Решение Фробениуса гипергеометрического уравнения - Frobenius solution to the hypergeometric equation

Далее мы решаем второй порядок дифференциальное уравнение называется гипергеометрическое дифференциальное уравнение используя метод Фробениуса, названный в честь Фердинанд Георг Фробениус. Это метод, который использует серии решение дифференциального уравнения, где мы предполагаем, что решение имеет вид ряда. Обычно это метод, который мы используем для сложных обыкновенных дифференциальных уравнений.

Решение гипергеометрического дифференциального уравнения очень важно. Например, можно показать, что дифференциальное уравнение Лежандра является частным случаем гипергеометрического дифференциального уравнения. Следовательно, решая гипергеометрическое дифференциальное уравнение, можно напрямую сравнивать его решения, чтобы получить решения дифференциального уравнения Лежандра, после выполнения необходимых замен. Для получения более подробной информации, пожалуйста, проверьте гипергеометрическое дифференциальное уравнение.

Мы докажем, что это уравнение имеет три особенности, а именно при Икс = 0, Икс = 1 и около Икс = бесконечность. Однако, поскольку они окажутся регулярные особые точки, мы сможем принять решение в виде ряда. Поскольку это дифференциальное уравнение второго порядка, мы должны иметь два линейно независимый решения.

Проблема, однако, заключается в том, что наши предполагаемые решения могут быть или не быть независимыми, или, что еще хуже, могут даже не быть определены (в зависимости от значения параметров уравнения). Вот почему мы рассмотрим различные случаи для параметров и соответствующим образом изменим наше предполагаемое решение.

Уравнение

Решить гипергеометрическое уравнение вокруг всех особенностей:

${displaystyle x(1-x)y''+left{gamma -(1+alpha +eta )xight}y'-alpha eta y=0}$

Решение вокруг Икс = 0

Позволять

${displaystyle {egin{aligned}P_{0}(x)&=-alpha eta ,P_{1}(x)&=gamma -(1+alpha +eta )x,P_{2}(x)&=x(1-x)end{aligned}}}$

потом

${displaystyle P_{2}(0)=P_{2}(1)=0.}$

Следовательно, Икс = 0 и Икс = 1 - особые точки. Давайте начнем с Икс = 0. Чтобы убедиться в его регулярности, исследуем следующие пределы:

${displaystyle {egin{aligned}lim _{x o a}{frac {(x-a)P_{1}(x)}{P_{2}(x)}}&=lim _{x o 0}{frac {(x-0)(gamma -(1+alpha +eta )x)}{x(1-x)}}=lim _{x o 0}{frac {x(gamma -(1+alpha +eta )x)}{x(1-x)}}=gamma lim _{x o a}{frac {(x-a)^{2}P_{0}(x)}{P_{2}(x)}}&=lim _{x o 0}{frac {(x-0)^{2}(-alpha eta )}{x(1-x)}}=lim _{x o 0}{frac {x^{2}(-alpha eta )}{x(1-x)}}=0end{aligned}}}$

Следовательно, существуют оба предела и Икс = 0 является регулярная особая точка. Поэтому мы предполагаем, что решение имеет вид

${displaystyle y=sum _{r=0}^{infty }a_{r}x^{r+c}}$

с а₀ ≠ 0. Следовательно,

${displaystyle {egin{aligned}y'&=sum _{r=0}^{infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}y''&=sum _{r=0}^{infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-2}.end{aligned}}}$

Подставляя их в гипергеометрическое уравнение, получаем

${displaystyle xsum _{r=0}^{infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-2}-x^{2}sum _{r=0}^{infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-2}+gamma sum _{r=0}^{infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}-(1+alpha +eta )xsum _{r=0}^{infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}-alpha eta sum _{r=0}^{infty }a_{r}x^{r+c}=0}$

Это,

${displaystyle sum _{r=0}^{infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-1}-sum _{r=0}^{infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c}+gamma sum _{r=0}^{infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}-(1+alpha +eta )sum _{r=0}^{infty }a_{r}(r+c)x^{r+c}-alpha eta sum _{r=0}^{infty }a_{r}x^{r+c}=0}$

Чтобы упростить это уравнение, нам нужно, чтобы все степени были одинаковыми, равными р + c - 1, наименьшая мощность. Следовательно, мы меняем индексы следующим образом:

${displaystyle {egin{aligned}&sum _{r=0}^{infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-1}-sum _{r=1}^{infty }a_{r-1}(r+c-1)(r+c-2)x^{r+c-1}+gamma sum _{r=0}^{infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}&qquad -(1+alpha +eta )sum _{r=1}^{infty }a_{r-1}(r+c-1)x^{r+c-1}-alpha eta sum _{r=1}^{infty }a_{r-1}x^{r+c-1}=0end{aligned}}}$

Таким образом, выделяя первый член сумм, начиная с 0, получаем

${displaystyle {egin{aligned}&a_{0}(c(c-1)+gamma c)x^{c-1}+sum _{r=1}^{infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-1}-sum _{r=1}^{infty }a_{r-1}(r+c-1)(r+c-2)x^{r+c-1}&qquad +gamma sum _{r=1}^{infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}-(1+alpha +eta )sum _{r=1}^{infty }a_{r-1}(r+c-1)x^{r+c-1}-alpha eta sum _{r=1}^{infty }a_{r-1}x^{r+c-1}=0end{aligned}}}$

Теперь из линейной независимости всех степеней Икс, то есть функций 1, Икс, Икс²и т. д., коэффициенты при Икс^k исчезнуть для всех k. Следовательно, из первого члена имеем

${displaystyle a_{0}(c(c-1)+gamma c)=0}$

какой указательное уравнение. С а₀ ≠ 0 имеем

${displaystyle c(c-1+gamma )=0.}$

Следовательно,

${displaystyle c_{1}=0,c_{2}=1-gamma }$

Также из остальных терминов у нас есть

${displaystyle ((r+c)(r+c-1)+gamma (r+c))a_{r}+(-(r+c-1)(r+c-2)-(1+alpha +eta )(r+c-1)-alpha eta )a_{r-1}=0}$

Следовательно,

${displaystyle {egin{aligned}a_{r}&={frac {(r+c-1)(r+c-2)+(1+alpha +eta )(r+c-1)+alpha eta }{(r+c)(r+c-1)+gamma (r+c)}}a_{r-1}&={frac {(r+c-1)(r+c+alpha +eta -1)+alpha eta }{(r+c)(r+c+gamma -1)}}a_{r-1}end{aligned}}}$

Но

${displaystyle {egin{aligned}(r+c-1)(r+c+alpha +eta -1)+alpha eta &=(r+c-1)(r+c+alpha -1)+(r+c-1)eta +alpha eta &=(r+c-1)(r+c+alpha -1)+eta (r+c+alpha -1)end{aligned}}}$

Следовательно, мы получаем отношение повторения

${displaystyle a_{r}={frac {(r+c+alpha -1)(r+c+eta -1)}{(r+c)(r+c+gamma -1)}}a_{r-1},{ ext{ for }}rgeq 1.}$

Давайте теперь упростим это соотношение, дав а_р с точки зрения а₀ вместо того а_р−1. Из рекуррентного отношения (примечание: ниже выражения вида (ты)_р обратитесь к Символ Поххаммера ).

${displaystyle {egin{aligned}a_{1}&={frac {(c+alpha )(c+eta )}{(c+1)(c+gamma )}}a_{0}a_{2}&={frac {(c+alpha +1)(c+eta +1)}{(c+2)(c+gamma +1)}}a_{1}={frac {(c+alpha +1)(c+alpha )(c+eta )(c+eta +1)}{(c+2)(c+1)(c+gamma )(c+gamma +1)}}a_{0}={frac {(c+alpha )_{2}(c+eta )_{2}}{(c+1)_{2}(c+gamma )_{2}}}a_{0}a_{3}&={frac {(c+alpha +2)(c+eta +2)}{(c+3)(c+gamma +2)}}a_{2}={frac {(c+alpha )_{2}(c+alpha +2)(c+eta )_{2}(c+eta +2)}{(c+1)_{2}(c+3)(c+gamma )_{2}(c+gamma +2)}}a_{0}={frac {(c+alpha )_{3}(c+eta )_{3}}{(c+1)_{3}(c+gamma )_{3}}}a_{0}end{aligned}}}$

Как мы можем видеть,

${displaystyle a_{r}={frac {(c+alpha )_{r}(c+eta )_{r}}{(c+1)_{r}(c+gamma )_{r}}}a_{0},{ ext{ for }}rgeq 0}$

Следовательно, наше предполагаемое решение принимает вид

${displaystyle y=a_{0}sum _{r=0}^{infty }{frac {(c+alpha )_{r}(c+eta )_{r}}{(c+1)_{r}(c+gamma )_{r}}}x^{r+c}.}$

Теперь мы готовы изучить решения, соответствующие различным случаям для c₁ − c₂ = γ - 1 (это сводится к изучению природы параметра γ: целое оно или нет).

Анализ решения через разность γ - 1 двух корней

γ не целое

потом у₁ = у|_{c = 0} и у₂ = у|_{c = 1 - γ}. С

${displaystyle y=a_{0}sum _{r=0}^{infty }{frac {(c+alpha )_{r}(c+eta )_{r}}{(c+1)_{r}(c+gamma )_{r}}}x^{r+c},}$

у нас есть

${displaystyle {egin{aligned}y_{1}&=a_{0}sum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{(1)_{r}(gamma )_{r}}}x^{r}=a_{0}cdot {{}_{2}F_{1}}(alpha ,eta ;gamma ;x)y_{2}&=a_{0}sum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha +1-gamma )_{r}(eta +1-gamma )_{r}}{(1-gamma +1)_{r}(1-gamma +gamma )_{r}}}x^{r+1-gamma }&=a_{0}x^{1-gamma }sum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha +1-gamma )_{r}(eta +1-gamma )_{r}}{(1)_{r}(2-gamma )_{r}}}x^{r}&=a_{0}x^{1-gamma }{{}_{2}F_{1}}(alpha -gamma +1,eta -gamma +1;2-gamma ;x)end{aligned}}}$

Следовательно, ${displaystyle y=A'y_{1}+B'y_{2}.}$ Позволять А'А₀ = а и B′ а₀ = B. потом

${displaystyle y=A{{}_{2}F_{1}}(alpha ,eta ;gamma ;x)+Bx^{1-gamma }{{}_{2}F_{1}}(alpha -gamma +1,eta -gamma +1;2-gamma ;x),}$

γ = 1

потом у₁ = у|_{c = 0}. Поскольку γ = 1, имеем

${displaystyle y=a_{0}sum _{r=0}^{infty }{frac {(c+alpha )_{r}(c+eta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}x^{r+c}.}$

Следовательно,

${displaystyle {egin{aligned}y_{1}&=a_{0}sum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r}}}x^{r}=a_{0}{{}_{2}F_{1}}(alpha ,eta ;1;x)y_{2}&=left.{frac {partial y}{partial c}}ight|_{c=0}.end{aligned}}}$

Чтобы вычислить эту производную, пусть

${displaystyle M_{r}={frac {(c+alpha )_{r}(c+eta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}.}$

потом

${displaystyle ln(M_{r})=ln left({frac {(c+alpha )_{r}(c+eta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}ight)=ln(c+alpha )_{r}+ln(c+eta )_{r}-2ln(c+1)_{r}}$

Но

${displaystyle ln(c+alpha )_{r}=ln left((c+alpha )(c+alpha +1)cdots (c+alpha +r-1)ight)=sum _{k=0}^{r-1}ln(c+alpha +k).}$

Следовательно,

${displaystyle {egin{aligned}ln(M_{r})&=sum _{k=0}^{r-1}ln(c+alpha +k)+sum _{k=0}^{r-1}ln(c+eta +k)-2sum _{k=0}^{r-1}ln(c+1+k)&=sum _{k=0}^{r-1}left(ln(c+alpha +k)+ln(c+eta +k)-2ln(c+1+k)ight)end{aligned}}}$

Дифференцируя обе части уравнения по c, мы получаем:

${displaystyle {frac {1}{M_{r}}}{frac {partial M_{r}}{partial c}}=sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{c+alpha +k}}+{frac {1}{c+eta +k}}-{frac {2}{c+1+k}}ight).}$

Следовательно,

${displaystyle {frac {partial M_{r}}{partial c}}={frac {(c+alpha )_{r}(c+eta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{c+alpha +k}}+{frac {1}{c+eta +k}}-{frac {2}{c+1+k}}ight).}$

Сейчас же,

${displaystyle y=a_{0}x^{c}sum _{r=0}^{infty }{frac {(c+alpha )_{r}(c+eta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}x^{r}=a_{0}x^{c}sum _{r=0}^{infty }M_{r}x^{r}.}$

Следовательно,

${displaystyle {egin{aligned}{frac {partial y}{partial c}}&=a_{0}x^{c}ln(x)sum _{r=0}^{infty }{frac {(c+alpha )_{r}(c+eta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}x^{r}+a_{0}x^{c}sum _{r=0}^{infty }left({frac {(c+alpha )_{r}(c+eta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}left{sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{c+alpha +k}}+{frac {1}{c+eta +k}}-{frac {2}{c+1+k}}ight)ight}ight)x^{r}&=a_{0}x^{c}sum _{r=0}^{infty }{frac {(c+alpha )_{r}(c+eta )_{r}}{(c+1)_{r})^{2}}}left(ln x+sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{c+alpha +k}}+{frac {1}{c+eta +k}}-{frac {2}{c+1+k}}ight)ight)x^{r}.end{aligned}}}$

За c = 0, получаем

${displaystyle y_{2}=a_{0}sum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{(1)_{r}^{2}}}left(ln x+sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{alpha +k}}+{frac {1}{eta +k}}-{frac {2}{1+k}}ight)ight)x^{r}.}$

Следовательно, у = C′у₁ + D′у₂. Позволять C′а₀ = C и D′а₀ = D. потом

${displaystyle y=C{{}_{2}F_{1}}(alpha ,eta ;1;x)+Dsum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{(1)_{r}^{2}}}left(ln(x)+sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{alpha +k}}+{frac {1}{eta +k}}-{frac {2}{1+k}}ight)ight)x^{r}}$

γ целое число и γ ≠ 1

γ ≤ 0

Значение ${displaystyle gamma }$ является ${displaystyle gamma =0,-1,-2,cdots }$. Для начала мы упростим дело, сконцентрировав особое значение ${displaystyle gamma }$ и обобщим результат на более позднем этапе. Мы будем использовать значение ${displaystyle gamma =-2}$. Индикаторное уравнение имеет корень в ${displaystyle c=0}$, и мы видим из рекуррентного соотношения

${displaystyle a_{r}={frac {(r+c+alpha -1)(r+c+eta -1)}{(r+c)(r+c-3)}}a_{r-1},}$

Что, когда ${displaystyle r=3}$ что в знаменателе есть фактор ${displaystyle c}$который исчезает, когда ${displaystyle c=0}$. В этом случае решение можно получить, положив ${displaystyle a_{0}=b_{0}c}$ где ${displaystyle b_{0}}$ является константой.

При такой замене коэффициенты при ${displaystyle x^{r}}$ исчезнуть, когда${displaystyle c=0}$ и ${displaystyle r<3}$. Фактор ${displaystyle c}$в знаменателе рекуррентного отношения сокращается с знаменателем в числителе, когда ${displaystyle rgeq 3}$. Следовательно, наше решение принимает вид

${displaystyle y_{1}={frac {b_{0}}{(-2) imes (-1)}}left({frac {(alpha )_{3}(eta )_{3}}{(3!0!}}x^{3}+{frac {(alpha )_{4}(eta )_{4}}{4!1!}}x^{4}+{frac {(alpha )_{5}(eta )_{5}}{5!2!}}x^{5}+cdots ight)}$

${displaystyle ={frac {b_{0}}{(-2)_{2}}}sum _{r=3}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{r!(r-3)!}}x^{r}={frac {b_{0}}{(-2)_{2}}}{frac {(alpha )_{3}(eta )_{3}}{3!}}sum _{r=3}^{infty }{frac {(alpha +3)_{r-3}(eta +3)_{r-3}}{(1+3)_{r-3}(r-3)!}}x^{r}.}$

Если начать суммирование с ${displaystyle r=0}$ скорее, чем ${displaystyle r=3}$Мы видим, что

${displaystyle y_{1}=b_{0}{frac {(alpha )_{3}(eta )_{3}}{(-2)_{2} imes 3!}}x^{3}{_{2}F_{1}}(alpha +3,eta +3;(1+3);x).}$

Результат (как мы его написали) легко обобщается. За ${displaystyle gamma =1+m}$, с участием ${displaystyle m=1,2,3,cdots }$ тогда

${displaystyle y_{1}=b_{0}{frac {(alpha )_{m}(eta )_{m}}{(1-m)_{m-1} imes m!}}x^{m}{_{2}F_{1}}(alpha +m,eta +m;(1+m);x).}$

Очевидно, если ${displaystyle gamma =-2}$, тогда ${displaystyle m=3}$. Выражение для ${displaystyle y_{1}(x)}$ мы только что сделали внешний вид немного неэлегантным, так как у нас есть мультипликативная константа, помимо обычной произвольной мультипликативной константы ${displaystyle b_{0}}$Позже мы увидим, что мы можем преобразовать вещи таким образом, чтобы эта дополнительная константа никогда не появлялась.

Другой корень указательного уравнения - ${displaystyle c=1-gamma =3}$, но это дает нам (помимо мультипликативной константы) те же результаты, что и при использовании ${displaystyle c=0}$. Это означает, что мы должны взять частную производную (относительно ${displaystyle c}$) обычного пробного решения с целью нахождения второго независимого решения. Если определить линейный оператор ${displaystyle L}$ так как

${displaystyle L=x(1-x){frac {d^{2}}{dx^{2}}}-(alpha +eta +1)x{frac {d}{dx}}+gamma {frac {d}{dx}}-alpha eta ,}$

тогда с ${displaystyle gamma =-2}$ в нашем случае

${displaystyle Lcsum _{r=0}^{infty }b_{r}(c)x^{r}=b_{0}c^{2}(c-3).}$

(Мы настаиваем на том, чтобы ${displaystyle b_{0}eq 0}$.) Взяв частную производную по ${displaystyle c}$,

${displaystyle L{frac {partial }{partial c}}csum _{r=0}^{infty }b_{r}(c)x^{r+c}=b_{0}(3c^{2}-6c).}$

Обратите внимание, что мы должны оценить частную производную в ${displaystyle c=0}$(а не в другом корне ${displaystyle c=3}$). В противном случае правая часть в приведенном выше не равна нулю, и у нас нет решения ${displaystyle Ly(x)=0}$.Фактор ${displaystyle c}$не отменяется для ${displaystyle r=0,1}$ и ${displaystyle r=2}$Эта часть второго независимого решения имеет вид

${displaystyle {igg [}{frac {partial }{partial c}}b_{0}{igg (}c+c{frac {(c+alpha )(c+eta )}{(c+1)(c-2)}}x+c{frac {(c+alpha )(c+alpha +1)(c+eta )(c+eta +1)}{(c+1)(c+2)(c-2)(c-1)}}x^{2}{igg )}{igg ]}{igg vert }_{c=0}.}$${displaystyle =b_{0}left(1+{frac {alpha eta }{1! imes (-2)}}x+{frac {alpha (alpha +1)eta (eta +1)}{2! imes (-2) imes (-1)}}x^{2}ight)=b_{0}sum _{r=0}^{3-1}{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{r!(1-3)_{r}}}x^{r}.}$

Теперь мы можем обратить внимание на термины, в которых фактор ${displaystyle c}$ отменяет.

${displaystyle cb_{3}={frac {b_{0}}{(c-1)(c-2)}}{cancel {c}}{frac {(c+alpha )(c+alpha +1)(c+alpha +2)(c+eta )(c+eta +1)(c+eta +2)}{{cancel {c}}(c+1)(c+2)(c+3)}}.}$

После этого рекуррентные соотношения дают нам

${displaystyle cb_{4}=cb_{3}(c){frac {(c+alpha +3)(c+eta +3)}{(c+1)(c+4))}}.}$

${displaystyle cb_{5}=cb_{3}(c){frac {(c+alpha +3)(c+alpha +4)(c+eta +3)(c+eta +4))}{(c+2)(c+1)(c+5)(c+4)}}.}$

Так что если ${displaystyle rgeq 3}$ у нас есть

${displaystyle cb_{r}={frac {b_{0}}{(c-1)(c-2)}}{frac {(c+alpha )_{r}(c+eta )_{r}}{(c+1)_{r-3}(c+1)_{r}}}.}$

Нам нужны частные производные

${displaystyle {frac {partial cb_{3}(c)}{partial c}}{igg vert }_{c=0}={frac {b_{0}}{(1-3)_{3-1}}}{frac {(alpha )_{3}(eta )_{3}}{0!3!}}{igg [}{frac {1}{1}}+{frac {1}{2}}+{frac {1}{alpha }}+{frac {1}{alpha +1}}+{frac {1}{alpha +2}}}$${displaystyle +{frac {1}{eta }}+{frac {1}{eta +1}}+{frac {1}{eta +2}}-{frac {1}{1}}-{frac {1}{2}}-{frac {1}{3}}{igg ]}.}$

Аналогично мы можем написать

${displaystyle {frac {partial cb_{4}(c)}{partial c}}{igg vert }_{c=0}={frac {b_{0}}{(1-3)_{3-1}}}{frac {(alpha )_{4}(eta )_{4}}{1!4!}}{igg [}{frac {1}{1}}+{frac {1}{2}}}$${displaystyle +sum _{k=0}^{k=3}{frac {1}{alpha +k}}+sum _{k=0}^{k=3}{frac {1}{eta +k}}-{frac {1}{1}}-{frac {1}{2}}-{frac {1}{3}}-{frac {1}{4}}-{frac {1}{1}}{igg ]},}$

и

${displaystyle {frac {partial cb_{5}(c)}{partial c}}{igg vert }_{c=0}={frac {b_{0}}{(1-3)_{3-1}}}{frac {(alpha )_{5}(eta )_{5}}{2!5!}}{igg [}{frac {1}{1}}+{frac {1}{2}}}$${displaystyle +sum _{k=0}^{k=4}{frac {1}{alpha +k}}+sum _{k=0}^{k=4}{frac {1}{eta +k}}-{frac {1}{1}}-{frac {1}{2}}-{frac {1}{3}}-{frac {1}{4}}-{frac {1}{5}}-{frac {1}{1}}-{frac {1}{2}}{igg ]}.}$

Становится ясно, что для ${displaystyle rgeq 3}$

${displaystyle {frac {partial cb_{r}(c)}{partial c}}{igg vert }_{c=0}={frac {b_{0}}{(1-3)_{3-1}}}{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{(r-3)!r!}}{igg [}H_{2}+sum _{k=0}^{k=r-1}{frac {1}{alpha +k}}+sum _{k=0}^{k=r-1}{frac {1}{eta +k}}-H_{r}-H_{r-3}{igg ]}.}$

Вот, ${displaystyle H_{k}}$ это ${displaystyle k}$-я частичная сумма гармонический ряд, и по определению ${displaystyle H_{0}=0}$ и ${displaystyle H_{1}=1}$.

Собираем их вместе, на случай ${displaystyle gamma =-2}$у нас есть второе решение

${displaystyle y_{2}(x)=log x imes {frac {b_{0}}{(-2)_{2}}}sum _{r=3}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{r!(r-3)!}}x^{r}+b_{0}sum _{r=0}^{3-1}{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{r!(1-3)_{r}}}x^{r}}$

${displaystyle +{frac {b_{0}}{(-2)_{2}}}sum _{r=3}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{(r-3)!r!}}{igg [}H_{2}+sum _{k=0}^{k=r-1}{frac {1}{alpha +k}}+sum _{k=0}^{k=r-1}{frac {1}{eta +k}}-H_{r}-H_{r-3}{{igg ]}x^{r}}.}$

Два независимых решения для ${displaystyle gamma =1-m}$ (куда ${displaystyle m}$ является положительным целым числом), то

${displaystyle y_{1}(x)={frac {1}{(1-m)_{m-1}}}sum _{r=m}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{r!(r-m)!}}x^{r}}$

и

${displaystyle y_{2}(x)=log x imes y_{1}(x)+sum _{r=0}^{m-1}{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{r!(1-m)_{r}}}x^{r}}$

${displaystyle +{frac {1}{(1-m)_{m-1}}}sum _{r=m}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{(r-m)!r!}}{igg [}H_{m-1}+sum _{k=0}^{k=r-1}{frac {1}{alpha +k}}+sum _{k=0}^{k=r-1}{frac {1}{eta +k}}-H_{r}-H_{r-m}{igg ]}x^{r}.}$

Общее решение как обычно ${displaystyle y(x)=Ay_{1}(x)+By_{2}(x)}$где ${displaystyle A}$ и ${displaystyle B}$ - произвольные константы. Теперь, если читатель обратится к "стандартному решению" для этого случая, например, предложенному Абрамовицем и Стегуном ^[1] в §15.5.21 (который мы запишем в конце следующего раздела) будет найдено, что${displaystyle y_{2}}$ Наше решение несколько отличается от стандартного. ${displaystyle y_{2}}$, первое слагаемое в бесконечной рядной части ${displaystyle y_{2}}$это термин в ${displaystyle x^{m}}$. Первый член соответствующей бесконечной серии в стандартном решении - это член в ${displaystyle x^{m+1}}$. ${displaystyle x^{m}}$ термин отсутствует в стандартном решении, тем не менее, эти два решения полностью эквивалентны.

Стандартный "вид решения γ ≤ 0

Причина очевидного расхождения между приведенным выше решением и стандартным решением Абрамовица и Стегуна ^[1]Пункт 15.5.21 состоит в том, что существует бесконечное количество способов представления двух независимых решений гипергеометрического ОДУ. Например, в последнем разделе мы заменили ${displaystyle a_{0}}$с ${displaystyle b_{0}c}$. Предположим, однако, что нам дана некоторая функция${displaystyle h(c)}$ который непрерывен и конечен всюду на произвольно малом интервале около ${displaystyle c=0}$. Предположим, нам также даны

${displaystyle h(c)vert _{c=0}eq 0,}$ и ${displaystyle {frac {dh}{dc}}{igg vert }_{c=0}eq 0.}$

Тогда, если вместо замены ${displaystyle a_{0}}$с ${displaystyle b_{0}c}$ мы заменяем ${displaystyle a_{0}}$с ${displaystyle b_{0}h(c)c}$, мы все еще находим действительное решение гипергеометрического уравнения. Ясно, что у нас есть бесконечное множество возможностей для ${displaystyle h(c)}$. Однако существует «естественный выбор» для ${displaystyle h(c)}$.Предположим, что ${displaystyle cb_{N}(c)=b_{0}f(c)}$ первый ненулевой конец первый ${displaystyle y_{1}(x)}$ решение с ${displaystyle c=0}$. Если мы сделаем ${displaystyle h(c)}$ взаимность ${displaystyle f(c)}$, то у нас не будет мультипликативной константы, участвующей в ${displaystyle y_{1}(x)}$ как мы это делали в предыдущем разделе. С другой точки зрения, мы получим тот же результат, если «настаиваем» на том, что ${displaystyle a_{N}}$ не зависит от${displaystyle c}$, и найти ${displaystyle a_{0}(c)}$ используя рекуррентные отношения назад.

Во-первых ${displaystyle (c=0)}$ решение, функция ${displaystyle h(c)}$ дает нам (кроме мультипликативной константы) то же самое ${displaystyle y_{1}(x)}$как мы получили бы, используя ${displaystyle h(c)=1}$. Предположим, что с помощью ${displaystyle h(c)=1}$ рождает два независимых решения${displaystyle y_{1}(x)}$ и ${displaystyle y_{2}(x)}$. В дальнейшем мы будем обозначать решения, полученные при заданных ${displaystyle h(c)eq 1}$ так как${displaystyle { ilde {y}}_{1}(x)}$ и ${displaystyle { ilde {y}}_{2}(x)}$.

Второе решение требует, чтобы мы взяли частную производную по t ${displaystyle c}$, и замена обычного пробного решения дает нам

${displaystyle L{frac {partial }{partial c}}sum _{r=0}^{infty }ch(c)b_{r}x^{r+c}=b_{0}left({frac {dh}{dc}}c^{2}(c-1)+2ch(c)(c-1)+h(c)c^{2}ight).}$

Оператор ${displaystyle L}$ - тот же линейный оператор, который обсуждался в предыдущем разделе. Другими словами, гипергеометрическое ОДУ представляется как ${displaystyle Ly(x)=0}$.

Оценка левой стороны на ${displaystyle c=0}$ даст нам второе независимое решение. Обратите внимание, что это второе решение ${displaystyle {{ ilde {y}}_{2}}}$ на самом деле является линейной комбинацией ${displaystyle y_{1}(x)}$ и ${displaystyle y_{2}(x)}$.

Любые две независимые линейные комбинации (${displaystyle { ilde {y}}_{1}}$ и ${displaystyle { ilde {y}}_{2}}$) из ${displaystyle y_{1}}$ и ${displaystyle y_{2}}$ независимые решения ${displaystyle Ly=0}$.

Общее решение можно записать как линейную комбинацию ${displaystyle { ilde {y}}_{1}}$ и ${displaystyle { ilde {y}}_{2}}$ так же как линейные комбинации ${displaystyle y_{1}}$ и ${displaystyle y_{2}}$.

Мы рассмотрим частный случай, когда ${displaystyle gamma =1-3=-2}$ это было рассмотрено в последнем разделе. Если мы «настаиваем» ${displaystyle a_{3}(c)=const.}$, то рекуррентные соотношения дают

${displaystyle a_{2}=a_{3}{frac {c(3+c)}{(2+alpha +c)(2+eta +c)}},}$${displaystyle a_{1}=a_{3}{frac {c(2+c)(3+c)(c-1)}{(1+alpha +c)(2+alpha +c)(1+eta +c)(2+eta +c)}},}$

и

${displaystyle a_{0}=a_{3}{frac {c(1+c)(2+c)(3+c)(c-1)(c-2)}{(alpha +c)_{3}(eta +c)_{3}}}=b_{0}ch(c).}$

Все эти три коэффициента равны нулю при ${displaystyle c=0}$ как и ожидалось. У нас есть три члена ${displaystyle y_{2}(x)}$ взяв частную производную по ${displaystyle c}$, обозначим сумму трех слагаемых, содержащих эти коэффициенты, как ${displaystyle S_{3}}$ где

${displaystyle S_{3}=left[{frac {partial }{partial c}}left(a_{0}(c)x^{c}+a_{1}(c)x^{c+1}+a_{2}(c)x^{c+2}ight)ight]_{c=0},}$${displaystyle =a_{3}left[{frac {3 imes 2 imes 1(-2) imes (-1)}{(alpha )_{3}(eta )_{3}}}x^{3-3}+{frac {3 imes 2 imes (-1)}{(alpha +1)(alpha +2)(eta +1)(eta +2)}}x^{3-2}+{frac {3}{(alpha +2)(eta +2)_{1}}}x^{3-1}ight].}$

Читатель может подтвердить, что мы можем привести это в порядок и упростить обобщение, поместив

${displaystyle S_{3}=-a_{3}sum _{r=1}^{3}{frac {(-3)_{r}(r-1)!}{(1-alpha -3)_{r}(1-eta -3)_{r}}}x^{3-r}.}$

Далее мы можем перейти к другим коэффициентам, рекуррентные соотношения дают

${displaystyle a_{4}=a_{3}{frac {(3+c+alpha )(3+c+eta )}{(4+c)(1+c)}}}$${displaystyle a_{5}=a_{3}{frac {(4+c+alpha )(3+c+alpha )(4+c+eta )(3+c+alpha }{(5+c)(4+c)(1+c)(2+c)}}}$

Настройка ${displaystyle c=0}$ дает нам

${displaystyle { ilde {y}}_{1}(x)=a_{3}x^{3}sum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha +3)_{r}(eta +3)_{r}}{(3+1)_{r}r!}}x^{r}=a_{3}x^{3}{_{2}F_{1}}(alpha +3,eta +3;(1+3);z).}$

Это (помимо мультипликативной константы${displaystyle (a)_{3}(b)_{3}/2}$) такой же как ${displaystyle y_{1}(x)}$.Теперь найти ${displaystyle { ilde {y}}_{2}}$ нам нужны частные производные

${displaystyle {frac {partial a_{4}}{partial c}}{igg vert }_{c=0}=a_{3}{igg [}{frac {(3+c+alpha )(3+c+eta )}{(4+c)(1+c)}}{igg (}{frac {1}{alpha +3+c}}+{frac {1}{eta +3+c}}-{frac {1}{4+c}}-{frac {1}{1+c}}{igg )}{igg ]}_{c=0}}$

${displaystyle =a_{3}{frac {(3+alpha )_{1}(3+eta )_{1}}{(1+3)_{1} imes 1}}{igg (}{frac {1}{alpha +3}}+{frac {1}{eta +3}}-{frac {1}{4}}-{frac {1}{1}}{igg )}.}$

потом

${displaystyle {frac {partial a_{5}}{partial c}}{igg vert }_{c=0}=a_{3}{frac {(3+alpha )_{2}(3+eta )_{2}}{(1+3)_{2} imes 1 imes 2}}{igg (}{frac {1}{alpha +3}}+{frac {1}{alpha +4}}+{frac {1}{eta +3}}+{frac {1}{eta +4}}-{frac {1}{4}}-{frac {1}{5}}-{frac {1}{1}}-{frac {1}{2}}{igg )}.}$

мы можем переписать это как

${displaystyle {frac {partial a_{5}}{partial c}}{igg vert }_{c=0}=a_{3}{frac {(3+alpha )_{2}(3+eta )_{2}}{(1+3)_{2} imes 2!}}{igg [}sum _{k=0}^{1}left({frac {1}{alpha +3+k}}+{frac {1}{eta +3+k}}ight)+sum _{k=1}^{3}{frac {1}{k}}-sum _{k=1}^{5}{frac {1}{k}}-{frac {1}{1}}-{frac {1}{2}}{igg ]}.}$

Вскоре картина становится ясной, и для ${displaystyle r=1,2,3,cdots }$

${displaystyle {frac {partial a_{r+3}}{partial c}}{igg vert }_{c=0}=a_{3}{frac {(3+alpha )_{r}(3+eta )_{r}}{(1+3)_{r} imes r!}}{igg [}sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{alpha +3+k}}+{frac {1}{eta +3+k}}ight)+sum _{k=1}^{3}{frac {1}{k}}-sum _{k=1}^{r+3}{frac {1}{k}}-sum _{k=1}^{r}{frac {1}{k}}{igg ]}.}$

Ясно, что для ${displaystyle r=0}$,

${displaystyle {frac {partial a_{3}}{partial c}}{igg vert }_{c=0}=0.}$

Часть бесконечной серии ${displaystyle { ilde {y}}_{2}}$ является ${displaystyle S_{infty }}$, где

${displaystyle S_{infty }=x^{3}sum _{r=1}^{infty }{frac {partial a_{r+3}}{partial c}}{igg vert }_{c=0}x^{r}.}$

Теперь мы можем записать (не считая произвольной постоянной) для${displaystyle gamma =1-m}$

${displaystyle { ilde {y}}_{1}(x)=x^{3}{_{2}F_{1}}(alpha +m,eta +m;1+m;z)}$

${displaystyle { ilde {y}}_{2}(x)={ ilde {y}}_{1}(x)log x-sum _{r=1}^{m}{frac {(-m)_{r}(r-1)!}{(1-alpha -m)_{r}(1-eta -m)_{r}}}x^{m-r}.}$${displaystyle +x^{3}sum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha +m)_{r}(eta +m)_{r}}{(1+m)_{r} imes r!}}{igg [}sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{alpha +m+k}}+{frac {1}{eta +m+k}}ight)+sum _{k=1}^{3}{frac {1}{k}}-sum _{k=1}^{r+3}{frac {1}{k}}-sum _{k=1}^{r}{frac {1}{k}}{{igg ]}x^{r}}.}$

Некоторые авторы предпочитают выражать конечные суммы в этом последнем результате, используяфункция дигаммы ${displaystyle psi (x)}$. В частности, используются следующие результаты

${displaystyle H_{n}=psi (n+1)+gamma _{em}.}$Вот, ${displaystyle gamma _{em}=0.5772156649=psi (1)}$ это Постоянная Эйлера-Маскерони. Также

${displaystyle sum _{k=0}^{n-1}{frac {1}{z+k}}=psi (z+n)-psi (z).}$

С этими результатами мы получаем форму, данную Абрамамовицем и Стегуном, §15.5.21, а именно

${displaystyle { ilde {y}}_{2}(x)={ ilde {y}}_{1}(x)log x-sum _{r=1}^{m}{frac {(-m)_{r}(r-1)!}{(1-alpha -m)_{r}(1-eta -m)_{r}}}x^{m-r}.}$${displaystyle +x^{3}sum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha +m)_{r}(eta +m)_{r}}{(1+m)_{r} imes r!}}{igg [}psi (alpha +r+m)-psi (alpha +m)+psi (eta +r+m)-psi (eta +m)}$${displaystyle -psi (r+1+m)-psi (r+1)+psi (1+m)+psi (1){{igg ]}x^{r}}.}$

Стандартный "вид решения γ> 1".

В этом разделе мы сконцентрируемся на «стандартном решении» и не будем заменять ${displaystyle a_{0}}$ с ${displaystyle b_{0}(c-1+gamma )}$.Положим ${displaystyle gamma =1+m}$ где ${displaystyle m=1,2,3,cdots }$.Для рута ${displaystyle c=1-gamma }$ обозначения у нас было

${displaystyle A_{r}=left[A_{r-1}{frac {(r+alpha -1+c)(r+eta -1+c)}{(r+c)(r+c+gamma -1)}}ight]_{c=1-gamma }=A_{r-1}{frac {(r+alpha -gamma )(r+eta -gamma )}{(r+1-gamma )(r)}},}$

где ${displaystyle rgeq 1}$ в этом случае у нас проблемы, если ${displaystyle r=gamma -1=m}$.Например, если ${displaystyle gamma =4}$знаменатель в рекуррентных соотношениях обращается в нуль при ${displaystyle r=3}$.Мы можем использовать те же методы, которые мы только что использовали для стандартного решения в последнем разделе. Мы не будем (в том случае, если ${displaystyle gamma =4}$) заменить ${displaystyle a_{0}}$ с ${displaystyle b_{0}(c+3)}$ поскольку это не даст нам стандартной формы решения, к которому мы стремимся. Скорее, мы будем «настаивать» на том, что ${displaystyle A_{3}=const.}$ как и в стандартном решении для ${displaystyle gamma =-2}$ в последнем разделе (напомним, что это определило функцию ${displaystyle h(c)}$ и что ${displaystyle a_{0}}$ теперь будет заменен на ${displaystyle b_{0}(c+3)h(c)}$.) Тогда мы можем вычислить коэффициенты при ${displaystyle x^{0}}$ к ${displaystyle x^{2}}$как функции ${displaystyle c}$ Здесь нет ничего нового, что можно было бы добавить, и читатель может использовать те же методы, что и в предыдущем разделе, чтобы найти результаты ^[1]§15.5.18 и §15.5.19, это

${displaystyle y_{1}={_{2}F_{1}}(alpha ,eta ;1+m;x),}$

и

${displaystyle y_{2}={_{2}F_{1}}(alpha ,eta ;1+m;x)log x+z^{m}sum _{r=1}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{r!(1+m)_{r}}}[psi (alpha +r)-psi (alpha )+psi (eta +k)-psi (eta )}$${displaystyle -psi (m+1+r)+psi (m+1)-psi (r+1)+psi (1)]z^{r}-sum _{k=1}^{m}{frac {(k-1)!(-m)_{k}}{(1-alpha )_{k}(1-eta )_{k}}}z^{-r}.}$

Обратите внимание, что полномочия ${displaystyle z}$ в части конечной суммы ${displaystyle y_{2}(x)}$ теперь отрицательны, так что эта сумма расходится как ${displaystyle zightarrow 0$}$

Решение вокруг Икс = 1

Теперь изучим особую точку Икс = 1. Чтобы проверить, регулярно ли это,

${displaystyle {egin{aligned}lim _{x o a}{frac {(x-a)P_{1}(x)}{P_{2}(x)}}&=lim _{x o 1}{frac {(x-1)(gamma -(1+alpha +eta )x)}{x(1-x)}}=lim _{x o 1}{frac {-(gamma -(1+alpha +eta )x)}{x}}=1+alpha +eta -gamma lim _{x o a}{frac {(x-a)^{2}P_{0}(x)}{P_{2}(x)}}&=lim _{x o 1}{frac {(x-1)^{2}(-alpha eta )}{x(1-x)}}=lim _{x o 1}{frac {(x-1)alpha eta }{x}}=0end{aligned}}}$

Следовательно, существуют оба предела и Икс = 1 - регулярная особая точка. Теперь вместо того, чтобы принимать решение в форме

${displaystyle y=sum _{r=0}^{infty }a_{r}(x-1)^{r+c},}$

мы попытаемся выразить решения этого случая в терминах решений для точки Икс = 0. Действуем следующим образом: у нас было гипергеометрическое уравнение

${displaystyle x(1-x)y''+(gamma -(1+alpha +eta )x)y'-alpha eta y=0.}$

Позволять z = 1 − Икс. потом

${displaystyle {egin{aligned}{frac {dy}{dx}}&={frac {dy}{dz}} imes {frac {dz}{dx}}=-{frac {dy}{dz}}=-y'{frac {d^{2}y}{dx^{2}}}&={frac {d}{dx}}left({frac {dy}{dx}}ight)={frac {d}{dx}}left(-{frac {dy}{dz}}ight)={frac {d}{dz}}left(-{frac {dy}{dz}}ight) imes {frac {dz}{dx}}={frac {d^{2}y}{dz^{2}}}=y''end{aligned}}}$

Следовательно, уравнение принимает вид

${displaystyle z(1-z)y''+(alpha +eta -gamma +1-(1+alpha +eta )z)y'-alpha eta y=0.}$

С z = 1 − Икс, решение гипергеометрического уравнения при Икс = 1 совпадает с решением этого уравнения при z = 0. Но решение при z = 0 совпадает с решением, полученным нами для точки Икс = 0, если мы заменим каждое γ на α + β - γ + 1. Следовательно, чтобы получить решения, мы просто сделаем эту замену в предыдущих результатах. За Икс = 0, c₁ = 0 и c₂ = 1 - γ. Следовательно, в нашем случае c₁ = 0, а c₂ = γ - α - β. Теперь напишем решения. В дальнейшем мы заменили каждый z на 1 - Икс.

Анализ решения через разность γ - α - β двух корней

Для упрощения обозначений в дальнейшем обозначим γ - α - β через Δ, поэтому γ = Δ + α + β.

Δ не целое

${displaystyle y=Aleft{{{}_{2}F_{1}}(alpha ,eta ;-Delta +1;1-x)ight}+Bleft{(1-x)^{Delta }{{}_{2}F_{1}}(Delta +eta ,Delta +alpha ;Delta +1;1-x)ight}}$

Δ = 0

${displaystyle y=Cleft{{{}_{2}F_{1}}(alpha ,eta ;1;1-x)ight}+Dleft{sum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{(1)_{r}^{2}}}left(ln(1-x)+sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{alpha +k}}+{frac {1}{eta +k}}-{frac {2}{1+k}}ight)ight)(1-x)^{r}ight}}$

Δ - ненулевое целое число

Δ> 0

${displaystyle {egin{aligned}y&=Eleft{{frac {1}{(-Delta +1)_{Delta -1}}} sum _{r=1-Delta -alpha -eta }^{infty }{frac {(alpha )_{r}(eta )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r-Delta }}}(1-x)^{r}ight}+&quad +Fleft{(1-x)^{Delta } sum _{r=0}^{infty }{frac {(Delta )(Delta +alpha )_{r}(Delta +eta )_{r}}{(Delta +1)_{r}(1)_{r}}}left(ln(1-x)+{frac {1}{Delta }}+sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{Delta +alpha +k}}+{frac {1}{Delta +eta +k}}-{frac {1}{Delta +1+k}}-{frac {1}{1+k}}ight)ight)(1-x)^{r}ight}end{aligned}}}$

Δ <0

${displaystyle {egin{aligned}y&=Gleft{{frac {(1-x)^{Delta }}{(Delta +1)_{-Delta -1}}} sum _{r=-Delta }^{infty }{frac {(Delta +alpha )_{r}(Delta +eta )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r+Delta }}}(1-x)^{r}ight}+&quad +Hleft{sum _{r=0}^{infty }{frac {(Delta )(Delta +alpha )_{r}(Delta +eta )_{r}}{(Delta +1)_{r}(1)_{r}}}left(ln(1-x)-{frac {1}{Delta }}+sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{alpha +k}}+{frac {1}{eta +k}}-{frac {1}{-Delta +1+k}}-{frac {1}{1+k}}ight)ight)(1-x)^{r}ight}end{aligned}}}$

Решение вокруг бесконечности

Наконец, мы изучаем особенность как Икс → ∞. Поскольку мы не можем изучать это напрямую, мы позволяем Икс = s⁻¹. Тогда решение уравнения как Икс → ∞ идентично решению модифицированного уравнения, когда s = 0. У нас было

${displaystyle {egin{aligned}&x(1-x)y''+left(gamma -(1+alpha +eta )xight)y'-alpha eta y=0&{frac {dy}{dx}}={frac {dy}{ds}} imes {frac {ds}{dx}}=-s^{2} imes {frac {dy}{ds}}=-s^{2}y'&{frac {d^{2}y}{dx^{2}}}={frac {d}{dx}}left({frac {dy}{dx}}ight)={frac {d}{dx}}left(-s^{2} imes {frac {dy}{ds}}ight)={frac {d}{ds}}left(-s^{2} imes {frac {dy}{ds}}ight) imes {frac {ds}{dx}}=left((-2s) imes {frac {dy}{ds}}+(-s^{2}){frac {d^{2}y}{ds^{2}}}ight) imes (-s^{2})=2s^{3}y'+s^{4}y''end{aligned}}}$

Таким образом, уравнение принимает новый вид

${displaystyle {frac {1}{s}}left(1-{frac {1}{s}}ight)left(2s^{3}y'+s^{4}y''ight)+left(gamma -(1+alpha +eta ){frac {1}{s}}ight)(-s^{2}y')-alpha eta y=0}$

что сводится к

${displaystyle left(s^{3}-s^{2}ight)y''+left((2-gamma )s^{2}+(alpha +eta -1)sight)y'-alpha eta y=0.}$

Позволять

${displaystyle {egin{aligned}P_{0}(s)&=-alpha eta ,P_{1}(s)&=(2-gamma )s^{2}+(alpha +eta -1)s,P_{2}(s)&=s^{3}-s^{2}.end{aligned}}}$

Как мы уже говорили, мы будем изучать решение только тогда, когда s = 0. Как видим, это особая точка, поскольку п₂(0) = 0. Чтобы проверить, регулярно ли это,

${displaystyle {egin{aligned}lim _{s o a}{frac {(s-a)P_{1}(s)}{P_{2}(s)}}&=lim _{s o 0}{frac {(s-0)((2-gamma )s^{2}+(alpha +eta -1)s)}{s^{3}-s^{2}}}&=lim _{s o 0}{frac {(2-gamma )s^{2}+(alpha +eta -1)s}{s^{2}-s}}&=lim _{s o 0}{frac {(2-gamma )s+(alpha +eta -1)}{s-1}}=1-alpha -eta .lim _{s o a}{frac {(s-a)^{2}P_{0}(s)}{P_{2}(s)}}&=lim _{s o 0}{frac {(s-0)^{2}(-alpha eta )}{s^{3}-s^{2}}}=lim _{s o 0}{frac {(-alpha eta )}{s-1}}=alpha eta .end{aligned}}}$

Следовательно, существуют оба предела и s = 0 - регулярная особая точка. Поэтому мы предполагаем, что решение имеет вид

${displaystyle y=sum _{r=0}^{infty }{a_{r}s^{r+c}}}$

с а₀ ≠ 0. Следовательно,

${displaystyle {egin{aligned}y'&=sum limits _{r=0}^{infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c-1}}y''&=sum limits _{r=0}^{infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)s^{r+c-2}}end{aligned}}}$

Подставляя в модифицированное гипергеометрическое уравнение, получаем

${displaystyle left(s^{3}-s^{2}ight)y''+left((2-gamma )s^{2}+(alpha +eta -1)sight)y'-(alpha eta )y=0}$

И поэтому:

${displaystyle left(s^{3}-s^{2}ight)sum _{r=0}^{infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)s^{r+c-2}}+left((2-gamma )s^{2}+(alpha +eta -1)sight)sum _{r=0}^{infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c-1}}-(alpha eta )sum _{r=0}^{infty }{a_{r}s^{r+c}}=0}$

т.е.

${displaystyle sum _{r=0}^{infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)s^{r+c+1}}-sum _{r=0}^{infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c}}+(2-gamma )sum _{r=0}^{infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c+1}}+(alpha +eta -1)sum _{r=0}^{infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c}}-alpha eta sum _{r=0}^{infty }{a_{r}s^{r+c}}=0.}$

Чтобы упростить это уравнение, нам нужно, чтобы все степени были одинаковыми, равными р + c, наименьшая мощность. Следовательно, мы меняем индексы следующим образом

${displaystyle {egin{aligned}&sum _{r=1}^{infty }{a_{r-1}(r+c-1)(r+c-2)s^{r+c}}-sum _{r=0}^{infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)s^{r+c}}+(2-gamma )sum _{r=1}^{infty }{a_{r-1}(r+c-1)s^{r+c}}+&qquad qquad +(alpha +eta -1)sum _{r=0}^{infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c}}-alpha eta sum _{r=0}^{infty }{a_{r}s^{r+c}}=0end{aligned}}}$

Таким образом, выделяя первый член сумм, начиная с 0, получаем

${displaystyle {egin{aligned}&a_{0}left(-(c)(c-1)+(alpha +eta -1)(c)-alpha eta ight)s^{c}+sum _{r=1}^{infty }{a_{r-1}(r+c-1)(r+c-2)s^{r+c}}-sum _{r=1}^{infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c}}+&qquad qquad +(2-gamma )sum _{r=1}^{infty }{a_{r-1}(r+c-1)s^{r+c}}+(alpha +eta -1)sum _{r=1}^{infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c}}-alpha eta sum _{r=1}^{infty }{a_{r}s^{r+c}}=0end{aligned}}}$

Теперь из линейной независимости всех степеней s (т.е. функций 1, s, s², ...) коэффициенты при s^k исчезнуть для всех k. Следовательно, из первого члена имеем

${displaystyle a_{0}left(-(c)(c-1)+(alpha +eta -1)(c)-alpha eta ight)=0}$

которое является указательным уравнением. С а₀ ≠ 0 имеем

${displaystyle (c)(-c+1+alpha +eta -1)-alpha eta )=0.}$

Следовательно, c₁ = α и c₂ = β.

Кроме того, из остальных терминов у нас есть

${displaystyle left((r+c-1)(r+c-2)+(2-gamma )(r+c-1)ight)a_{r-1}+left(-(r+c)(r+c-1)+(alpha +eta -1)(r+c)-alpha eta ight)a_{r}=0}$

Следовательно,

${displaystyle a_{r}=-{frac {left((r+c-1)(r+c-2)+(2-gamma )(r+c-1)ight)}{left(-(r+c)(r+c-1)+(alpha +eta -1)(r+c)-alpha eta ight)}}a_{r-1}={frac {left((r+c-1)(r+c-gamma )ight)}{left((r+c)(r+c-alpha -eta )+alpha eta ight)}}a_{r-1}}$

Но

${displaystyle {egin{aligned}(r+c)(r+c-alpha -eta )+alpha eta &=(r+c-alpha )(r+c)-eta (r+c)+alpha eta &=(r+c-alpha )(r+c)-eta (r+c-alpha ).end{aligned}}}$

Отсюда получаем рекуррентное соотношение

${displaystyle a_{r}={frac {(r+c-1)(r+c-gamma )}{(r+c-alpha )(r+c-eta )}}a_{r-1},quad forall rgeq 1}$

Давайте теперь упростим это соотношение, дав а_р с точки зрения а₀ вместо того а_р−1. Из рекуррентного соотношения

${displaystyle {egin{aligned}a_{1}&={frac {(c)(c+1-gamma )}{(c+1-alpha )(c+1-eta )}}a_{0}a_{2}&={frac {(c+1)(c+2-gamma )}{(c+2-alpha )(c+2-eta )}}a_{1}={frac {(c+1)(c)(c+2-gamma )(c+1-gamma )}{(c+2-alpha )(c+1-alpha )(c+2-eta )(c+1-eta )}}a_{0}={frac {(c)_{2}(c+1-gamma )_{2}}{(c+1-alpha )_{2}(c+1-eta )_{2}}}a_{0}end{aligned}}}$

Как мы можем видеть,

${displaystyle a_{r}={frac {(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{(c+1-alpha )_{r}(c+1-eta )_{r}}}a_{0}quad forall rgeq 0}$

Следовательно, наше предполагаемое решение принимает вид

${displaystyle y=a_{0}sum _{r=0}^{infty }{frac {(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{(c+1-alpha )_{r}(c+1-eta )_{r}}}s^{r+c}}$

Теперь мы готовы изучить решения, соответствующие различным случаям для c₁ − c₂ = α - β.

Анализ решения через разность α - β двух корней

α - β не целое число

потом у₁ = у|_{c = α} и у₂ = у|_{c = β}. С

${displaystyle y=a_{0}sum _{r=0}^{infty }{frac {(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{(c+1-alpha )_{r}(c+1-eta )_{r}}}s^{r+c},}$

у нас есть

${displaystyle {egin{aligned}y_{1}&=a_{0}sum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(alpha +1-gamma )_{r}}{(1)_{r}(alpha +1-eta )_{r}}}s^{r+alpha }=a_{0}s^{alpha } {}_{2}F_{1}(alpha ,alpha +1-gamma ;alpha +1-eta ;s)y_{2}&=a_{0}sum _{r=0}^{infty }{frac {(eta )_{r}(eta +1-gamma )_{r}}{(eta +1-alpha )_{r}(1)_{r}}}s^{r+eta }=a_{0}s^{eta } {}_{2}F_{1}(eta ,eta +1-gamma ;eta +1-alpha ;s)end{aligned}}}$

Следовательно, у = А′у₁ + B′у₂. Позволять А′а₀ = А и B′а₀ = B. Затем, отметив, что s = Икс⁻¹,

${displaystyle y=Aleft{x^{-alpha } {}_{2}F_{1}left(alpha ,alpha +1-gamma ;alpha +1-eta ;x^{-1}ight)ight}+Bleft{x^{-eta } {}_{2}F_{1}left(eta ,eta +1-gamma ;eta +1-alpha ;x^{-1}ight)ight}}$

α - β = 0

потом у₁ = у|_{c = α}. Поскольку α = β, имеем

${displaystyle y=a_{0}sum _{r=0}^{infty }{{frac {(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{left((c+1-alpha )_{r}ight)^{2}}}s^{r+c}}}$

Следовательно,

${displaystyle {egin{aligned}y_{1}&=a_{0}sum _{r=0}^{infty }{{frac {(alpha )_{r}(alpha +1-gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r}}}s^{r+alpha }}=a_{0}s^{alpha } {}_{2}F_{1}(alpha ,alpha +1-gamma ;1;s)y_{2}&=left.{frac {partial y}{partial c}}ight|_{c=alpha }end{aligned}}}$

Чтобы вычислить эту производную, пусть

${displaystyle M_{r}={frac {(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{left((c+1-alpha )_{r}ight)^{2}}}}$

Затем, используя метод в случае γ = 1 выше, мы получаем

${displaystyle {frac {partial M_{r}}{partial c}}={frac {(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{left((c+1-alpha )_{r}ight)^{2}}}sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{c+k}}+{frac {1}{c+1-gamma +k}}-{frac {2}{c+1-alpha +k}}ight)}$

Сейчас же,

${displaystyle {egin{aligned}y&=a_{0}s^{c}sum _{r=0}^{infty }{frac {(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{left((c+1-alpha )_{r}ight)^{2}}}s^{r}&=a_{0}s^{c}sum _{r=0}^{infty }{M_{r}s^{r}}&=a_{0}s^{c}left(ln(s)sum _{r=0}^{infty }{frac {(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{left((c+1-alpha )_{r}ight)^{2}}}s^{r}+sum _{r=0}^{infty }{frac {(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{left((c+1-alpha )_{r}ight)^{2}}}left{sum _{k=0}^{r-1}{left({frac {1}{c+k}}+{frac {1}{c+1-gamma +k}}-{frac {2}{c+1-alpha +k}}ight)}ight}s^{r}ight)end{aligned}}}$

Следовательно,

${displaystyle {frac {partial y}{partial c}}=a_{0}s^{c}sum _{r=0}^{infty }{frac {(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{left((c+1-alpha )_{r}ight)^{2}}}left(ln(s)+sum _{k=0}^{r-1}{left({frac {1}{c+k}}+{frac {1}{c+1-gamma +k}}-{frac {2}{c+1-alpha +k}}ight)}ight)s^{r}}$

Следовательно:

${displaystyle y_{2}=left.{frac {partial y}{partial c}}ight|_{c=alpha }=a_{0}s^{alpha }sum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(alpha +1-gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r}}}left(ln(s)+sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{alpha +k}}+{frac {1}{alpha +1-gamma +k}}-{frac {2}{1+k}}ight)ight)s^{r}}$

Следовательно, у = C′y₁ + Д'у₂. Позволять C′a₀ = C и Да₀ = D. Отмечая, что s = Икс⁻¹,

${displaystyle y=Cleft{x^{-alpha }{}_{2}F_{1}left(alpha ,alpha +1-gamma ;1;x^{-1}ight)ight}+Dleft{x^{-alpha }sum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha )_{r}(alpha +1-gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r}}}left(ln left(x^{-1}ight)+sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{alpha +k}}+{frac {1}{alpha +1-gamma +k}}-{frac {2}{1+k}}ight)ight)x^{-r}ight}}$

α - β целое число и α - β ≠ 0

α - β> 0

Из рекуррентного соотношения

${displaystyle a_{r}={frac {(r+c-1)(r+c-gamma )}{(r+c-alpha )(r+c-eta )}}a_{r-1}}$

мы видим это когда c = β (меньший корень), а_{α − β} → ∞. Следовательно, мы должны сделать замену а₀ = б₀(c − c_я), где c_я является корнем, для которого наше решение бесконечно. Отсюда берем а₀ = б₀(c - β) и наше принятое решение принимает новый вид

${displaystyle y_{b}=b_{0}sum _{r=0}^{infty }{frac {(c-eta )(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{(c+1-alpha )_{r}(c+1-eta )_{r}}}s^{r+c}}$

потом у₁ = у_б|_{c = β}. Как видим, все условия до

${displaystyle {frac {(c-eta )(c)_{alpha -eta }(c+1-gamma )_{alpha -eta }}{(c+1-alpha )_{alpha -eta }(c+1-eta )_{alpha -eta }}}s^{alpha -eta }}$

исчезнуть из-за c - β в числителе.

Но начиная с этого срока c - β в числителе обращается в нуль. Чтобы увидеть это, обратите внимание, что

${displaystyle (c+1-alpha )_{alpha -eta }=(c+1-alpha )(c+2-alpha )cdots (c-eta ).}$

Следовательно, наше решение принимает вид

${displaystyle {egin{aligned}y_{1}&=b_{0}left({frac {(eta )_{alpha -eta }(eta +1-gamma )_{alpha -eta }}{(eta +1-alpha )_{alpha -eta -1}(1)_{alpha -eta }}}s^{alpha -eta }+{frac {(eta )_{alpha -eta +1}(eta +1-gamma )_{alpha -eta +1}}{(eta +1-alpha )_{alpha -eta -1}(1)(1)_{alpha -eta +1}}}s^{alpha -eta +1}+cdots ight)&={frac {b_{0}}{(eta +1-alpha )_{alpha -eta -1}}}sum _{r=alpha -eta }^{infty }{frac {(eta )_{r}(eta +1-gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r+eta -alpha }}}s^{r}end{aligned}}}$

Сейчас же,

${displaystyle y_{2}=left.{frac {partial y_{b}}{partial c}}ight|_{c=alpha }.}$

Чтобы вычислить эту производную, пусть

${displaystyle M_{r}={frac {(c-eta )(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{(c+1-alpha )_{r}(c+1-eta )_{r}}}.}$

Затем, используя метод в случае γ = 1 выше мы получаем

${displaystyle {frac {partial M_{r}}{partial c}}={frac {(c-eta )(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{(c+1-alpha )_{r}(c+1-eta )_{r}}}left({frac {1}{c-eta }}+sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{c+k}}+{frac {1}{c+1-gamma +k}}-{frac {1}{c+1-alpha +k}}-{frac {1}{c+1-eta +k}}ight)ight)}$

Сейчас же,

${displaystyle y_{b}=b_{0}sum _{r=0}^{infty }{left({frac {(c-eta )(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{(c+1-alpha )_{r}(c+1-eta )_{r}}}s^{r+c}ight)}=b_{0}s^{c}sum _{r=0}^{infty }{M_{r}s^{r}}}$

Следовательно,

${displaystyle {egin{aligned}{frac {partial y}{partial c}}&=b_{0}s^{c}ln(s)sum _{r=0}^{infty }{frac {(c-eta )(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{(c+1-alpha )_{r}(c+1-eta )_{r}}}s^{r}&quad +b_{0}s^{c}sum _{r=0}^{infty }{frac {(c-eta )(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{(c+1-alpha )_{r}(c+1-eta )_{r}}}left({frac {1}{c-eta }}+sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{c+k}}+{frac {1}{c+1-gamma +k}}-{frac {1}{c+1-alpha +k}}-{frac {1}{c+1-eta +k}}ight)ight)s^{r}end{aligned}}}$

Следовательно,

${displaystyle {frac {partial y}{partial c}}=b_{0}s^{c}sum _{r=0}^{infty }{frac {(c-eta )(c)_{r}(c+1-gamma )_{r}}{(c+1-alpha )_{r}(c+1-eta )_{r}}}left(ln(s)+{frac {1}{c-eta }}+sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{c+k}}+{frac {1}{c+1-gamma +k}}-{frac {1}{c+1-alpha +k}}-{frac {1}{c+1-eta +k}}ight)ight)s^{r}}$

В c = α получаем у₂. Следовательно, у = E′у₁ + F′у₂. Позволять E′б₀ = E и F′б₀ = F. Отмечая, что s = Икс⁻¹ мы получили

${displaystyle {egin{aligned}y&=Eleft{{frac {1}{(eta +1-alpha )_{alpha -eta -1}}}sum _{r=alpha -eta }^{infty }{frac {(eta )_{r}(eta +1-gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r+eta -alpha }}}x^{-r}ight}+&quad +Fleft{x^{-alpha }sum _{r=0}^{infty }{frac {(alpha -eta )(alpha )_{r}(alpha +1-gamma )_{r}}{(1)_{r}(alpha +1-eta )_{r}}}left(ln left(x^{-1}ight)+{frac {1}{alpha -eta }}+sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{alpha +k}}+{frac {1}{alpha +1+k-gamma }}-{frac {1}{1+k}}-{frac {1}{alpha +1+k-eta }}ight)ight)x^{-r}ight}end{aligned}}}$

α - β <0

Из симметрии ситуации здесь мы видим, что

${displaystyle {egin{aligned}y&=Gleft{{frac {1}{(alpha +1-eta )_{eta -alpha -1}}}sum _{r=eta -alpha }^{infty }{frac {(alpha )_{r}(alpha +1-gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r+alpha -eta }}}x^{-r}ight}+&quad +Hleft{x^{-eta }sum _{r=0}^{infty }{frac {(eta -alpha )(eta )_{r}(eta +1-gamma )_{r}}{(1)_{r}(eta +1-alpha )_{r}}}left(ln left(x^{-1}ight)+{frac {1}{eta -alpha }}+sum _{k=0}^{r-1}left({frac {1}{eta +k}}+{frac {1}{eta +1+k-gamma }}-{frac {1}{1+k}}-{frac {1}{eta +1+k-alpha }}ight)ight)x^{-r}ight}end{aligned}}}$

Рекомендации

1. Абрамовиц и Стегун

• Ян Снеддон (1966). Специальные функции математической физики и химии. ОЛИВЕР Б. ISBN  978-0-05-001334-2.

Абрамовиц, Милтон; Стегун, Ирен А. (1964). Справочник по математическим функциям. Нью-Йорк: Дувр. ISBN  978-0-48-661272-0.