級数解法 | 常微分方程式論

1 常点における係数漸化式

展開中心を $x_0$ とし、 $z=x-x_0$ と置く。

定義 1.1.

a_2(x)y''+a_1(x)y'+a_0(x)y=0

\text{(1.1.1)}

の係数が $x_0$ の近くで実解析的であり、 $a_2(x_0)\ne0$ であるとき、 $x_0$ を式 (1.1.1)の常点 (ordinary point) という。このとき、 $a_2$ は連続であるから、 $x_0$ のある近傍で $a_2$ は零にならない。その近傍で式 (1.1.1)を $a_2$ で割ると、方程式は $P=a_1/a_2$ 、 $Q=a_0/a_2$ によって

y''+P(x)y'+Q(x)y=0

\text{(1.1.2)}

と正規化される。

注意 1.2. $P$ と $Q$ は $x_0$ の近くで実解析的である。実際、 $x_1$ を $a_0,a_1,a_2$ が $x_1$ を中心とする収束べき級数に等しく、 $a_2(x_1)\ne0$ を満たす点とし、 $|x-x_1|<\delta$ で $a_2(x)=\sum_{k\ge0}f_k(x-x_1)^k$ とする。 $f_0=a_2(x_1)\ne0$ であり、 $d_0=1/f_0$ 、 $d_n=-f_0^{-1}\sum_{k=1}^{n}f_kd_{n-k}$ （ $n\ge1$ ）と定める。 $0<s<\delta$ をとると、 $(\lvert f_k\rvert s^k)_k$ は有界であるから、その上界を $M$ とすると $\lvert f_k\rvert\lvert x-x_1\rvert^k\le M(\lvert x-x_1\rvert/s)^k$ であり、 $a_2$ の級数は $|x-x_1|<s$ で絶対収束する。また、 $0<t\le s/2$ について $\sum_{k\ge1}\lvert f_k\rvert t^k\le M\sum_{k\ge1}(t/s)^k\le2Mt/s$ であるから、 $\sum_{k\ge1}\lvert f_k\rvert t^k\le\lvert f_0\rvert/2$ を満たす $t\in(0,s/2]$ が存在する。 $e_n=\lvert d_n\rvert t^n$ とおくと、 $n\ge1$ について

e_n\le\lvert f_0\rvert^{-1}\sum_{k=1}^{n}\lvert f_k\rvert t^ke_{n-k}\le\frac12\max_{0\le j<n}e_j

であるから、帰納法によりすべての $n$ について $e_n\le e_0$ である。したがって、 $\sum_nd_n(x-x_1)^n$ は $|x-x_1|<t$ で絶対収束する。§D1.21 定理 6.3により、 $|x-x_1|<t$ で $a_2(x)\sum_nd_n(x-x_1)^n$ は係数 $\sum_{k=0}^{n}f_kd_{n-k}$ の級数の和であり、この係数は $n=0$ で $1$ 、 $n\ge1$ で $0$ であるから、 $1/a_2(x)=\sum_nd_n(x-x_1)^n$ である。 $a_1,a_0$ の級数も $x_1$ の十分近くで絶対収束するから、再び§D1.21 定理 6.3により、 $P=a_1\cdot(1/a_2)$ と $Q=a_0\cdot(1/a_2)$ は $x_1$ の近くで $x_1$ を中心とする収束べき級数に等しい。 $x_0$ の十分近くのすべての点 $x_1$ がこの条件を満たす。

$P,Q$ の $x_0$ における Taylor 級数を $\sum_{k\ge0}p_kz^k$ 、 $\sum_{k\ge0}q_kz^k$ とし、形式べき級数

y=\sum_{n=0}^{\infty}c_nz^n,\qquad y'=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)c_{n+1}z^n,\qquad y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)c_{n+2}z^n

を式 (1.1.2)へ代入する。Cauchy 積で $z^n$ の係数を比較すれば、

\begin{aligned} (n+2)(n+1)c_{n+2} &+\sum_{k=0}^{n}p_k(n-k+1)c_{n-k+1}\\ &+\sum_{k=0}^{n}q_kc_{n-k}=0 \qquad(n\ge0) \end{aligned}

\text{(1.2.1)}

を得る。 $c_0$ と $c_1$ を指定すると、式 (1.2.1)により $c_2,c_3,\ldots$ が順に一意に定められる。

2 解級数の収束

定理 2.1. $m\in\NN$ 、 $R\in(0,\infty]$ とし、 $\lvert z\rvert<R$ を満たす実数 $z$ 上で定義された $m\times m$ 複素行列値関数 $A$ が、複素行列 $A_k$ （ $k\in\N$ ）によって、 $\lvert z\rvert<R$ を満たすすべての $z$ について $A(z)=\sum_{k=0}^{\infty}A_kz^k$ と表されるとする（右辺の各成分の級数はそこで収束する）。 $\boldsymbol\eta\in\C^m$ とし、 $\C^m$ の列 $(\boldsymbol c_n)_{n\ge0}$ を $\boldsymbol c_0=\boldsymbol\eta$ と

(n+1)\boldsymbol c_{n+1} =\sum_{k=0}^{n}A_k\boldsymbol c_{n-k} \qquad(n\ge0)

\text{(2.1.1)}

によって定める。このとき、 $\sum_n\boldsymbol c_nz^n$ の各成分は $\lvert z\rvert<R$ で絶対収束し、その和 $\boldsymbol Y(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\boldsymbol c_nz^n$ は $\lvert z\rvert<R$ 上で微分可能であって、 $\boldsymbol Y'(z)=A(z)\boldsymbol Y(z)$ と $\boldsymbol Y(0)=\boldsymbol\eta$ を満たす。

証明. $\C^m$ のノルム $\lVert\cdot\rVert$ を一つ固定し、 $m\times m$ 行列にはそれに付随する作用素ノルムを用いる。 $0<r<R$ を任意に固定する。 $A$ の各成分の級数は $z=r$ で収束するから、各成分の項 $(A_k)_{ij}r^k$ は $k$ について有界であり、有限次元のノルムの同値性により $\lVert A_k\rVert r^k$ も有界である。したがって、ある $C_r>0$ に対して

\lVert A_k\rVert\le C_rr^{-k}\qquad(k\ge0)

\text{(2.1.2)}

が成り立つ。

$a=C_rr$ と置き、非負数列 $(b_n)_{n\ge0}$ を

b_0=\lVert\boldsymbol\eta\rVert,\qquad b_{n+1}=\frac{a+n}{(n+1)r}b_n \qquad(n\ge0)

によって定める。 $b_0=0$ ならばすべての $b_n$ は零である。 $b_0>0$ ならばすべての $b_n$ は正であり、 $0<\lvert z\rvert<r$ に対して

\frac{b_{n+1}|z|^{n+1}}{b_n|z|^n} =\frac{a+n}{n+1}\frac{|z|}{r} \longrightarrow\frac{|z|}{r}<1

である。したがって、スカラー級数 $B(z)=\sum_{n=0}^{\infty}b_nz^n$ は $|z|<r$ で絶対収束する。 $b_n$ の漸化式は

(n+1)b_{n+1}-\frac nrb_n=C_rb_n\qquad(n\ge0)

と同値であるから、§D1.23 定理 4.3により $|z|<r$ で項別微分すると

(1-z/r)B'(z)=C_rB(z),\qquad B(0)=\lVert\boldsymbol\eta\rVert

\text{(2.1.3)}

を得る。上の係数の等式の $n$ を $n-k$ に替えて $r^{-k}$ を掛け、 $k=0,1,\ldots,n$ について和をとると、左辺の和は $(n+1)b_{n+1}$ だけを残して打ち消し合うから、

(n+1)b_{n+1} =C_r\sum_{k=0}^{n}r^{-k}b_{n-k} \qquad(n\ge0)

\text{(2.1.4)}

である。

$\lVert\boldsymbol c_n\rVert\le b_n$ がすべての $n\in\N$ について成り立つ。実際、 $\lVert\boldsymbol c_0\rVert=b_0$ であり、 $0\le j\le n$ について $\lVert\boldsymbol c_j\rVert\le b_j$ が成り立つならば、式 (2.1.1)、式 (2.1.2)、式 (2.1.4)により

(n+1)\lVert\boldsymbol c_{n+1}\rVert \le\sum_{k=0}^n\lVert A_k\rVert\lVert\boldsymbol c_{n-k}\rVert \le C_r\sum_{k=0}^nr^{-k}b_{n-k} =(n+1)b_{n+1}

である。したがって、 $|z|<r$ で $\sum_n\lVert\boldsymbol c_n\rVert|z|^n\le B(|z|)<\infty$ であり、 $\sum_n\boldsymbol c_nz^n$ の各成分は $|z|<r$ で絶対収束する。 $r<R$ は任意であるから、各成分は $|z|<R$ で絶対収束する。

$|z_1|<R$ とし、 $|z_1|<r<R$ を満たす $r$ を選ぶ。 $\boldsymbol Y$ の各成分の実部と虚部に§D1.23 定理 4.3を適用すると、 $\boldsymbol Y$ は $|z|<r$ で微分可能であり、式 (2.1.1)により

\boldsymbol Y'(z)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)\boldsymbol c_{n+1}z^n =\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{n}A_kz^k\,\boldsymbol c_{n-k}z^{n-k}

である。 $\sum_k\lVert A_k\rVert|z|^k\le C_r\sum_k(|z|/r)^k<\infty$ と $\sum_n\lVert\boldsymbol c_n\rVert|z|^n<\infty$ により、右辺の各成分は絶対収束する級数どうしの Cauchy 積の和であるから、§D1.21 定理 6.3により右辺は $\bigl(\sum_kA_kz^k\bigr)\bigl(\sum_n\boldsymbol c_nz^n\bigr)$ に等しい。仮定により $\sum_kA_kz^k=A(z)$ であるから、 $\boldsymbol Y'(z)=A(z)\boldsymbol Y(z)$ が $z=z_1$ で成り立つ。 $\boldsymbol Y(0)=\boldsymbol c_0=\boldsymbol\eta$ である。▨

注意 2.2.式 (1.1.2)の係数 $P,Q$ が $|x-x_0|<R$ で定義されているとき、

\boldsymbol Y= \begin{pmatrix}y\\y'\end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol Y'=A(z)\boldsymbol Y, \qquad A(z)= \begin{pmatrix} 0&1\\-Q(x_0+z)&-P(x_0+z) \end{pmatrix}

\text{(2.2.1)}

と置く。 $|z|<R$ 上の二回微分可能な関数 $y(x_0+z)$ が式 (1.1.2)を満たせば、 $\boldsymbol Y=(y,y')^{\mathsf T}$ は一階連立系 $\boldsymbol Y'=A(z)\boldsymbol Y$ を満たす。逆に、 $|z|<R$ 上で微分可能な $\boldsymbol Y=(Y_1,Y_2)^{\mathsf T}$ が $\boldsymbol Y'=A(z)\boldsymbol Y$ を満たせば、第一行から $Y_1'=Y_2$ である。 $Y_2$ は微分可能であるから $Y_1$ は二回微分可能であり、第二行から $Y_1$ は式 (1.1.2)を満たす。

系 2.3. $x_0\in\R$ 、 $R\in(0,\infty]$ とし、式 (1.1.2)の係数 $P,Q$ は $|x-x_0|<R$ で定義され、数列 $(p_k)_{k\ge0}$ 、 $(q_k)_{k\ge0}$ によって、 $|x-x_0|<R$ を満たすすべての $x$ について

P(x)=\sum_{k=0}^{\infty}p_k(x-x_0)^k,\qquad Q(x)=\sum_{k=0}^{\infty}q_k(x-x_0)^k

と表されるとする（右辺の級数はそこで収束する）。このとき、任意の初期値

y(x_0)=\eta_0,\qquad y'(x_0)=\eta_1

に対して、 $c_0=\eta_0$ 、 $c_1=\eta_1$ と式 (1.2.1)により定められるべき級数 $\sum_nc_n(x-x_0)^n$ は $|x-x_0|<R$ で収束し、その和は $|x-x_0|<R$ 上で式 (1.1.2)と初期条件を満たす。とくに、解級数の収束半径は少なくとも $R$ である。

証明.式 (2.2.1)の $A$ は、 $A_0=\begin{pmatrix}0&1\\-q_0&-p_0\end{pmatrix}$ 、 $k\ge1$ について $A_k=\begin{pmatrix}0&0\\-q_k&-p_k\end{pmatrix}$ とすると、 $|z|<R$ で $A(z)=\sum_kA_kz^k$ と表される。定理 2.1を $m=2$ 、 $\boldsymbol\eta=(\eta_0,\eta_1)^{\mathsf T}$ に適用し、得られる $\boldsymbol c_n$ の成分を $\boldsymbol c_n=(u_n,v_n)^{\mathsf T}$ と書く。式 (2.1.1)の第一成分は $(n+1)u_{n+1}=v_n$ であり、これを第二成分 $(n+1)v_{n+1}=-\sum_{k=0}^n(q_ku_{n-k}+p_kv_{n-k})$ に代入すると

(n+2)(n+1)u_{n+2}=-\sum_{k=0}^{n}p_k(n-k+1)u_{n-k+1}-\sum_{k=0}^{n}q_ku_{n-k}

を得る。 $u_0=\eta_0$ 、 $u_1=v_0=\eta_1$ であるから、式 (1.2.1)によりすべての $n$ について $u_n=c_n$ である。定理 2.1により $\sum_nc_nz^n$ は $|z|<R$ で絶対収束し、その和は $\boldsymbol Y$ の第一成分であるから、注意 2.2により式 (1.1.2)を満たす。初期条件は $\boldsymbol Y(0)=(\eta_0,\eta_1)^{\mathsf T}$ による。▨

例 2.4. $m=1$ 、 $A(z)=1$ とすると、 $A_0=1$ 、 $A_k=0$ （ $k\ge1$ ）であり、定理 2.1を $R=\infty$ で適用することができる。初期値 $Y(0)=a$ に対して式 (2.1.1)は

(n+1)c_{n+1}=c_n

となるから、 $c_n=a/n!$ であり、

Y(z)=a\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}=ae^z.

係数は実数直線全体で収束べき級数に等しく、解級数の収束半径も無限大である。

例 2.5. Legendre 方程式

(1-x^2)y''-2xy'+\nu(\nu+1)y=0

を $x_0=0$ の周囲で正規化すると、 $P(x)=-\dfrac{2x}{1-x^2}$ 、 $Q(x)=\dfrac{\nu(\nu+1)}{1-x^2}$ である。 $|x|<1$ では $\dfrac1{1-x^2}=\sum_{k\ge0}x^{2k}$ であるから、 $P,Q$ は $|x|<1$ で収束べき級数に等しい。系 2.3を $R=1$ で用いると、任意の初期値に対する解級数の収束半径は $1$ 以上である。

$\nu=n$ が非負整数である場合には、多項式解が存在する（問題 4.5）。多項式の Taylor 級数は有限和であるため、この解の解級数の収束半径は無限大であり、すべての初期値に共通する下界 $1$ より大きい。

例 2.6. Airy 方程式

y''-xy=0

では $P=0$ 、 $Q=-x$ が多項式である。系 2.3を $R=\infty$ で適用することができるため、任意の初期値から得られる解級数は実数直線全体で収束する。

3 確定特異点と Frobenius 法

展開中心を $x_0=0$ とする。展開中心が一般の $x_0$ である場合は、変数の平行移動によってこの場合へ帰着する。

定義 3.1.

y''+P(x)y'+Q(x)y=0

\text{(3.1.1)}

において、 $P$ または $Q$ が $x=0$ で解析的でない一方、

p(x)=xP(x),\qquad q(x)=x^2Q(x)

が $x=0$ の近くで解析的であるとき、 $x=0$ を確定特異点 (regular singular point) という。

$x>0$ において

y(x)=x^\rho\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n,\qquad a_0\ne0

\text{(3.1.2)}

の形をもつ級数を Frobenius 級数 (Frobenius series) という。ここで $\rho\in\C$ であり、 $x^\rho=e^{\rho\log x}$ である。

注意 3.2. $p(x)=\sum_{k\ge0}p_kx^k$ 、 $q(x)=\sum_{k\ge0}q_kx^k$ とする。式 (3.1.1)に $x^2$ を掛けると

x^2y''+xp(x)y'+q(x)y=0.

Frobenius 級数を代入して $x^{n+\rho}$ の係数を比較すると、

\begin{aligned} 0={}& \bigl[ (n+\rho)(n+\rho-1) +p_0(n+\rho)+q_0 \bigr]a_n\\ &+\sum_{k=1}^{n} \bigl[ p_k(n-k+\rho)+q_k \bigr]a_{n-k} \qquad(n\ge0) \end{aligned}

\text{(3.2.1)}

を得る。 $n=0$ では $a_0\ne0$ であるから、指数 $\rho$ は

\rho(\rho-1)+p_0\rho+q_0=0

\text{(3.2.2)}

を満たさなければならない。式 (3.2.2)を決定方程式といい、 $F(\rho)=\rho(\rho-1)+p_0\rho+q_0$ を決定多項式という。式 (3.2.1)における $a_n$ の係数は $F(n+\rho)$ である。決定方程式の二根の差が整数でない場合には、いずれの根 $\rho$ を選んでも、 $n\ge1$ について $F(n+\rho)\ne0$ であるから、式 (3.2.1)により形式係数 $a_1,a_2,\ldots$ が $a_0$ から順に一意に定められる。

命題 3.3. 決定方程式の二根を $\rho_1,\rho_2$ とし、 $N=\rho_1-\rho_2$ が非負整数であるとする。このとき、式 (3.2.1)について次が成り立つ。

$\rho=\rho_1$ とすると、任意の $a_0\ne0$ に対して、 $n\ge1$ のすべての段の等式を満たす $a_1,a_2,\ldots$ がただ一つ存在する。
$N>0$ とし、小さい根 $\rho=\rho_2$ を代入して、 $a_0\ne0$ を任意に固定する。 $1\le n<N$ を満たす各 $n$ の係数 $a_n$ は $a_0$ から一意に定まり、第 $N$ 段では $a_N$ の係数が零になる。この段の既知項の和 $\sum_{k=1}^{N}\bigl[p_k(N-k+\rho_2)+q_k\bigr]a_{N-k}$ が零であることが、形式的な Frobenius 級数を続けるための整合条件である。この和は $a_0$ の定数倍であるから、整合条件の成否は $a_0\ne0$ の選び方によらない。整合条件が成立すれば $a_N$ は自由に選ぶことができ、 $a_{N+1},a_{N+2},\ldots$ は $a_0$ と $a_N$ から一意に定まる。整合条件が成立しなければ、指数 $\rho_2$ をもつ式 (3.1.2)の形の形式級数は存在しない。
$N=0$ とすると、 $a_0\ne0$ を選べば $a_1,a_2,\ldots$ は一意に定まる。したがって、重根に対応して式 (3.1.2)の形から得られる形式級数は、定数倍を除いて一つである。

証明. $F(\rho)=(\rho-\rho_1)(\rho-\rho_2)$ であるから、

F(n+\rho_1)=n(n+N),\qquad F(n+\rho_2)=n(n-N)

である。

主張 (1)を示す。 $N\ge0$ であるから、 $n\ge1$ について $F(n+\rho_1)=n(n+N)\ne0$ である。したがって、第 $n$ 段の等式により、 $a_n$ は $a_0,\ldots,a_{n-1}$ から一意に定まる。

主張 (2)を示す。 $n\ge1$ について $F(n+\rho_2)=0$ となるのは $n=N$ の場合に限る。したがって、第 $N$ 段より前では各係数を直前までの係数から一意に決定することができ、第 $N$ 段の等式は $F(N+\rho_2)=0$ により整合条件そのものになる。 $1\le n<N$ の各 $a_n$ は $a_0$ の定数倍であるから、既知項の和は $a_0$ の定数倍である。整合条件が成立すれば、第 $N$ 段の等式は $a_N$ の値によらずに成り立つ。第 $N$ 段より後では $F(n+\rho_2)\ne0$ であるから各係数が再び一意に定まる。整合条件が成立しなければ、第 $N$ 段の等式を満たす係数列は存在しない。

主張 (3)を示す。 $N=0$ のとき $\rho_1=\rho_2$ であり、主張 (1)による。▨

補題 3.4. $C\ge0$ 、 $k_0\in\NN$ とし、 $(u_k)_{k\ge0}$ を非負実数列で、すべての $k\ge k_0$ について

u_k\le\frac Ck\Bigl(1+\sum_{i=0}^{k-1}u_i\Bigr)

を満たすものとする。このとき、ある $K\ge0$ が存在して、すべての $k\in\NN$ について $u_k\le Kk^{C}$ が成り立つ。とくに、 $\limsup_{k\to\infty}u_k^{1/k}\le1$ であり、 $0\le t<1$ ならば $\sum_ku_kt^k$ は収束する。

証明. $S_k=1+\sum_{i=0}^{k-1}u_i$ とおく。 $k\ge k_0$ について $S_{k+1}=S_k+u_k\le(1+C/k)S_k\le e^{C/k}S_k$ であるから、 $k\ge k_0$ について

S_k\le S_{k_0}\exp\Bigl(C\sum_{i=k_0}^{k-1}\frac1i\Bigr)\le S_{k_0}e^{C}k^{C}

である。最後の不等式は $\sum_{i=1}^{k-1}1/i\le1+\sum_{i=2}^{k-1}\int_{i-1}^i\frac{dx}x\le1+\log k$ による。 $k\ge k_0$ について $u_k\le\frac CkS_k\le CS_{k_0}e^{C}k^{C}$ である。 $K=\max\bigl(\{1,CS_{k_0}e^C\}\cup\{u_k:1\le k<k_0\}\bigr)$ とおくと、 $k^C\ge1$ であるから、すべての $k\in\NN$ について $u_k\le Kk^C$ である。 $K\ge1$ であるから、 $k\to\infty$ のとき $(Kk^C)^{1/k}\to1$ である。したがって、 $\limsup u_k^{1/k}\le1$ である。 $0<t<1$ ならば $(k+1)^Ct^{k+1}/(k^Ct^k)\to t$ であるから、 $\sum_kKk^Ct^k$ は比判定法により収束し、比較により $\sum_ku_kt^k$ は収束する。▨

補題 3.5. $r\in(0,\infty]$ とし、 $p_k,q_k\in\C$ （ $k\in\N$ ）と $\rho\in\C$ をとり、 $F(\rho)=\rho(\rho-1)+p_0\rho+q_0$ とする。複素数列 $(h_m)_{m\ge0}$ をとり、 $0<s<r$ を満たすすべての $s$ について、数列 $(p_ks^k)_k$ 、 $(q_ks^k)_k$ 、 $(h_ks^k)_k$ が有界であるとする。複素数列 $(b_m)_{m\ge0}$ と $m_0\in\NN$ が、すべての $m\ge m_0$ について

F(m+\rho)b_m+\sum_{k=1}^m\bigl(p_k(m-k+\rho)+q_k\bigr)b_{m-k}=h_m

を満たすとする。このとき、 $|x|<r$ を満たすすべての実数 $x$ について $\sum_m\lvert b_m\rvert\lvert x\rvert^m$ は収束する。

証明. $0<s<r$ とする。仮定により $C_1=\sup_{k}\max\{\lvert p_k\rvert s^k,\lvert q_k\rvert s^k,\lvert h_k\rvert s^k\}<\infty$ である。 $F(m+\rho)=m^2+(2\rho-1+p_0)m+F(\rho)$ であるから、ある $m_1\in\NN$ が存在して、 $m\ge m_1$ ならば $\lvert F(m+\rho)\rvert\ge m^2/2$ である。 $u_m=\lvert b_m\rvert s^m$ とおく。 $m\ge m_2=\max\{m_0,m_1\}$ について、漸化式の両辺に $s^m$ を掛けて絶対値を取ると、 $1\le k\le m$ について $\lvert m-k+\rho\rvert\le m+\lvert\rho\rvert$ であるから

\frac{m^2}2u_m\le C_1(m+\lvert\rho\rvert+1)\sum_{i=0}^{m-1}u_i+C_1

である。 $(m+\lvert\rho\rvert+1)/m\le2+\lvert\rho\rvert$ であるから、 $C_2=2C_1(2+\lvert\rho\rvert)$ について $u_m\le\frac{C_2}m\bigl(1+\sum_{i=0}^{m-1}u_i\bigr)$ である。補題 3.4により、 $0\le t<1$ ならば $\sum_mu_mt^m$ は収束する。 $|x|<s$ ならば $\sum_m\lvert b_m\rvert\lvert x\rvert^m=\sum_mu_m(\lvert x\rvert/s)^m$ は収束し、 $s<r$ は任意であるから、 $|x|<r$ で収束する。▨

定理 3.6. $r\in(0,\infty]$ とし、式 (3.1.1)の係数 $P,Q$ は $0<x<r$ で定義され、実数列 $(p_k)_{k\ge0}$ 、 $(q_k)_{k\ge0}$ によって、 $0<x<r$ を満たすすべての $x$ について

xP(x)=\sum_{k=0}^{\infty}p_kx^k,\qquad x^2Q(x)=\sum_{k=0}^{\infty}q_kx^k

と表されるとする（右辺の級数はそこで収束する）。 $\rho\in\C$ とし、複素数列 $(a_n)_{n\ge0}$ は $a_0\ne0$ を満たし、すべての $n\ge0$ について式 (3.2.1)を満たすとする。このとき、 $\sum_na_nx^n$ は $|x|<r$ で絶対収束し、

y(x)=x^\rho\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\qquad(0<x<r)

は $0<x<r$ 上で式 (3.1.1)を満たす。

証明. $0<s<r$ ならば $\sum_kp_ks^k$ と $\sum_kq_ks^k$ は収束するから、 $(p_ks^k)_k$ と $(q_ks^k)_k$ は有界である。補題 3.5を $h_m=0$ 、 $m_0=1$ 、 $b_m=a_m$ に適用すると、 $\varphi(x)=\sum_na_nx^n$ は $|x|<r$ で絶対収束する。

$0<x<r$ とする。 $(x^\rho)'=\rho x^{\rho-1}$ であるから、

x^2y''+xp(x)y'+q(x)y =x^\rho\Bigl(x^2\varphi''+(2\rho+p(x))x\varphi'+\bigl(\rho(\rho-1)+\rho p(x)+q(x)\bigr)\varphi\Bigr)

である。 $x<s<r$ を満たす $s$ をとると、 $(p_ks^k)_k$ と $(q_ks^k)_k$ は有界であるから $\sum_k\lvert p_k\rvert x^k$ と $\sum_k\lvert q_k\rvert x^k$ は収束する。 $\sum_na_nx^n$ は $|x|<r$ で絶対収束するから、 $\Re a_n$ と $\Im a_n$ をそれぞれ係数とする二つの実べき級数の収束半径は $r$ 以上である。それぞれに§D1.23 補題 4.2を二回適用すると、二回までの項別微分の級数の収束半径も $r$ 以上であるから、§D1.23 定理 1.4 (1)と $\lvert a_n\rvert\le\lvert\Re a_n\rvert+\lvert\Im a_n\rvert$ により、 $\sum_nn\lvert a_n\rvert x^n$ と $\sum_nn(n-1)\lvert a_n\rvert x^n$ は収束する。 $\varphi$ の実部と虚部に§D1.23 定理 4.3を適用して $\varphi',\varphi''$ を項別微分の級数で表し、 $p,q$ との積を§D1.21 定理 6.3による絶対収束する級数の Cauchy 積で表すと、右辺の括弧内の $x^n$ の係数は

n(n-1)a_n+2\rho na_n+\sum_{k=0}^np_k(n-k)a_{n-k}+\rho(\rho-1)a_n+\sum_{k=0}^n(\rho p_k+q_k)a_{n-k}

であり、 $n(n-1)+2\rho n+\rho(\rho-1)=(n+\rho)(n+\rho-1)$ により、式 (3.2.1)の右辺に等しい。したがって、これは $0$ である。仮定により $p(x)=xP(x)$ 、 $q(x)=x^2Q(x)$ であるから、 $x^2\bigl(y''+P(x)y'+Q(x)y\bigr)=0$ であり、 $x>0$ により $y$ は式 (3.1.1)を満たす。▨

系 3.7.定理 3.6の仮定を満たす $r,P,Q,(p_k),(q_k)$ をとり、決定方程式の二根を $\rho_1,\rho_2$ とし、 $\Re\rho_1\ge\Re\rho_2$ とする。このとき、 $a_0=1$ とする指数 $\rho_1$ の Frobenius 級数で、すべての $n\ge0$ について式 (3.2.1)を満たすものがただ一つ存在し、その和 $y_1(x)=x^{\rho_1}\sum_na_nx^n$ は $0<x<r$ 上で式 (3.1.1)を満たす。 $\rho_1-\rho_2$ が整数でないならば、指数 $\rho_2$ についても同じことが成り立つ。

証明. $F(\rho)=(\rho-\rho_1)(\rho-\rho_2)$ であるから、 $n\ge1$ について $F(n+\rho_1)=n(n+\rho_1-\rho_2)$ であり、 $\Re(n+\rho_1-\rho_2)\ge n>0$ により $F(n+\rho_1)\ne0$ である。したがって、 $a_0=1$ と第 $n$ 段の等式により $a_n$ がただ一つ定まり、定理 3.6により $y_1$ は解である。 $\rho_1-\rho_2\notin\Z$ ならば、 $n\ge1$ について $F(n+\rho_2)=n(n-(\rho_1-\rho_2))\ne0$ であるから、同じ議論が指数 $\rho_2$ について成り立つ。▨

例 3.8. 方程式

x^2y''+(3x-1)y'+y=0

を正規化すると $P(x)=\dfrac{3x-1}{x^2}$ 、 $Q(x)=\dfrac1{x^2}$ であり、 $xP(x)=3-\dfrac1x$ は $x=0$ で解析的でないから、 $x=0$ は確定特異点でない。形式べき級数 $y=\sum_{n\ge0}c_nx^n$ を代入して $x^n$ の係数を比べると

(n+1)^2c_n-(n+1)c_{n+1}=0\qquad(n\ge0)

であるから、 $c_0=1$ とすると $c_n=n!$ である。したがって、形式級数 $\sum_nn!\,x^n$ は方程式を形式的に満たすが、 $x\ne0$ ならば $\lvert n!\,x^n\rvert\to\infty$ であるから、どの $x\ne0$ でも収束しない。定理 3.6の結論は、 $xP$ が収束べき級数に等しいという仮定を外すと成り立たない。

注意 3.9. 決定方程式の二根の差 $N=\rho_1-\rho_2$ が正の整数で整合条件が成立する場合には、命題 3.3 (2)の係数列に定理 3.6を適用すると、指数 $\rho_2$ の Frobenius 級数の解が得られる。整合条件が成立しない場合と $N=0$ の場合には、式 (3.1.2)の形の形式級数から二つの一次独立な解を得ることはできない。これらの場合の第二解は、系 3.7の解 $y_1$ に $\log x$ を掛けた項と、 $x^{\rho_2}$ に $x=0$ の近くで収束するべき級数を掛けたものとの和の形をとる。この事実は、§E13.38 確定特異点で複素領域の Fuchs の定理として証明する。 $N>0$ のとき、対数項の係数が零であることは整合条件が成立するための必要十分条件であり、この同値も同じ記事で証明する。決定方程式の二根の差が整数であっても、対数項が現れるとは限らない（例 3.10）。

例 3.10. $x>0$ における方程式

xy''+2y'+xy=0

を正規化すると $P(x)=2/x$ 、 $Q(x)=1$ であり、 $p(x)=2$ 、 $q(x)=x^2$ は解析的であるから、 $x=0$ は確定特異点である。決定多項式は $F(\rho)=\rho(\rho-1)+2\rho=\rho(\rho+1)$ であり、決定方程式の根 $0,-1$ の差は $1$ である。 $\rho=-1$ とすると、第 $1$ 段の既知項の和は $\bigl[p_1\cdot(-1)+q_1\bigr]a_0=0$ であるから整合条件が成立し、 $a_1$ は自由である。 $n\ge2$ の段は

n(n-1)a_n+a_{n-2}=0

となる。 $a_0=1$ 、 $a_1=0$ と選ぶと $a_{2j}=(-1)^j/(2j)!$ 、 $a_{2j+1}=0$ であり、Frobenius 級数は $x^{-1}\cos x$ である。 $a_1=1$ と選ぶと、これに $x^{-1}\sin x$ が加わる。

実際、 $u=xy$ と置くと $u''=xy''+2y'$ であるから、方程式は $u''+u=0$ と同値である。§E13.10 定理 3.3 (3)により $\cos x$ と $\sin x$ は $u''+u=0$ の解であるから、 $x^{-1}\cos x$ と $x^{-1}\sin x$ は解である。その Wronskian $W(x^{-1}\cos x,x^{-1}\sin x)$ は $x^{-2}\ne0$ であるから、二つの解は $(0,\infty)$ 上の対数項を含まない基本解系をなす。

例 3.11.

x^2y''+xy'=0\qquad(x>0)

の決定方程式は $\rho^2=0$ であり、重根 $0$ をもつ。一つの解は $y_1=1$ である。方程式を $(xy')'=0$ と書けば

y'=C/x,\qquad y=C\log x+D

となるため、第二解として $y_2=\log x$ が現れる。左辺の作用素を $L$ と書くと、実数 $\rho$ について $L[x^\rho]=\rho^2x^\rho$ である。 $x^\rho$ は $(x,\rho)$ について $C^\infty$ 級であるから、両辺を $\rho$ で微分すると $L[x^\rho\log x]=(2\rho+\rho^2\log x)x^\rho$ となり、 $\rho=0$ で右辺は $0$ になる。したがって、重根 $\rho=0$ における $x^\rho$ の $\rho$ についての導関数 $\log x$ は、方程式の解である。

4 演習

問題 4.1 (Frobenius 法と整数差の判定). $x>0$ における Euler 方程式

x^2y''-2y=0

へ Frobenius 級数を代入し、決定方程式とその二根を求めよ。小さい方の根を式 (3.2.1)へ代入したとき $a_n$ の係数が零になる段 $n$ を求め、対数項を用いずに二つの一次独立な解を構成して、元の方程式へ代入して検算せよ。

解答.

この方程式では $p(x)=0$ 、 $q(x)=-2$ であるから、決定方程式は

\rho(\rho-1)-2 =(\rho-2)(\rho+1)=0

である。決定方程式の根は $\rho_1=2$ と $\rho_2=-1$ であり、差は $3$ である。

係数漸化式は

\bigl[(n+\rho)(n+\rho-1)-2\bigr]a_n=0

となる。 $\rho=2$ では $n\ge1$ に対する係数は非零なので、 $a_1=a_2=\cdots=0$ として $y_1=x^2$ を得る。 $\rho=-1$ では $n=3$ で係数が零になる。この段の等式は $0=0$ であり、 $a_3$ を自由に選ぶことができる。 $a_3=0$ と選べば $y_2=x^{-1}$ を得る。 $a_3\ne0$ の選択は $y_2$ に $y_1$ の定数倍を加えるだけである。

直接計算すると

x^2(x^2)''-2x^2=2x^2-2x^2=0,

x^2(x^{-1})''-2x^{-1} =2x^{-1}-2x^{-1}=0

である。二つの解は一次独立であり、対数項を必要としない。決定方程式の二根の差が整数であることは、対数項が生じるための十分条件ではない。▨

問題 4.2 (整数差があっても対数項を必要としない場合). $x>0$ における Euler 方程式

x^2y''-6y=0

へ Frobenius 級数を代入し、決定方程式とその二根を求めよ。小さい方の根を式 (3.2.1)へ代入したとき $a_n$ の係数が零になる段 $n$ を求め、その段の整合条件を調べて、対数項を用いない二つの一次独立な解を構成せよ。最後に、二つの解の Wronskian を計算し、元の方程式への代入によって検算せよ。

解答.

この方程式では $p(x)=0$ 、 $q(x)=-6$ であるから、決定方程式は

\rho(\rho-1)-6=(\rho-3)(\rho+2)=0

である。決定方程式の根は $\rho_1=3$ と $\rho_2=-2$ であり、差は $5$ である。係数漸化式は

\bigl[(n+\rho)(n+\rho-1)-6\bigr]a_n=0

となる。

$\rho=3$ では、すべての $n\ge1$ について $a_n$ の係数が非零であるから、 $a_n=0$ となり、 $y_1=x^3$ を得る。 $\rho=-2$ では第 $5$ 段で $a_5$ の係数が零になる。 $k\ge1$ について $p_k=q_k=0$ であるから、第 $5$ 段の既知項はすべて零であり、整合条件は $0=0$ として成立し、 $a_5$ は自由である。 $a_5=0$ と選ぶと $y_2=x^{-2}$ を得る。 $a_5\ne0$ の選択は $y_2$ に $y_1$ の定数倍を加えるだけである。

$y_1=x^3$ 、 $y_2=x^{-2}$ の Wronskian は

W(y_1,y_2)=y_1y_2'-y_1'y_2=-2-3=-5

であるから、二つの解は $(0,\infty)$ 上で一次独立である。また、

x^2(x^3)''-6x^3=6x^3-6x^3=0,

x^2(x^{-2})''-6x^{-2}=6x^{-2}-6x^{-2}=0

である。したがって、決定方程式の二根の差が正の整数であっても、この方程式の基本解系には対数項を必要としない。▨

問題 4.3 (既知項が打ち消し合って整合条件が成立する場合). $x>0$ における方程式

xy''+(2+x)y'+y=0

について、 $x=0$ が確定特異点であることを確かめ、決定方程式とその二根を求めよ。小さい方の根に対する第 $1$ 段の既知項が零でない係数 $p_1,q_1$ を含みながら打ち消し合い、整合条件が成立することを示せ。さらに、小さい方の根を指数とする Frobenius 級数の係数を $a_0=1$ 、 $a_1=t$ について求めて和を閉じた形で表し、 $x^{-1}$ と $x^{-1}e^{-x}$ が $(0,\infty)$ 上の一次独立な解であることを示せ。

解答.

方程式を $x$ で割ると $y''+\dfrac{2+x}xy'+\dfrac1xy=0$ であるから、 $p(x)=2+x$ 、 $q(x)=x$ は解析的であり、 $P$ は $x=0$ で解析的でないから、 $x=0$ は確定特異点である。 $p_0=2$ 、 $p_1=1$ 、 $q_0=0$ 、 $q_1=1$ であり、ほかの $p_k,q_k$ は零である。決定多項式は $F(\rho)=\rho(\rho-1)+2\rho=\rho(\rho+1)$ であり、決定方程式の根は $\rho_1=0$ 、 $\rho_2=-1$ 、差は $N=1$ である。

$\rho=-1$ とすると、第 $1$ 段の等式は

F(0)a_1+\bigl[p_1\cdot(1-1-1)+q_1\bigr]a_0=0\cdot a_1+(-1+1)a_0=0

であり、既知項 $-p_1a_0$ と $q_1a_0$ が打ち消し合って整合条件が成立する。したがって、命題 3.3 (2)により $a_1$ は自由である。 $n\ge2$ の段は

F(n-1)a_n+\bigl[p_1(n-2)+q_1\bigr]a_{n-1}=n(n-1)a_n+(n-1)a_{n-1}=0

であるから、 $na_n=-a_{n-1}$ である。 $a_0=1$ 、 $a_1=t$ とすると、 $n\ge1$ について $a_n=(-1)^{n-1}t/n!$ であり、

y(x)=x^{-1}\Bigl(1+t\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n!}\Bigr)=x^{-1}\bigl(1+t(1-e^{-x})\bigr)

である。 $t=0$ で $x^{-1}$ 、 $t=-1$ で $x^{-1}e^{-x}$ を得る。

検算のため $u=xy$ と置くと、 $u'=xy'+y$ 、 $u''=xy''+2y'$ であるから、方程式は $u''+u'=0$ と同値である。 $x^{-1}$ と $x^{-1}e^{-x}$ に対する $u$ は $1$ と $e^{-x}$ であり、§E13.10 定理 3.3 (1)により、いずれも $u''+u'=0$ の解である。Wronskian は

W\bigl(x^{-1},x^{-1}e^{-x}\bigr)=x^{-1}\Bigl(-\frac{e^{-x}}x-\frac{e^{-x}}{x^2}\Bigr)+\frac1{x^2}\cdot\frac{e^{-x}}x=-\frac{e^{-x}}{x^2}\ne0

であるから、二つの解は一次独立であり、整数差 $1$ をもつこの方程式の基本解系は対数項を含まない。▨

問題 4.4 (整数差によって対数項が生じる場合). $0<x<1$ における方程式

x(1-x)y''+xy'-y=0

について、 $x=0$ が確定特異点であることを確認し、決定方程式とその二根を求めよ。小さい方の根 $\rho=0$ に対する第 $1$ 段の係数関係が整合しないことを示せ。さらに、 $x$ と $1+x\log x$ が二つの一次独立な解であることを、元の方程式への代入と Wronskian の計算によって示せ。

解答.

$0<x<1$ では方程式を

y''+\frac{1}{1-x}y'-\frac{1}{x(1-x)}y=0

と正規化することができる。したがって

p(x)=\frac{x}{1-x}=\sum_{k=1}^{\infty}x^k, \qquad q(x)=-\frac{x}{1-x}=-\sum_{k=1}^{\infty}x^k

は $|x|<1$ で解析的であり、 $x=0$ は確定特異点である。 $p_0=q_0=0$ であるから、決定方程式は

\rho(\rho-1)=0

であり、決定方程式の根は $\rho_1=1$ と $\rho_2=0$ である。

$\rho=0$ とすると、式 (3.2.1)の第 $1$ 段は

1\cdot0\,a_1+\bigl[p_1\cdot0+q_1\bigr]a_0=-a_0=0

となる。Frobenius 級数では $a_0\ne0$ であるから、この等式は成立せず、小さい方の根に対応する式 (3.1.2)の形の形式級数は存在しない。

$y_1=x$ は $y_1'=1$ 、 $y_1''=0$ を満たすから、元の方程式の左辺は $x-x=0$ である。 $y_2=1+x\log x$ は

y_2'=1+\log x,\qquad y_2''=\frac1x

を満たし、元の方程式の左辺は

(1-x)+x(1+\log x)-(1+x\log x)=0

である。さらに、

W(y_1,y_2)=x(1+\log x)-(1+x\log x)=x-1

は $0<x<1$ で零にならない。したがって $x$ と $1+x\log x$ は $(0,1)$ 上で一次独立であり、この方程式では整数差に伴って対数項が生じる。▨

問題 4.5 (Legendre 方程式の解級数の収束半径). $-1<x<1$ における Legendre 方程式 $(1-x^{2})y''-2xy'+\lambda y=0$ （ $\lambda\in\R$ ）を、 $x_0=0$ を常点とする正規形 $y''-\frac{2x}{1-x^{2}}y'+\frac{\lambda}{1-x^{2}}y=0$ として考える。例 2.5により、どの解級数の収束半径も $1$ 以上である。 $\lambda=n(n+1)$ （ $n$ は非負整数）のとき次数 $n$ の多項式の解が存在してその解級数の収束半径が $\infty$ であること、 $\lambda=0$ のとき $y(x)=\frac12\log\frac{1+x}{1-x}$ が解であってその Taylor 級数の収束半径がちょうど $1$ であることを示せ。

解答.

$y=\sum_{k\ge0}c_{k}x^{k}$ を $(1-x^{2})y''-2xy'+\lambda y=0$ へ代入し、 $x^{k}$ の係数を比べると

(k+2)(k+1)c_{k+2}=\bigl(k(k+1)-\lambda\bigr)c_{k}\qquad(k\ge0)

である。 $\lambda=n(n+1)$ とし、 $n$ が偶数なら $c_{0}=1$ 、 $c_{1}=0$ 、奇数なら $c_{0}=0$ 、 $c_{1}=1$ とする。漸化式は $c_{k}$ と $c_{k+2}$ だけを結ぶので、 $n$ と偶奇の異なる添字の係数はすべて $0$ である。 $k<n$ のとき $k(k+1)-n(n+1)\ne0$ であるから、 $n$ と偶奇の等しい $k\le n$ について $c_k\ne0$ であり、とくに $c_n\ne0$ である。 $k=n$ のとき右辺の因子は $0$ であるから $c_{n+2}=0$ であり、漸化式により $c_{n+4}=c_{n+6}=\cdots=0$ である。したがって $y$ は次数 $n$ の多項式であり、各係数の関係から方程式を満たす。多項式の Taylor 級数は有限和であり、収束半径は $\infty$ である。

$\lambda=0$ とし、 $y(x)=\frac12\log\frac{1+x}{1-x}=\frac12\bigl(\log(1+x)-\log(1-x)\bigr)$ とおく。 $y'=\frac12\bigl(\frac1{1+x}+\frac1{1-x}\bigr)=\frac1{1-x^{2}}$ 、 $y''=\frac{2x}{(1-x^{2})^{2}}$ であるから、 $(1-x^{2})y''-2xy'=\frac{2x}{1-x^{2}}-\frac{2x}{1-x^{2}}=0$ である。 $y'=\sum_{k\ge0}x^{2k}$ を $0$ から $x$ まで項別に積分すると、 $|x|<1$ で $y(x)=\sum_{k\ge0}x^{2k+1}/(2k+1)$ である。 $x=1$ ではこの級数は $\sum_{k\ge0}1/(2k+1)\ge\sum_{k\ge0}1/(2k+2)$ となり、調和級数との比較により発散する。収束半径が $1$ より大きければ $x=1$ で収束するので、収束半径はちょうど $1$ である。 $\lambda=0$ の例は下界 $1$ が達成されることを示し、多項式解の例は個々の解級数の収束半径が下界より大きくなり得ることを示す。▨

§E13.34級数解法

1 常点における係数漸化式

2 解級数の収束

3 確定特異点と Frobenius 法

4 演習

参考文献

前提記事