0434-1985 东大工 数学 WEB

常微分方程 幂级数解法 勒让德方程 收敛半径

問題 3
微分方程式

$$y^{\prime \prime }-\frac{2x}{1-x^2}{y}^{\prime }+\frac{20}{1-x^2}y=0$$
を満たす冪（べき）級数解を $y=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ とおいて、次の問に答えよ。

(1) $y(0)=1,y^{\prime }(0)=0$ を満たす解を求めよ。
(2) $y(0)=0,y^{\prime }(0)=1$ を満たす解を求めよ。
(3) (2) の解の収束半径を示せ。

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解答：

与えられた微分方程式の両辺に $1-x^2$ を掛けると、

$$(1-x^2)y^{\prime \prime }-2x{y}^{\prime }+20y=0$$
となる。冪級数解 $y=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ を項別微分すると、
$$y^{\prime }=\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1},y^{\prime \prime }=\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_n{x}^{n-2}$$
これらを微分方程式に代入して整理する。
$$(1-x^2)\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_n{x}^{n-2}-2x\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1}+20\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=0$$
$$\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_n{x}^{n-2}-\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_n{x}^n-\sum _{n=1}^{\infty }2n{a}_n{x}^n+\sum _{n=0}^{\infty }20a_n{x}^n=0$$
第1項の和の添字をずらし、すべての和の範囲を $n=0$ からに統一する（$n=0,1$ のとき $n(n-1)=0$ などとなるため和に含めても値は変わらない）。
$$\sum _{n=0}^{\infty }(n+2)(n+1)a_{n+2}{x}^n-\sum _{n=0}^{\infty }\left\{n(n-1)+2n-20\right\}{a}_n{x}^n=0$$
$$\sum _{n=0}^{\infty }\left\{(n+2)(n+1)a_{n+2}-(n^2+n-20)a_n\right\}{x}^n=0$$
係数比較により、$a_n$ と $a_{n+2}$ の間の漸化式を得る。
$$(n+2)(n+1)a_{n+2}=(n-4)(n+5)a_n$$
$$a_{n+2}=\frac{(n-4)(n+5)}{(n+1)(n+2)}{a}_n(n=0,1,2,\dots )$$

(1)
初期条件 $y(0)=1$ より $a_0=1$、$y^{\prime }(0)=0$ より $a_1=0$ である。
$a_1=0$ であるため、漸化式より奇数番目の項はすべて $0$ となる（$a_3=a_5=\cdots =0$）。
偶数番目の項を順に計算する。

$$a_2=\frac{-4\cdot 5}{1\cdot 2}{a}_0=-10$$
$$a_4=\frac{-2\cdot 7}{3\cdot 4}{a}_2=-\frac{7}{6}\cdot (-10)=\frac{35}{3}$$
$$a_6=\frac{0\cdot 9}{5\cdot 6}{a}_4=0$$
$a_6=0$ となるため、これ以降の偶数番目の項もすべて $0$ となる。
したがって、求める解は有限項の多項式となり、
$$\boxed{y=1-10x^2+\frac{35}{3}{x}^4}$$

(2)
初期条件 $y(0)=0$ より $a_0=0$、$y^{\prime }(0)=1$ より $a_1=1$ である。
$a_0=0$ であるため、漸化式より偶数番目の項はすべて $0$ となる（$a_2=a_4=\cdots =0$）。
奇数番目の項の添字を $n=2k-1(k=1,2,\dots )$ とおくと、漸化式は

$$a_{2k+1}=\frac{(2k-5)(2k+4)}{2k(2k+1)}{a}_{2k-1}$$
と表される。よって、求める解は、
$$\boxed{\begin{array}{rl}y(x)& =\sum _{k=0}^{\infty }{a}_{2k+1}{x}^{2k+1}\\ \text{ただし、}& a_1=1,a_{2k+1}=\frac{(2k-5)(2k+4)}{2k(2k+1)}{a}_{2k-1}(k\ge 1)\end{array}}$$

(3)
(2)の解の級数 $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_{2k+1}{x}^{2k+1}$ に対し、ダランベールの判定法を用いる。

$$\underset{k\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_{2k+3}{x}^{2k+3}}{a_{2k+1}{x}^{2k+1}}\right|=\underset{k\to \infty }{\lim }\left|\frac{(2k-3)(2k+6)}{(2k+2)(2k+3)}\right||x{|}^2=|x{|}^2$$
収束条件は極限値が $1$ より小さいことであるため、$|x{|}^2<1$、すなわち $|x|<1$ を得る。
よって、収束半径 $R$ は、
$$\boxed{R=1}$$

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本题考察了常微分方程的幂级数解法，该方程本质上是勒让德（Legendre）微分方程的特殊情况。在求解时，先将分式方程化为整式方程，然后将假定的幂级数解代入其中，通过合并同次幂的项并令系数为零，即可提取出相邻系数之间的递推关系。第一问中根据初始条件，奇数次项均等于零，而偶数次项在计算到某一次时由于分子出现零因子，导致后续项全部被截断，从而得到一个勒让德多项式解。第二问中偶数项为零，奇数项则通过递推公式构成一个无穷级数解。第三问只需利用达朗贝尔判别法考察相邻非零项（即相差二次的项）的比值极限，令所得关于自变量的极限表达式小于1，即可顺利求解出该幂级数的收敛半径。