维尔定理可知[6] ，φ(z)=0\varphi(z)=0，所以

p(z)=∑r=1nArz−zr(21)p(z)=\sum_{r=1}^{n}\frac{A_r}{z-z_r}\tag{21}

同理对于q(z)q(z)，奇点最多为二阶奇点，

q(z)=∑r=1n[Br(z−zr)2+Crz−zr]+φ(z)(22)q(z)=\sum_{r=1}^n\left[\frac{B_r}{(z-z_r)^2}+\frac{C_r}{z-z_r}\right]+\varphi(z)\tag{22}

根据式(15)可得,

1t2q(1t)=∑r=1nBr(1−zrt)2+∑r=1nCrt(1−zrt)+φt2(23)\frac{1}{t^2}q\left(\frac{1}{t}\right)=\sum_{r=1}^n\frac{B_r}{(1-z_rt)^2}+\sum_{r=1}^n\frac{C_r}{t(1-z_rt)}+\frac{\varphi}{t^2}\tag{23}

所以φ(z→∞)=0\varphi(z\rightarrow\infty)=0，

∑r=1nCr=0(24)\sum_{r=1}^nC_r=0\tag{24}

注意此时我们要求了无穷远点是正则奇点。所以[7]

q(z)=∑r=1n[Br(z−zr)2+Crz−zr](25)q(z)=\sum_{r=1}^n\left[\frac{B_r}{(z-z_r)^2}+\frac{C_r}{z-z_r}\right]\tag{25}

具有3个正则奇点的富克斯型方程

非退化情况

对于一般的含有三个正则奇点的微分方程，根据式(21)(25)可知，

u′′+(A1z−z1+A2z−z2+A3z−z3)u′+[B1(z−z1)2+B2(z−z2)2+B3(z−z3)2+C1z−z1+C2z−z2+C3z−z3]u=0(26)\begin{aligned} u''&+\left(\frac{A_1}{z-z_1}+\frac{A_2}{z-z_2}+\frac{A_3}{z-z_3}\right)u'\\ &+\left[\frac{B_1}{(z-z_1)^2}+\frac{B_2}{(z-z_2)^2}+\frac{B_3}{(z-z_3)^2}+\frac{C_1}{z-z_1}+\frac{C_2}{z-z_2}+\frac{C_3}{z-z_3}\right]u=0 \end{aligned}\tag{26}

且其中C1+C2+C3=0C_1+C_2+C_3=0。当其中的一个奇点为z3=∞z_3=\infty时，式(26)可以化为

u′′+(A1z−z1+A2z−z2)u′+[B1(z−z1)2+B2(z−z2)2+C1z−z1−C1z−z2]u=0(27)u''+\left(\frac{A_1}{z-z_1}+\frac{A_2}{z-z_2}\right)u' +\left[\frac{B_1}{(z-z_1)^2}+\frac{B_2}{(z-z_2)^2}+\frac{C_1}{z-z_1}-\frac{C_1}{z-z_2}\right]u=0\tag{27}

我们再要求z1=0,z2=1z_1=0,z_2=1且均为一阶极点时，

u′′+(A1z+A2z−1)u′+(C1z−C1z−1)u=0z(1−z)u′′+[A1−(A1+A2)z]u′+C1u=0(28)\begin{aligned} u''+\left(\frac{A_1}{z}+\frac{A_2}{z-1}\right)u'+\left(\frac{C_1}{z}-\frac{C_1}{z-1}\right)u&=0\\ z(1-z)u''+\left[A_1-(A_1+A_2)z\right]u'+C_1u&=0 \end{aligned}\tag{28}

我们对(28)式进行重参数化可以化为，

z(1−z)u′′+[γ−(α+β+1)z]u′−αβu=0(29)z(1-z)u''+[\gamma-(\alpha+\beta+1)z]u'-\alpha\beta u=0\tag{29}

式(29)被称为超几何方程，同时微分方程有三个正则奇点：0,1,∞0,1,\infty，方程的解为超几何级数：F(α,β,γ;z)F(\alpha,\beta,\gamma;z)

退化情况

什么是退化？比如对于p(z)p(z)其可以写为

P2(z)={az2+bz+ca(z−z1)(z−z2)(30)P_2(z)= \begin{cases} az^2+bz+c\\ a(z-z_1)(z-z_2) \end{cases}\tag{30}

包含有三个参数，退化是指a,b,ca,b,c若干参数为0或者有重根(z1=z2)(z_1=z_2)。对于超几何方程，

方程 名称 退化情况
z(z−1)u′′+(γ+δz)u′−au=0z(z-1)u''+(\gamma+\delta z)u'-au=0 超几何方程，2F1_2F_1 非退化
zu′′+(b−z)u′−au=0zu''+(b-z)u'-au=0 合流[8]超几何方程 a=c=0a=c=0,正则奇点00,非正则奇点∞\infty
u′′−2zu′+2nu=0u''-2zu'+2nu=0 厄密方程 a=b=c=0a=b=c=0，非正则奇点为∞\infty
zu′′+(m+1−z)u′+(n−m)u=0zu''+(m+1-z)u'+(n-m)u=0 缔合拉盖尔方程，u(z)=Lnm(z)u(z)=L^m_n(z) a=c=0a=c=0,正则奇点为00,非正则奇点∞\infty
(1−z2)u′′−2zu′+l(l+1)u=0(1-z^2)u''-2zu'+l(l+1)u=0 勒让德方程，u(z)=Pl(z)u(z)=P_l(z) b=0b=0，正则奇点为±1\pm1,非正则奇点∞\infty

我们关心正则解，高斯的实现是考虑到二阶多项式，那么也可以考虑三阶多项式，

P3(z)u′′+P2(z)u′+P1(z)u=0(31)P_3(z)u''+P_2(z)u'+P_1(z)u=0\tag{31}

方程(24)被称为Heun方程。对其进行参数化为

z(z−1)(z−a)u′′+(γ+δz+εz2)u′+(az−q)u=0(32)z(z-1)(z-a)u''+(\gamma+\delta z+\varepsilon z^2)u'+(az-q)u=0\tag{32}

方程的奇点为0,1,a,∞0,1,a,\infty。

  1. Ref：王竹溪，郭敦仁.特殊函数概论. ↩︎

  2. 奇点决定函数的整体性质。 ↩︎

  3. 由于函数f(z)f(z)仅有一个nn阶极点，这里的全纯函数可以解析延拓到整个复平面。 ↩︎

  4. 函数仅含有可去奇点时，可以通过解析延拓化为全纯函数。 ↩︎

  5. Res(f(z),z=zr)=12πi∮Cf(z)dz=c−1Res(f(z),z=z_r)=\frac{1}{2\pi i}\oint_Cf(z)dz=c_{-1} ↩︎

  6. 刘维尔定理：如果全平面解析的函数f(z)f(z)是有界的，那么f(z)f(z)是一个常值函数。 ↩︎

  7. 无论是(16)还是(18) ，都代表着所有可能p(z),q(z)p(z),q(z)的形式。 ↩︎

  8. 我们可以看到合流超几何方程只有奇点0,∞0,\infty少了一个奇点11，那么这个奇点是怎么消失的？以什么方式消失的？答：11与∞\infty合并了。 ↩︎

  1. 1. 引言
  2. 2. 奇点z0z_0z0​的去心邻域的解
  3. 3. 正则解，正则奇点
  4. 4. 无穷远点
  5. 5. 富克斯(Fuchs)型方程
    1. 5.1. 极点
    2. 5.2. 富克斯型方程
  6. 6. 具有3个正则奇点的富克斯型方程
    1. 6.1. 非退化情况
    2. 6.2. 退化情况