在 4.1 节、我们已经得到、在非正则点附近，至少有一个解有本性奇点.对于二阶以上的方程来说、还有一个解可能是形式上的Frobenius 型级数但它往往是发散的）（见例 4.1.6）.我们要给出二阶方程具有形式上 Frobenius 型级数解的条件.

定理一: 对于\(\infty\) 是非正则奇点的二阶常微分方程

\[L y=\frac{d^{2} y}{d x^{2}}+p(x) \frac{d y}{d x}+q(x) y=0\tag{4.3.1} \]

式中

\[\begin{array}{l} p(x)=x^{n_{1}}\left(p_{0}+\frac{p_{1}}{x}+\cdots\right) & p_{0} \neq 0 \\ q(x)=x^{n_{2}}\left(p_{0}+\frac{p_{1}}{x}+\cdots\right) & q_{0} \neq 0 \end{array} \]

回顾正则情况

非正则就是不满足，\(n_1>-1\)或\(n_2>-2\)。

例\(n_1<-1,n_1=-2\)，多出来的\(\frac 1 x\)可以放到括号里，相当于\(p_0=0\)，还是正则的形式

该方程具有形式 Frobenius 型级数解的必要条件是

\[n_{1} \geq n_{2}+1 \]

证明:

\[y(x)=x^{\alpha} \sum_{k=0}^{\infty} c_{k} x^{-k}\tag{4.3.4} \]

\(c_{0} \neq 0\). 因为上述方程在 \(\infty\) 处是非正则奇点, 所以有 \(n_{1}>-1\), 或 \(n_{2}>-2\), 将式 (4.3.4) 代入方程 (4.3.1).

\[\begin{aligned} L y=& x^{\alpha} \bigg\{\sum_{k=0}^{\infty} c_{k}(\alpha-k)(\alpha-k-1) x^{-k-2} \\ &+\sum_{r=0}^{\infty} p_{r} x^{n_{1}-r} \sum_{k=0}^{\infty} c_{k}(\alpha-k) x^{-k-1}+\sum_{s=0}^{\infty} q_{s} x^{n_{2}-s} \sum_{k=0}^{\infty} c_{k} x^{-k} \bigg\}=0 \end{aligned} \]

类似于正则情况的推导

\[\begin{array}{l} Ly=y''+q(x)y'+q(x)y=0\\ y''=( \sum_{k=0}^{\infty} c_{k} x^{\alpha-k})''= \sum_{k=0}^{\infty} (\alpha-k)(\alpha-k-1)c_{k}x^{\alpha-k-2}\\ y'=\sum_{k=0}^{\infty} (\alpha-k)c_{k}x^{\alpha-k-1}\\ y(x)=x^{\alpha} \sum_{k=0}^{\infty} c_{k} x^{-k}\\ p(x)=x^{n_{1}}\left(p_{0}+\frac{p_{1}}{x}+\cdots\right) & p_{0} \neq 0 \\ q(x)=x^{n_{2}}\left(p_{0}+\frac{p_{1}}{x}+\cdots\right) & q_{0} \neq 0\\ \therefore Ly=x^{\alpha} \sum_{k=0}^{\infty} c_{k}(\alpha-k)(\alpha-k-1) x^{-k-2}+\sum_{r=0}^{\infty}p_rx^{n_1-r}\cdot\sum_{k=0}^{\infty} (\alpha-k)c_{k}x^{\alpha-k-1}\\\quad+\sum_{s+0}^{\infty}q_sx^{n_2-s}\cdot x^{\alpha} \sum_{k=0}^{\infty} c_{k} x^{-k}\\ =x^{\alpha}\{\sum_{k=0}^{\infty} c_{k}(\alpha-k)(\alpha-k-1) x^{-k-2}+\sum_{r=0}^{\infty}p_rx^{n_1-r}\cdot\sum_{k=0}^{\infty} (\alpha-k)c_{k}x^{-k-1}\\\quad+\sum_{s+0}^{\infty}q_sx^{n_2-s}\cdot \sum_{k=0}^{\infty} c_{k} x^{-k}\}=0\\ \end{array} \]

①第一项x幂次：-2,-3，-4，...

②第二项x幂次\(n_1-r-k-1\):\(n_1-1,n_1-2,n_1-3,\dots\)

③第三项x幂次\(n_2-s-k:n_2,n_2-1,n_2-2,\dots\)

\(n_1>-1\)或\(n_2>-2\)。

①②③之和的首项的次幂：-2+\(n_1-1+n_2\)

\(n_1-1>-2或n_2>-2\)

首项并不平衡

• 若\(n_1-1=n2\)，则首项由②③贡献

首项的系数为零：\(p_0c_0\alpha+q_0c_0=0\)，即\(p_0\alpha+q_0=0\),即\(\alpha=-\frac{q_0}{p_0}\)

• 若\(n_1-1>n_2\),则首项由②贡献

  首项的系数为零：\(p_0c_0\alpha=0\),即\(\alpha=0\)

• 若\(n_1-1<n_2\),则首项由③贡献

​ 首项的系数为零：\(q_0c_0=0\),不成立

所以，\(n_1-1\ge n_2\)时，有Froubenius级数解。（中间的梯子是最高的或最高的之一）

我们要求同次幂项等于零. \(x^{-1}\) 的最低次幂项必在后面两个和式中 出现. 若 \(n_{2} \geq n_{1}\), 得

\[c_{0}=0 \]

与原先假设式盾.
若 \(n_{2}+1=n_{1}\), 得

\[q_{0}+p_{0} \alpha=0 \]

所以, 特征指数为

\[\alpha=-\frac{q_{0}}{p_{0}} \]

若 \(n_{1}>n_{2}+1\) ：得

\[\alpha=0 \]

然后再推出递推公式.
这里, 我们还要考虑 \(p(x) \equiv 0\) 或 \(q(x) \equiv 0\) 的情况 (但不能全 等于零, 因为 \(x=\infty\) 是非正则合点), 若 \(p \equiv 0\) 得 \(c_{0}=0\), 与假设矛盾. 若 \(q \equiv 0\), 得 \(\alpha=0\), 依然可推计递推公式.

\(p(x) \equiv 0\) 或 \(q(x) \equiv 0\),即不存在第二个或第三个梯子。可以第三个梯子不存在，但是第二个梯子一定要存在。

定理二: 对于 \(x=0\) 处有非正则奇点的二阶常微分方程

\[L y=\frac{d^{2} y}{d x^{2}}+p(x) \frac{d y}{d x}+q(x) y=0 \]

式中

\[\begin{array}{ll} p(x)=x^{n_{1}}\left(p_{0}+p_{1} x+p_{2} x^{2}+\cdots\right), & p_{0} \neq 0 \\ q(x)=x^{n_{2}}\left(q_{0}+q_{1} x+q_{2} x^{2}+\cdots\right), & q_{0} \neq 0 \end{array} \]

在 \(x=0\) 处有正则解的必要条件为

\[n_{1} \leq n_{2}+1 \]

回顾：非正则奇点的条件\(n_1<-1或n_2<-2\)

证明, 同样可假定

\[y(x)=x^{\alpha} \sum_{k=0}^{\infty} c_{k} x^{k} \]

\(c_{0} \neq 0\), 对于 \(x=0\) 为非正则奇点的情况, \(n_{1}<-1\) 或 \(n_{2}<-2\). 将 (4.3.14) 代入方程 (4.3.10) 得

\[\begin{aligned} L y=& x^{\alpha} \bigg\{\sum_{k=0}^{\infty} c_{k}(\alpha+k)(\alpha+k-1) x^{k-2} \\ &+\sum_{r=0}^{\infty} p_{r} x^{n_{1}+r} \sum_{k=0}^{\infty} c_{k}(\alpha+k) x^{k-1}+\sum_{s=0}^{\infty} q_{s} x^{n_{2}+s} \sum_{k=0}^{\infty} c_{k} x^{k}\bigg\}=0 \end{aligned} \]

①第一项x幂次：-2,-3，-4，...

②第二项x幂次\(n_1+r+k-1\):\(n_1-1,n_1-2,n_1-3,\dots\)

③第三项x幂次\(n_2+s+k:n_2,n_2-1,n_2-2,\dots\)

\(n_1<-1或n_2<-2\)，

第二三个梯子仍比第一个高。

• 若\(n_1-1<n_2\)​,则首项由②贡献

首项的系数为零:\(p_0c_0\alpha=0\),\(\alpha=0\)

• 若\(n_1-1=n_2\)​,则首项由②③贡献

首项的系数为零:\(p_0c_0\alpha+q_0c_0=0\),\(\alpha=-\frac{q_0}{p_0}\)

• 若\(n_1-1>n_2\)​,则首项由③贡献

首项的系数为零:\(q_0c_0=0\),不成立

所以$ n_1-1\le n_2$

这时, \(x\) 的最低次幂的项由后面两个乘积产生. 若 \(n_{2}<n_{1}-1\), 要求

\[c_{0}=0 \]

与原假设矛盾
若 \(n_{2}=n_{1}-1\), 要求

\[q_{0}+p_{0} \alpha=0 \]

特征指数

\[\alpha=-\frac{q_{0}}{p_{0}} \]

若 \(n_{2}>n_{1}-1\), 得

\[\alpha=0 \]

即特征指数 \(\alpha\) 为零.
这里还要讨论 \(p(x) \equiv 0\) 或 \(q(x) \equiv 0\) 的情况 (但不能全等于零,因为这是非正则奇点). \(p \equiv 0\) 时, 要求 \(c_{0}=0\), 与假设矛盾. \(\quad q \equiv 0\)时, 要求特征指数 \(\alpha=0\), 可以有 Frobenius 型的形式解.

定理一二总结：第二个梯子要对首项有贡献，才会有Froubenius型级数解。

正则奇异点与非正则奇异点的区别：正则，三个梯子一样高，即对首项都有贡献。非正则不一样高，其中几个对首项有贡献。

如果在非正则奇点附近, 系数 \(p(x), q(x)\) 不满足定理一, 定理 二的条件

也就不能写成Froubenius级数解形式

, 我们可以求

\[y(x)=e^{s(x)} x^{\sigma} u(x) \]

形式的解. 在 \(\infty\) 处, \(s(x)\) 为 \(x^{1 / n}\) 的正次幂多项式. \(u(x)\) 为 \(x^{\frac{1}{n}}\) 的负幂次级数, 在原点处, \(s\) 为 \(x^{\frac{1}{n}}\) 的负次幂多项式, \(u(x)\) 为 \(x^{\frac{1}{n}}\) 的正幂次级数. 这是本性奇点有代表性的表达形式. 当 \(n=1\) 时, 我们称这种解为常规解 (normal solution), \(n \neq 1\) 时, 我们称这种解 为次常规解 (subnormal solution), 次常规解的例子可见 \(4.1\) 节 [例 4.1.5].

\[\begin{array}{l} e^{s(x)}贡献本性奇异点\\ x^{\sigma}贡献支点\\ u(x)是解析的\\ \end{array} \]

\[\begin{array}{l} \infty处，e^{s(x)}=e^{[x^\frac 1 n+(x^\frac 1 n)^2+\cdots ]}=e^{[(\infty^\frac 1 n)+(\infty^\frac 1 n)^2+(\infty^\frac 1 n)^3+\cdots]}\\ 在实轴上，x\rightarrow+\infty,e^{s(x)}=+\infty\\ x\rightarrow-\infty,e^{s(x)}=0,所以\infty是本性奇点。\\ u(x)=(x^\frac 1 n)^{-1}+(x^\frac 1 n)^{-2}+\cdots=(\frac 1 x)^{\frac 1 n}+(\frac 1 x)^{\frac 2 n}+(\frac 1 x)^{\frac 3 n}+\cdots在\infty处解析\\ 0处，e^{s(x)}=e^{[(x^\frac 1 n)^{-1}+(x^\frac 1 n)^{-2}+\cdots ]}=e^{[(\frac 1 x)^{\frac 1 n}+(\frac 1 x)^{\frac 2 n}+(\frac 1 x)^{\frac 3 n}+\cdots]}，0为本性奇异点。\\ \infty处，u(x)=x^\frac 1 n+(x^\frac 1 n)^2+\cdots,0处解析。 \end{array} \]

airy函数是次常规的

[ 例 4.3.1] 求解 Hermite 方程

\[\psi^{\prime \prime}+\left(\lambda-\alpha^{2} x^{2}\right) \psi=0 \]

没有第二个梯子（\(p(x)y'\)），一定不满足定理一二。

在 \(\infty\) 处的渐近解, 其中 \(\lambda, \alpha\) 为常数.
因为 \(\infty\) 为非正则奇点, 且不满足定理一的条件, 所以我们必须 假定

\[\psi(x)=e^{Q(x)} v(x) \]

在上述变换下, \(v\) 的方程为

\[v^{\prime \prime}+\tilde{p}(x) v^{\prime}+\tilde{q}(x) v=0 \]

式中

\[\begin{aligned} &\tilde{p}(x)=2 Q^{\prime} \\ &\tilde{q}(x)=q+Q^{\prime \prime}+Q^{\prime 2}=\left(\lambda-\alpha^{2} x^{2}\right)+Q^{\prime \prime}+Q^{\prime 2} \end{aligned} \]

$Q(x)=x^\frac 1 n+(x^\frac 1 n)^2+(x\frac 1 n)^3+\cdots $

设Q(x)的最高次幂是n

\(\tilde{p}(x)\)最高次幂：n-1

\(\tilde{q}(x)\)最高次幂：max[0,2，n-2,2n-2]

回顾定理一：

\[\begin{array}{l} p(x)=x^{n_{1}}\left(p_{0}+\frac{p_{1}}{x}+\cdots\right) & p_{0} \neq 0 \\ q(x)=x^{n_{2}}\left(p_{0}+\frac{p_{1}}{x}+\cdots\right) & q_{0} \neq 0 \\n_{1} \geq n_{2}+1,有Froubenius级数解 \end{array} \]

所以，需要\(n-1\ge max[0,2，n-2,2n-2]+1\),即\(n-1\ge max[2，n-2,2n-2]+1\)。

假如2,n-2,2n-2项不能互相抵消，即都存在，那么（n-1）要比他们任意一项＋1都要大。

\[\begin{cases} n-1\ge2+1,&\to n\ge 4①\\ n-1\ge n-2+1,&\to n任意②\\ n-1\ge 2n-2+1，&\to n\le 0③\\ \end{cases} \]

无解，因为没有考虑2,n-2,2n-2中有抵消的情况。
考虑抵消。如果n-2,2n-2项相互抵消，n-2=2n-2,n=0。且由①\(n\ge4\),相矛盾。

​ 如果2，n-2项相抵消，2=n-2，n=4.且由③\(n\le 0\),相矛盾。

​ 如果2,2n-2项相抵消，n=2.与②不矛盾

n=2,所以，

\[\tilde p(x)最高次幂=n-1=1\\ \tilde q(x)最高次幂=n-2=0\\ 满足n_1\ge n_2+1 \]

\[\begin{aligned} &\tilde{p}(x)=2 Q^{\prime} \\ &\tilde{q}(x)=q+Q^{\prime \prime}+Q^{\prime 2}=\left(\lambda-\alpha^{2} x^{2}\right)+Q^{\prime \prime}+Q^{\prime 2}\\ &2,2n-2项相抵消,\left(-\alpha^{2} x^{2}\right)+Q^{\prime 2}=0,\pm \alpha x=Q^{\prime}\\ &Q=\frac {1}{2}\alpha x^2 \end{aligned} \]

按照定理一的结论, \(\tilde{p}\) 的阶数应高于 \(\tilde{q}\) 的阶数, 必须要求 \(Q\) 最高阶 项为二次项, 并且要将 \(q\) 中的二次项消去, 因此

\[Q(x)=\pm \frac{\alpha}{2} x^{2} \]

所以, \(v(x)\) 所满足的方程 \((4.3 .20)\) 为

\[v^{\prime \prime} \pm 2 \alpha x v^{\prime}+(\lambda \pm \alpha) v=0 \]

该方程符合定理一的条件, 可令

\[v=x^{\rho} \sum_{k=0}^{\infty} \alpha_{k} x^{-k} \]

得特征指数为

\[\rho=\frac{\lambda-\alpha}{2 \alpha} \]

系数的递推方程为

\[\begin{aligned} &c_{2 k+1}=0 \\ &c_{2 k}=(-1)^{k} \frac{(\rho-2 k+2)(\rho-2 k+1) \cdots \rho(\rho-1)}{k !(4 \alpha)^{k}} c_{0} \end{aligned} \]

原方程 (4.3.18) 的解为

\[\begin{aligned} &\psi=e^{-\frac{\alpha x^{2}}{2}} x^{\frac{\lambda-\alpha}{2 \alpha}} \\ &\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k} \frac{\rho(\rho-1) \cdots(\rho-2 k+2)(\rho-2 k+1)}{k !(4 \alpha)^{k}} x^{-2 k} \end{aligned} \]

当特征指数为整数时, 仅含有有限项, 即求和号 \(\sum\) 内表示一多项 式. 从这个例子, 我们可以看到, 定理一、二对于确定方程渐近解的 作用. 另一个特征指数的情况可得类似的结果.
主项平衡法 (dominant balance) 可以帮助我们逐步求出式 (4.3.17) 形式解为 \(s(x)\) 的渐近形式. 这是求非正则奇点附近渐近解 指数因子的有效方法. 首先, 我们可假定解的形式为

\[y \sim e^{s(x)} \]