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4.3 解答

4.3

1.

(a) 標準形に直すと

$\displaystyle y^{\prime\prime} + \frac{x}{x^2}y^{\prime} + \frac{1}{x^2}y = \frac{e^{x}}{x^2} $

よって $P(x) = 1/x, Q(x) = 1/x^2, R(x) = e^{x}/x^{2}$．これより$x = 0$は特異点．次に$x = 0$が確定特異点か不確定特異点を調べる．

$xP(x) = 1, x^2 Q(x) = 1$より $xP(x), x^2 Q(x)$は$x = 0$で共に解析的．よって $x = 0$ は確定特異点． \framebox{終}

(b) 標準形に直すと

$\displaystyle y^{\prime\prime} + \frac{x}{x(x-1)^3}y^{\prime} + \frac{(x-1)^2}{x(x-1)^3}y = 0 $

よって $P(x) = 1/(x-1)^3, Q(x) = 1/(x(x-1)), R(x) = 0$．これより$x = 0,1$は特異点．次に$x = 0,1$が確定特異点か不確定特異点を調べる．

$xP(x) = x/(x-1)^3, x^2 Q(x) = x/(x-1)$より $xP(x), x^2 Q(x)$は$x = 0$で共に解析的．よって $x = 0$ は確定特異点．次に

$(x-1)P(x) = 1/(x-1)^2, (x-1)^2 Q(x) = x-1/x$より $(x-1)P(x))$は$x=1$で解析的でない．よって$x=1$は不確定特異点． \framebox{終}
(c) 標準形に直すと

$\displaystyle y^{\prime\prime} + \frac{x}{2-x}y^{\prime} + \frac{1}{(x-2)^2 (2-x)}y = 0 $

よって $P(x) = x/(2-x), Q(x) = -1/(x-2)^2, R(x) = 0$．これより$x = 2$は特異点．次に$x = 2$が確定特異点か不確定特異点を調べる．

$(x-2)P(x) = x, (x-2)^2 Q(x) = -1$より $(x-2)P(x), (x-2)^2 Q(x)$は$x = 2$で共に解析的．よって $x = 2$ は確定特異点． \framebox{終}

2.

(a) $L(y) = x^{2}y^{\prime\prime} + xy^{\prime} + (x^2 -4)y = 0$を標準形に直すと

$\displaystyle y^{\prime\prime} + \frac{1}{x}y^{\prime} + \frac{x^2 - 4}{x^2}y = 0. $

これより $P(x) = \frac{1}{x} , \ Q(x) = \frac{x^2 - 4}{x^2}$．よって $x = 0$は確定特異点．そこで解を $y = \sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n+r}, \ c_{0} \neq 0$とおく．これを微分することにより得られる

$\displaystyle y^{\prime} = \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)c_{n}x^{n+r-1}, \ y^{\prime\prime} = \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)c_{n}x^{n+r-2} $

を$L(y) = 0$に代入すると

$\displaystyle L(y) = \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)c_{n}x^{n+r} + \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)c_{n}x^{n+r} + (x^2 - 4)\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n+r} = 0$

となる．ここで$x$のベキを必ず一番小さいものにそろえると

$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r)c_{n}x^{n+r} - \sum_{n=2}^{\infty}c_{n-2}x^{n+r} - 4\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n+r} = 0 .$

次に級数のインデックスを一番大きなものにそろえると
$\displaystyle \underbrace{(r^2 -4)c_{0}x^{r}}_{n = 0} + \underbrace{((r+1)^2 -4... ...x^{r+1}}_{n = 1} + \sum_{n=2}^{\infty}[((n+r)^2 - 4)c_{n} + c_{n-2}]x^{n+r} = 0$      

となる．これより決定方程式 $r^2 - 4 = 0$を解くと$r = \pm 2$となる．

ここで$r=2$のときの解を求める．右辺は恒等的に零なので，左辺の$x^{n+r}$の係数は零である．よって

$\displaystyle ((r+1)^2 - 4)c_{1} = 0 \ より r= 2 のとき c_{1} = 0. $

また

$\displaystyle ((n+r)^2 - 4)c_{n} + c_{n-2} = 0 \ n \geq 2 $

より漸化式

$\displaystyle c_{n} = -\frac{c_{n-2}}{(n+r)^2 - 4}, \ n \geq 2 $

を得る．ここで$r=2$とおくと

$\displaystyle c_{n} = -\frac{c_{n-2}}{n(n+4)} $

となるので，
$\displaystyle c_{2n}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{c_{2n}}{c_{2n-2}}\frac{c_{2n-2}}{c_{2n-4}}\cdots\frac{c_{2}}{c_{0}}c_{0}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{-1}{2n(2n+4)}\frac{-1}{(2n-2)(2n+2)}\cdots \frac{-1}{2\cdot 6}c_{0}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{(-1)^{n}c_{0}}{2^{n}n!2^{n-1}(n+2)!} = \frac{(-1)^{n}c_{0}}{2^{2n-1}n!(n+2)!}$  

よって

$\displaystyle y_{1}(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}c_{0}}{2^{2n-1}n!(n+2)!}x^{2n+2}. \framebox{終} $

(b) $L(y) = xy^{\prime\prime} + y^{\prime} + xy = 0$を標準形に直すと

$\displaystyle y^{\prime\prime} + \frac{1}{x}y^{\prime} + y = 0. $

これより $P(x) = \frac{1}{x} , \ Q(x) = 1$．よって $x = 0$は確定特異点．そこで解を $y = \sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n+r}, \ c_{0} \neq 0$とおく．これを微分することにより得られる

$\displaystyle y^{\prime} = \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)c_{n}x^{n+r-1}, \ y^{\prime\prime} = \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)c_{n}x^{n+r-2} $

を$L(y) = 0$に代入すると

$\displaystyle L(y) = \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)c_{n}x^{n+r-1} + \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)c_{n}x^{n+r-1} + \sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n+r+1} = 0$

となる．ここで$x$のベキを一番小さいものにそろえると

$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r)c_{n}x^{n+r-1} + \sum_{n=2}^{\infty}c_{n-2}x^{n+r-1} = 0 .$

次に級数のインデックスを一番大きなものにそろえると
$\displaystyle \underbrace{r^{2}c_{0}x^{r-1}}_{n = 0} + \underbrace{(r+1)^2 c_{1}x^{r}}_{n = 1} + \sum_{n=2}^{\infty}[(n+r)(n+r) c_{n} + c_{n-2}]x^{n+r-1} = 0$      

となる．これより決定方程式$r^2 = 0$を解くと$r = 0$となる．

ここで$r = 0$のときの解を求める．右辺は恒等的に零なので，左辺の$x^{n+r-1}$の係数は零である．よって

$\displaystyle (r+1)^2 c_{1} = 0 \ より r= 0 のとき c_{1} = 0. $

また

$\displaystyle (n+r)(n+r)c_{n} + c_{n-2} = 0 \ n \geq 2 $

より漸化式

$\displaystyle c_{n} = -\frac{c_{n-2}}{(n+r)(n+r)}, \ n \geq 2 $

を得る．ここで$r = 0$とおくと

$\displaystyle c_{n} = -\frac{c_{n-2}}{n^2} $

となるので，
$\displaystyle c_{2n}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{c_{2n}}{c_{2n-2}}\frac{c_{2n-2}}{c_{2n-4}}\cdots\frac{c_{2}}{c_{0}}c_{0}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{-1}{(2n)^2}\frac{-1}{(2n-2)^2}\cdots \frac{-1}{2^2}c_{0}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{(-1)^{n}c_{0}}{2^{2n}(n!)^2}$  

よって

$\displaystyle y_{1}(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}c_{0}}{2^{2n}(n!)^2}x^{2n}. \framebox{終} $

(c) $L(y) = 4x^2 y^{\prime\prime} - 2x(x-2) y^{\prime} - (3x+1) y = 0$ を標準形に直すと

$\displaystyle y^{\prime\prime} - \frac{x-2}{2x}y^{\prime} - \frac{3x+1}{4x^2}y = 0. $

これより $P(x) = -\frac{x-2}{2x} , \ Q(x) = -\frac{3x+1}{4x^2}$．よって $x = 0$ は確定特異点．そこで解を

$\displaystyle y = \sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n+r}, \ c_{0} \neq 0$

とおく．これを微分することにより得られる

$\displaystyle y^{\prime} = \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)c_{n}x^{n+r-1}, \ y^{\prime\prime} = \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)c_{n}x^{n+r-2} $

を $L(y) = 0$ に代入すると
$\displaystyle L(y)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}4(n+r)(n+r-1)c_{n}x^{n+r} - \sum_{n=0}^{\infty}2(n+r)c_{n}x^{n+r+1}$  
  $\displaystyle -$ $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}3c_{n}x^{n+r+1} - \sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n+r} = 0$  

となる．ここで$x$のベキを一番小さいものにそろえると

$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}[4(n+r)(n+r) - 1]c_{n}x^{n+r} - \sum_{n=1}^{\infty}[2(n+r-1) + 3]c_{n-1}x^{n+r} = 0 .$

次に級数のインデックスを一番大きなものにそろえると
$\displaystyle \underbrace{(4r^{2}-1)c_{0}x^{r}}_{n = 0} + \sum_{n=1}^{\infty}[(4(n+r)^2-1) c_{n} - (2(n+r-1)+3) c_{n-1}]x^{n+r} = 0$      

となる．これより決定方程式 $4r^2 - 1 = 0$を解くと $r = \pm 1/2$となる．

ここで$r=1/2$のときの解を求める．右辺は恒等的に零なので，左辺の$x^{n+r}$の係数は零である．よって

$\displaystyle (4(n+r)^2-1) c_{n} - (2(n+r-1)+3) c_{n-1} \ n \geq 1 $

より漸化式

$\displaystyle c_{n} = \frac{2(n+r-1)+3) c_{n-1}}{(4(n+r)^2-1)} , \ n \geq 1 $

を得る．ここで$r=1/2$とおくと

$\displaystyle c_{n} = \frac{2(n+1)c_{n-1}}{4n(n+1)} = \frac{c_{n-1}}{2n} $

となるので，
$\displaystyle c_{n}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{c_{n}}{c_{n-1}}\frac{c_{n-1}}{c_{n-2}}\cdots\frac{c_{1}}{c_{0}}c_{0}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2n}\frac{1}{2(n-1)}\cdots \frac{1}{2}c_{0}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{c_{0}}{2^{n}n!}$  

よって

$\displaystyle y_{1}(x) = \vert x^{1/2}\vert\sum_{n=0}^{\infty}\frac{c_{0}}{2^{n}n!} x^{n}. \framebox{終} $

3.

(a) $(1-x^2) y^{\prime\prime} - 2x y^{\prime} + 12 y = 0$を標準形に直すと

$\displaystyle y^{\prime\prime} - \frac{2x}{1-x^2}y^{\prime} + \frac{12}{1-x^2}y = 0. $

これより $P(x) = -\frac{2x}{1-x^2} , \ Q(x) = \frac{12}{1-x^2}$．よって $x=1$は確定特異点．そこで$t = x - 1$とおくと，$x = t + 1$より
    $\displaystyle (1-x^2) y^{\prime\prime} - 2x y^{\prime} + 12 y$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle (t^2 + 2t) y^{\prime\prime} + 2(t+1) y^{\prime} - 12 y = 0$  

となる．これより$t = 0$は確定特異点となるので，解を $y = \sum_{n=0}^{\infty}c_{n}t^{n+r}, \ c_{0} \neq 0$とおく．これを微分することにより得られる

$\displaystyle y^{\prime} = \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)c_{n}t^{n+r-1}, \ y^{\prime\prime} = \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)c_{n}t^{n+r-2} $

を$L(y) = 0$に代入すると
$\displaystyle L(y)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)c_{n}t^{n+r} + \sum_{n=0}^{\infty}2(n+r)(n+r-1)c_{n}t^{n+r-1}$  
  $\displaystyle +$ $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}2(n+r)c_{n}t^{n+r}- \sum_{n=0}^{\infty}2(n+r)c_{n}t^{n+r-1} - \sum_{n=0}^{\infty}12c_{n}t^{n+r}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}[(n+r)(n+r+1) - 12]c_{n}t^{n+r} + \sum_{n=0}^{\infty}[2(n+r)^2 c_{n}]t^{n+r-1} = 0$  

となる．ここで$t$のベキを一番小さいものにそろえると

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}[(n+r-1)(n+r) - 12]c_{n-1}t^{n+r} + \sum_{n=0}^{\infty}2(n+r)^2 c_{n}t^{n+r-1} $

次にインデックスを一番大きなものにそろえると

$\displaystyle L(y) = 2r^2 c_{0}t^{r-1} + \sum_{n=1}^{\infty}[(n+r-1)(n+r) - 12]c_{n-1} + 2(n+r)^2 c_{n}]t^{n+r-1} = 0 $

となる．これより決定方程式$2r^2 = 0$を解くと$r = 0$となる．

ここで$r = 0$のときの解を求める．右辺は恒等的に零なので，左辺の$t^{n+r-1}$の係数は零である．よって

$\displaystyle ((n+r)(n+r-1) - 12)c_{n-1} + 2(n+r)^2 c_{n} = 0 \ n \geq 1 $

より漸化式

$\displaystyle c_{n} = -\frac{((n+r)(n+r-1) - 12)c_{n-1}}{2(n+r)^2} , \ n \geq 1 $

を得る．ここで$r = 0$とおくと

$\displaystyle c_{n} = -\frac{(n(n-1) - 12)c_{n-1}}{2n^2} = -\frac{(n+3)(n-4)c_{n-1}}{2n^2} $

となる．これより $c_{1}, c_{2}, c_{3},c_{4}$を求めると

$\displaystyle c_{1} = 6, c_{2} = \frac{5}{4}c_{1} = \frac{15}{2}c_{0}, c_{3} = \frac{1}{3}c_{2} = \frac{5}{2}c_{0}, c_{4} = 0, \cdots $

よって

$\displaystyle y_{1}(t) = c_{0}(1 + 6t + \frac{15}{2}t^2 + \frac{5}{2}t^3) .$

次にこれと1次独立な解$y_{2}$を求める．$y_{2}$は階数低減法で求められる．

(階数低減法による)

$y_{2}(t) = y_{1}v(t)$とおき$L(y) = 0$に代入すると

$\displaystyle y_{1}v^{\prime\prime}(t) + [2y_{1}^{\prime} + \frac{2t+2}{t^2 +2t}y_{1}]v^{\prime}(t) = 0$

ここで $w = v^{\prime}$とおくと

$\displaystyle \frac{w^{\prime}}{w} = - [2\frac{y_{1}^{\prime}}{y_{1}} + \frac{2t+2}{t^2 +2t}]$

$\displaystyle \log{w} = -2\log_{y_{1}} - \log{(t^2 + 2t)} = - (\log{y_{1}^2 (t^2 + 2t)})$

よって

$\displaystyle w = \exp{- (\log{y_{1}^2 (t^2 + 2t)})} = \frac{1}{y_{1}^2 (t^2 + 2t)} $

ここで $y_{1} = 1 + 6t + 15t^{2}/2 + 5t^{3}/2$を用いると

$\displaystyle w = \frac{1}{(1 + 6t + 15t^{2}/2 + 5t^{3}/2)^2 (t^2 + 2t)} = \frac{1}{2t} -\frac{25}{4} + \frac{397t}{8} - \frac{5109t^2}{16} + \cdots $

これより
$\displaystyle v(t)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int{ \frac{1}{2t} -\frac{25}{4} + \frac{397t}{8} - \frac{5109t^2}{16} + \cdots} dt$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2}\log{t} - \frac{25t}{4} + \frac{397t^2}{16} - \frac{5109t^3}{32} + \cdots$  

で与えられる．よって

$\displaystyle y_{2} = y_{1}(\frac{1}{2}\log{t} - \frac{25t}{4} + \frac{397t^2}{16} - \frac{5109t^3}{32} + \cdots ) \ \framebox{終} $

別解

$y_{2} = y_{1}\log{\vert t\vert} + t \sum_{n=0}^{\infty}C_{n}t^{n} $で与えられるので，これを $L(y) = (t^2 + 2t) y^{\prime\prime} + 2(t+1) y^{\prime} - 12 y = 0$に代入し$C_{n}$を求める．計算の都合上$c_{0} = 1$とおくと．

$\displaystyle y_{2}^{\prime}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle y_{1}^{\prime} \log{\vert t\vert} + \frac{y_{1}}{t} + \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)C_{n}t^{n}$  
$\displaystyle y_{2}^{\prime\prime}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle y_{1}^{\prime\prime} \log{\vert t\vert} + \frac{2y_{1}^{\prime}}{t} - \frac{y_{1}}{t^2} + \sum_{n=1}n(n+1)C_{n}t^{n-1}$  

より
$\displaystyle L(y_{2})$ $\displaystyle =$ $\displaystyle (t^2 + 2t)[y_{1}^{\prime\prime} \log{\vert t\vert} + \frac{2y_{1}^{\prime}}{t} - \frac{y_{1}}{t^2} + \sum_{n=1}n(n+1)C_{n}t^{n-1}]$  
  $\displaystyle +$ $\displaystyle (2t + 2)[y_{1}^{\prime} \log{\vert t\vert} + \frac{y_{1}}{t} + \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)C_{n}t^{n} ]$  
  $\displaystyle -$ $\displaystyle 12 [y_{1} \log{\vert t\vert} + t\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}t^{n}]$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \log{\vert t\vert}L(y_{1}) + (t^2 + t)(\frac{2y_{1}^{\prime}}{t} - \frac{y_{1}}{t^2}) + (2t +2)( \frac{y_{1}}{t})$  
  $\displaystyle +$ $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}n(n+1)C_{n}t^{n+1} + \sum_{n=1}^{\infty}2n(n+1)C_{n}t^{n} + \sum_{n=0}^{\infty}2(n+1)C_{n}t^{n+1}$  
  $\displaystyle +$ $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}2(n+1)C_{n}t^{n} - \sum_{n=0}^{\infty}12C_{n}t^{n+1}$  

ここで $L(y_{1}) = 0$に注意し，$t$のベキを一番小さいのでそろえると
$\displaystyle L(y_{2})$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 2ty_{1}^{\prime} + 4y_{1}^{\prime} + y_{1} + \sum_{n=2}^{\infty}(n-1)nC_{n-1}t^{n} + \sum_{n=1}^{\infty}2n(n+1)C_{n}t^{n}$  
  $\displaystyle +$ $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}2nC_{n-1}t^{n} + \sum_{n=0}^{\infty}2(n+1)C_{n}t^{n} - \sum_{n=1}^{\infty}12C_{n-1}t^{n} = 0$  

次にインデックスを一番大きなものにそろえると
$\displaystyle L(y_{2})$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 2ty_{1}^{\prime} + 4y_{1}^{\prime} + y_{1} + 2C_{0} + [4C_{1} + (2 - 12)C_{0}]t$  
  $\displaystyle +$ $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}[((n+1)n - 12)C_{n-1} + (2n+2)(n+1)C_{n} ]t^{n} = 0$  

ここで $y_{1} = 1 + 6t + \frac{15}{2}t^2 + \frac{5}{2}t^3$を用いると

$\displaystyle 2ty_{1}^{\prime} + 4y_{1}^{\prime} + y_{1} = 25 + 78t + \frac{135 t^2}{2} + \frac{35 t^3}{2} $

よって
$\displaystyle L(y_{2})$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 25 + 78t + \frac{135 t^2}{2} + \frac{35 t^3}{2}$  
  $\displaystyle +$ $\displaystyle 2C_{0} + [4C_{1} + (2 - 12)C_{0}]t$  
  $\displaystyle +$ $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}[((n+1)n - 12)C_{n-1} + 2(n+1)^2 C_{n} ]t^{n} = 0$  

これより

$\displaystyle C_{0} = \frac{25}{2}, 4C_{1} - 10C_{0} + 78 = 0, -2C_{1} + 12C_{2} + \frac{135}{2} = 0, 32C_{3} + \frac{35}{2} = 0, $

$\displaystyle C_{n} = -\frac{(n-3)(n+4)}{2(n+1)^2} $

よって

$\displaystyle C_{0} = \frac{25}{2}, C_{1} = \frac{47}{4}, C_{2} = \frac{11}{3}, C_{3} = -\frac{35}{64}, C_{4} = -\frac{2}{25}, \ldots $


$\displaystyle y_{2}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle y_{1}\log{\vert t\vert} + \sum_{n=0}^{\infty}C_{n}t^{n+1}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle y_{1}\log{\vert t\vert} + \frac{25}{2}t + \frac{47}{4}t^2 + \frac{11}{3}t^3 - \frac{35}{64}t^4 - \cdots$  

\framebox{終}

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