熊原啓作著『新訂解析学』の学習ノート第十二回。打って変わってべき級数法？による微分方程式の解法を扱う。

級数解

級数解

二階非同次線形方程式の係数がべき級数展開可能であるときに、それを利用して解を求めることを考えていく。

  • 微分方程式の解もべき級数展開が可能であるとし、その収束半径を $\rho_1 > 0$ とする：

    \[y = \sum_{n = 0}^\infty c_n x^n,\quad \lvert x \rvert < \rho_1.\]
  • Th 15.1: $y^{\prime\prime} + P(x)y^\prime + Q(x)y = R(x)$ のべき級数解

    • 表題の微分方程式について、$P, Q, R$ は $x = 0$ のまわりでべき級数展開できるとする：

      \[P(x) = \sum_{n = 0}^\infty p_n x^n,\quad Q(x) = \sum_{n = 0}^\infty q_n x^n,\quad R(x) = \sum_{n = 0}^\infty r_n x^n,\quad\]
    • $P, Q, R$ の収束半径の最小値は $\rho > 0$ である。
    • $y(0) = c_0,\;y^\prime(0) = c_1$ とする。

    このとき、表題の微分方程式の一般解はある収束半径 $\rho_1 > 0$ でべき級数展開可能であり、次を満たす：

    \[\lvert x \rvert < \rho_1 \implies y = \sum_{n = 0}^\infty c_n x^n,\quad 0 < \rho_1 \le \rho.\]

    証明：$\lvert x \rvert < \rho_1$ で $y = \sum c_n x^n$ が解であるとすると項別微分ができるので：

    \[y^\prime = \sum_{n = 1}^\infty n c_n x^{n - 1},\quad y^{\prime\prime} = \sum_{n = 2}^\infty n(n - 1)c_n x^{n - 2}.\]

    このときは $y(0) = c_0,\; y^\prime(0) = c_1$ でよい。 仮定の $y$ を微分方程式に代入すると（添字を少し調整する）：

    \[\begin{aligned} \sum_{n = 2}^\infty (n+2)(n+1)c_{n+2}x^n + \left(\sum_{n = 0}^\infty p_n x^n\right) \left(\sum_{n = 0}^\infty(n+1)c_{n+1}x^n\right)\\ + \left(\sum_{n = 0}^\infty q_n x^n\right) \left(\sum_{n = 0}^\infty c_n x^n\right) = \left(\sum_{n = 0}^\infty r_n x^n\right). \end{aligned}\]

    これを形式的に展開して整理し、$x^n$ の係数を比較する：

    \[\tag*{$\bigstar$} (n+2)(n+1)c_{n+2} = \sum_{k = 0}^n p_k(n + 1 - k)c_{n + 1 - k}\\ + \sum_{k = 0}^n q_k c_{n- k} = r_n.\quad\]

    $n = 0$ を代入すると $c_2$ が得られる：

    \[2 c_2 + p_0 c_1 + q_0 c_0 = r_0.\\ \therefore c_2 = -\frac{1}{2}(p_0 c_1 + q_0 c_0 - r_n).\]

    一般の $n$ については $\bigstar$ から：

    \[c_{n + 2} = -\frac{1}{(n + 2)(n + 1)} \left(\sum_{k = 0}^n p_k(n + 1 - k)c_{n + 1 - k} + \sum_{k = 0}^n q_k c_{n- k} -r_n\right).\]

    以下、べき級数 $y$ の収束半径を吟味する。 そのため $n \to \infty$ のとき $\lvert c_nx^n \rvert < \infty$ を示して、絶対収束すると結論したい。

    • $T \coloneqq \min\lbrace \rho, 1 \rbrace$ とおく。$T > 0$ である。
    • $M :> \max\lbrace 1, T, \lvert c_0\rvert, \lvert c_1 \rvert, \lvert p_n \rvert T^n, \lvert q_n \rvert T^n, \lvert r_n \rvert T^n\rbrace$ とおく。

    このとき、次の評価が成り立つことを示す：

    \[\tag*{$\bigstar\bigstar$} \lvert c_n \rvert < \frac{M^{n + 1}}{T^{n}}.\]
    1. $n = 0$ のときは $M > \max\lbrace \cdots \lvert c_0 \rvert \cdots \rbrace \ge \lvert c_0 \rvert$ ゆえ成り立つ。
    2. $n = 1$ のときは $M > \max\lbrace \cdots \lvert c_1 \rvert \cdots \rbrace \ge \lvert c_1 \rvert$ かつ $T < 1$ より $1 < \dfrac{M}{T}$ だから $\lvert c_1 \rvert < \dfrac{M^2}{T}$ が成り立つ。

    3. $n = 0, \dotsc, m + 1$ のときに成り立つと仮定する。

      \[\begin{aligned} \lvert c_{m+2}\rvert &\le \frac{1}{(m + 2)(m + 1)} \left(\sum_{k = m}^n(m - k + 1)\frac{M}{T^k}\frac{M^{m - k + 2}}{T^{m - k + 1}} \right.\\ &\left. + \sum_{k = 0}^n \frac{M}{T^k}\frac{M^{m - k + 1}}{T^{m - k}} + \frac{M}{T^m}\right)\\ &\le \frac{1}{(m + 2)(m + 1)} \frac{M^{m + 3}}{T^{m + 2}} \left(\sum_{k=0}^m(m - k + 1) + \sum_{k = 0}^m1 + 1\right)\\ &= \frac{M^{m + 3}}{T^{m + 2}} \frac{1}{(m + 2)(m + 1)} \frac{m^2 + 5m + 6}{2}\\ &= \frac{M^{m + 3}}{T^{m + 2}} \frac{m + 3}{2(m + 1)}\\ &< \frac{M^{m + 3}}{T^{m + 2}}. \end{aligned}\]

      となり、$n = m + 2$ のときにも成り立つ。

    したがって数学的帰納法により、すべての $n$ で $\bigstar\bigstar$ が成り立つ。

    以上より、べき級数の項について次の評価が成り立つ：

    \[\lvert c_nx^n \rvert < \frac{M^{n+1}}{T^n}\lvert x^n\rvert < M \left(\frac{M \lvert x \rvert}{T}\right)^n.\]

    すなわち $\lvert x \rvert < \dfrac{T}{M}$ ならば $y$ は収束する。 $\rho_1 = \dfrac{T}{M}.$

  • E 15.1: $y^\prime - ay = 0,\quad y(0) = 1$
    • 一般解が $y = y(0)\mathrm{e}^{ax}$ であることは承知しているが、べき級数の手法で求めてみるというのが趣旨だ。
    \[y = \sum_{n = 0}^\infty c_n x^n,\quad y(0) = c_0 = 1.\]

    これを与えられた微分方程式に代入して係数の関係を得る：

    \[\begin{aligned} &c_1 + 2ax + 3c_3 x^2 + \dotsb = a(c_0 + c_1x + c_2x^2 + \dotsb).\\ \therefore c_1 &= a c_0 = a,\\ c_2 &= \frac{a c_1}{2} = \frac{a^2}{2!},\\ c_3 &= \frac{a c_2}{3} = \frac{a^3}{3!},\\ &\dotsc,\\ c_n &= \frac{a^n}{n!}.\\ \therefore y &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{a^n}{n!} x^n = \mathrm{e}^{ax}. \end{aligned}\]
  • E 15.2: $y^{\prime\prime} - k^2y = 0,\quad y(0) = c_0,\;y^\prime(0) = c_1.$
    • これも既出の微分方程式である。
    \[\begin{aligned} c_n &= -\frac{k^2}{n(n - 1)}c_{n - 2},\quad n = 2, 3, \dotsc.\\ \therefore c_{2m} &= (-1)^m \frac{k^{2m}}{(2m)!}c_0, \quad c_{2m + 1} = (-1)^m \frac{k^{2m}}{(2m + 1)!}c_1,\quad m = 0, 1, \dotsc.\\ \end{aligned} \\ \begin{aligned} \therefore y &= c_0 \sum_{m = 0}^\infty (-1)^m\frac{(kx)^{2m}}{(2m)!} + \frac{c_1}{k}\sum_{m = 1}^\infty (-1)^m \frac{(kx)^{2k + 1}}{(2m + 1)!}\\ &= c_0\cos kx + \frac{c_1}{k}\sin kx. \end{aligned}\]

    コメント：教科書の結果は $\sin$ の係数を間違っている。

Legendre の微分方程式

Legendre の微分方程式とは、次の形をした微分方程式のことである：

\[\tag*{(L)} (1 - x^2)y^{\prime\prime} - 2xy^\prime + \nu(\nu + 1)y = 0, \quad \nu: \text{const}.\]

$x = 0$ の近傍で Th 15.1 の条件を満たす。$y$ はべき級数展開可能である。 これまでにやったようにして、係数の関係式を得る：

\[c_m = -\frac{(\nu - m + 2)(\nu + m - 1)}{m(m - 1)}c_{m - 2},\quad m = 2, 3, \dotsc.\]

二階であることから場合分けが生じるようだ。$k \in \N$ として：

\[\begin{aligned} c_{2k} &= (-1)^k \frac{\nu(\nu - 2)(\nu - 4)\dotsm(\nu - 2k + 2)\cdot(\nu + 1)(\nu + 3)\dotsm(\nu + 2k - 1)}{(2k)!}c_0,\\ c_{2k + 1} &= (-1)^k\frac{(\nu - 1)(\nu - 3)\dotsm(\nu - 2k + 1)\cdot (\nu + 2)(\nu + 4)\dotsm(\nu + 2k)}{(2k + 1)!}c_1. \end{aligned}\]

偶数項と奇数項とで別々に級数を定義する：

\[\varphi_\nu(x) \coloneqq \sum_{k = 0}^\infty c_{2k}x^{2k},\quad \psi_\nu(x) \coloneqq \sum_{k = 0}^\infty c_{2k+1}x^{2k+1}.\]

議論の簡単化のため $c_0 = c_1 = 1$ とする。 $\text{(L)}$ において $\nu \in \N \cup \lbrace0\rbrace$ とすると $c_{n + 2} = c_{n + 4} = \dotsb = 0$ ゆえ、$n$ の偶奇により $\varphi_n$ と $\psi_n$ のどちらか一方が $n$ 次多項式になり、他方は無限級数である。

$\varphi_\nu, \psi_\nu$ が無限級数であるときの収束半径はどちらも同じである。これは容易に求まる：

\[\lim_{m \to \infty}\frac{c_{m - 2}}{c_m} = 1.\]
  • $y = \varphi_\nu(x)$ は初期条件 $y(0) = 1,\;y^\prime(0) = 0$ を満たす $\text{(L)}$ の解であり、
  • $y = \psi_\nu(x)$ は初期条件 $y(0) = 0,\;y^\prime(0) = 1$ を満たす $\text{(L)}$ の解である。

もし定数 $C_1, C_2$ によって $y = C_1\varphi_\nu(x) + C_2\psi_\nu(x) \equiv 0$ であれば、 $\varphi_n, \psi_n$ は微分方程式 $\text{(L)}$ の基本解である。

  • Legendre の多項式

    $\text{(L)}$ において $\nu \in \N \cup \lbrace0\rbrace$ とする。 このとき多項式列 $\lbrace P_n(x)\rbrace$ を次のように定義したものを Legendre の多項式という：

    • $n$ が偶数のとき、$P_n(x)$ を $\varphi_n(x)$ の、
    • $n$ が奇数のとき、$P_n(x)$ を $\psi_n(x)$ の

    何らかの定数倍とし、それにより $x^n$ の係数が $\dfrac{(2n)!}{2^n (n!)^2}$ であるとする。

  • Rodrigues の公式

    \[P_n(x) = \frac{1}{2^n n!} \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}(x^2 - 1)^n.\]

    証明：$u = (x^2 - 1)^n$ とおく。$u^\prime = 2nx(x^2 - 1)^{n - 1}$ $\therefore (x^2 - 1)u^\prime = 2nxu.$

    Leibniz 則を適用して $x$ について $n + 1$ 回微分する：

    \[(x^2 - 1)u^{(n + 2)} + 2(n + 1)xu^{(n + 1)} + n(n + 1)u^{(n)}\\ = 2nxu^{(n + 1)} + 2n(n + 1)u^{(n)}.\]

    $y = u^{(n)}$ とおくと $\text{(L)}$ を満たす。ゆえに $2^n n! P_n(x)$ は Legendre 微分方程式の解である。

  • Legendre の多項式で重要なのは直交性である。内積は次で定める：

    \[(f, g) \coloneqq \int_a^b\!f(x)\overline{g(x)}\,\mathrm dx.\]

  • Th 15.2: $P_n(x)$ の直交性

    $\lbrace P_n(x) \,\mid\, n \in \N \cup \lbrace0\rbrace\rbrace$ は区間 ${(-1, 1)}$ における直交系である。

    証明：

    1. $k \le n$ が次を満たすことを示す：

      \[\begin{aligned} &\int_{-1}^1\! x^k \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}(x^2 - 1)^n\,\mathrm dx\\ &= \begin{cases} 0, & k < n,\\ \displaystyle (-1)^n n \int_{-1}^1\!(x^2 - 1)^n\,\mathrm dx, & k = n. \end{cases} \end{aligned}\]

    2. 上の、特に $m = n$ の場合の積分を計算する：

      \[\tag*{$\spades$} \int_{-1}^1\!(x^2 - 1)^n\,\mathrm dx = (-1)^n \frac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n + 1)!}\]

    3. $m < n \implies P_m(x) = ?x^k + ?x^{k - 2} + \dotsb\quad(k < n)$ ゆえ $(P_n, P_m) = 0.$

      $m = n$ ならば上述のように $n$ の項だけが残り：

      \[\def\coef{ \frac{(2n)!}{2^n(n!)^2}\frac{1}{2^nn!} } \begin{aligned} (P_n, P_n) &= \coef\int_{-1}^1\!x^n \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}(x^2 - 1)^n\,\mathrm dx\\ &= \coef (-1)^n \frac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n + 1)!}& \because \spades\\ &= \frac{2}{2n + 1}. \end{aligned}\]

    以上により $(P_m, P_n) = \delta_{mn}.$

Hermite の微分方程式

\[\tag*{(H)} y^{\prime\prime} - 2xy^\prime + 2ny = 0,\quad n \in \N \cup \lbrace 0\rbrace.\]

いつものようにべき級数展開 $y = \sum c_n x^n$ を仮定して係数を調べる：

\[c_{m + 2} = -2\frac{n - m}{(m + 2)(m + 1)}c_m.\]

$m > n$ のときは $c_m = 0$ となり、結局 $y$ は $n$ 次多項式である。

  • Hermite 多項式とは、$\text{(H)}$ の $n$ 次方程式解であり、 $x^n$ の係数が $1$ であるものをいい $H_n(x)$ で表す。すなわち：

    \[H_n(x) = (-1)^n e^{x^2} \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}e^{-x^2}.\]

    これが解になることを示すのは省略するが、簡単なようだ。

Chebyschev の微分方程式

\[\tag*{(C)} (1 - x^2)y^{\prime\prime} -2xy^\prime + n^2y = 0,\quad n \in \N \cup \lbrace 0\rbrace.\]

いつものようにべき級数展開 $y = \sum c_n x^n$ を仮定して係数を調べる：

\[c_{m + 2} = \frac{(m + 2)(m - n)}{(m + 2)(m + 1)}c_m.\]

$m > n$ ならば $c_m = 0$ だから、結局解は $n$ 次多項式である。

Bessel の微分方程式

\[\tag*{(B)} x^2 y^{\prime\prime} + xy^\prime + (x^2 - \nu^2)y = 0.\]

これは $x = 0$ で展開することがはばかられる。極でべき級数展開はできない。

  • 確定特異点 a.k.a. 正則特異点
    • $p_0(x), p_1(x), p_2(x)$ を $x = x_0$ でべき級数展開可能な関数であるとする。

    $x = x_0$ が微分方程式 $p_0(x) y^{\prime\prime} + p_1(x) y^\prime + p_2(x) y = 0$ の確定特異点であるとは、 すべての解 $y$ に対して $m \in \Z$ が存在して次を満たす点をいう：

    \[\lim_{x \to x_0}(x - x_0)^m y = 0.\]
  • Th 15.3 (Fucks)
    • $y^{\prime\prime} + P(x) y^\prime + Q(x) y = 0$
    • $(x - x_0) P(x),\;(x - x_0)^2Q(x)$ が $x = x_0$ の近傍でべき級数展開可能

    このとき $x_0$ は確定特異点である。

    証明：簡単のために $x_0 = 0$ とする（平行移動しても収束半径は変わらない）。

    $xP(x), x^2Q(x)$ を展開した式をそれぞれ $p(x), q(x)$ とする：

    \[xP(x) = p(x) = \sum_{n = 0}^\infty p_n x^n,\\ x^2Q(x) = q(x) = \sum_{n = 0}^\infty q_n x^n.\\\]

    仮定の微分方程式に $x^2$ を乗じ、次のように写像 $L$ を定める：

    \[L[f(x)] \coloneqq x^2 f^{\prime\prime}(x) + xp(x)f^\prime(x) + q(x)f(x).\]

    これが解 $y = x^\rho \sum_{n = 0}^\infty c_n x^n$ をもつと仮定する。 このとき、

    \[\begin{aligned} L[y] &= L[\sum c_n x^{n + \rho}]\\ &= \sum c_n L[x^{n + \rho}].\\ L[x^{n + \rho}] &= \left((\rho + n)(\rho + n - 1) + (\rho + n)\sum_{k = 0}^\infty p_kx^k + \sum_{k = 0}^\infty q_k x^k\right)x^{\rho + n}.\\ \end{aligned}\]

    ここで次のように $f_k$ をおく：

    \[\begin{aligned} f_0(r) &\coloneqq r(r - 1) + p_0 r + q_0,& k = 0,\\ f_k(r) &\coloneqq p_k + q_k, & k > 0. \end{aligned}\]

    すると、

    \[\begin{aligned} L[y] &= \sum_{m = 0}^\infty c_n \sum_{k = 0}^\infty f_k(\rho + n)x^{\rho + k + n}\\ &= \sum_{m = 0}^\infty \left(\sum_{n = 0}^m c_{m - n} f_n(\rho + m - n)\right)x^{\rho + m}. \end{aligned}\]

    大きいカッコ内はゼロでなければならない。よって：

    \[\begin{aligned} &c_0 f_0(\rho) = 0,\\ &c_m f_0(\rho + m) + c_{m - 1}f_1(\rho + m - 1) + \dotsb\\ &\phantom{MMMM} + c_1 f_{m - 1}(\rho + 1) + c_0 f_m(\rho) = 0, & m = 1, 2, \dotsc. \end{aligned}\]

    $c_0 \ne 0$ より次が成り立つ（これを決定方程式という）：

    \[f_0(\rho) = \rho(\rho - 1) + p_0 \rho + q_0 = 0.\]

    この二次方程式の根を $\rho_1, \rho_2$ とする。 $\rho_1$ に対して $f_0(\rho_1 + m) \ne 0$ ならば $c_0, c_1$ から $c_2$ が、 $c_3, \dotsc$ が上の式から得られる。

    • $\rho_1 - \rho_2 \notin \Z \implies \forall m(m \in \Z \implies f_0(\rho_2 + m) \ne 0).$

      $\rho_1, \rho_2$ に対応する $c_n$ をそれぞれ $c_n^{(1)}, c_n^{(2)}$ とおくと、 $y_j = x^{\rho_j}\sum c_n^{(j)}x^n$ は正の収束半径をもつ。このことは Th 15.1 と同じようにして示される。

      このとき $y_j$ が基本解組である。

    • $\rho_1 - \rho_2 \in \Z$ ならば基本解組を構成することができる。

$\text{(B)}$ の決定方程式は次になる：

\[\rho(\rho - 1) + \rho - \nu^2 = \rho^2 - \nu^2.\]

したがって $\rho = \pm\nu.$ これが整数でなければ Fucks の方法で基本解を得られる。

\[\begin{cases} c_1((\rho + 1)^2 - \nu^2) = 0, & m = 1,\\ c_m((\rho + m)^2 - \nu^2) + c_{m - 2} = 0, & m = 2, 3, \dotsc. \end{cases}\]

$c_1 = 0$ とおけば奇数 $m$ について $c_m = 0.$ 偶数は：

\[\begin{aligned} c_{2k} &= (-1)^k \frac{c_0}{2k(2k - 2)\dotsm 2 \cdot (2\nu + 2k)(2\nu + 2k - 2)\dotsm(2\nu + 2)}\\ &= (-1)^k \frac{1}{2^{2k}}\frac{1}{k!} \frac{\varGamma(\nu)}{\varGamma(\nu + k + 1)}c_0. \end{aligned}\]

$c_0 = \dfrac{1}{2 \varGamma(\nu)}$ とおけば次の関数が解である：

\[J_\nu(x) \coloneqq \left(\frac{x}{2}\right)^\nu \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k! \varGamma(\nu + k + 1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k}.\]

これを Bessel 関数という。

  • 基本解組は $\lbrace J_\nu(x), J_{-\nu}(x)\rbrace$ である。
  • $\nu \in \Z + \dfrac{1}{2}$ のときはこれらは一次独立で基本解を与える。

  • $\nu \in \Z$ のときは $J_{-n}(x) = (-1)^nJ_n(x)$ が成り立つ。少し工夫が要るが

    \[Y_n(x) \coloneqq \left.\frac{1}{\pi} \frac{\partial J_\nu}{\partial \nu} - (-1)^n\frac{\partial J_{-\nu}}{\partial \nu}\right|_{\nu = m}\]

    とすると $Y_n, J_n$ が一次独立になる、これを Neuman 関数だとか第二種の Bessel 関数だとかいう。

Gauss の超幾何微分方程式

\[\tag*{(G)} x(1 - x)y^{\prime\prime} + (\gamma - (\alpha + \beta + 1)x)y^\prime - \alpha\beta y = 0,\\ \alpha, \beta, \gamma: \text{const.}\]
  • $x = 0$ が確定特異点である。

  • $y = \sum c_n x^{n + \rho}$ の形の解を仮定すると、決定方程式は次のとおり：

    \[\rho(\rho + \gamma - 1) = 0.\]

  • 記号 $(x)_n \coloneqq x(x + 1)(x + 2)\dotsm(x + n - 1)$ を導入する。

    \[\begin{aligned} (\rho + n)(\rho + n + \gamma - 1)c_n &= (\rho + k + \alpha - 1)(\rho + n + \beta - 1)c_{n - 1}\\ \therefore c_n &= \frac{(\rho + \alpha)_n (\rho + \beta)_n}{(\rho + 1)_n (\rho + n)_n}. \end{aligned}\]

  • $\rho = 0, 1 - \gamma$ である。 $\rho = 0$ ならば $\gamma \in \N \cup \lbrace 0 \rbrace$ のとき

    \[y = \sum_{n = 0}^\infty \frac{(\alpha)_n (\beta)_n}{(\gamma)_n} \frac{x^n}{n!} =: F(\alpha, \beta, \gamma; x)\]

    が一つの解である。

    • $\alpha \in -\N \lor \beta \in -\N$ ならば $F(\alpha, \beta, \gamma; x)$ は多項式である。
    • $F(\alpha, \beta, \gamma; x)$ が多項式でないときの収束半径は $1$ である。
    • $F(\alpha, \beta, \gamma; x) = 0$ を Gauss の超幾何微分方程式という。

本文ノートは以上。演習をやりたいところだがどうする？