ГЛАВА 5

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ В КОМПЛЕКСНОЙ ПЛОСКОСТИ

5.1 Построение решений с помощью рядов

5.1.1 Неособые точки уравнения

Рассматривается обыкновенное дифференциальное уравнение

w00(z) + p(z)w0(z) + q(z)w(z) = r(z).

(1)

Здесь коэффициенты p(z), q(z) и правая часть r(z) уравнения – регулярные функции в односвязной области D.

Теорема: Для любой точки a D, при любых заданных числах α и β, задача Коши w(a) = α, w0(a) = β для уравнения (1) имеет единственное решение w(z); функция w(z) регулярна в области D.

Если известно разложение функций p(z), q(z), r(z) в степенные ряды в окрестности точки a, то

∞

решение задачи Коши можно найти в виде степенного ряда w(z) = P ck (z − a)k. Подставляя этот

k=0

ряд в уравнение (1) и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях разности (z − a), получим бесконечную рекуррентную систему для неизвестных c0, 1, c2, ..., причем c0 и c1 определяются из начальных условий: c0 = α, c1 = β.

7.1.Построить общее решение уравнения Эйри w00 = zw в виде ряда в окрестности точки z = 0.

Вкакой области сходится ряд?

Указание. Для первого решения w1(z) взять α = 1, β = 0, для второго w2(z) взять α = 0, β = 1. Общее решение w(z) = Aw(z)1 + Bw2(z) с произвольными постоянными A и B.

7.2.Построить в окрестности точки z = 0 решение неоднородного уравнения Эйри w00 = zw + z2 при начальных данных w(0) = w0(0) = 0.

7.3.Построить общее решение уравнения w000 = zw в виде ряда в окрестности точки z = 0.

5.1.2Регулярная особая точка уравнения

Точка z = z0 называется особой точкой уравнения

w00(z) + p(z)w0(z) + q(z)w(z) = 0,

(2)

если хотя бы для одного из коэффициентов уравнения эта точка является полюсом или существенно особой точкой. При этом точка z0 называется регулярной особой точкой уравнения, если для p(z) эта точка – полюс не выше 1-го порядка, а для q(z) – полюс не выше 2-го порядка, т.е.

p(z) =	a0	+ a1 + a2(z − z0) + ...,	q(z) =	b0	+	b1	+ b2 + b3(z − z0) + ...
	z − z0			(z − z0)2		z − z0

93

В окрестности регулярной особой точки можно строить решения уравнения в виде "обобщённых"степенных рядов вида

	∞
w(z) = (z − z0)ρ	X
	cn(z − z0)n.	(3)

n=0

В этой формуле показатель ρ – один из корней ρ1, ρ2 "определяющего"уравнения

ρ(ρ − 1) + a0ρ + b0 = 0.

Если разность корней ρ1 и ρ2 не равна целому числу, то существуют два линейно независимых решения вида (3):

∞	∞
X	X
w1(z) =	cn(z − z0)n+ρ1 , w2(z) = dn(z − z0)n+ρ2 .	(4)
n=0	n=0

Здесь c0 и d0 – произвольные постоянные, а cn, dn при n ≥ 1 – коэффициенты, которые определяются из бесконечной рекуррентной системы, получаемой в результате подстановки рядов (4) в уравнение (2) и приравнивания коэффициентов при одинаковых степениях разности (z − z0). Ряды, построенные таким образом, сходятся в некотором круге |z −z0| < R, не содержащем других особых точек уравнения.

Если разность корней ρ1 и ρ2 – целое число, ρ1 − ρ2 = m, m ≥ 0, то первое решение w1(z) имеет вид (4), а второе решение вид

∞

w2(z) = X dn(z − z0)n+ρ2 + Aw1(z) ln (z − z0),

n=0

где d0 – произвольная постоянная, а коэффициенты A, d1, d2, ... определяются из рекуррентной системы при подстановке ряда в уравнение. Здесь коэффициент c0, входящий в решение w1(z), можно считать заданным, например, c0 = 1.

Для исследования дифференциального уравнения и построения решений в окрестности точки z =

∞следует сделать замену t = 1/z и рассмотреть окрестность точки t = 0.

7.4.Построить линейно независимые решения уравнения Бесселя с индексом ν = 1/3:

w00 + z1w0 + (1 − 91z2 )w = 0

в окрестности точки z = 0.

Указание. Из рекуррентной системы получается, что c0 произвольно, c2k+1 = 0, c2k = (−1)kc0/ [22kk! (k + ρ)(k+ρ−1)...(ρ+1)]. С помощью гамма-функции можно переписать это выражение в виде B (−1)k/ [22k+ρk! (k+ ρ + 1)], где B – новая постоянная.

Замечание. Подстановка z = 23 t3/2 сводит уравнение Бесселя с индексом 1/3 к уравнению w00 + 1t w0 + (t − 41t2 ) = 0. В свою очередь, это уравнение заменой w = t−1/2v приводится к уравнению Эйри v00 + tv = 0.

7.5. Построить линейно независимые решения уравнения Бесселя с индексом ν = 1/2:

z2w00 + zw0 + (z2 − 14)w = 0

в окрестности точки z = 0.

Указание. Рекуррентная формула для первого решения: cn = −nc(nn−+1)2 , c0 произвольно, c1 = 0. Для второго решения: 0 · d0 = 0, Ac0 + 0 · d1 = 0, отсюда: d0 произвольно, A = 0, d1 произвольно. Пусть d1 = 0, тогда рекуррентная формула: dn = −(nd−n−1)2n . Если для d1 выбрать ненулевое значение, то к полученному решению w2(z) добавится слагаемое d1w1(z).

7.6. Построить решения уравнения (z − 1) w00 = w в окрестности точки z = 1.

94

1
Указание. Для первого решения получается: cn = c0		. Начало рекуррентной системы для вычисления
	n! (n+1)!

второго решения: 0 · d0 = 0, 0 · d1 − d0 + Ac0 = 0, откуда следует, что d0 и d1 произвольны. Положим здесь d1 = 0, c0 = 1, тогда A = d0. Общее уравнение рекуррентной системы принимает вид: n(n + 1)dn+1 = dn −

2n+1	= γn · d0, где γn – некоторые
(2n + 1)Acn, отсюда dn+1 = (dn − d0 n! (n+1)! )/[n(n + 1)]. Таким образом, dn

числа, не зависящие от d0. Если для d1 выбрать ненулевое значение, то к полученному решению w2(z) добавится слагаемое d1w1(z).

7.7. Построить решения гипергеометрического уравнения w00 + z1 w0 − z (z1−1) w = 0 в окрестности точек: а) z = 0; б) z = 1; в) z = ∞.

Указание. В случае (а): ρ1 = ρ2 = 0, w1 = z − 1; для второго решения можно положить d0 = 0, d1 = −2, тогда A = 1, d2 = 1/2, dn+1 = nn−+11 dn, n ≥ 2;

вслучае (б): ρ1 = 1, ρ2 = 0, w1 = z − 1;

вслучае (в): z = 1/t, (t2 − t3)d2w/dt2 + (t − t2)dw/dt − w = 0, ρ1 = 1, ρ2 = −1.

7.8. Построить в окрестности точки z = 0 решения заданных уравнений: а) zw00 + 2w0 + zw = 0; б) zw00 + w0 + w = 0.

7.9. Уравнение для полиномов Лежандра имеет вид

(1 − z2)w00 − 2zw0 + n (n + 1) w = 0, n = 0, 1, 2, ...

Построить его решения в окрестности точки z = 1.

	Указание. Здесь a0 = 1,		b0 = 0,	ρ1	= ρ2 = 0; рекуррентная формула для первого решения: ck+1 =
n(n+1)−k(k+1)		ck. Отсюда: cn+1	= cn+2	= ... = 0, т.е. w1(z) есть полином степени n. Очевидно, первое решение
	2(k+1)2
точке z = 1.					= Aw1(z) ln(z − 1) +	kP
ограничено при всех z. Второе решение w2						∞ dk(z − 1)k имеет бесконечный разрыв в
						=0

Замечание. Решение w1(z) – это полином Лежандра (с точностью до числового множителя). Полином Лежандра степени n является собственной функцией задачи Штурма-Лиувилля для уравнения ((1−z2)w0)0 +λw = 0, а числа λn = n(n + 1) – собственными числами. Для такой задачи граничными условиями служат условия ограниченности w в обеих особых точках z = ±1.

5.2Уравнения с линейными коэффициентами: построение решений методом Лапласа

Рассматриваются дифференциальные уравнения вида

(A0z + A1) w00 + (B0z + B1) w0 + (C0z + C1) w = 0,

где Aj, Bj, Cj – постоянные числа. Решения таких уравнений можно представить в виде контурных интегралов (метод Лапласа), причем схема построения таких формул зависит от того, равен ли нулю коэффициент A0.

5.2.1 Случай 1-й: A0 6= 0

В этом случае уравнение приводится линейной заменой аргумента к виду

zw00 + (a0z + a1) w0 + (b0z + b1) w = 0,

(5)

где a0, b0, a1, b1 – постоянные. По методу Лапласа решение ищется с помощью интегрального преобразования

Z

w(z) = ezζv(ζ) dζ, (6)

γ

95

где γ – некоторый контур, v(ζ) – новая неизвестная функция. Подставим выражение (6) в уравнение (5):

Z Z

(ζ2 + a0ζ + b0)v(ζ)zezζdζ + (a1ζ + b1)v(ζ)ezζdζ = 0

γ γ

и применим интегрирование по частям к первому интегралу. Приравнивая к нулю подынтегральное выражение полученного интеграла, получим уравнение первого порядка для v(ζ):

dv

=

(a1 − 2)ζ + (b1 − a0)

dζ,

v

(ζ − α1)(ζ − α2)

причем α1, α2 – корни "определяющего"уравнения ζ2 + a0ζ + b0 = 0. Пусть α1 6= α2, тогда

α1a1 + b1

α2a1 + b1

v(ζ) = C(ζ − α1)p−1(ζ − α2)q−1, p =

, q =

.

α

α

α

α

1 −

2

2 −

1

Выберем контур интегрирования так, чтобы обратилось в нуль внеинтегральное слагаемое:

varγ h (ζ − α1)p (ζ − α2)qezζ i = 0,

(7)

где символ varγ[f(ζ)] означает приращение функции f(ζ) при полном прохождении контура γ точкой ζ. Решение дифференциального уравнения получается в виде

Z

w(z) = C (ζ − α1)p−1(ζ − α2)q−1ezζdζ,

γ

где C – произвольная постоянная.

Выбор контура. Если числа p и q – целые неположительные, то для 1-го решения контур γ1 следует взять замкнутым, обходящим точку α1, а для 1-го решения – обходящим точку α2. Условие (11) выполняется, так как все функции однозначны. Полученные интегралы берутся по вычетам; решения w1(z) и w2(z) линейно независимы.

Если числа p и q – целые положительные, то в качестве γ1 следует взять луч arg (ζ − α1) = π, в качестве γ2 – луч arg (ζ − α1) = π. Условие (11) тогда выполняется при Re z > 0. Интегралы вычисляются в конечном виде (интегрированием по частям), в результате получаются линейно независимые решения в виде мероморфных функций.

Если p и q – целые числа разных знаков, то для одного из решений берётся замкнутый контур, для другого – луч.

Если числа p, q нецелые, то из точек αj проводят разрезы, а контуры γj выбирают с учетом разрезов, например, по петлям, обходящим разрез. Направление ухода контура на бесконечность должно быть таким, чтобы множитель ezζ стремился к нулю при ζ → ∞.

7.10. Для уравнения zw00−(z+2)w0+w = 0: а) построить решения по методу Лапласа; б) построить решения в виде рядов в окрестности точки z = 0.

Указание к (а): a0 = −1, b0 = 0, α1 = 0, α2 = 1, p = q = −1.

В задачах 7.11 – 7.14 методом Лапласа построить решения данных уравнений. В случае, когда интеграл не вычисляется в элементарных

функциях, найти его асимптотику при z → +∞. 7.11. zw00 + 3 (1 − z)w0 + 2 (z − 2)w = 0.

Указание. Для обоих решений начало контура можно взять в точке z = −∞.

7.12. zw00 + (z + 2i)w = 0. 7.13. zw00 + 2w0 − (z + 2)w = 0. 7.14. 3zw00 − 2w0 + (−3z + 4)w = 0.

Указание. α1 = −1, α2 = 1, p = −1, q = 1/3. Разрез провести из точки ζ = 1 по лучу [1, +∞). Для второго решения можно взять контур (−∞, 1], с обходом точки ζ = 0 сверху или снизу. Для вычисления асимптотики при z → +∞ сделать замену ζ = 1 − t. Главный член определяется вкладом точки t = 0.

96

5.2.2 Случай 2-й: A0 = 0

В этом случае уравнение приводится линейной заменой аргумента к виду

w00

+ (a0z + a1) w0 + (b0z + b1) w = 0,

(8)

где a0, b0, a1, b1 – постоянные. По методу Лапласа ищем решение в виде (6) и получаем

Zγ

(a0ζ + b0)v(ζ)zezζdζ + Zγ

[(ζ2 + a1ζ + b1)v(ζ) − (a0ζ + b0)v0]ezζ dζ = 0.

После интегрирования по частям придем к условию

varγ[(a0ζ + b0)v(ζ)ezζ] + Zγ

[(ζ2 + a1ζ + b1 − a0)v(ζ) − (a0ζ + b0)v0]ezζ dζ = 0.

Если a0 6= 0, то для v(ζ) получаем уравнение первого порядка

dv

=

ζ2 + a1ζ + b1 − a0

dζ,

v

a0(ζ − α)

где α = −b0/a0. Это уравнение имеет решение вида

v(ζ) = (ζ − α)β1 exp(β2(ζ − α)2 + β3(ζ − α)),

где β1, β2, β3 – постоянные, которые можно выразить через a0, a1, b0, b1.

dv

1

2

Если a0 = 0, b0 6= 0, то v

=

(ζ

+ a1ζ + b1) dζ, откуда

b0

v(ζ) = exp( 1 (ζ3/3 + a1ζ2/2 + b1ζ)). b0

В обоих случаях условие выбора контура:

varγ[(a0ζ + b0)v(ζ)ezζ] = 0.

7.15. Построить решения уравнения Эйри w00 = zw.

Указание. Функция exp(zζ − ζ3/3) быстро убывает вдоль направлений arg ζ = 0, arg ζ = ±2π/3.

7.16. Уравнение для полиномов Эрмита имеет вид w00 − 2zw0 + 2nw = 0, n = 0, 1, 2, ... Построить интегральное представление для решений и получить для полиномов Эрмита явную формулу.

Указание. Для полиномов Эрмита взять контур |ζ| = 1. После замены переменной ζ = 2t + 2ζ интеграл вычисляется по вычетам. Для второго решения можно взять путь от t = −∞ до t = +∞, обходя полюс t = −z.

7.17. Исследовать решения уравнения параболического цилиндра

w00 +	2 + ν −		4 ! w = 0, Im ν = 0.	( )
	1		z2

а) Построить интегральные представления для решений.

б) Найти асимптотику одного из этих решений при z → ±∞.

Указания. (а) Замена w = y(z)e−z2/2 приводит уравнение ( ) к уравнению y00 − zy0 + ν y = 0, тогда y(z) = Rγ ζ−ν−1ezζ−ζ2/2 dζ. Условие на выбор контура: varγ[ζ−νezζ−ζ2/2] = 0. При нецелых значениях параметра ν разрез можно провести по лучу arg ζ = π. При целых отрицательных ν один из концов контура взять в точке

ζ= 0. При целых положительных ν задача сводится к задаче 7.16.

(б)При z > 0 сделать замену ζ = zt и применить метод перевала (седловая точка t = 1). При z < 0 замена

ζ= |z|t, седловая точка t = −1.

97

7.18. а) Пользуясь методом Лапласа, построить три линейно независимых решения уравнения w000 =

zw.

б) Найти асимптотику этих решений при z → +∞.

Указания. (а) v(ζ) = e−ζ4/4, varγ[v(ζ)ezζ] = 0. Функция e−ζ4/4 быстро убывает, когда ζ уходит на бесконечность вдоль лучей arg ζ = nπ/2, n = 0, 1, 2, 3.

(б) Сделать замену ζ = tz1/3 и применить метод перевала.

Ответы.

7.1. w1(z) = 1 +

1

z3

+

1

z6 + ...,

w2(z) = z +

1

z4 +

1

z7 + ...,

w(z) = Aw1(z) + Bw2(z).

2·3·5·6

3·4·6·7

2·3

3·4

Ряд сходится при |z| < ∞.

7.2. w(z) = w2(z) − z =

1

4

+

1

7

+ ...

7.3. w1(z) = 1 +

1

4

+

z

z

z

3·4

3·4·6·7

2·3·4

+

1

z8 + ...,

w2(z) = z +

1

z5 +

1

z9 + ...,

2·3·4·6·7·8

3·4·5

3·4·5·7·8·9

w3

(z) = z2 +

1

z6 +

1

z10 + ...,

w(z) = Aw1(z) + Bw2(z) + Cw3(z).

4·5·6

4·5·6·8·9·10

∞

z 2k+ 1

∞

1

(

1)k

(

1)k

z

2k

7.4. w

(z) = A

−

4

2

3 ,

w

(z) = B

−

2

2

−3 . Если положить A = B = 1,

1

k=0 k! (k+

3 )

2

k=0 k! (k+

3 )

то получатся функцииP

Бесселя J1 (z), J

1 (z).

P

7.5. w1(z) =

w2(z) =

3

−

3

sin z

cos z

√

,

√

.

z

z

∞

1

n+1

7.6. w1(z) = c0

=0

(z

− 1)

,

n!(n+1)!

w2(z) = d0 [

∞ nP

n

+ w1(z) ln(z − 1)].

=0 γn(z − 1)

nP

∞

7.7. а) w1(z) = z − 1,

w2(z) = (z − 1) ln z − 2z +

1

z

n+1

,

|z| < 1;

=1

n(n+1)

nP n

n+1

б) w1(z) = z − 1, w2(z) = 1 + (z − 1) ln(z − 1) +

∞ (−1)

(z − 1)

,

|z − 1| < 1;

=1

n

∞

1

nP

в) w1(z) = n=1 n(n+1) z−n, w2(z) = d0(z − 1), |z| > 1.

P

Замечания: 1) Можно установить связь представлений решений в различных окрестностях. Например, в

случае (б) сумма ряда равна −(z − 1) ln z, и w2(z) = 1 + (z − 1) ln(z − 1) − (z − 1) ln z; в случае (в) решение

∞

w1(z) можно преобразовать следующим образом: w1(z) = P ( n1 − n+11 )z−n = − ln(1 − z1 ) + 1 + z ln(1 − z1 ) =

n=1

1 + (z − 1)( ln(z − 1) − ln z ), что совпадает с w2(z) из (б).

2) Зная одно решение, например, w1(z) в случае (а), можно второе решение получить по формуле Лиувилля:
Z	wR1	(z)
w2(z) = w1(z)	exp(−	p(z) dz)	dz.
	2

7.8. (а) w1(z) = A

+ B

;

(б) w1(z) =

−

2

zn = J0(2z),

sin z

cos z

∞

(

1)n

∞

n

z

nP

1

(−1)n

z

=0

(n!)

−dn +

.

w2(z) = w1(z) ln z + n=1 dnz ,

где d1 = 1,

dn+1 =

(n+1)2

n!(n+1)!

n

P

k

n

n(n+1)−(k−1)k

c0

n

P

ck = c0

kQ

∞

k

2

7.9. w1(z) = k=0 ck(z − 1) ,

=1

2k2

=

1

kQ

P

z

=

2n(n!)2

=1[n(n+1)−(k−1)k]; w2(z) = w1(z) ln(z−1)+k=1 dk(z−1)

, d1 = −(n +n+1/2)c0, dk+1 =

{[ n(n+1)−k(k+1) ] dk −(2k+1)ck −(k+1)ck+1}.

7.10. а) w1(z) = z +2, w2(z) = (z −2)e ;

2(k+1)2

∞

1

2

zk+3 = z + 2 + (z − 2)ez,

б) ρ1 = 3, ρ2 = 0, w1(z) = k=0

−

w2(z) = z + 2.

(k+2)!

(k+3)!

2

2z

,

P

2

1

z

7.11. w1(z) = z−

e

w2(z) = (z−

+ z−

)e .

98

i

ezζdz

eiz

R

7.12. w1(z) = ze−iz,

w2(z) =

,

Re z > 0;

w2(z) = − 4z [1 + O(z−1)], z → +∞.

7.13.

(ζ+i)2

1

−

−∞

w1(z) = ez, w2(z) =

ζ+1

ezζdζ,

Re z > 0;

w2(z) =

1

e−z[1 + O(z−1)], z

+ .

R

2

ζ−1

1

2z

→ ∞

−∞

7.14. w1(z) = (2 + 3z)e−z; w2(z) =

ezζ dζ

,

Re z > 0; w2(z) =

ez

e−2πi/3 (1/3)[1 +

3

O(z−1)], z → +∞.

R

(ζ+1)2(ζ−1)2/3

4 √z

−∞

7.15. wj(z) = γRj

ezζ−ζ3/3dζ,

j

= 1, 2,

контур γ1 состоит из лучей arg ζ

= 2π/3 и arg ζ

= 0,

контур γ2 – из лучей arg ζ = −2π/3 и arg ζ = 0. В приложениях часто используется решение w(z) =

w2(z) − w1(z).	2	/4dζ. После замены ζ = 2(t + z) получается: w1(z) = Cez				2	(t +
7.16. w1(z) = C	ζ−n−1ezζ−ζ
2	|ζ|H=1		2 n 2				H
							γ
z)−n−1e−t dt по окружности |t + z| = 1/2. По теореме о вычетах, w1(z) = Aez				d	e−z . Если выбрать
				dzn

A = (−1)n, то получится полином Эрмита Hn(z). Для второго решения контур можно взять от ζ = −∞ до ζ = +∞, с обходом точки ζ = 0.

	7.17. w1(z) = +∞				ζ−ν−1ezζ−ζ2/2dζ, с обходом точки ζ = 0; w2(z) =
	ν 1	zζ		ζ2/2 R
R			−	−∞			к 0
γ				dζ, где контур γ при нецелом ν идёт из		−∞		по нижнему берегу разреза, обходит
= ζ− − e

вершину разреза и идёт к −∞ по верхнему берегу. При целом отрицательном ν контур γ – луч arg γ = π. Асимптотика решения w1(z) при z → ±∞:

w1(z) = e−z2/2√

2πz−ν−1[1 + O(z−2)], z → +∞;

w1(z) = ez2/2√

z −ν−1e−iπ(ν+1)[1 + O(z−2)], z

.

2π

→ −∞

7.18. а) wj(z) = γRj

| |

ezζ−ζ4/4dζ. Контур γ1 – вся ось Im ζ = 0; контур γ2 состоит из лучей arg ζ = π

и arg ζ = π/2; контур γ3 из лучей arg ζ = π и arg ζ = −π/2.

б) Для w1(z) седловая точка t1 = 1, w1(z) = z−1/3 exp(43 z4/3)q

[1 + O(

)];

2π

1

3

z4/3

= e2πi/3, w2(z) = eiπ/3z−1/3 exp(43 z4/3t2)q

для w2(z) – точка t2

2π

[1 + O(

1

)];

3

z4/3

= e−2πi/3, w2(z) = e−iπ/3z−1/3 exp(43 z4/3t3)q

для w3(z) – точка t3

2π

[1 + O(

1

)].

3

z4/3

99