chapter07.tex

\chapter{幂级数解法}


\section{柯西定理}

\begin{figure}[htb]
  \caption{柯西定理图示}
  \begin{tikzpicture}
  %\draw[help lines] (0,-2)grid(13,2);
  \draw (0,0)coordinate(a)
        (0,2)coordinate(b)
        (9.5,0.3)coordinate(c)
        (9.5,1.5)coordinate(d)
        (2.4,0.3)coordinate(e)
        (2.4,1.5)coordinate(f)
        (2.4,-0.4)coordinate(g)
        (3,-1)coordinate(h)
        (5.3,-0.2)coordinate(i)
        (7,-1)coordinate(j);
  \draw (a)node[anchor=west]{$(\widehat{E}):\frac{\diff y}{\diff x}=F(x,y),y(x_0)=y_0\xrightarrow{\scriptsize{形式解}}y=y_0+\sum_{n=1}^{\infty}\widehat{C}_n(x-x_0)^n$};
  \draw (b)node[anchor=west]{$(E):\frac{\diff y}{\diff x}=f(x,y),y(x_0)=y_0\xrightarrow{\scriptsize{形式解}}y=y_0+\sum_{n=1}^{\infty}C_n(x-x_0)^n$};
  \draw[<->,thick](c)--(d)node[pos=0.5,anchor=west]{$|C_n|\leq\widehat{C}_n$};
  \draw[<->,thick](e)--(f)node[anchor=west,pos=0.5]{在$R_0$内$F(x,y)$是$f(x,y)$的优函数};
  \draw [->,out=270,in=180,thick](g)to(h)node[anchor=west]{$\frac{M}{\left(1-\frac{x-x_0}{a}\right)\left(1-\frac{y-y_0}{b}\right)}$};
  \draw [->,out=-10,in=180,thick](i)to node[anchor=south,pos=0.5,sloped]{\scriptsize{真实解}}(j);
  \draw (j)node[anchor=west]{$y=y_0+b-b\sqrt{1+\frac{2aM}{b}\ln\left(1-\frac{x-x_0}{a}\right)}(|x-x_0|<\rho)$};
\end{tikzpicture}
\end{figure}



\begin{exercise}
  陈述并详细证明解析微分方程组的柯西定理.
\end{exercise}


\begin{solution}
  柯西定理:考虑微分方程组的初值问题
  \[(E):\begin{cases}
  \frac{\diff y_1}{\diff x}=f_1(x,y_1,\cdots,y_n),y_1(0)=0\\
  \cdots\\
  \frac{\diff y_n}{\diff x}=f_n(x,y_1,\cdots,y_n),y_n(0)=0
  \end{cases}\]
  其中函数 $f_k(k=1,2,\cdots,n)$ 在区域 
  $R:|x|\leq\alpha,|y_1|\leq\beta,\cdots,|y_n|\leq\beta$ 内可以展成收敛的幂级数
  \[f_k(x,y_1,\cdots,y_n)=\sum_{i,j_1,\cdots,j_n=0}^{\infty}a_{i,j_1,\cdots,j_n}^{(k)}x^iy_1^{j_1}\cdots y_n^{j_n}.\]
  则初值问题 $(E)$ 在邻域 $|x|<\rho$ 内有唯一的解析解 $y_k=y_k(x)$, 
  其中 $\displaystyle\rho=a\left(1-\e^{\frac{-b}{(n+1)aM}}\right),a<\alpha,b<\beta$.

  \begin{proof}
    因为 $f_k(x,y_1,\cdots,y_n)$ 在区域 $R$ 上可以展成收敛的幂级数
    \[f_k(x,y_1,\cdots,y_n)=\sum_{i,j_1,\cdots,j_n=0}^{\infty}a_{i,j_1,\cdots,j_n}^{(k)}x^iy_1^{j_1}\cdots y_n^{j_n}.\]
    故对任意的正数 $a<\alpha,b<\beta$, 正项级数
    \[\sum_{i,j_1,\cdots,j_n=0}^{\infty}a_{i,j_1,\cdots,j_n}^{(k)}a^ib^{j_1+\cdots+j_n}\]
    收敛, 故其通项有界, 即存在 $M>0$ 使得
    \[\left|a_{i,j_1,\cdots,j_n}^{(k)}\right|a^ib^{j_1+\cdots+j_n}\leq M\Rightarrow\left|a_{i,j_1,\cdots,j_n}^{(k)}\right|\leq\frac{M}{a^ib^{j_1+\cdots+j_n}}.\cdots(*)\]
    考虑下述函数在区域 $R_0:|x|<a,|y_1|<b,\cdots,|y_n|<b$ 上的展开式
    \[G(x,y_1,\cdots,y_n)
      = \frac{M}{\left(1-\frac{x}{a}\right)\left(1-\frac{y_1}{b}\right)
        \cdots\left(1-\frac{y_n}{b}\right)}
      = \sum_{i,j_1,\cdots,j_n=0}^{\infty}\frac{M}{a^ib^{j_1+\cdots+j_n}}x^iy_1^{j_1}\cdots y_n^{j_n}.\]
    由 $(*)$ 知在 $R_0$ 上 $G(x,y_1,\cdots,y_n)$ 是 $f_k(x,y_1,\cdots,y_n)$的优函数.

    我们考虑初值问题
    \[(\widehat{E}):\frac{\diff y_k}{\diff x}=G(x,y_1,\cdots,y_n),y_k(0)=0(k=1,2,\cdots,n)\]
    注意到上述方程组的右端函数与 $k$ 无关, 故只要标量函数 $y$ 的初值问题
    \[(\widetilde{E}):\frac{\diff y}{\diff x}
      =\frac{M}{\left(1-\frac{x}{a}\right)\left(1-\frac{y}{b}\right)^n},y(0)=0\]
    有解 $y=y(x)$, 则 $y_i=y(x)(i=1,2,\cdots,n)$ 就是 $(\widehat{E})$ 的解.
    容易求得 $(\widetilde{E})$ 的解为
    \[y=b-b\sqrt[n+1]{1+\frac{(n+1)aM}{b}\ln\left(1-\frac{x}{a}\right)}.\]
    可以证明当 $\displaystyle|x|<\rho=a\left(1-\e^{\frac{-b}{(n+1)aM}}\right)$ 时,
    上述解可以展开成收敛的幂级数, 故初值问题 $(E)$ 在 $|x|<\rho$ 上有唯一的解析解.
  \end{proof}
\end{solution}



\begin{exercise}
  设初值问题
  \[(E)\colon\quad y''+p(x)y'+q(x)=0,\quad y(x_0)=y_0,\quad y'(x_0)=y_0',\]
  其中 $p(x)$ 和 $q(x)$ 在区间 $|x-x_0|<a$ 内可以展成 $(x-x_0)$ 的收敛的幂级数, 
  则 $(E)$ 的解析解 $y=y(x)$ 在 $|x-x_0|<a$ 内存在且唯一.
\end{exercise}

\begin{solution} 
  令 $y_1=y,y_2=y'$, 则初值问题 $(E)$ 等价于
  \[\begin{cases}
  \frac{\diff y_1}{\diff x} = y_2 = f_1(x,y_1,y_2),\quad y_1(x_0)=y_0,\\
  \frac{\diff y_2}{\diff x}=-p(x)y_2-q(x)y_1=f_2(x,y_1,y_2),\quad y_2(x_0)=y_0'.
  \end{cases}\]
  结合题给条件知 $f_i(x,y_1,y_2)(i=1,2)$ 在区域 
  \[R:|x-x_0|<a,|y_1-y_0|<\infty,|y_2-y_0'|<\infty\]
  上可以展开成收敛的幂级数, 由柯西定理知初值问题在 $|x-x_0|<\rho$ 上存在唯一的解析解, 其中
  \[\rho=\tilde{a}\left(1-\e^{\frac{-b}{3\tilde{a}M}}\right),\tilde{a}<a,b<\infty.\]
  由于 $\lim\limits_{b\to\infty}\rho=\tilde{a}$, 
  又 $\tilde{a}<a$ 是任意的, 故 $(E)$ 的解析解在 $|x-x_0|<a$ 上存在且唯一.
\end{solution}



\begin{exercise}
  叙述并证明解析微分方程的解关于初值和参数的解析性定理.
\end{exercise}



\section{幂级数解法}


\begin{exercise}
  求出下列微分方程在 $x=x_0$ 处展开的两个线性无关的幂级数解, 并写出相应的递推公式:
  \begin{enumerate}[(1)]
  \item $y''-xy'-y=0$, $x_0=0$;
  \item $y''-xy'-y=0$, $x_0=1$;
  \item $(1-x)y''+y=0$, $x_0=0$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 设方程有幂级数解
  \[y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.\]
  则
  \[y'=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n,\]
  \[y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n.\]
  将之代入原方程得
  \[\sum_{n=0}^{\infty}[(n+2)(n+1)a_{n+2}-(n+1)a_n]x^n=0.\]
  故递推公式为
  \[(n+2)a_{n+2} - a_n = 0 \quad (n = 0,1,\cdots).\]
  故 $a_{2n}=\frac{1}{(2n)!!}a_0$, $a_{2n+1}=\frac{1}{(2n+1)!!}a_1$ $(n\geq 0)$, 从而得方程有幂级数解
  \[y=a_0\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!!}+a_1\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!!}.\]
  分别取 $a_0=1,a_1=0$ 和 $a_0=0,a_1=1$ 得两个线性无关的幂级数解
  \[y_1 = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{(2n)!!},\quad
    y_2 = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!!}.\]

  (2) 设方程有幂级数解
  \[y = \sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-1)^n.\]
  则
  \[y' = \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}(x-1)^n,\]
  \[y'' = \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}(x-1)^n.\]
  将之代入原方程得
  \[\sum_{n=0}^{\infty} \big[(n+2)(n+1)a_{n+2}-(n+1)(a_{n+1}+a_n)\big](x-1)^n = 0.\]
  故递推公式为
  \[a_{n+2} = \frac{a_{n+1}+a_n}{n+2}\quad (n = 0,1,\cdots).\]
  分别取 $a_0=1,a_1=0$ 和 $a_0=0,a_1=1$ 可得两个线性无关的解.

  (3) 所设幂级数形式与 (1) 相同, 代入原方程可得
  \[\sum_{n=0}^{\infty}[(n+2)(n+1)a_{n+2}-(n+1)na_{n+1}+a_n]x^n=0.\]
  故递推公式为
  \[a_{n+2}=\frac{(n+1)na_{n+1}-a_n}{(n+2)(n+1)}\quad (n=0,1,\cdots).\]
  分别取 $a_0=1,a_1=0$ 和 $a_0=0,a_1=1$ 得两个线性无关的幂级数解
  \[y_1=1-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{6}x^3-\frac{1}{24}x^4-\frac{1}{60}x^5-\cdots,\]
  \[y_2=x-\frac{1}{6}x^3-\frac{1}{12}x^4-\frac{1}{24}x^5-\cdots.\qedhere\]
\end{solution}



\begin{exercise}
  对于下列初值问题求出 $y''(x_0),y^{(3)}(x_0)$ 和 $y^{(4)}(x_0)$, 
  从而写出相应初值问题的解在 $x_0$ 点的泰勒级数的前几项:
  \begin{enumerate}[(1)]
  \item $y''+xy'+y=0;\;y(0)=1,y'(0)=0;$
  \item $y''+(\sin x)y'+(\cos x)y=0;\;y(0)=0,y'(0)=1$.\
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) $y''(0)=-1$, $y^{(3)}(0)=0$, $y^{(4)}(0)=3$, $y=1-\frac{1}{2!}x^2+\frac{3}{4!}x^4+\cdots$;

  (2) $y''(0)=0$, $y^{(3)}(0)=-2$, $y^{(4)}(0)=0$, $y=x-\frac{2}{3!}x^3+\cdots$.
\end{solution}



\begin{exercise}
  求解 Hermite 方程
  \[y''-2xy'+\lambda y=0\quad (-\infty<x<\infty),\]
  其中 $\lambda$ 是常数.
\end{exercise}

\begin{solution} 
  设方程有幂级数解
  \[y = \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.\]
  则
  \[y' = \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n,\]
  \[y'' = \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n.\]
  将之代入原方程得
  \[\sum_{n=0}^{\infty} \big[(n+2)(n+1)a_{n+2}+(\lambda-2n)a_n\big]x^n = 0.\]
  故递推公式为
  \[a_{n+2} = \frac{2n-\lambda}{(n+2)(n+1)}a_n\quad (n=0,1,\cdots).\]
  从而
  \[a_{2n} = \frac{\prod_{k=0}^{n-1}(4k-\lambda)}{(2n)!}a_0,\quad
    a_{2n+1} = \frac{\prod_{k=1}^n(4k-2-\lambda)}{(2n+1)!}a_1\quad(n\geq1).\]
  故方程的解为
  \[y = a_0\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\prod_{k=0}^{n-1}(4k-\lambda)}{(2n)!}x^{2n}\right]
    + a_1\left[x+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\prod_{k=1}^n(4k-2-\lambda)}{(2n+1)!}x^{2n+1}\right].\qedhere\]
\end{solution}



\begin{exercise}
  求微分方程
  \[y'' + (\sin x) y = 0\]
  在 $x=0$ 处展开的两个线性无关的幂级数解.
\end{exercise}

\begin{solution}
  设方程有幂级数解 $y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$, 将之代入方程得
  \[\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n
    + \left(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\right)
    \left(\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\right)=0.\]
  即
  \[\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n
    + \left(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}
    + \cdots\right)\left(a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots\right)=0.\]
  也即 (下面的式子可以通过观察前几项 $x^n(n\geq3)$ 的系数归纳得到: 
  $\left(a_2-\frac{1}{3!}a_0\right)x^3,\\\left(a_3-\frac{1}{3!}a_1\right)x^4,\left(a_4-\frac{1}{3!}a_2+\frac{1}{5!}a_0\right)x^5,\left(a_5-\frac{1}{3!}a_3+\frac{1}{5!}a_1\right)x^6$)
  \[2a_2+(3\cdot2a_3+a_0)x+(4\cdot3a_4+a_1)x^2
    + \sum_{n=3}^{\infty}\left[\sum_{\substack{i=0\\j=n-1-2i}}^{[(n-1)/2]}\frac{(-1)^i}{(2i+1)!}a_j+(n+2)(n+1)a_{n+2}\right]x^n=0.\]
  令 $x$ 的同次幂系数为零得
  \begin{align*}
    a_2 & = 0, \\
    a_3 & = -\frac{1}{3!}a_0, \\
    a_4 & = -\frac{1}{3\cdot4}a_1, \\
    a_5 & = \frac{1}{5!}a_0, \\
    a_6 & = \frac{1}{2\cdot 3\cdot 5\cdot 6}a_1+\frac{1}{2\cdot 3\cdot 5\cdot 6}a_0,\cdots
  \end{align*}
  故方程的幂级数解为
  \[y=a_0\left(1-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\frac{x^6}{2\cdot3\cdot5\cdot6}
    + \cdots\right)+a_1\left(x-\frac{x^4}{3\cdot4}+\frac{x^6}{2\cdot3\cdot5\cdot6}-\cdots\right).\]
  分别取 $a_0=1,a_1=0$ 和 $a_0=0,a_1=1$ 可得两个线性无关的解.
\end{solution}



\section{勒让德多项式}



\subsection{证明与总结}


求证: $\mathrm{P}_n(1)=1$, $\mathrm{P}_n(-1)=(-1)^n$.

\begin{proof}
利用积函数求导的Leibniz公式得
  \begin{align*}
  \mathrm{P}_n(x)&=\frac{1}{2^nn!}\frac{\diff^n}{\diff x^n}(x^2-1)^n\\
  &=\frac{1}{2^nn!}\frac{\diff^n}{\diff x^n}\left((x+1)^n(x-1)^n\right)\\
  &=\frac{1}{2^nn!}\sum_{k=0}^nC_n^k\left(\frac{\diff^k}{\diff x^k}(x+1)^n\right)\left(\frac{\diff^{n-k}}{\diff x^{n-k}}(x-1)^n\right)\\
  &=\frac{1}{2^nn!}\sum_{k=0}^nC_n^k\left(\frac{n!}{(n-k)!}(x+1)^{n-k}\right)\left(\frac{n!}{k!}(x-1)^k\right)\\
  &=\frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^n\left(C_n^k\right)^2(x+1)^{n-k}(x-1)^k.
  \end{align*}
  故 $\mathrm{P}_n(1)=1$, $\mathrm{P}_n(-1)=(-1)^n$.
\end{proof}

注: 结合本题结论, 我们已经得到 Legendre 多项式的三种表达形式:\raggedbottom
\begin{align*}
  \mathrm{P}_n(x) 
  & = \frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^{[\frac{n}{2}]}\frac{(-1)^k(2n-2k)!}{k!(n-k)!(n-2k)!}x^{n-2k} \\
  & = \frac{1}{2^nn!}\frac{\diff^n}{\diff x^n}(x^2-1)^n \\
  & = \frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^n\left(C_n^k\right)^2(x+1)^{n-k}(x-1)^k.
\end{align*}


\subsection{习题}



\begin{exercise}
  令函数
  \[G(x,t)=(1-2xt+t^2)^{-1/2}.\]
  则 $G(x,t)$ 关于 $t$ 展开的幂级数为
  \[G(x,t)=\sum_{n=0}^{\infty}\mathrm{P}_n(x)t^n,\]
  其中 $\mathrm{P}_n(x)$ 是勒让德多项式 (函数 $G(x,t)$ 称为勒让德多项式的 Generating Function).
\end{exercise}

\begin{proof} 
  首先容易证明一个双重求和关系式
  \begin{equation}
    \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^nA(n,k)t^{n+k}
    = \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{[\frac{n}{2}]}A(n-k,k)t^n. \tag{$\star$}
  \end{equation}
  令 $u(x,t)=2xt-t^2$, 则由幂级数公式 
  $(1+x)^{-\frac{1}{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n(2n-1)!!}{(2n)!!}x^n$知
  \[\begin{split}
    G(x,t)
    & =(1-u)^{-\frac{1}{2}}\\
    & =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}u^n\\
    & =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}(2xt-t^2)^n\\
    & =\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^nC_n^k\frac{(-1)^k(2n-1)!!}{(2n)!!}(2xt)^{n-k}t^{2k}\\
    & =\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^kn!(2n-1)!!}{k!(n-k)!(2n)!!}(2x)^{n-k}t^{n+k}(\textrm{according\;to}\;(*))\\
    & =\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{[\frac{n}{2}]}\frac{(-1)^k(n-k)!(2n-2k-1)!!}{k!(n-2k)!(2n-2k)!!}2^{n-2k}x^{n-2k}t^n\\
    & =\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{[\frac{n}{2}]}\frac{(-1)^k(n-k)!(2n-2k-1)!!}{2^nk!(n-2k)!(2n-2k)!!}2^{2n-2k}x^{n-2k}t^n\\
    & =\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{[\frac{n}{2}]}\frac{(-1)^k\left[2^{n-k}(n-k)!(2n-2k-1)!!\right]}{2^nk!(n-2k)!\left[(2n-2k)!!/2^{n-k}\right]}x^{n-2k}t^n\\
    & =\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{[\frac{n}{2}]}\frac{(-1)^k(2n-2k)!}{2^nk!(n-k)!(n-2k)!}x^{n-2k}t^n\\
    & =\sum_{n=0}^{\infty}\mathrm{P}_n(x)t^n.
  \end{split}\]
  证毕.
\end{proof}



\begin{exercise}
  利用上题中的 $G(x,t)$ 所满足的恒等式
  \[(1-2xt+t^2)\frac{\partial G}{\partial t}=(x-t)G,\]
  证明下述递推公式:
  \[(n+1)\mathrm{P}_{n+1}(x)-(2n+1)x\mathrm{P}_n(x)+n\mathrm{P}_{n-1}(x)=0\quad (n\geq 1).\]
\end{exercise}

\begin{proof} 
  因为
  \[G(x,t)=\sum_{n=0}^{\infty}\mathrm{P}_n(x)t^n,\]
  所以
  \[\frac{\partial G}{\partial t}
    = \sum_{n=1}^{\infty}n\mathrm{P}_n(x)t^{n-1}
    = \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)\mathrm{P}_{n+1}(x)t^n.\]
  又 $(1-2xt+t^2)\frac{\partial G}{\partial t}=(x-t)G$, 故
  \begin{align*}
    \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)\mathrm{P}_{n+1}(x)t^n
    & - 2x\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)\mathrm{P}_{n+1}(x)t^{n+1}
    + \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)\mathrm{P}_{n+1}(x)t^{n+2} \\
    & = x\sum_{n=0}^{\infty}\mathrm{P}_n(x)t^n-\sum_{n=0}^{\infty}\mathrm{P}_n(x)t^{n+1}.
  \end{align*}
  即
  \begin{align*}
    \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)\mathrm{P}_{n+1}(x)t^n
    & -2x\sum_{n=0}^{\infty}n\mathrm{P}_n(x)t^n
    - x\sum_{n=0}^{\infty}\mathrm{P}_n(x)t^n \\
    & + \sum_{n=2}^{\infty}(n-1)\mathrm{P}_{n-1}(x)t^n
    + \sum_{n=1}^{\infty}\mathrm{P}_{n-1}(x)t^n=0.
  \end{align*}
  也即
  \[\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)\mathrm{P}_{n+1}(x)t^n
    - \sum_{n=0}^{\infty}(2n+1)x\mathrm{P}_n(x)t^n
    + \sum_{n=1}^{\infty}n\mathrm{P}_{n-1}(x)t^n=0.\]
  故
  \[(n+1)\mathrm{P}_{n+1}(x)-(2n+1)x\mathrm{P}_n(x)+n\mathrm{P}_{n-1}(x)=0\quad (n\geq1 ).\qedhere\]
\end{proof}



\begin{exercise}
  利用刘维尔公式求出勒让德方程的另一个与 $\mathrm{P}_n(x)$ 线性无关的解 $Q_n(x)$,
  并且证明: 当 $x<1$ 而 $x\to1$ 时, $|Q_n(x)|\to+\infty$.
\end{exercise}

\begin{proof} 
  由所学结论知
  \[Q_n(x)
    = \mathrm{P}_n(x)\int_{x_0}^x\frac{1}{\mathrm{P}_n^2(s)}\e^{-\int_{x_0}^s\frac{-2t}{1-t^2}\diff t}\diff s
    = \mathrm{P}_n(x)\int_{x_0}^x\frac{1-x_0^2}{\mathrm{P}_n^2(s)(1-s^2)}\diff s.\]
  因为 $\mathrm{P}_n(1)=1$, 所以存在 $x_0\in (0,1)$ 使得当 $x\in[x_0,1]$ 时
  \[\frac{1}{2}\leq\mathrm{P}_n(x)\leq 2,\]
  所以
  \[Q_n(x)\geq\frac{1}{2}\int_{x_0}^x\frac{1-x_0^2}{4(1-s^2)}\diff s
    = \frac{1-x_0^2}{16}\left(\ln\frac{1+x}{1-x}-\ln\frac{1+x_0}{1-x_0}\right)\to+\infty
    \quad (x\to 1-).\]
  即
  \[\lim_{x\to1-}Q_n(x)=+\infty.\qedhere\]
\end{proof}



\section{广义幂级数解法}



\subsection{证明与总结}



考虑微分方程
\[A(x)y''+B(x)y'+C(x)y=0.\]
设 $x_0$ 为其奇点, 将方程变形为
\[y''+p(x)y'+q(x)y=0.\]
若 $(x-x_0)p(x)$ 和 $(x-x_0)^2q(x)$ 在 $x_0$ 附近解析, 则 $x_0$ 是正则奇点, 此时方程有收敛的广义幂级数解
\[y=\sum_{n=0}^{\infty}C_n(x-x_0)^{n+\rho}\quad (C_0\neq 0),\]
其中指标 $\rho$ 的求解方程为: $\rho(\rho-1)+a_0\rho+b_0=0$, 
这里 $a_0,b_0$ 分别为下述方程中 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 在 $x=x_0$ 处的取值:
\[(x-x_0)^2y''+(x-x_0)P(x)y'+Q(x)y=0.\]

\[\begin{split}
&\sum_{k=0}^{\infty}(k+\rho)(k+\rho-1)C_k(x-x_0)^k+\sum_{k=0}^{\infty}a_k(x-x_0)^k\sum_{k=0}^{\infty}(k+\rho)C_k(x-x_0)^k\\
&+\sum_{k=0}^{\infty}b_k(x-x_0)^k\sum_{k=0}^{\infty}C_k(x-x_0)^k\\
=&\sum_{k=0}^{\infty}(k+\rho)(k+\rho-1)C_k(x-x_0)^k+\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{j=0}^ka_j(k-j+\rho)C_{k-j}(x-x_0)^k\\
&+\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{j=0}^kb_jC_{k-j}(x-x_0)^k=0
\end{split}\]
故
\[(k+\rho)(k+\rho-1)C_k+\sum_{j=0}^ka_j(k-j+\rho)C_{k-j}+\sum_{j=0}^kb_jC_{k-j}=0
  \quad (k=0,1,\cdots)\]
当 $k=0$ 时, 即为 $C_0(\rho(\rho-1)+a_0\rho+b_0)=0$, 当 $k\geq 1$ 时, 即为
\[\left[(k+\rho)(k+\rho-1)+a_0(k+\rho)+b_0\right]C_k+\sum_{j=1}^k\left(a_j(k-j+\rho)+b_j\right)C_{k-j}=0.\]
记 $f_0(\rho)=\rho(\rho-1)+a_0\rho+b_0$, $f_j(\rho)=a_j\rho+b_j$, 则上式即为
\[C_kf_0(\rho+k)+\sum_{j=1}^kC_{k-j}f_j(\rho+k-j)=0\quad (k\geq 1).\]



\subsection{习题}



\begin{exercise}
  试判别 $x=-1,0,1$ 是下列微分方程的什么点 (常点, 正则奇点或非正则奇点)?
  \begin{enumerate}[(1)]
  \item $xy''+(1-x)y'+xy=0$;
  \item $(1-x^2)y''-2xy'+n(n+1)y=0$;
  \item $2x^4(1-x^2)y''+2xy'+3x^2y=0$;
  \item $x^2(1-x^2)y''+2x^{-1}y'+4y=0$;
  \item $\displaystyle y''+\left(\frac{x}{1+x}\right)^2y'+3(1+x)^2y=0$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}[(1)]
    \item $x=\pm 1$ 为常点, $x=0$ 为正则奇点;
    \item $x=\pm 1$ 为正则奇点, $x=0$ 为常点;
    \item $x=\pm 1$ 为正则奇点, $x=0$ 为非正则奇点;
    \item $x=\pm 1$ 为正则奇点, $x=0$ 为非正则奇点;
    \item $x=0,x=1$ 为常点, $x=-1$ 为非正则奇点.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{solution}



\begin{exercise}
  用广义幂级数求解下列微分方程:
  \begin{enumerate}[(1)]
  \item $2xy''+y'+xy=0$;
  \item $x^2y''+xy'+\left(x^2-\frac{1}{9}\right)y=0$;
  \item $2x^2y''-xy'+(1+x)y=0$;
  \item $xy''+y=0$;
  \item $xy''+y'-y=0$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 设广义幂级数解为
  \[y=\sum_{k=0}^{\infty}C_kx^{k+\rho}.\]
  将之代入方程得
  \[\sum_{k=-1}^{\infty}\left((k+\rho+1)(2k+2\rho+1)C_{k+1}+C_{k-1}\right)x^{k+\rho}=0
  \quad (C_{-2}=C_{-1}=0).\]
  指标方程为: $\rho(2\rho-1)=0\Rightarrow\rho=0,\frac{1}{2}$.

  当 $\rho=0$ 时, $(k+1)(2k+1)C_{k+1}+C_{k-1}=0\Rightarrow C_{k+1}=\frac{-C_{k-1}}{(k+1)(2k+1)}(k\geq 0)$, 故 $C_{2k+1}=0(k\geq 0)$ 且
  \[C_{2k}=\frac{-C_{2k-2}}{2k(4k-1)}=\frac{C_{2k-4}}{2k(4k-1)(2k-2)(2k-5)}=\cdots=\frac{(-1)^kC_0}{2^kk!3\cdot7\cdot\cdots\cdot(4k-1)}(k\geq 1).\]
  此时解为
  \[y_1=C_0\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{2n}}{2^nn!3\cdot7\cdot\cdots\cdot(4n-1)}\right].\]

  当 $\rho=\frac{1}{2}$ 时, 
  $(k+\frac{3}{2})(2k+2)C_{k+1}+C_{k-1}=0\Rightarrow C_{k+1}=\frac{-C_{k-1}}{(2k+3)(k+1)}(k\geq0)$, 
  故 $C_{2k+1}=0(k\geq 0)$ 且
  \[C_{2k}=\frac{-C_{2k-2}}{2k(4k+1)}=\frac{C_{2k-4}}{2k(4k+1)(2k-2)(4k-3)}=\cdots=\frac{2^kC_0}{2^kk!5\cdot9\cdot\cdots\cdot(4k+1)}(k\geq 1).\]
  此时解为
  \[y_2=C_0x^{\frac{1}{2}}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{2n}}{2^nn!5\cdot9\cdot\cdots\cdot(4n+1)}\right].\]

  (2) 此方程为贝塞尔方程且对应的 $n=\frac{1}{3}$, 由教材讨论知此方程的解为
  \[y_1=\mathrm{J}_{\frac{1}{3}}(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{\Gamma\left(k+\frac{4}{3}\right)\Gamma(k+1)}\cdot\left(\frac{x}{2}\right)^{2k+\frac{1}{3}},\]
  \[y_2=\mathrm{J}_{-\frac{1}{3}}(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{\Gamma\left(k+\frac{2}{3}\right)\Gamma(k+1)}\cdot\left(\frac{x}{2}\right)^{2k-\frac{1}{3}}.\]

  (3) 设广义幂级数解为
  \[y=\sum_{k=0}^{\infty}C_kx^{k+\rho}.\]
  将之代入方程得
  \[\sum_{k=0}^{\infty}\big[((k+\rho)(2k+2\rho-3)+1)C_k+C_{k-1}\big]x^{k+\rho}=0
    \quad (C_{-1}=0).\]
  指标方程为: $\rho(2\rho-3)+1=0\Rightarrow\rho=1,\frac{1}{2}$.

  当 $\rho=1$ 时, $((k+1)(2k-1)+1)C_k+C_{k-1}=0$, 故
  \[C_k=\frac{-C_{k-1}}{k(2k+1)}=\frac{C_{k-2}}{k(2k+1)(k-1)(2k-1)}=\cdots=\frac{(-1)^kC_0}{k!(2k+1)!!}(k\geq 1).\]
  此时解为
  \[y_1=C_0x\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^nx^n}{n!(2n+1)!!}\right].\]

  当 $\rho=\frac{1}{2}$ 时, $((k+\frac{1}{2})(2k-2)+1)C_k+C_{k-1}=0$, 故
  \[C_k=\frac{-C_{k-1}}{k(2k-1)}=\frac{C_{k-2}}{k(2k-1)(k-1)(2k-3)}=\cdots=\frac{(-1)^kC_0}{k!(2k-1)!!}(k\geq 1).\]
  此时解为
  \[y_2=C_0x^{\frac{1}{2}}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^nx^n}{n!(2n-1)!!}\right].\]

  (4) 设广义幂级数解为
  \[y=\sum_{k=0}^{\infty}C_kx^{k+\rho}.\]
  将之代入方程得
  \[\sum_{k=-1}^{\infty}((k+\rho+1)(k+\rho)C_{k+1}+C_k)x^{k+\rho}=0\quad (C_{-1}=0).\]
  指标方程为: $\rho(\rho-1)=0\Rightarrow\rho=0,1$.

  当 $\rho=1$ 时, $(k+1)(k+2)C_{k+1}+C_k=0\Rightarrow C_{k+1}=\frac{-C_k}{(k+1)(k+2)}$, 故
  \[C_k=\frac{-C_{k-1}}{k(k+1)}=\cdots=\frac{(-1)^kC_0}{k!(k+1)!}(k\geq1).\]
  此时解为
  \[y=C_0x\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^nx^n}{n!(n+1)!}\right].\]

  当 $\rho=0$ 时, $(k+1)kC_{k+1}+C_k=0$, 令 $k=0$ 得 $C_0=0$, 不符合条件故舍去.

  (5) 设广义幂级数解为
  \[y=\sum_{k=0}^{\infty}C_kx^{k+\rho}.\]
  将之代入方程得
  \[\sum_{k=-1}^{\infty}\left[(k+\rho+1)^2C_{k+1}-C_k\right]x^{k+\rho}=0.\]
  指标方程为: $\rho^2=0\Rightarrow\rho=0$, 故 $(k+1)^2C_{k+1}-C_k=0$, 因此
  \[C_k=\frac{C_{k-1}}{k^2}=\cdots=\frac{C_0}{(k!)^2}\quad (k\geq 1).\]
  故方程的解为
  \[y=C_0\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{(n!)^2}\right].\qedhere\]
\end{solution}



\begin{exercise}
  设超几何方程
  \[x(1-x)y''+[\gamma-(1+\alpha+\beta)]y'-\alpha\beta y=0,\]
  其中 $\alpha,\beta,\gamma$ 是常数.
  \begin{enumerate}[(1)]
    \item 证明 $x=0$ 是一个正则奇点, 相应的指标根为
      \[\rho_1=0\quad\text{和}\quad\rho_2=1-\gamma;\]
    \item 证明 $x=1$ 也是一个正则奇点, 相应的指标根为
      \[\rho_1=0\quad\text{和}\quad\rho_2=\gamma-\alpha-\beta;\]
    \item 设 $1-\gamma$ 不是整数, 则超几何方程在 $x=0$ 的邻域内有一个幂级数解为
      \[y_1=1+\frac{\alpha\beta}{\gamma\cdot1!}x+\frac{\alpha(\alpha+1)\beta(\beta+1)}{\gamma(\gamma+1)2!}x^2+\cdots\]
      (\textbf{超几何级数}). 试问它的收敛半径是什么?
    \item 设$1-\gamma$不是整数, 则第二个解是
      \[\begin{split}
      y_2=&x^{1-\gamma}\bigg[1+\frac{(\alpha-\gamma+1)(\beta-\gamma+1)}{(2-\gamma)1!}x\\
      &\frac{(\alpha-\gamma+1)(\alpha-\gamma+2)(\beta-\gamma+1)(\beta-\gamma+2)}{(2-\gamma)(3-\gamma)2!}x^2+\cdots\bigg].
      \end{split}\]
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
  (1) 因为 $\frac{\gamma-(1+\alpha+\beta)x}{1-x}$
  和 $\frac{\alpha\beta x}{x-1}$ 在 $x=0$ 的邻域内解析, 所以 $x=0$ 是正则奇点, 原方程等价于
  \[x^2y''+\frac{x[\gamma-(1+\alpha+\beta)x]}{1-x}y'-\frac{\alpha\beta x}{1-x}y=0.\]
  故 $a_0=\gamma,b_0=0$, 故指标方程为: $\rho(\rho-1)+\gamma\rho=0\Rightarrow\rho_1=0,\rho_2=1-\gamma$.

  (2) 因为 $\frac{\gamma-(1+\alpha+\beta)x}{-x}$
  和 $\frac{\alpha\beta(x-1)}{x}$ 在 $x=1$ 的邻域内解析, 所以 $x=1$ 是正则奇点, 原方程等价于
  \[(x-1)^2y''+(x-1)\frac{(1+\alpha+\beta)x-\gamma}{x}y'+\frac{x-1}{x}\alpha\beta y=0.\]
  故 $a_0=1+\alpha+\beta-\gamma,b_0=0$, 
  故指标方程为: $\rho(\rho-1)+(1+\alpha+\beta-\gamma)\rho=0\Rightarrow\rho_1=0,\rho_2=\gamma-\alpha-\beta$.

  (3) 对于 $\rho_1=0$, 设方程的幂级数解为
  \[y=\sum_{k=0}^{\infty}C_kx^k.\]
  将之代入原方程得
  \[\sum_{k=0}^{\infty}\left[(k+1)(k+\gamma)C_{k+1}-(k+\alpha)(k+\beta)C_k\right]x^k=0.\]
  故
  \[C_{k+1}=\frac{(k+\alpha)(k+\beta)}{(k+1)(k+\gamma)}C_k\quad (k\geq 0).\]
  由此得到(3)中所示的一个解.

  记 $a_n=\frac{\alpha(\alpha+1)\cdots(\alpha+n-1)\beta(\beta+1)\cdots(\beta+n-1)}{\gamma(\gamma+1)\cdots(\gamma+n-1)n!}$, 则
  \[\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{(\alpha+n)(\beta+n)}{(\gamma+n)(n+1)}=1.\]
  故级数收敛半径为1.

  (4) 设 $\rho=1-\gamma$ 对应的广义幂级数解为
  \[y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n-\gamma+1}.\]
  则将之代入原方程得
  \[\sum_{n=1}^{\infty}\big[(n+1-\gamma)na_n-(\alpha+n-\gamma)(\beta+n-\gamma)a_{n-1}\big]x^{n-\gamma}=0.\]
  故
  \[a_n=\frac{(\alpha+n-\gamma)(\beta+n-\gamma)}{(n+1-\gamma)n}a_{n-1}\quad (n\geq 1).\]
  所以
  \[a_n=\frac{(\alpha-\gamma+1)\cdots(\alpha-\gamma+n)(\beta-\gamma+1)
    \cdots(\beta-\gamma+n)}{(2-\gamma)\cdots(n+1-\gamma)n!}a_0\quad (n\geq 1).\]
  取 $a_0=1$, 则得广义幂级数解
  \[y=x^{1-\gamma}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(\alpha-\gamma+1)\cdots(\alpha-\gamma+n)(\beta-\gamma+1)\cdots(\beta-\gamma+n)}{(2-\gamma)\cdots(n+1-\gamma)n!}x^n\right].\qedhere\]
\end{proof}



\section{贝塞尔函数}



\begin{exercise}
  试证:
  \begin{align*}
    & \frac{\diff}{\diff x}\left[x^{-n}\mathrm{J}_n(x)\right]=-x^{-n}\mathrm{J}_{n+1}(x); \\
    & \frac{\diff}{\diff x}\left[x^n\mathrm{J}_n(x)\right]=x^n\mathrm{J}_{n-1}(x).
  \end{align*}
\end{exercise}

\begin{proof}
  只证明第二式
  \begin{align*}
        & \frac{\diff}{\diff x}\left[x^{-n}\mathrm{J}_n(x)\right]\\
    ={} & \frac{\diff}{\diff x}\left(x^n\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{\Gamma(n+k+1)\Gamma(k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k+n}\right)\\
    ={} & \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{\Gamma(n+k+1)\Gamma(k+1)}\left(\frac{1}{2}\right)^{2k+n}(2k+2n)x^{2n+2k-1}\\
    ={} & x^n\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{\Gamma(n+k)\Gamma(k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k+n-1}\\
    ={} & x^n\mathrm{J}_{n-1}(x). \qedhere
  \end{align*}
\end{proof}



\begin{exercise}
  证明半整数阶的贝塞尔函数为
  \begin{align*}
    &\rmJ_{\frac{1}{2}}(x)=\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\sin x,
      \quad\rmJ_{-\frac{1}{2}}(x)=\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\cos x, \\
    &\rmJ_{n+\frac{1}{2}}(x)=\frac{(-1)^n}{\sqrt{\pi}}(2x)^{n+\frac{1}{2}}\frac{\diff^n}{(\diff x^2)^n}\frac{\sin x}{x}, \\
    &\rmJ_{-n-\frac{1}{2}}(x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}(2x)^{n+\frac{1}{2}}\frac{\diff^n}{(\diff x^2)^n}\frac{\cos x}{x}\quad (n=0,1,2,\cdots).
  \end{align*}
\end{exercise}

\begin{proof}
  \begin{align*}
    \rmJ_{\frac{1}{2}}(x)
    & =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!\Gamma\left(k+\frac{3}{2}\right)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k+\frac{1}{2}}\\
    & =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!\left(k+\frac{1}{2}\right)\cdot\cdots\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\pi}}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k+\frac{1}{2}}\\
    & =\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}\\
    & =\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\sin x.
  \end{align*}
  \begin{align*}
    \rmJ_{-\frac{1}{2}}(x)
    & = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!\Gamma\left(k+\frac{1}{2}\right)}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k-\frac{1}{2}}\\
    & = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!\left(k-\frac{1}{2}\right)\cdot\cdots\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\pi}}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k-\frac{1}{2}}\\
    & = \sqrt{\frac{2}{\pi x}}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k}\\
    & = \sqrt{\frac{2}{\pi x}}\cos x.
  \end{align*}
  \begin{align}
    \rmJ_{n+\frac{1}{2}}(x)
    & =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!\Gamma\left(n+k+\frac{3}{2}\right)}\left(\frac{x}{2}\right)^{n+\frac{1}{2}+2k} \notag \\
    & =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!\left(n+k+\frac{1}{2}\right)\left(n+k-\frac{1}{2}\right)\cdot\cdots\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\pi}}\left(\frac{x}{2}\right)^{n+\frac{1}{2}+2k} \notag \\
    & =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k2^{n+\frac{1}{2}}(n+k)(n+k-1)\cdots(k+1)}{\sqrt{\pi}(2n+2k+1)!}x^{n+\frac{1}{2}+2k}. \tag{$\star$}
  \end{align}
  将 $\frac{\sin x}{x}$ 展成幂级数并且令 $x^2=t$, 得
  \[\frac{\sin x}{x}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k}
    = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}t^k
    = \sum_{k=-n}^{\infty}\frac{(-1)^{k+n}}{(2n+2k+1)!}t^{n+k}.\]
  故
  \begin{align*}
    \frac{\diff^n}{(\diff x^2)^n}\frac{\sin x}{x}
    & = \frac{\diff}{\diff t^n}\left(\sum_{k=-n}^{\infty}\frac{(-1)^{k+n}}{(2n+2k+1)!}t^{n+k}\right) \\
    & = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n+k}(n+k)(n+k-1)\cdots(k+1)}{(2n+2k+1)!}t^k.
  \end{align*}
  结合 $(\star)$ 得
  \[\rmJ_{n+\frac{1}{2}}(x)
    = \frac{(-1)^n}{\sqrt{\pi}}(2x)^{n+\frac{1}{2}}\frac{\diff^n}{(\diff x^2)^n}\frac{\sin x}{x}.\]
  最后一式同理可证.
\end{proof}



\begin{exercise}
  用贝塞尔函数表达微分方程
  \[y''+xy=0\]
  的通解.
\end{exercise}

\begin{solution} 
  令 $x=\left(\frac{3}{2}u\right)^{\frac{2}{3}},y=x^{\frac{1}{2}}v$, 则
  \begin{equation}
    u=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}},v=yx^{-\frac{1}{2}}. \tag{$\star$}
  \end{equation}
  对 $x$ 求导得
  \[\frac{\diff u}{\diff x}=\sqrt{x},\]
  \[\frac{\diff y}{\diff x}x^{-\frac{1}{2}}-\frac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}}y
    = \frac{\diff v}{\diff x}=\frac{\diff v}{\diff u}\frac{\diff u}{\diff x}
    = \sqrt{x}\frac{\diff v}{\diff x}.\]
  上式两端乘以 $x$ 并整理得
  \begin{equation}
    \sqrt{x}\frac{\diff y}{\diff x}
      = \frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}y+x^{\frac{3}{2}}\frac{\diff v}{\diff u}.
    \tag{$\star\star$}
  \end{equation}
  由 $(\star)(\star\star)$ 得
  \begin{equation}
    \sqrt{x}\frac{\diff y}{\diff x}=\frac{1}{2}v+\frac{3}{2}u\frac{\diff v}{\diff u}.
    \tag{$\star{\star}\star$}
  \end{equation}
  上式对 $x$ 求导得
  \[\sqrt{x}\frac{\diff^2y}{\diff x^2}+\frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}\frac{\diff y}{\diff x}
    = \frac{\diff}{\diff u}\left(\frac{1}{2}v+\frac{3}{2}u\frac{\diff v}{\diff u}\right)\frac{\diff u}{\diff x}
    = \left[\frac{1}{2}\frac{\diff v}{\diff u}+\frac{3}{2}\left(\frac{\diff v}{\diff u}+u\frac{\diff^2v}{\diff u^2}\right)\right]\sqrt{x}.\]
  两端乘以 $x$ 并结合 $(\star)(\star{\star}\star)$ 得
  \[x^{\frac{3}{2}}\frac{\diff^2y}{\diff x^2}
    + \frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}u\frac{\diff v}{\diff u}
    + \frac{1}{2}v\right)
    = \frac{3}{2}u\left(\frac{3}{2}u\frac{\diff^2v}{\diff u^2}+2\frac{\diff v}{\diff u}\right).\]
  故
  \[\frac{\diff^2y}{\diff x^2}=\frac{2}{3u}\left(\frac{9}{4}u^2\frac{\diff^2v}{\diff u^2}+\frac{9}{4}u\frac{\diff v}{\diff u}-\frac{1}{4}v\right).\]
  又
  \[xy=\left(\frac{3}{2}u\right)^{\frac{2}{3}}\left(\frac{3}{2}u\right)^{\frac{1}{3}}v=\frac{3}{2}uv,\]
  故
  \[\frac{2}{3u}\left(\frac{9}{4}u^2\frac{\diff^2v}{\diff u^2}+\frac{9}{4}u\frac{\diff v}{\diff u}-\frac{1}{4}v\right)+\frac{3}{2}uv=0.\]
  即
  \[u^2\frac{\diff^2v}{\diff u^2}+u\frac{\diff v}{\diff u}+\left(u^2-\frac{1}{9}\right)v=0.\]
  因此
  \[v=C_1\rmJ_{\frac{1}{3}}(u)+C_2\rmJ_{-\frac{1}{3}}(u).\]
  从而原方程的解为
  \[y=\sqrt{x}\left[C_1\rmJ_{\frac{1}{3}}\left(\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}\right)+C_2\rmJ_{-\frac{1}{3}}\left(\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}\right)\right].\qedhere\]
\end{solution}