Arfken 7판 7.5–7.6절 (멱급수해와 수렴반경, 프로베니우스 방법, 결정방정식, 푸크스 정리, 로그가 붙는 두 번째 해)
방정식은 표준형 $y''+P(x)y'+Q(x)y=0$으로 놓고 봅니다. 한 점 $x_0$는 다음 셋 중 하나입니다.
| 종류 | 조건 | 시도할 해 |
|---|---|---|
| 보통점(ordinary point) | $P$, $Q$가 $x_0$에서 유한(해석적) | $\sum a_n(x-x_0)^n$, 두 해 모두 이 꼴. 수렴반경은 적어도 가장 가까운 (복소) 특이점까지의 거리 |
| 정칙 특이점(regular singular point) | 보통점은 아니지만 $(x-x_0)P$, $(x-x_0)^2Q$가 유한 | $\sum a_n(x-x_0)^{n+s}$ (프로베니우스) |
| 비정칙 특이점(irregular singular point) | 그 밖의 경우 | 이 레슨의 방법이 통하지 않음 |
정칙 특이점 $x=0$에서 $p_0=\lim_{x\to0}xP$, $q_0=\lim_{x\to0}x^2Q$로 두면 결정방정식(indicial equation)은 다음과 같습니다.
$$s(s-1)+p_0s+q_0=0$$두 근을 $s_1\ge s_2$(실수)라 하면 두 번째 해의 꼴은 근의 차이로 정해집니다.
| 근의 차이 | 두 번째 해의 꼴 ($y_1=x^{s_1}\sum a_nx^n$) |
|---|---|
| $s_1-s_2$가 정수 아님 | $y_2=x^{s_2}\sum b_nx^n$ |
| $s_1=s_2$ | $y_2=y_1\ln x+x^{s_1}\sum_{n\ge1}b_nx^n$ (로그 반드시) |
| $s_1-s_2=N$ (양의 정수) | $y_2=c\,y_1\ln x+x^{s_2}\sum b_nx^n$ ($c=0$일 수도 있음) |
이 레슨에서 직접 유도하는 세 점화식입니다.
| 방정식 | 점화식 | 결과 |
|---|---|---|
| 베셀 $x^2y''+xy'+(x^2-\nu^2)y=0$ | $a_n=-\dfrac{a_{n-2}}{n(n+2\nu)}$ ($s=\nu$) | $J_\nu$ (표 아래 공식) |
| 르장드르 $(1-x^2)y''-2xy'+l(l+1)y=0$ | $a_{n+2}=\dfrac{(n-l)(n+l+1)}{(n+2)(n+1)}a_n$ | 정수 $l$에서 다항식 $P_l$ |
| 에르미트 $y''-2xy'+2ny=0$ | $a_{k+2}=\dfrac{2(k-n)}{(k+2)(k+1)}a_k$ | 정수 $n$에서 다항식 $H_n$ |
(a) 베셀 방정식 $x^2y''+xy'+(x^2-\nu^2)y=0$, 점 $x=0$.
$$\begin{aligned}&P=\frac1x,\quad Q=\frac{x^2-\nu^2}{x^2}\\&\Rightarrow\ xP=1,\quad x^2Q=x^2-\nu^2\end{aligned}$$둘 다 유한하므로 정칙 특이점입니다. $p_0=1$, $q_0=-\nu^2$이고, 결정방정식은 $s(s-1)+s-\nu^2=s^2-\nu^2=0$, 즉 $s=\pm\nu$입니다.
(b) 르장드르 방정식 $(1-x^2)y''-2xy'+l(l+1)y=0$.
$$P=\frac{-2x}{1-x^2},\qquad Q=\frac{l(l+1)}{1-x^2}$$$x=0$은 보통점입니다. 후보는 $x=\pm1$입니다. $x=1$에서 $1-x^2=(1-x)(1+x)$로 약분합니다.
$$\begin{aligned}(x-1)P&=\frac{-2x(x-1)}{(1-x)(1+x)}\\&=\frac{2x}{1+x}\to1\\ (x-1)^2Q&=-\frac{l(l+1)(x-1)}{1+x}\to0\end{aligned}$$정칙 특이점입니다. $p_0=1$, $q_0=0$이므로 결정방정식은 $s^2=0$, 중근입니다. 그래서 두 번째 해에 $\ln(1-x)$가 붙습니다(L16 예제 4-1의 $Q_1$에 있던 로그).
(c) $x^3y''+xy'+y=0$, 점 $x=0$. $P=\frac{x}{x^3}=\frac1{x^2}$이므로 $xP=\frac1x$가 발산합니다. 비정칙 특이점입니다.
$y''$의 합을 $x^n$으로 맞춥니다.
$$\begin{aligned}y''&=\sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_nx^{n-2}\\&=\sum_{n=0}^\infty(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n\end{aligned}$$이제 $y$와 같은 $x^n$이므로 더할 수 있습니다.
$$\sum_{n=0}^\infty\big[(n+2)(n+1)a_{n+2}+a_n\big]x^n=0$$모든 $n$에서 대괄호가 0이어야 하므로 점화식은 다음과 같습니다.
$$a_{n+2}=-\frac{a_n}{(n+2)(n+1)}$$$a_0$ 사슬: $a_2=-\dfrac{a_0}{2\cdot1}$, $a_4=-\dfrac{a_2}{4\cdot3}=\dfrac{a_0}{4!}$, $a_6=-\dfrac{a_0}{6!}$ → $a_0\cos x$.
$a_1$ 사슬: $a_3=-\dfrac{a_1}{3\cdot2}=-\dfrac{a_1}{3!}$, $a_5=\dfrac{a_1}{5!}$ → $a_1\sin x$.
두 합을 한 줄씩 $x^n$으로 맞춥니다.
$$y''=\sum_{n=0}^\infty(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n$$ $$\begin{aligned}xy&=\sum_{n=0}^\infty a_nx^{n+1}\\&=\sum_{n=1}^\infty a_{n-1}x^n\end{aligned}$$두 번째 줄은 $n$을 $n-1$로 바꾸고 하한을 1 올린 것입니다.
$n=0$ 항은 첫 합에만 있습니다. 따로 떼면 $2\cdot1\cdot a_2=0$, 즉 $a_2=0$입니다.
$n\ge1$: $(n+2)(n+1)a_{n+2}=a_{n-1}$. 보기 좋게 $n$을 $n+1$로 바꾸면 다음과 같습니다.
$$a_{n+3}=\frac{a_n}{(n+3)(n+2)}\qquad(n\ge0)$$세 칸씩 건너뜁니다. $a_2=0$이므로 $a_5=a_8=\cdots=0$입니다.
에어리 함수 $\mathrm{Ai}$, $\mathrm{Bi}$는 이 두 급수의 특정한 일차결합입니다.
급수를 어떤 차수에서 자른 $y_N$을 방정식에 넣으면, 남는 것(잔차, residual)에는 높은 차수 항만 있어야 합니다. 낮은 차수가 남으면 어딘가 계수가 틀린 것입니다.
예: $y=1+\frac{x^3}6+\frac{x^6}{180}$이면 $y''=x+\frac{x^4}{6}$, $xy=x+\frac{x^4}{6}+\frac{x^7}{180}$이므로 $y''-xy=-\frac{x^7}{180}$입니다. 잘라 낸 다음 항 $a_9x^9$의 $y''$ 몫($9\cdot8\cdot\frac{x^7}{12960}=\frac{x^7}{180}$)이 지워 줄 부분만 남았습니다.
컴퓨터가 있으면 SymPy로 같은 확인을 합니다.
from sympy import symbols, diff, expand
x = symbols('x')
y = 1 + x**3/6 + x**6/180
print(expand(diff(y, x, 2) - x*y)) # -x**7/180
선형 방정식의 해는 $P$, $Q$가 특이한 곳에서만 특이해질 수 있습니다(증명 생략). 보통점 근처의 해는 해석함수이고, 해석함수의 테일러 급수는 가장 가까운 특이점까지의 원판에서 수렴합니다(L10–L11). 실수축만 보면 안 되는 이유가 이것입니다.
점화식 비 판정은 L01의 비판정법입니다. 이웃한 항의 비가 $\dfrac{|a_{n+k}x^{n+k}|}{|a_nx^n|}=|r(n)|\,|x|^k\to L|x|^k$ 이므로 $L|x|^k<1$, 즉 $|x|<L^{-1/k}$ 에서 수렴합니다.
에어리(예제 2-2): $r(n)=\frac{1}{(n+3)(n+2)}\to0$ 이라 $R=\infty$. 에어리 방정식은 유한한 곳에 특이점이 없습니다. 두 방법이 맞아떨어집니다.
$x=0$ 은 보통점입니다. 각 항을 $x^n$으로 맞춥니다($x^2y''$, $xy'$ 는 이미 $x^n$).
$$\begin{aligned}y''&=\sum_{n=0}^\infty(n+2)(n+1)\\&\qquad\times a_{n+2}x^n\\ x^2y''&=\sum_{n=0}^\infty n(n-1)a_nx^n\\ xy'-y&=\sum_{n=0}^\infty(n-1)a_nx^n\end{aligned}$$$x^n$ 의 계수: $(n+2)(n+1)a_{n+2}+\big[n(n-1)+n-1\big]a_n=0$. 대괄호는 $n^2-1=(n-1)(n+1)$ 입니다.
$$a_{n+2}=-\frac{n-1}{n+2}\,a_n$$수렴반경: (1) 표준형의 분모 $1+x^2$ 가 0인 곳은 $x=\pm i$, 거리 1. (2) 점화식 비 $\big|\frac{n-1}{n+2}\big|\to1$, $k=2$ 이므로 $R=1$. 둘이 같습니다.
실수축에서 $\sqrt{1+x^2}$ 는 멀쩡하지만, 이 급수는 $|x|>1$ 에서 발산합니다. 복소평면의 $\pm i$ 에 가지점이 있기 때문입니다. 끊긴 사슬 $y=x$ 는 어디서나 해입니다.
프로베니우스 급수(Frobenius series)와 그 도함수입니다. 미분할 때 내려오는 것은 $n$이 아니라 $n+s$입니다.
$$\begin{aligned}y&=\sum_{n=0}^\infty a_nx^{n+s}\\ y'&=\sum_{n=0}^\infty(n+s)a_nx^{n+s-1}\\ y''&=\sum_{n=0}^\infty(n+s)(n+s-1)a_nx^{n+s-2}\end{aligned}$$정칙 특이점 $x=0$ 근처에서는 $xP\approx p_0$, $x^2Q\approx q_0$ 입니다. 표준형에 $x^2$ 을 곱하면
$$x^2y''+p_0\,xy'+q_0\,y\approx0,$$즉 오일러-코시 방정식(L16 2절)에 가깝습니다. 그 해가 $x^s$ 이므로 $x^s\times$(멱급수)를 시도합니다.
$y=x^s(a_0+a_1x+\cdots)$ 를 넣으면 가장 낮은 거듭제곱 $x^s$ 의 계수는 $a_0$ 항에서만 나옵니다: $a_0\big[s(s-1)+p_0s+q_0\big]$. $a_0\ne0$ 이므로 대괄호가 0, 이것이 결정방정식입니다.
비정칙이면 $xP$ 가 $\frac1x$ 처럼 터지므로 최저차 항에 $a_1,a_2,\dots$ 가 끼어들어 이 시도가 실패합니다. 1절에서 $(x-x_0)P$, $(x-x_0)^2Q$ 를 보는 이유입니다.
$x=0$에서 $P=\frac1{2x}$, $Q=\frac1{2x}$이므로 $xP=\frac12$, $x^2Q=\frac x2$. 정칙 특이점입니다. 각 항을 한 줄씩 $x^{n+s-1}$로 맞춥니다.
① $2xy''$: $x\cdot x^{n+s-2}=x^{n+s-1}$이라 그대로 됩니다. $2xy''$는 다음 합입니다.
$$\sum_{n=0}^\infty2(n+s)(n+s-1)a_nx^{n+s-1}$$② $y'$: 이미 $x^{n+s-1}$입니다.
$$y'=\sum_{n=0}^\infty(n+s)a_nx^{n+s-1}$$③ $y$: $x^{n+s}$를 $x^{n+s-1}$로 맞추려고 $n$을 $n-1$로 바꾸고 하한을 1로 올립니다.
$$y=\sum_{n=0}^\infty a_nx^{n+s}=\sum_{n=1}^\infty a_{n-1}x^{n+s-1}$$①과 ②는 계수를 합칩니다: $2(n+s)(n+s-1)+(n+s)=(n+s)(2n+2s-1)$.
$$\begin{aligned}&\sum_{n=0}^\infty(n+s)(2n+2s-1)a_nx^{n+s-1}\\&\quad+\sum_{n=1}^\infty a_{n-1}x^{n+s-1}=0\end{aligned}$$$n=0$: 둘째 합에는 이 항이 없습니다. $s(2s-1)a_0=0$이므로 결정방정식은 $s(2s-1)=0$, 근은 $s=0$과 $s=\frac12$입니다. 차이 $\frac12$는 정수가 아니므로 두 해 모두 급수입니다. (공식으로 확인: $p_0=\frac12$, $q_0=0$이면 $s(s-1)+\frac s2=s\big(s-\frac12\big)=0$.)
$n\ge1$: $(n+s)(2n+2s-1)a_n+a_{n-1}=0$.
$$a_n=-\frac{a_{n-1}}{(n+s)(2n+2s-1)}$$$s=0$: $a_n=-\dfrac{a_{n-1}}{n(2n-1)}$. $a_1=-\dfrac{a_0}{1\cdot1}=-a_0$, $a_2=-\dfrac{a_1}{2\cdot3}=\dfrac{a_0}{6}$, $a_3=-\dfrac{a_2}{3\cdot5}=-\dfrac{a_0}{90}$.
$$y_1=1-x+\frac{x^2}{6}-\frac{x^3}{90}+\cdots$$$s=\frac12$: $(n+\frac12)(2n)=n(2n+1)$이므로 $a_n=-\dfrac{a_{n-1}}{n(2n+1)}$. $a_1=-\dfrac{a_0}{3}$, $a_2=-\dfrac{a_1}{2\cdot5}=\dfrac{a_0}{30}$, $a_3=-\dfrac{a_2}{3\cdot7}=-\dfrac{a_0}{630}$.
$$y_2=x^{1/2}\Big(1-\frac x3+\frac{x^2}{30}-\frac{x^3}{630}+\cdots\Big)$$덤: 닫힌 꼴은 $y_1=\cos\sqrt{2x}$, $y_2=\frac1{\sqrt2}\sin\sqrt{2x}$입니다. 시험에서는 급수 몇 항이면 충분합니다.
로그가 생기는 이유는 아래 두 번째 상자에 있습니다.
큰 근은 항상 되고, 작은 근은 $n=N$ 에서 막힐 수 있는 이유(푸크스 정리, Fuchs's theorem의 계산 버전). $F(s)=s(s-1)+p_0s+q_0=(s-s_1)(s-s_2)$ 로 씁니다. 점화식에서 $a_n$ 앞의 계수는 언제나 $F(n+s)$ 의 상수배입니다(나머지 항은 $a_{n-1},a_{n-2},\dots$ 로 갑니다). 예: 예제 3-1의 $(n+s)(2n+2s-1)$ 은 $2F(n+s)$, $F(s)=s(s-\frac12)$.
$$\begin{aligned}F(n+s_1)&=n\,(n+N)\\ F(n+s_2)&=n\,(n-N)\end{aligned}$$여기서 $N=s_1-s_2\ge0$ 입니다. $n\ge1$ 이면 첫 줄은 0이 아니므로 큰 근의 급수는 끝까지 계산됩니다. 정칙 특이점에서 해가 적어도 하나 있다는 것이 이것입니다. 둘째 줄은 $n=N$ 에서 0이 되어 레시피 2번의 갈림길이 생깁니다.
로그가 생기는 이유. 축소법 $y_2=y_1\int\frac{W}{y_1^2}dx$ (L16 4절)를 $x=0$ 근처에서 봅니다.
적분하면 $c_Nx^{-1}$ 항만 $c_N\ln x$ 가 되고 나머지는 거듭제곱입니다. $y_1$을 곱하면 $y_2=c_N\,y_1\ln x+x^{s_1-N}(\cdots)=c_N\,y_1\ln x+x^{s_2}(\cdots)$. 근이 같으면($N=0$) 맨 앞 항이 바로 $x^{-1}$ 이라 로그가 반드시 생기고, $N\ge1$ 이면 $c_N$ 이 0인지에 달려 있습니다.
프로베니우스 급수를 넣습니다. $xy''$와 $y'$는 둘 다 $x^{n+s-1}$이 나오므로 계수를 바로 합칩니다: $(n+s)(n+s-1)+(n+s)=(n+s)^2$.
$$xy''+y'=\sum_{n=0}^\infty(n+s)^2a_nx^{n+s-1}$$ $$-y=-\sum_{n=1}^\infty a_{n-1}x^{n+s-1}$$$n=0$: $s^2=0$, 중근 $s=0$. $n\ge1$: $n^2a_n=a_{n-1}$이므로 $a_n=\dfrac{a_{n-1}}{n^2}=\dfrac{a_0}{(n!)^2}$.
$$\begin{aligned}y_1&=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{(n!)^2}\\&=1+x+\frac{x^2}{4}+\frac{x^3}{36}+\cdots\end{aligned}$$두 번째 해. $L[y]=xy''+y'-y$로 두고 $y_1\ln x$를 넣어 봅니다.
$$\begin{aligned}(y_1\ln x)'&=y_1'\ln x+\frac{y_1}{x}\\ (y_1\ln x)''&=y_1''\ln x+\frac{2y_1'}{x}-\frac{y_1}{x^2}\end{aligned}$$$L$에 넣고 $\ln x$가 붙은 항끼리 모읍니다. $\frac{y_1}{x}$ 두 개는 부호가 반대라 지워집니다.
$$\begin{aligned}L[y_1\ln x]&=\ln x\,\big(xy_1''+y_1'-y_1\big)\\&\quad+2y_1'-\frac{y_1}{x}+\frac{y_1}{x}\\&=\ln x\cdot L[y_1]+2y_1'=2y_1'\end{aligned}$$따라서 $y_2=y_1\ln x+v$가 해가 되려면 $L[v]=-2y_1'$이어야 합니다. 오른쪽을 펼칩니다: $y_1'=1+\frac x2+\frac{x^2}{12}+\cdots$이므로 $-2y_1'=-2-x-\frac{x^2}{6}-\cdots$.
$v=\sum_{n=1}^\infty b_nx^n$을 넣으면 $L[v]=\sum n^2b_nx^{n-1}-\sum b_nx^n$이고, $x^{n-1}$의 계수는 $n^2b_n-b_{n-1}$입니다($b_0=0$).
일반항은 $b_n=-\dfrac{2H_n}{(n!)^2}$, $H_n=1+\frac12+\cdots+\frac1n$입니다.
같은 근이면 $s$로 미분한다. $s$를 고정하지 않고 $n\ge1$ 줄의 점화식만 만족시킨 $y(x,s)=x^s\sum a_n(s)x^n$ ($a_0=1$)을 만듭니다. 그러면 $n=0$ 줄만 남아서, 예제 4-1의 $L$에서는
$$L\big[y(x,s)\big]=s^2\,x^{s-1}.$$오른쪽은 $s=0$ 에서 0이고, $s$로 미분해도 $\big(2s+s^2\ln x\big)x^{s-1}$ 이라 $s=0$ 에서 0입니다. $L$은 $x$ 미분이라 $s$ 미분과 순서를 바꿀 수 있으므로 $\frac{\partial y}{\partial s}\big|_{s=0}$ 도 해입니다.
$$\frac{\partial y}{\partial s}\Big|_{s=0}=y_1\ln x+\sum_n a_n'(0)\,x^n$$로그는 $\frac{\partial}{\partial s}x^s=x^s\ln x$ 에서 나옵니다. 여기서 $a_n(s)=\dfrac{1}{(s+1)^2\cdots(s+n)^2}$ 이므로 $\dfrac{a_n'(0)}{a_n(0)}=-2\Big(1+\frac12+\cdots+\frac1n\Big)$, 즉 $b_n=a_n'(0)=-\dfrac{2H_n}{(n!)^2}$. 위에서 구한 값과 같습니다. L16 1절의 중근 $xe^{rx}$ 와 같은 요령입니다.
예제 1-1(a)에서 $\nu=0$이면 $s=\pm0$, 즉 중근 0입니다. 먼저 $y_1$을 구합니다. $x^2y''+xy'=\sum n^2a_nx^n$, $x^2y=\sum_{n\ge2}a_{n-2}x^n$이므로
$$\begin{aligned}&n^2a_n=-a_{n-2},\qquad a_1=0\\&a_2=-\frac{a_0}{4},\quad a_4=-\frac{a_2}{16}=\frac{a_0}{64}\end{aligned}$$$a_0=1$이면 $y_1=J_0=1-\frac{x^2}{4}+\frac{x^4}{64}-\cdots$입니다.
축소법으로 두 번째 해를 구합니다. 표준형의 $P=\frac1x$이므로 $e^{-\int P\,dx}=\frac1x$.
$$y_2=J_0\int\frac{dx}{x\,J_0^2}$$$J_0^2$를 $x^4$까지 곱합니다: $J_0^2=1-\frac{x^2}{2}+\big(\frac1{16}+\frac{2}{64}\big)x^4=1-\frac{x^2}{2}+\frac{3x^4}{32}$.
역수는 $\frac1{1-u}=1+u+u^2$에 $u=\frac{x^2}{2}-\frac{3x^4}{32}$를 넣어 구합니다: $\frac1{J_0^2}=1+\frac{x^2}{2}-\frac{3x^4}{32}+\frac{x^4}{4}=1+\frac{x^2}{2}+\frac{5x^4}{32}$.
$$\frac{1}{xJ_0^2}=\frac1x+\frac x2+\frac{5x^3}{32}+\cdots$$맨 앞의 $\frac1x$가 핵심입니다. 이것을 적분하면 $\ln x$가 됩니다. 이것이 $Y_0$에 로그가 있는 이유입니다.
$$\int\frac{dx}{xJ_0^2}=\ln x+\frac{x^2}{4}+\frac{5x^4}{128}+\cdots$$ $$\begin{aligned}y_2&=J_0\ln x\\&\quad+\Big(1-\frac{x^2}{4}\Big)\Big(\frac{x^2}{4}+\frac{5x^4}{128}\Big)+\cdots\\&=J_0\ln x+\frac{x^2}{4}+\Big(\frac{5}{128}-\frac{1}{16}\Big)x^4\\&=J_0\ln x+\frac{x^2}{4}-\frac{3x^4}{128}+\cdots\end{aligned}$$대입법으로 해도 같습니다. 이 연산자에서는 $L[J_0\ln x]=2xJ_0'$이므로 $L[v]=-2xJ_0'=x^2-\frac{x^4}{8}+\cdots$를 풀면 $v=\frac{x^2}{4}-\frac{3x^4}{128}+\cdots$가 나옵니다.
표준 노이만 함수는 $Y_0=\dfrac2\pi\Big[\Big(\ln\dfrac x2+\gamma\Big)J_0+\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{3x^4}{128}+\cdots\Big]$입니다($\gamma\approx0.5772$는 오일러 상수). 위의 $y_2$에 $J_0$의 상수배를 더하고 $\frac2\pi$를 곱한 것입니다. 자세한 성질은 L23에서 다룹니다.
베셀 방정식에 프로베니우스 급수를 넣으면 다음과 같습니다.
$$\begin{aligned}&\sum_{n=0}^\infty\big[(n+s)^2-\nu^2\big]a_nx^{n+s}\\&\quad+\sum_{n=2}^\infty a_{n-2}x^{n+s}=0\end{aligned}$$$n=1$: $\big[(1+s)^2-\nu^2\big]a_1=0$. $n\ge2$: $\big[(n+s)^2-\nu^2\big]a_n=-a_{n-2}$.
(a) $\nu=\frac12$: 근은 $\pm\frac12$, 차이 $N=1$. 작은 근 $s=-\frac12$를 넣으면 $(n-\frac12)^2-\frac14=n(n-1)$입니다.
로그 없이 두 번째 해가 나왔습니다.
(b) $\nu=1$: 근은 $\pm1$, 차이 $N=2$. 작은 근 $s=-1$이면 $(n-1)^2-1=n(n-2)$입니다.
그래서 $\nu=1$의 두 번째 해 $Y_1$에는 $J_1\ln x$가 들어 있습니다. 정수 $\nu$이면 언제나 이렇게 막힙니다.
$\nu=1$이면 $\Gamma(k+2)=(k+1)!$입니다. 항별로 씁니다.
$$\begin{aligned}k=0&:\ \frac{1}{0!\,1!}\Big(\frac x2\Big)^1=\frac x2\\ k=1&:\ \frac{-1}{1!\,2!}\Big(\frac x2\Big)^3=-\frac{x^3}{16}\\ k=2&:\ \frac{1}{2!\,3!}\Big(\frac x2\Big)^5=\frac{x^5}{12\cdot32}=\frac{x^5}{384}\end{aligned}$$ $$J_1(x)=\frac x2-\frac{x^3}{16}+\frac{x^5}{384}-\cdots$$점화식으로도 확인합니다: $a_2=-\dfrac{a_0}{4\cdot1\cdot(1+1)}=-\dfrac{a_0}{8}$. $a_0=\frac{1}{2^1\Gamma(2)}=\frac12$이면 $a_2=-\frac1{16}$. 같습니다.
$x=0$은 보통점이므로 멱급수 $\sum a_nx^n$을 넣고, 네 항을 모두 $x^n$으로 맞춥니다.
$$\begin{aligned}y''&=\sum_{n=0}^\infty(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n\\ -x^2y''&=-\sum_{n=0}^\infty n(n-1)a_nx^n\\ -2xy'&=-\sum_{n=0}^\infty2n\,a_nx^n\\ l(l+1)y&=\sum_{n=0}^\infty l(l+1)a_nx^n\end{aligned}$$$x^2y''$와 $xy'$는 이미 $x^n$이라 이동이 필요 없습니다. $n=0,1$ 항은 계수가 0이라 하한을 0으로 써도 됩니다.
끝나지 않는 사슬이 $x=\pm1$ 에서 발산하는 이유. 큰 $n$에서 비는
$$\begin{aligned}\frac{a_{n+2}}{a_n}&=\frac{(n-l)(n+l+1)}{(n+2)(n+1)}\\&=1-\frac2n+O\Big(\frac1{n^2}\Big)\end{aligned}$$비가 1로 가므로 $|x|<1$ 에서는 수렴합니다(2절, 특이점 $\pm1$ 까지 거리 1). $x=\pm1$ 에서는 두 칸마다 $1-\frac2n$ 배라서 $a_n\approx\frac Cn$ 처럼 줄어들고, 급수는 $\sum\frac Cn$ (같은 홀짝만) 처럼 조화급수 꼴로 발산합니다(가우스 판정법). E5의 닫힌 꼴에 있는 $\ln\frac{1+x}{1-x}$ 가 그 발산입니다.
물리 문제에서는 $x=\cos\theta=\pm1$ (극축)에서 해가 유한해야 하므로 사슬이 끊겨야 하고, 그래서 $l$이 정수입니다. 에르미트(7절)도 같습니다. 끊기지 않으면 $\frac{a_{k+2}}{a_k}\approx\frac2k$ 라서 $e^{x^2}$ 처럼 자라고, $e^{-x^2/2}$ 를 곱해도 무한대에서 0으로 가지 않습니다.
$l=2$ (짝수 사슬, $a_0=1$, $a_1=0$):
$$\begin{aligned}a_2&=\frac{(0-2)(0+3)}{2\cdot1}a_0=-3\\ a_4&=\frac{(2-2)(2+3)}{4\cdot3}a_2=0\end{aligned}$$$y=1-3x^2$입니다. $x=1$에서 값이 $-2$이므로 $-2$로 나눕니다: $P_2(x)=\dfrac{3x^2-1}{2}$.
$l=3$ (홀수 사슬, $a_0=0$, $a_1=1$):
$$\begin{aligned}a_3&=\frac{(1-3)(1+4)}{3\cdot2}a_1=-\frac53\\ a_5&=\frac{(3-3)(3+4)}{5\cdot4}a_3=0\end{aligned}$$$y=x-\frac53x^3$입니다. $x=1$에서 값이 $-\frac23$이므로 나누면 $P_3(x)=\dfrac{5x^3-3x}{2}$.
짝수 사슬 $a_0=1$: $a_2=\dfrac{2(0-2)}{2\cdot1}a_0=-2$, $a_4=\dfrac{2(2-2)}{4\cdot3}a_2=0$. 따라서 $y=1-2x^2$.
최고차 계수를 $2^2=4$로 맞추려면 $-2$를 곱합니다: $H_2(x)=4x^2-2$.
종이에 먼저 풀고 답을 여세요. 모든 답은 SymPy로 검산했습니다.
A1. $(x^2-4)y''+xy'+y=0$의 특이점을 모두 찾고 종류를 판정하세요.
A2. $x^2(x-1)y''+y'+xy=0$의 $x=0$과 $x=1$
A3. $x^2y''+(\sin x)y'+(\cos x)y=0$, $x=0$의 결정방정식과 지수
A4. $2x^2y''-xy'+(1+x)y=0$, $x=0$의 지수
B1. $y''-y=0$의 점화식과 두 해
B2. $y''+xy=0$의 점화식과 각 해의 처음 세 항
B3. $y''-2xy'-2y=0$에서 $a_0=1$, $a_1=0$인 해의 점화식과 닫힌 꼴
B4. $y''-xy'-y=0$, $y(0)=1$, $y'(0)=0$
B5. 르장드르 방정식($l$은 정수가 아님)의 $x=0$ 중심 급수해의 수렴반경을 두 방법으로 구하세요.
B6. $(x^2+4)y''+xy'+y=0$ 의 $x=1$ 중심 급수해는 적어도 어디까지 수렴하나요?
B7. $(x^2-2x+2)y''+y=0$ 의 $x=0$ 중심 급수해의 수렴반경(보장되는 값)
C1. $4xy''+2y'+y=0$의 지수와 두 해의 처음 세 항
C2. $2x^2y''-xy'+(1+x)y=0$ (A4에 이어서) 두 해의 처음 세 항
C3. $3xy''+2y'+2y=0$의 지수와 두 해의 처음 세 항
D1. $xy''+y'+y=0$. 지수, $y_1$의 네 항, $y_2=y_1\ln x+\sum b_nx^n$의 $b_1$, $b_2$
D2. 베셀 $\nu=2$에서 작은 근 $s=-2$로 시작하면 몇 번째 계수에서 막히나요? 그 전의 $a_2$는?
D3. $xy''+2y'+xy=0$. 지수를 구하고, 작은 근에서 로그가 필요한지 판정한 뒤 두 해를 닫힌 꼴로 쓰세요.
D4. $x^2y''+xy'-x^2y=0$ (변형 베셀 $\nu=0$). $y_1=1+\frac{x^2}{4}+\frac{x^4}{64}+\cdots$일 때 $y_2=y_1\ln x+b_2x^2+b_4x^4+\cdots$의 $b_2$, $b_4$
D5. D1의 방정식 $xy''+y'+y=0$ 에서 $s$를 남겨 둔 계수 $a_n(s)$ 를 구하고, 예제 4-1 아래 상자의 방법($b_n=a_n'(0)$)으로 $b_1$, $b_2$ 를 다시 구하세요.
E1. $J_0$를 $x^6$까지
E2. 급수 공식으로 $J_{1/2}(x)=\sqrt{\dfrac{2}{\pi x}}\sin x$를 보이세요. (힌트: $k!\,\Gamma(k+\frac32)=\dfrac{\sqrt\pi\,(2k+1)!}{2^{2k+1}}$)
E3. $J_2$의 처음 두 항
E4. 르장드르 $l=4$의 다항식 해를 구하고 $P_4$로 정규화하세요.
E5. 르장드르 $l=1$에서 끝나지 않는 짝수 사슬($a_0=1$, $a_1=0$)의 처음 네 항과 닫힌 꼴
E6. 에르미트 $n=3$의 다항식 해와 $H_3$
E7. 에르미트 $n=4$의 다항식 해와 $H_4$
E8. B2의 $a_0$ 해를 $y=1-\frac{x^3}{6}$에서 자르고 $y''+xy$를 계산하세요. 잔차는 몇 차부터 시작하나요?