級数が通らないなら指数を 1 つ足す｜微分方程式のフロベニウスの方法

$x^{2} y^{''} + x y^{'} + (x^{2} - ν^{2}) y = 0$ を $y = \sum a_{n} x^{n}$ で解こうとすると、 $a_{0}$ の係数が $- ν^{2}$ になって $a_{0} = 0$ が強制される。 $a_{1}$ も同じで、結局すべてが $0$ になる。

先頭に $x^{ν}$ を掛けて $y = x^{ν} \sum a_{n} x^{n}$ とすれば通る。 $ν$ が整数でなくても構わない。

このひと工夫がフロベニウスの方法である。指数 $ν$ をどう決めるかが、方法のすべてを担っている^[4]。

特異点の種類

2 階の線形方程式を標準形で書く。

$y^{''} + P (x) y^{'} + Q (x) y = 0$

$P$ と $Q$ が $x = 0$ で解析的なら、そこは通常点である。ふつうのべき級数でよい。

$P$ か $Q$ が $x = 0$ で発散していても、 $x P (x)$ と $x^{2} Q (x)$ の両方が解析的なら、 $x = 0$ は確定特異点と呼ばれる^[1]。発散の勢いが、 $\frac{1}{x}$ と $\frac{1}{x ^{2}}$ までに収まっている場合である。

このとき方程式は次の形に書き直せる。

$x^{2} y^{''} + x p (x) y^{'} + q (x) y = 0$

$p (x) = x P (x)$ 、 $q (x) = x^{2} Q (x)$ で、どちらも $x = 0$ のまわりでテイラー展開できる。

発散の勢いがこれより強い点は不確定特異点と呼ばれ、フロベニウスの方法が届かない。

$e^{- 1/ x}$ のように、どんな $x^{r}$ を掛けても級数にならない解が現れる。

$x^{r}$ が出てくる理由

$p$ と $q$ を定数 $p_{0} = p (0)$ 、 $q_{0} = q (0)$ で置き換えてみる。

$x^{2} y^{''} + p_{0} x y^{'} + q_{0} y = 0$

オイラー型の方程式である。 $y = x^{r}$ を入れると $x^{r}$ でくくれて、 $r$ の 2 次方程式が残る。

$r (r - 1) + p_{0} r + q_{0} = 0$

確定特異点をもつ方程式は、 $x \to 0$ でこのオイラー型に近づく。だから解の先頭も $x^{r}$ になる^[1]。

級数はその補正である。 $x^{r}$ で骨格を決め、 $\sum a_{n} x^{n}$ で肉を付ける。

決定方程式の導出

$y = n = 0 \sum \infty a_{n} x^{n + r}$ を代入する。 $a_{0} \neq = 0$ としておく。

$x^{2} y^{''} = \sum (n + r) (n + r - 1) a_{n} x^{n + r}, x y^{'} = \sum (n + r) a_{n} x^{n + r}$

$p (x) = p_{0} + p_{1} x + \dots$ 、 $q (x) = q_{0} + q_{1} x + \dots$ を掛けて足し合わせ、 $x^{r}$ の係数だけを見る。 $n = 0$ の項しか寄与しない。

$a_{0} [r (r - 1) + p_{0} r + q_{0}] = 0$

$a_{0} \neq = 0$ なので、括弧の中が $0$ 。これが決定方程式で、根を $r_{1}$ 、 $r_{2}$ とする（ $Re r_{1} \geq Re r_{2}$ ）。

漸化式と、つまずく場所

$F (r) = r (r - 1) + p_{0} r + q_{0}$ と書く。 $x^{n + r}$ の係数を並べると、次の形になる^[4]。

$a_{n} F (r + n) + k = 0 \sum n - 1 a_{k} [(k + r) p_{n - k} + q_{n - k}] = 0$

$a_{n}$ を決めるには $F (r + n)$ で割ることになる。割れるかどうかが分かれ目である。

$F$ の根は $r_{1}$ と $r_{2}$ だけなので、 $F (r + n) = 0$ になるのは $r + n$ がもう一方の根に一致するときに限る。

大きいほうの根 $r_{1}$ から出発すれば、 $r_{1} + n$ は $n \geq 1$ でどちらの根より大きく、割り算はいつでもできる。 $r_{1}$ の級数は必ず作れる^[1]。

困るのは $r_{2}$ のほうで、 $r_{1} - r_{2}$ が正の整数 $N$ のとき、 $n = N$ で $F (r_{2} + N) = F (r_{1}) = 0$ になる。

決定方程式で $r_{1}$ と $r_{2}$ を出す

$r_{1}$ の級数は無条件で作れる

$r_{1} - r_{2}$ が整数かどうかを見る

整数なら $r_{2}$ 側の割り算が止まる

3 つの場合

いま見た割り算がどこで止まるかで、解の形が 3 通りに分かれる。

根の関係	1 つ目	2 つ目
$r_{1} - r_{2}$ が非整数	$x^{r_{1}} \sum a_{n} x^{n}$	$x^{r_{2}} \sum b_{n} x^{n}$
$r_{1} = r_{2}$	$x^{r_{1}} \sum a_{n} x^{n}$	$y_{1} ln x + x^{r_{1} + 1} \sum b_{n} x^{n}$
$r_{1} - r_{2}$ が正整数	$x^{r_{1}} \sum a_{n} x^{n}$	$C y_{1} ln x + x^{r_{2}} \sum b_{n} x^{n}$

3 行目の $C$ は $0$ になることがある^[2]。整数差でも対数が出ない例が実際にあり、あとで見る。

例：整数差でない場合

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

$2$ で割ると $p_{0} = \frac{1}{2}$ 、 $q_{0} = - \frac{1}{2}$ 。決定方程式は $2 r^{2} - r - 1 = 0$ で、 $r = 1, - \frac{1}{2}$ である。

差は $\frac{3}{2}$ で整数ではない。両方の根から級数が作れる。

代入して $x^{n + r}$ の係数を集めると、次の漸化式が出る。

$a_{n} (2 (n + r) + 1) ((n + r) - 1) = - a_{n - 1}$

$r = 1$ では $a_{n} \cdot (2 n + 3) \cdot n = - a_{n - 1}$ となる。

$y_{1} = x (1 - \frac{x}{5} + \frac{x ^{2}}{70} - \frac{x ^{3}}{1890} + \dots)$

$r = - \frac{1}{2}$ では $a_{n} \cdot 2 n \cdot (n - \frac{3}{2}) = - a_{n - 1}$ 、つまり $a_{n} = \frac{- a _{n - 1}}{n ( 2 n - 3 )}$ になる。

$y_{2} = x^{- 1/2} (1 + x - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{18} - \dots)$

$y_{2}$ は原点で発散する。 $x^{- 1/2}$ が付いているためで、級数のほうは行儀がよい。

例：ベッセル方程式

$x^{2} y^{''} + x y^{'} + (x^{2} - ν^{2}) y = 0$

$p_{0} = 1$ 、 $q_{0} = - ν^{2}$ なので、決定方程式は $r^{2} - ν^{2} = 0$ 。根は $r = \pm ν$ である^[3]。

漸化式は $x^{2}$ の項から 2 つ飛びになる。

$a_{n} [(n + r)^{2} - ν^{2}] + a_{n - 2} = 0$

$n = 1$ を見ると $a_{1} [(1 + ν)^{2} - ν^{2}] = 0$ で、括弧は $1 + 2 ν \neq = 0$ 。したがって $a_{1} = 0$ で、奇数番はすべて消える。

$r = ν$ での漸化式は $a_{n} \cdot n (n + 2 ν) = - a_{n - 2}$ となり、 $Γ$ 関数で書きくだせる^[3]。

$J_{ν} (x) = k = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{k}}{k ! Γ ( ν + k + 1 )} (\frac{x}{2})^{ν + 2 k}$

例：整数差でも対数が出ない場合

$ν = \frac{1}{2}$ をとる。根は $\frac{1}{2}$ と $- \frac{1}{2}$ で、差はちょうど $1$ 。整数差である。

規則どおりなら、小さいほうの根で $n = 1$ の割り算が止まるはずだ。実際に係数を見る。

$(1 - \frac{1}{2})^{2} - \frac{1}{4} = 0$

確かに $0$ になった。ところが漸化式の相方は $a_{- 1}$ で、これは $0$ である。 $0 \cdot a_{1} = 0$ という式になり、 $a_{1}$ は何でもよい。

割り算が止まっても、矛盾が出ない。 $a_{1} = 0$ と選べば、対数なしで級数が完成する。

$J_{1/2} (x) = \frac{2}{π x} sin x, J_{- 1/2} (x) = \frac{2}{π x} cos x$

$\frac{1}{x}$ が付いているだけで、中身は三角関数そのものである。

例：重根で対数が出る場合

$ν = 0$ をとる。決定方程式は $r^{2} = 0$ で、 $r = 0$ の重根である。級数解は 1 本しか作れない。

$J_{0} (x) = 1 - \frac{x ^{2}}{4} + \frac{x ^{4}}{64} - \frac{x ^{6}}{2304} + \dots$

2 つ目の解は対数を含む形になる^[3]。

$Y_{0} (x) = \frac{2}{π} [(ln \frac{x}{2} + γ) J_{0} (x) + k = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{k + 1} H _{k}}{( k ! ) ^{2}} (\frac{x}{2})^{2 k}]$

$γ$ はオイラーの定数、 $H_{k} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{k}$ は調和数である。

$x \to 0$ で $Y_{0}$ は $ln x$ の速さで下へ抜ける。円形の膜の振動で中心が有限であるべきときは、この解を捨てる理由になる。

なぜ対数が出るのか

場合分けを覚えるより、なぜそうなるかを 1 度たどるほうが早い。使うのは階数低下法である。

$y_{1}$ が 1 つ目の解のとき、2 つ目は次の積分で作れる。

$y_{2} = y_{1} \int \frac{e ^{- \int P d x}}{y _{1}^{2}} d x$

$P (x) = \frac{p ( x )}{x}$ なので $\int P d x = p_{0} ln x + (解析的)$ となり、 $e^{- \int P} = x^{- p_{0}} (c_{0} + c_{1} x + \dots)$ 。

$y_{1}^{2} = x^{2 r_{1}} (1 + \dots)$ だから、被積分関数の先頭の指数は $- p_{0} - 2 r_{1}$ である。

決定方程式の根と係数の関係から $r_{1} + r_{2} = 1 - p_{0}$ 、つまり $p_{0} = 1 - r_{1} - r_{2}$ 。代入する。

$- p_{0} - 2 r_{1} = - 1 + r_{1} + r_{2} - 2 r_{1} = - 1 - (r_{1} - r_{2})$

$N = r_{1} - r_{2}$ と書けば、被積分関数は $x^{- 1 - N} (d_{0} + d_{1} x + d_{2} x^{2} + \dots)$ の形になる。

積分したとき $ln x$ が出るのは、 $x^{- 1}$ の項があるときだけ。 $x^{- 1 - N} \cdot d_{N} x^{N}$ がそれにあたる。

$N$ が整数でなければ、 $x^{- 1}$ はどこにも現れない。積分はべきのまま済み、対数は出ない。

$N$ が整数なら $d_{N}$ が存在する。 $d_{N} \neq = 0$ なら対数が出て、 $d_{N} = 0$ なら出ない。重根の $N = 0$ では $d_{0} \neq = 0$ が保証されるので、対数は必ず出る^[2]。

非整数の差

$x^{- 1}$ の項が作れない。2 本ともきれいな級数になる

整数の差

$x^{- 1}$ の項が作れる位置にある。係数が $0$ なら対数は出ず、 $0$ でなければ出る

3 つの場合分けは、この 1 本の積分から自動的に出てくる。

収束半径

級数がどこまで使えるかは、複素平面で決まる。原点以外の特異点のうち、いちばん近いものまでの距離が収束半径である^[1]。

ベッセル方程式では $x = 0$ 以外に有限の特異点がないので、級数は全平面で収束する。

$(1 - x^{2}) y^{''} - 2 x y^{'} + λ y = 0$

ルジャンドル方程式なら $x = \pm 1$ が特異点で、原点からの距離は $1$ 。原点まわりの級数は $∣ x ∣ < 1$ でしか使えない。

同じ手順で出る関数

確定特異点をもつ方程式は、名前の付いた関数を次々に生む。

ベッセル方程式は

x = 0

に確定特異点をもち、

J_{ν}

と

Y_{ν}

を与える。

ルジャンドル方程式は

x = \pm 1

に確定特異点をもち、多項式解が球面調和関数につながる。

超幾何方程式は

0

、

1

、

\infty

の 3 点だけに確定特異点をもつ。

合流型超幾何方程式は

1

と

\infty

を融合させたもので、クンマー関数を与える。

ラゲール方程式やエルミート方程式も、この枠に収まる。

超幾何方程式が特別なのは、確定特異点が 3 点だけの方程式が本質的にこれ 1 つに限られるからである。3 点は座標変換で $0$ 、 $1$ 、 $\infty$ に送れる。

検算のしかた

級数を出したら、決定方程式の根と先頭の指数が一致しているかをまず見る。ここがずれていれば、代入のどこかで添字を間違えている。

次に、最初の数項を方程式に入れて $x$ の低いべきから順に消えるかを確かめる。 $x^{r}$ 、 $x^{r + 1}$ 、 $x^{r + 2}$ の 3 つで足りることが多い。

整数差の場合は、 $n = N$ の行を必ず書き出す。 $F (r_{2} + N) = 0$ の両側に何が残るかを見て、 $0 = 0$ なら対数は要らない。

$x^{2} y^{''} + x y^{'} + (x^{2} - \frac{1}{9}) y = 0$ の 2 つの解は、どの形になりますか。

どちらも対数なしの級数
片方に $ln x$ が付く
どちらにも $ln x$ が付く

__RESULT__

決定方程式は $r^{2} = \frac{1}{9}$ で、根は $\pm \frac{1}{3}$ です。差は $\frac{2}{3}$ で整数ではないので、両方の根から対数なしの級数が作れます。対数が出るかどうかは、根の差が整数かどうかだけで決まります。

決定方程式で骨格を決め、根の差が整数かを見る。フロベニウスの方法は、この 2 つの判断でできている。

参考文献

Singular Points and the Method of Frobenius/06%3A_Series_Solutions_of_Linear_Equations/6.03%3A_Singular_Points_and_the_Method_of_Frobenius). Differential Equations, LibreTexts.

*The Method of Frobenius III*. Ximera, The Ohio State University.

Bessel Functions of the First and Second Kinds. NIST Digital Library of Mathematical Functions.

Frobenius Method. Wolfram MathWorld.

$x^2y''+xy'+(x^2-\nu^2)y=0$ を素のべき級数で解こうとすると、係数がすべて $0$ になります。先頭に $x^{\nu}$ を掛ければ通る。指数を決めるのは決定方程式 $r(r-1)+p_0r+q_0=0$ で、$x \to 0$ でこの方程式がオイラー型に近づくからです。漸化式で $a_n$ を出すには $F(r+n)$ で割ることになり、$r_1-r_2$ が整数のときだけ割り算が止まる。階数低下法の積分を書くと被積分関数が $x^{-1-N}$ で始まり、$x^{-1}$ の項が作れるかどうかが対数の有無を決めます。$\nu=1/2$ は整数差でも対数なし、$\nu=0$ は重根で $Y_0$ に $\ln x$ が出る。