Решение Фробениуса гипергеометрического уравнения

Далее мы решаем дифференциальное уравнение второго порядка, называемое гипергеометрическим дифференциальным уравнением , используя метод Фробениуса, названный в честь Фердинанда Георга Фробениуса . Это метод, который использует решение дифференциального уравнения в виде ряда , при этом мы предполагаем, что решение принимает форму ряда. Обычно этот метод мы используем для сложных обыкновенных дифференциальных уравнений.

Решение гипергеометрического дифференциального уравнения очень важно. Например, можно показать, что дифференциальное уравнение Лежандра является частным случаем гипергеометрического дифференциального уравнения. Следовательно, решив гипергеометрическое дифференциальное уравнение, можно напрямую сравнить его решения и получить решения дифференциального уравнения Лежандра, сделав необходимые замены. Для получения более подробной информации, пожалуйста, проверьте гипергеометрическое дифференциальное уравнение .

Мы докажем, что это уравнение имеет три особенности, а именно при x = 0, x = 1 и около x = бесконечности. Однако, поскольку это окажутся регулярными особыми точками , мы сможем предположить решение в виде ряда. Поскольку это дифференциальное уравнение второго порядка, мы должны иметь два линейно независимых решения.

Проблема, однако, будет заключаться в том, что наши предполагаемые решения могут быть или не быть независимыми или, что еще хуже, могут даже не быть определены (в зависимости от значения параметров уравнения). Вот почему мы изучим различные случаи параметров и соответствующим образом изменим наше предполагаемое решение.

Уравнение

Решите гипергеометрическое уравнение вокруг всех особенностей:

x(1-x)y''+\left\{\gamma -(1+\alpha +\beta )x\right\}y'-\alpha \beta y=0

Решение около x = 0

Позволять

{\begin{aligned}P_{0}(x)&=-\alpha \beta ,\\P_{1}(x)&=\gamma -(1+\alpha +\beta )x,\\P_{2}(x)&=x(1-x)\end{aligned}}

Затем

P_{2}(0)=P_{2}(1)=0.

Следовательно, x = 0 и x = 1 являются особыми точками. Начнем с x = 0. Чтобы проверить, является ли оно регулярным, мы изучаем следующие пределы:

{\begin{aligned}\lim _{x\to a}{\frac {(x-a)P_{1}(x)}{P_{2}(x)}}&=\lim _{x\to 0}{\frac {(x-0)(\gamma -(1+\alpha +\beta )x)}{x(1-x)}}=\lim _{x\to 0}{\frac {x(\gamma -(1+\alpha +\beta )x)}{x(1-x)}}=\gamma \\\lim _{x\to a}{\frac {(x-a)^{2}P_{0}(x)}{P_{2}(x)}}&=\lim _{x\to 0}{\frac {(x-0)^{2}(-\alpha \beta )}{x(1-x)}}=\lim _{x\to 0}{\frac {x^{2}(-\alpha \beta )}{x(1-x)}}=0\end{aligned}}

Следовательно, существуют оба предела и x = 0 — регулярная особая точка . Поэтому будем считать, что решение имеет вид

y=\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}x^{r+c}

с 0 _{≠ 0.} Следовательно,

{\begin{aligned}y'&=\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}\\y''&=\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-2}.\end{aligned}}

Подставив их в гипергеометрическое уравнение, получим

x\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-2}-x^{2}\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-2}+\gamma \sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}-(1+\alpha +\beta )x\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}-\alpha \beta \sum _{r=0}^{\infty }a_{r}x^{r+c}=0

То есть,

\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-1}-\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c}+\gamma \sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}-(1+\alpha +\beta )\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c}-\alpha \beta \sum _{r=0}^{\infty }a_{r}x^{r+c}=0

Чтобы упростить это уравнение, нам нужно, чтобы все степени были одинаковыми и равными r + c − 1, наименьшей степени. Следовательно, мы меняем индексы следующим образом:

{\begin{aligned}&\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-1}-\sum _{r=1}^{\infty }a_{r-1}(r+c-1)(r+c-2)x^{r+c-1}+\gamma \sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}\\&\qquad -(1+\alpha +\beta )\sum _{r=1}^{\infty }a_{r-1}(r+c-1)x^{r+c-1}-\alpha \beta \sum _{r=1}^{\infty }a_{r-1}x^{r+c-1}=0\end{aligned}}

Таким образом, выделив первое слагаемое сумм, начиная с 0, получим

{\begin{aligned}&a_{0}(c(c-1)+\gamma c)x^{c-1}+\sum _{r=1}^{\infty }a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c-1}-\sum _{r=1}^{\infty }a_{r-1}(r+c-1)(r+c-2)x^{r+c-1}\\&\qquad +\gamma \sum _{r=1}^{\infty }a_{r}(r+c)x^{r+c-1}-(1+\alpha +\beta )\sum _{r=1}^{\infty }a_{r-1}(r+c-1)x^{r+c-1}-\alpha \beta \sum _{r=1}^{\infty }a_{r-1}x^{r+c-1}=0\end{aligned}}

Теперь из линейной независимости всех степеней x , то есть функций 1, x , x ²и т. д., коэффициенты при x ^к исчезают для всех k . Следовательно, начиная с первого члена, имеем

a_{0}(c(c-1)+\gamma c)=0

что является основным уравнением . Поскольку 0 _{≠ 0} , имеем

c(c-1+\gamma )=0.

Следовательно,

c_{1}=0,c_{2}=1-\gamma

Кроме того, из остальных членов мы имеем

((r+c)(r+c-1)+\gamma (r+c))a_{r}+(-(r+c-1)(r+c-2)-(1+\alpha +\beta )(r+c-1)-\alpha \beta )a_{r-1}=0

Следовательно,

{\begin{aligned}a_{r}&={\frac {(r+c-1)(r+c-2)+(1+\alpha +\beta )(r+c-1)+\alpha \beta }{(r+c)(r+c-1)+\gamma (r+c)}}a_{r-1}\\&={\frac {(r+c-1)(r+c+\alpha +\beta -1)+\alpha \beta }{(r+c)(r+c+\gamma -1)}}a_{r-1}\end{aligned}}

Но

{\begin{aligned}(r+c-1)(r+c+\alpha +\beta -1)+\alpha \beta &=(r+c-1)(r+c+\alpha -1)+(r+c-1)\beta +\alpha \beta \\&=(r+c-1)(r+c+\alpha -1)+\beta (r+c+\alpha -1)\end{aligned}}

Следовательно, мы получаем рекуррентное соотношение

a_{r}={\frac {(r+c+\alpha -1)(r+c+\beta -1)}{(r+c)(r+c+\gamma -1)}}a_{r-1},{\text{ for }}r\geq 1.

Давайте теперь упростим это соотношение r _задав через 0 _. вместо r ₁₋ , Из рекуррентного соотношения (примечание: ниже выражения вида ( u ) _r относятся к символу Похгаммера ).

{\begin{aligned}a_{1}&={\frac {(c+\alpha )(c+\beta )}{(c+1)(c+\gamma )}}a_{0}\\a_{2}&={\frac {(c+\alpha +1)(c+\beta +1)}{(c+2)(c+\gamma +1)}}a_{1}={\frac {(c+\alpha +1)(c+\alpha )(c+\beta )(c+\beta +1)}{(c+2)(c+1)(c+\gamma )(c+\gamma +1)}}a_{0}={\frac {(c+\alpha )_{2}(c+\beta )_{2}}{(c+1)_{2}(c+\gamma )_{2}}}a_{0}\\a_{3}&={\frac {(c+\alpha +2)(c+\beta +2)}{(c+3)(c+\gamma +2)}}a_{2}={\frac {(c+\alpha )_{2}(c+\alpha +2)(c+\beta )_{2}(c+\beta +2)}{(c+1)_{2}(c+3)(c+\gamma )_{2}(c+\gamma +2)}}a_{0}={\frac {(c+\alpha )_{3}(c+\beta )_{3}}{(c+1)_{3}(c+\gamma )_{3}}}a_{0}\end{aligned}}

Как мы видим,

a_{r}={\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}(c+\gamma )_{r}}}a_{0},{\text{ for }}r\geq 0

Следовательно, наше предполагаемое решение принимает вид

y=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}(c+\gamma )_{r}}}x^{r+c}.

Теперь мы готовы изучить решения, соответствующие различным случаям для c ₁ − c ₂ = γ − 1 (это сводится к изучению природы параметра γ: является ли он целым или нет).

Анализ решения с точки зрения разности γ − 1 двух корней

c не целое число

Тогда y ₁ = y | _{с знак равно 0} и у ₂ знак равно у | _{с знак равно 1 - γ} . С

y=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}(c+\gamma )_{r}}}x^{r+c},

у нас есть

{\begin{aligned}y_{1}&=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(1)_{r}(\gamma )_{r}}}x^{r}=a_{0}\cdot {{}_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;\gamma ;x)\\y_{2}&=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha +1-\gamma )_{r}(\beta +1-\gamma )_{r}}{(1-\gamma +1)_{r}(1-\gamma +\gamma )_{r}}}x^{r+1-\gamma }\\&=a_{0}x^{1-\gamma }\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha +1-\gamma )_{r}(\beta +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(2-\gamma )_{r}}}x^{r}\\&=a_{0}x^{1-\gamma }{{}_{2}F_{1}}(\alpha -\gamma +1,\beta -\gamma +1;2-\gamma ;x)\end{aligned}}

Следовательно, $y=A'y_{1}+B'y_{2}.$ Пусть A ′ a ₀ = a и B ′ a ₀ = B . Затем

y=A{{}_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;\gamma ;x)+Bx^{1-\gamma }{{}_{2}F_{1}}(\alpha -\gamma +1,\beta -\gamma +1;2-\gamma ;x)\,

γ = 1

Тогда y ₁ = y | _{с = 0} . Поскольку γ = 1, имеем

y=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}x^{r+c}.

Следовательно,

{\begin{aligned}y_{1}&=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r}}}x^{r}=a_{0}{{}_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;1;x)\\y_{2}&=\left.{\frac {\partial y}{\partial c}}\right|_{c=0}.\end{aligned}}

Чтобы вычислить эту производную, пусть

M_{r}={\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}.

Затем

\ln(M_{r})=\ln \left({\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}\right)=\ln(c+\alpha )_{r}+\ln(c+\beta )_{r}-2\ln(c+1)_{r}

Но

\ln(c+\alpha )_{r}=\ln \left((c+\alpha )(c+\alpha +1)\cdots (c+\alpha +r-1)\right)=\sum _{k=0}^{r-1}\ln(c+\alpha +k).

Следовательно,

{\begin{aligned}\ln(M_{r})&=\sum _{k=0}^{r-1}\ln(c+\alpha +k)+\sum _{k=0}^{r-1}\ln(c+\beta +k)-2\sum _{k=0}^{r-1}\ln(c+1+k)\\&=\sum _{k=0}^{r-1}\left(\ln(c+\alpha +k)+\ln(c+\beta +k)-2\ln(c+1+k)\right)\end{aligned}}

Дифференцируя обе части уравнения по c , получаем:

{\frac {1}{M_{r}}}{\frac {\partial M_{r}}{\partial c}}=\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{c+\alpha +k}}+{\frac {1}{c+\beta +k}}-{\frac {2}{c+1+k}}\right).

Следовательно,

{\frac {\partial M_{r}}{\partial c}}={\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{c+\alpha +k}}+{\frac {1}{c+\beta +k}}-{\frac {2}{c+1+k}}\right).

Сейчас,

y=a_{0}x^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}x^{r}=a_{0}x^{c}\sum _{r=0}^{\infty }M_{r}x^{r}.

Следовательно,

{\begin{aligned}{\frac {\partial y}{\partial c}}&=a_{0}x^{c}\ln(x)\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}x^{r}+a_{0}x^{c}\sum _{r=0}^{\infty }\left({\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}\left\{\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{c+\alpha +k}}+{\frac {1}{c+\beta +k}}-{\frac {2}{c+1+k}}\right)\right\}\right)x^{r}\\&=a_{0}x^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}\left(\ln x+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{c+\alpha +k}}+{\frac {1}{c+\beta +k}}-{\frac {2}{c+1+k}}\right)\right)x^{r}.\end{aligned}}

При c = 0 получаем

y_{2}=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(1)_{r}^{2}}}\left(\ln x+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\beta +k}}-{\frac {2}{1+k}}\right)\right)x^{r}.

Следовательно, y знак равно C ′ y ₁ + D ′ y ₂ . Пусть C ′ a ₀ = C и D ′ a ₀ = D . Затем

y=C{{}_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;1;x)+D\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(1)_{r}^{2}}}\left(\ln(x)+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\beta +k}}-{\frac {2}{1+k}}\right)\right)x^{r}

γ целое число и γ ≠ 1

γ ≤ 0

Стоимость $\gamma$ является $\gamma =0,-1,-2,\cdots$ . Для начала упростим дело, сосредоточив особое значение $\gamma$ и обобщить результат на более позднем этапе.Мы будем использовать значение $\gamma =-2$ . Основное уравнениеимеет корень в $c=0$ , и мы видим из рекуррентного соотношения

$a_{r}={\frac {(r+c+\alpha -1)(r+c+\beta -1)}{(r+c)(r+c-3)}}a_{r-1},$

что когда $r=3$ что этот знаменатель имеет множитель $c$ который исчезает, когда $c=0$ . В этом случае решение можно получить,положить $a_{0}=b_{0}c$ где $b_{0}$ является константой.

При такой замене коэффициенты $x^{r}$ исчезнуть, когда $c=0$ и $r<3$ . Фактор $c$ в знаменателе рекуррентного соотношения сокращается со знаменателем числителякогда $r\geq 3$ . Следовательно, наше решение примет вид

$y_{1}={\frac {b_{0}}{(-2)\times (-1)}}\left({\frac {(\alpha )_{3}(\beta )_{3}}{(3!0!}}x^{3}+{\frac {(\alpha )_{4}(\beta )_{4}}{4!1!}}x^{4}+{\frac {(\alpha )_{5}(\beta )_{5}}{5!2!}}x^{5}+\cdots \right)$

$={\frac {b_{0}}{(-2)_{2}}}\sum _{r=3}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(r-3)!}}x^{r}={\frac {b_{0}}{(-2)_{2}}}{\frac {(\alpha )_{3}(\beta )_{3}}{3!}}\sum _{r=3}^{\infty }{\frac {(\alpha +3)_{r-3}(\beta +3)_{r-3}}{(1+3)_{r-3}(r-3)!}}x^{r}.$

Если мы начнем суммирование с $r=0$ скорее, чем $r=3$ мы видим это

$y_{1}=b_{0}{\frac {(\alpha )_{3}(\beta )_{3}}{(-2)_{2}\times 3!}}x^{3}{_{2}F_{1}}(\alpha +3,\beta +3;(1+3);x).$

Результат (в том виде, в котором мы его написали) легко обобщается. Для $\gamma =1+m$ , с $m=1,2,3,\cdots$ затем

$y_{1}=b_{0}{\frac {(\alpha )_{m}(\beta )_{m}}{(1-m)_{m-1}\times m!}}x^{m}{_{2}F_{1}}(\alpha +m,\beta +m;(1+m);x).$

Очевидно, если $\gamma =-2$ , затем $m=3$ . Выражение для $y_{1}(x)$ мы только что немного осмотрелисьнеэлегантно, поскольку у нас есть мультипликативная константа, кроме обычная произвольная мультипликативная константа $b_{0}$ .Позже мы увидим, что можно переделать вещи таким образом. что эта дополнительная константа никогда не появляется

Другой корень определяющего уравнения равен $c=1-\gamma =3$ , но это дает нам (кроме мультипликативной константы) тот же результаткак обнаружено с помощью $c=0$ . Это означает, что мы должны взять частную производную (относительно $c$ ) обычного пробного решения, чтобы найти второе независимое решение.Если мы определим линейную оператор $L$ как

$L=x(1-x){\frac {d^{2}}{dx^{2}}}-(\alpha +\beta +1)x{\frac {d}{dx}}+\gamma {\frac {d}{dx}}-\alpha \beta ,$

тогда с тех пор $\gamma =-2$ в нашем случае,

$Lc\sum _{r=0}^{\infty }b_{r}(c)x^{r}=b_{0}c^{2}(c-3).$

(Мы настаиваем на том, что $b_{0}\neq 0$ .) Взяв частную производную по $c$ ,

$L{\frac {\partial }{\partial c}}c\sum _{r=0}^{\infty }b_{r}(c)x^{r+c}=b_{0}(3c^{2}-6c).$

Обратите внимание, что мы должны вычислить частную производную при $c=0$ (а не в другом корне $c=3$ ). В противном случае правая частьне равно нулю в приведенном выше примере, и у нас нет решения $Ly(x)=0$ .Фактор $c$ не отменяется на $r=0,1$ и $r=2$ .Эта часть второго независимого решения

${\bigg [}{\frac {\partial }{\partial c}}b_{0}{\bigg (}c+c{\frac {(c+\alpha )(c+\beta )}{(c+1)(c-2)}}x+c{\frac {(c+\alpha )(c+\alpha +1)(c+\beta )(c+\beta +1)}{(c+1)(c+2)(c-2)(c-1)}}x^{2}{\bigg )}{\bigg ]}{\bigg \vert }_{c=0}.$ $=b_{0}\left(1+{\frac {\alpha \beta }{1!\times (-2)}}x+{\frac {\alpha (\alpha +1)\beta (\beta +1)}{2!\times (-2)\times (-1)}}x^{2}\right)=b_{0}\sum _{r=0}^{3-1}{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(1-3)_{r}}}x^{r}.$

Теперь мы можем обратить внимание на члены, в которых множитель $c$ отменяет.Первый

$cb_{3}={\frac {b_{0}}{(c-1)(c-2)}}{\cancel {c}}{\frac {(c+\alpha )(c+\alpha +1)(c+\alpha +2)(c+\beta )(c+\beta +1)(c+\beta +2)}{{\cancel {c}}(c+1)(c+2)(c+3)}}.$

После этого рекуррентные соотношения дают нам

$cb_{4}=cb_{3}(c){\frac {(c+\alpha +3)(c+\beta +3)}{(c+1)(c+4))}}.$

$cb_{5}=cb_{3}(c){\frac {(c+\alpha +3)(c+\alpha +4)(c+\beta +3)(c+\beta +4))}{(c+2)(c+1)(c+5)(c+4)}}.$

Итак, если $r\geq 3$ у нас есть

$cb_{r}={\frac {b_{0}}{(c-1)(c-2)}}{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r-3}(c+1)_{r}}}.$

Нам нужны частные производные

${\frac {\partial cb_{3}(c)}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}={\frac {b_{0}}{(1-3)_{3-1}}}{\frac {(\alpha )_{3}(\beta )_{3}}{0!3!}}{\bigg [}{\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{\alpha }}+{\frac {1}{\alpha +1}}+{\frac {1}{\alpha +2}}$ $+{\frac {1}{\beta }}+{\frac {1}{\beta +1}}+{\frac {1}{\beta +2}}-{\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}{\bigg ]}.$

Аналогично мы можем написать

${\frac {\partial cb_{4}(c)}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}={\frac {b_{0}}{(1-3)_{3-1}}}{\frac {(\alpha )_{4}(\beta )_{4}}{1!4!}}{\bigg [}{\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}$ $+\sum _{k=0}^{k=3}{\frac {1}{\alpha +k}}+\sum _{k=0}^{k=3}{\frac {1}{\beta +k}}-{\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{1}}{\bigg ]},$

и

${\frac {\partial cb_{5}(c)}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}={\frac {b_{0}}{(1-3)_{3-1}}}{\frac {(\alpha )_{5}(\beta )_{5}}{2!5!}}{\bigg [}{\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}$ $+\sum _{k=0}^{k=4}{\frac {1}{\alpha +k}}+\sum _{k=0}^{k=4}{\frac {1}{\beta +k}}-{\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}{\bigg ]}.$

Становится ясно, что для $r\geq 3$

${\frac {\partial cb_{r}(c)}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}={\frac {b_{0}}{(1-3)_{3-1}}}{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(r-3)!r!}}{\bigg [}H_{2}+\sum _{k=0}^{k=r-1}{\frac {1}{\alpha +k}}+\sum _{k=0}^{k=r-1}{\frac {1}{\beta +k}}-H_{r}-H_{r-3}{\bigg ]}.$

Здесь, $H_{k}$ это $k$ -я частичная сумма гармонического ряда ,и по определению $H_{0}=0$ и $H_{1}=1$ .

Собрав это вместе, для случая $\gamma =-2$ у нас есть второе решение

$y_{2}(x)=\log x\times {\frac {b_{0}}{(-2)_{2}}}\sum _{r=3}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(r-3)!}}x^{r}+b_{0}\sum _{r=0}^{3-1}{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(1-3)_{r}}}x^{r}$

$+{\frac {b_{0}}{(-2)_{2}}}\sum _{r=3}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(r-3)!r!}}{\bigg [}H_{2}+\sum _{k=0}^{k=r-1}{\frac {1}{\alpha +k}}+\sum _{k=0}^{k=r-1}{\frac {1}{\beta +k}}-H_{r}-H_{r-3}{{\bigg ]}x^{r}}.$

Два независимых решения для $\gamma =1-m$ (где $m$ является положительным целым числом), тогда

$y_{1}(x)={\frac {1}{(1-m)_{m-1}}}\sum _{r=m}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(r-m)!}}x^{r}$

и

$y_{2}(x)=\log x\times y_{1}(x)+\sum _{r=0}^{m-1}{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(1-m)_{r}}}x^{r}$

$+{\frac {1}{(1-m)_{m-1}}}\sum _{r=m}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(r-m)!r!}}{\bigg [}H_{m-1}+\sum _{k=0}^{k=r-1}{\frac {1}{\alpha +k}}+\sum _{k=0}^{k=r-1}{\frac {1}{\beta +k}}-H_{r}-H_{r-m}{\bigg ]}x^{r}.$

Общее решение обычное $y(x)=Ay_{1}(x)+By_{2}(x)$ где $A$ и $B$ являются произвольными константами.Теперь, если читатель обратится к «стандартному решению» для этого случая,например, данные Абрамовицем и Стеганом ^[1] в §15.5.21(что мы запишем в конце следующего раздела), окажется, что $y_{2}$ Обнаруженное нами решение несколько отличается от стандартного решения.В нашем решении для $y_{2}$ , первый член вбесконечная серия, часть $y_{2}$ это термин в $x^{m}$ . Первый член соответствующей бесконечностиряд в стандартном решении является членом $x^{m+1}$ . $x^{m}$ термин отсутствует в стандартном решении.Тем не менее, эти два решения полностью эквивалентны.

«Стандартная» форма решения γ ≤ 0.

Причина кажущегося несоответствия решенияприведенное выше, и стандартное решение Абрамовица и Стегуна. ^[1]§15.5.21 заключается в том, что существует бесконечное числоспособы представления двух независимых решений гипергеометрического ОДУ.Например, в последнем разделе мы заменили $a_{0}$ с $b_{0}c$ . Предположим, нам дана некоторая функция $h(c)$ которая непрерывна и конечна всюду в произвольномнебольшой интервал около $c=0$ . Предположим, нам также даны

$h(c)\vert _{c=0}\neq 0,$ и ${\frac {dh}{dc}}{\bigg \vert }_{c=0}\neq 0.$

Тогда, если вместо замены $a_{0}$ с $b_{0}c$ мы заменяем $a_{0}$ с $b_{0}h(c)c$ , мы все еще находим, что у нас есть правильное решениегипергеометрическое уравнение. Очевидно, что у нас есть бесконечные возможностидля $h(c)$ . Однако существует «естественный выбор» для $h(c)$ .Предположим, что $cb_{N}(c)=b_{0}f(c)$ это первый ненулевой членв первом $y_{1}(x)$ решение с $c=0$ . Если мы сделаем $h(c)$ взаимныйиз $f(c)$ , то у нас не будет мультипликативной константы, участвующей в $y_{1}(x)$ как мы это делали в предыдущем разделе. С другой точкиточки зрения, мы получим тот же результат, если «настаиваем» на том, что $a_{N}$ не зависит от $c$ , и найти $a_{0}(c)$ используя рекуррентные соотношенияназад.

Для первого $(c=0)$ решение,функция $h(c)$ дает нам (кроме мультипликативной константы)одинаковый $y_{1}(x)$ как мы получили бы, используя $h(c)=1$ .Предположим, что используя $h(c)=1$ приводит к двум независимым решениям $y_{1}(x)$ и $y_{2}(x)$ . В дальнейшем мы будемобозначают решения, полученные с учетом некоторых $h(c)\neq 1$ как ${\tilde {y}}_{1}(x)$ и ${\tilde {y}}_{2}(x)$ .

Второе решение требует от нас взять частную производную по $c$ ,и замена обычного пробного решения дает нам

$L{\frac {\partial }{\partial c}}\sum _{r=0}^{\infty }ch(c)b_{r}x^{r+c}=b_{0}\left({\frac {dh}{dc}}c^{2}(c-1)+2ch(c)(c-1)+h(c)c^{2}\right).$

Оператор $L$ — это тот же линейный оператор, который обсуждался в предыдущем разделе. То есть гипергеометрическое ОДУ представляется как $Ly(x)=0$ .

Оценивая левую часть в $c=0$ даст нам второе независимое решение.Обратите внимание, что это второе решение ${{\tilde {y}}_{2}}$ на самом деле является линейнымсочетание $y_{1}(x)$ и $y_{2}(x)$ .

Любые две независимые линейные комбинации ( ${\tilde {y}}_{1}$ и ${\tilde {y}}_{2}$ ) из $y_{1}$ и $y_{2}$ являются независимыми решениями $Ly=0$ .

Общее решение можно записать в виде линейной комбинации ${\tilde {y}}_{1}$ и ${\tilde {y}}_{2}$ так же, как и линейные комбинации $y_{1}$ и $y_{2}$ .

Мы рассмотрим частный случай, когда $\gamma =1-3=-2$ это рассматривалось в последнем разделе. Если мы «настаиваем» $a_{3}(c)=const.$ , то рекуррентные соотношения дают

$a_{2}=a_{3}{\frac {c(3+c)}{(2+\alpha +c)(2+\beta +c)}},$ $a_{1}=a_{3}{\frac {c(2+c)(3+c)(c-1)}{(1+\alpha +c)(2+\alpha +c)(1+\beta +c)(2+\beta +c)}},$

и

$a_{0}=a_{3}{\frac {c(1+c)(2+c)(3+c)(c-1)(c-2)}{(\alpha +c)_{3}(\beta +c)_{3}}}=b_{0}ch(c).$

Все эти три коэффициента равны нулю при $c=0$ как и ожидалось.У нас есть три термина, участвующих в $y_{2}(x)$ квзяв частную производную относительно $c$ , обозначим суммутри члена, включающие эти коэффициенты как $S_{3}$ где

$S_{3}=\left[{\frac {\partial }{\partial c}}\left(a_{0}(c)x^{c}+a_{1}(c)x^{c+1}+a_{2}(c)x^{c+2}\right)\right]_{c=0},$ $=a_{3}\left[{\frac {3\times 2\times 1(-2)\times (-1)}{(\alpha )_{3}(\beta )_{3}}}x^{3-3}+{\frac {3\times 2\times (-1)}{(\alpha +1)(\alpha +2)(\beta +1)(\beta +2)}}x^{3-2}+{\frac {3}{(\alpha +2)(\beta +2)_{1}}}x^{3-1}\right].$

Читатель может подтвердить, что мы можем привести это в порядок и упростить обобщение, поместив

$S_{3}=-a_{3}\sum _{r=1}^{3}{\frac {(-3)_{r}(r-1)!}{(1-\alpha -3)_{r}(1-\beta -3)_{r}}}x^{3-r}.$

Далее мы можем обратиться к другим коэффициентам, рекуррентные соотношения дают

$a_{4}=a_{3}{\frac {(3+c+\alpha )(3+c+\beta )}{(4+c)(1+c)}}$ $a_{5}=a_{3}{\frac {(4+c+\alpha )(3+c+\alpha )(4+c+\beta )(3+c+\alpha }{(5+c)(4+c)(1+c)(2+c)}}$

Параметр $c=0$ дает нам

${\tilde {y}}_{1}(x)=a_{3}x^{3}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha +3)_{r}(\beta +3)_{r}}{(3+1)_{r}r!}}x^{r}=a_{3}x^{3}{_{2}F_{1}}(\alpha +3,\beta +3;(1+3);z).$

Это (кроме мультипликативной константы $(a)_{3}(b)_{3}/2$ ) то же, что $y_{1}(x)$ .Теперь, чтобы найти ${\tilde {y}}_{2}$ нам нужны частные производные

${\frac {\partial a_{4}}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}=a_{3}{\bigg [}{\frac {(3+c+\alpha )(3+c+\beta )}{(4+c)(1+c)}}{\bigg (}{\frac {1}{\alpha +3+c}}+{\frac {1}{\beta +3+c}}-{\frac {1}{4+c}}-{\frac {1}{1+c}}{\bigg )}{\bigg ]}_{c=0}$

$=a_{3}{\frac {(3+\alpha )_{1}(3+\beta )_{1}}{(1+3)_{1}\times 1}}{\bigg (}{\frac {1}{\alpha +3}}+{\frac {1}{\beta +3}}-{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{1}}{\bigg )}.$

Затем

${\frac {\partial a_{5}}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}=a_{3}{\frac {(3+\alpha )_{2}(3+\beta )_{2}}{(1+3)_{2}\times 1\times 2}}{\bigg (}{\frac {1}{\alpha +3}}+{\frac {1}{\alpha +4}}+{\frac {1}{\beta +3}}+{\frac {1}{\beta +4}}-{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}{\bigg )}.$

мы можем переписать это как

${\frac {\partial a_{5}}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}=a_{3}{\frac {(3+\alpha )_{2}(3+\beta )_{2}}{(1+3)_{2}\times 2!}}{\bigg [}\sum _{k=0}^{1}\left({\frac {1}{\alpha +3+k}}+{\frac {1}{\beta +3+k}}\right)+\sum _{k=1}^{3}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{5}{\frac {1}{k}}-{\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}{\bigg ]}.$

Закономерность вскоре становится ясна, и для $r=1,2,3,\cdots$

${\frac {\partial a_{r+3}}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}=a_{3}{\frac {(3+\alpha )_{r}(3+\beta )_{r}}{(1+3)_{r}\times r!}}{\bigg [}\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +3+k}}+{\frac {1}{\beta +3+k}}\right)+\sum _{k=1}^{3}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{r+3}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{r}{\frac {1}{k}}{\bigg ]}.$

Ясно, что для $r=0$ ,

${\frac {\partial a_{3}}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}=0.$

Часть бесконечной серии ${\tilde {y}}_{2}$ является $S_{\infty }$ , где

$S_{\infty }=x^{3}\sum _{r=1}^{\infty }{\frac {\partial a_{r+3}}{\partial c}}{\bigg \vert }_{c=0}x^{r}.$

Теперь мы можем написать (не учитывая произвольную константу) для $\gamma =1-m$

${\tilde {y}}_{1}(x)=x^{m}{_{2}F_{1}}(\alpha +m,\beta +m;1+m;x)$

${\tilde {y}}_{2}(x)={\tilde {y}}_{1}(x)\log x-\sum _{r=1}^{m}{\frac {(-m)_{r}(r-1)!}{(1-\alpha -m)_{r}(1-\beta -m)_{r}}}x^{m-r}.$ $+x^{m}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha +m)_{r}(\beta +m)_{r}}{(1+m)_{r}\times r!}}{\bigg [}\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +m+k}}+{\frac {1}{\beta +m+k}}\right)+\sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{r+m}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{r}{\frac {1}{k}}{{\bigg ]}x^{r}}.$

Некоторые авторы предпочитают выражать конечные суммы в этом последнем результате, используя дигамма-функция $\psi (x)$ . В частности, используются следующие результаты

$H_{n}=\psi (n+1)+\gamma _{em}.$ Здесь, $\gamma _{em}=0.5772156649=\psi (1)$ — постоянная Эйлера-Машерони . Также

$\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {1}{z+k}}=\psi (z+n)-\psi (z).$

Благодаря этим результатам мы получаем форму, данную в §15.5.21 Абрамамовица и Стегуна, а именно:

${\tilde {y}}_{2}(x)={\tilde {y}}_{1}(x)\log x-\sum _{r=1}^{m}{\frac {(-m)_{r}(r-1)!}{(1-\alpha -m)_{r}(1-\beta -m)_{r}}}x^{m-r}.$ $+x^{m}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha +m)_{r}(\beta +m)_{r}}{(1+m)_{r}\times r!}}{\bigg [}\psi (\alpha +r+m)-\psi (\alpha +m)+\psi (\beta +r+m)-\psi (\beta +m)$ $-\psi (r+1+m)-\psi (r+1)+\psi (1+m)+\psi (1){{\bigg ]}x^{r}}.$

Стандартная форма решения γ > 1.

В этом разделе мы сосредоточимся на «стандартном решении» имы не заменим $a_{0}$ с $b_{0}(c-1+\gamma )$ .Мы поставим $\gamma =1+m$ где $m=1,2,3,\cdots$ .Для корня $c=1-\gamma$ определяющего уравнения мы имели

$A_{r}=\left[A_{r-1}{\frac {(r+\alpha -1+c)(r+\beta -1+c)}{(r+c)(r+c+\gamma -1)}}\right]_{c=1-\gamma }=A_{r-1}{\frac {(r+\alpha -\gamma )(r+\beta -\gamma )}{(r+1-\gamma )(r)}},$

где $r\geq 1$ в этом случае у нас проблемы, если $r=\gamma -1=m$ .Например, если $\gamma =4$ , знаменатель в рекуррентных соотношенияхисчезает для $r=3$ .Мы можем использовать точно те же методы, которые мы только что использовали для стандартного решения в прошломраздел. Мы не будем (в случае, если $\gamma =4$ ) заменять $a_{0}$ с $b_{0}(c+3)$ как этоне даст нам той стандартной формы решения, которую мы ищем.Скорее, мы будем «настаивать» на том, чтобы $A_{3}=const.$ как мы это сделалив стандартном решении для $\gamma =-2$ в последнем разделе.(Напомним, что это определило функцию $h(c)$ ичто $a_{0}$ теперь будет заменен на $b_{0}(c+3)h(c)$ .)Тогда мы можем вычислить коэффициенты $x^{0}$ к $x^{2}$ как функции $c$ используя рекуррентные отношения в обратном направлении.Здесь нет ничего нового, и читатель может воспользоватьсяте же методы, которые использовались в последнем разделе для поискарезультаты ^[1]§15.5.18 и §15.5.19,это

$y_{1}={_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;1+m;x),$

и

$y_{2}={_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;1+m;x)\log x+z^{m}\sum _{r=1}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{r!(1+m)_{r}}}[\psi (\alpha +r)-\psi (\alpha )+\psi (\beta +k)-\psi (\beta )$ $-\psi (m+1+r)+\psi (m+1)-\psi (r+1)+\psi (1)]z^{r}-\sum _{k=1}^{m}{\frac {(k-1)!(-m)_{k}}{(1-\alpha )_{k}(1-\beta )_{k}}}z^{-r}.$

Обратите внимание, что полномочия $z$ в части конечной суммыиз $y_{2}(x)$ сейчас отрицательныетак что эта сумма расходится как $z\rightarrow 0\$$

Решение около x = 1

Давайте теперь изучим особую точку x = 1. Чтобы убедиться, что она регулярна,

{\begin{aligned}\lim _{x\to a}{\frac {(x-a)P_{1}(x)}{P_{2}(x)}}&=\lim _{x\to 1}{\frac {(x-1)(\gamma -(1+\alpha +\beta )x)}{x(1-x)}}=\lim _{x\to 1}{\frac {-(\gamma -(1+\alpha +\beta )x)}{x}}=1+\alpha +\beta -\gamma \\\lim _{x\to a}{\frac {(x-a)^{2}P_{0}(x)}{P_{2}(x)}}&=\lim _{x\to 1}{\frac {(x-1)^{2}(-\alpha \beta )}{x(1-x)}}=\lim _{x\to 1}{\frac {(x-1)\alpha \beta }{x}}=0\end{aligned}}

Следовательно, существуют оба предела и x = 1 — регулярная особая точка. Теперь вместо того, чтобы предполагать решение в виде

y=\sum _{r=0}^{\infty }a_{r}(x-1)^{r+c},

попробуем выразить решения этого случая через решения для точки x = 0. Поступим следующим образом: у нас было гипергеометрическое уравнение

x(1-x)y''+(\gamma -(1+\alpha +\beta )x)y'-\alpha \beta y=0.

Пусть z знак равно 1 - х . Затем

{\begin{aligned}{\frac {dy}{dx}}&={\frac {dy}{dz}}\times {\frac {dz}{dx}}=-{\frac {dy}{dz}}=-y'\\{\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}&={\frac {d}{dx}}\left({\frac {dy}{dx}}\right)={\frac {d}{dx}}\left(-{\frac {dy}{dz}}\right)={\frac {d}{dz}}\left(-{\frac {dy}{dz}}\right)\times {\frac {dz}{dx}}={\frac {d^{2}y}{dz^{2}}}=y''\end{aligned}}

Следовательно, уравнение принимает вид

z(1-z)y''+(\alpha +\beta -\gamma +1-(1+\alpha +\beta )z)y'-\alpha \beta y=0.

Поскольку z = 1 − x , решение гипергеометрического уравнения в точке x = 1 совпадает с решением этого уравнения в точке z = 0. Но решение в точке z = 0 идентично полученному нами решению для точки x = 0, если мы заменим каждое γ на α + β − γ + 1. Следовательно, чтобы получить решения, мы просто делаем эту замену в предыдущих результатах. Для x = 0, c1 _{= 1 −} = 0 и c2 _γ . Следовательно, в нашем случае c ₁ = 0, а c ₂ = γ − α − β. Теперь напишем решения. Далее мы заменили каждый z на 1- x .

Анализ решения с точки зрения разности γ − α − β двух корней

Для упрощения обозначений в дальнейшем будем обозначать γ − α − β через Δ, следовательно, γ = Δ + α + β.

D не целое число

y=A\left\{{{}_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;-\Delta +1;1-x)\right\}+B\left\{(1-x)^{\Delta }{{}_{2}F_{1}}(\Delta +\beta ,\Delta +\alpha ;\Delta +1;1-x)\right\}

Δ = 0

y=C\left\{{{}_{2}F_{1}}(\alpha ,\beta ;1;1-x)\right\}+D\left\{\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(1)_{r}^{2}}}\left(\ln(1-x)+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\beta +k}}-{\frac {2}{1+k}}\right)\right)(1-x)^{r}\right\}

Δ — целое число, отличное от нуля.

Д > 0

{\begin{aligned}y&=E\left\{{\frac {1}{(-\Delta +1)_{\Delta -1}}}\ \sum _{r=1-\Delta -\alpha -\beta }^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\beta )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r-\Delta }}}(1-x)^{r}\right\}+\\&\quad +F\left\{(1-x)^{\Delta }\ \sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\Delta )(\Delta +\alpha )_{r}(\Delta +\beta )_{r}}{(\Delta +1)_{r}(1)_{r}}}\left(\ln(1-x)+{\frac {1}{\Delta }}+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\Delta +\alpha +k}}+{\frac {1}{\Delta +\beta +k}}-{\frac {1}{\Delta +1+k}}-{\frac {1}{1+k}}\right)\right)(1-x)^{r}\right\}\end{aligned}}

Δ < 0

{\begin{aligned}y&=G\left\{{\frac {(1-x)^{\Delta }}{(\Delta +1)_{-\Delta -1}}}\ \sum _{r=-\Delta }^{\infty }{\frac {(\Delta +\alpha )_{r}(\Delta +\beta )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r+\Delta }}}(1-x)^{r}\right\}+\\&\quad +H\left\{\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\Delta )(\Delta +\alpha )_{r}(\Delta +\beta )_{r}}{(\Delta +1)_{r}(1)_{r}}}\left(\ln(1-x)-{\frac {1}{\Delta }}+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\beta +k}}-{\frac {1}{-\Delta +1+k}}-{\frac {1}{1+k}}\right)\right)(1-x)^{r}\right\}\end{aligned}}

Решение вокруг бесконечности

Наконец, мы изучаем особенность при x → ∞. Поскольку мы не можем изучить это напрямую, положим x = s ⁻¹. Тогда решение уравнения при x → ∞ идентично решению модифицированного уравнения при s = 0. Мы имели

{\begin{aligned}&x(1-x)y''+\left(\gamma -(1+\alpha +\beta )x\right)y'-\alpha \beta y=0\\&{\frac {dy}{dx}}={\frac {dy}{ds}}\times {\frac {ds}{dx}}=-s^{2}\times {\frac {dy}{ds}}=-s^{2}y'\\&{\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}={\frac {d}{dx}}\left({\frac {dy}{dx}}\right)={\frac {d}{dx}}\left(-s^{2}\times {\frac {dy}{ds}}\right)={\frac {d}{ds}}\left(-s^{2}\times {\frac {dy}{ds}}\right)\times {\frac {ds}{dx}}=\left((-2s)\times {\frac {dy}{ds}}+(-s^{2}){\frac {d^{2}y}{ds^{2}}}\right)\times (-s^{2})=2s^{3}y'+s^{4}y''\end{aligned}}

Следовательно, уравнение принимает новый вид

{\frac {1}{s}}\left(1-{\frac {1}{s}}\right)\left(2s^{3}y'+s^{4}y''\right)+\left(\gamma -(1+\alpha +\beta ){\frac {1}{s}}\right)(-s^{2}y')-\alpha \beta y=0

что сводится к

\left(s^{3}-s^{2}\right)y''+\left((2-\gamma )s^{2}+(\alpha +\beta -1)s\right)y'-\alpha \beta y=0.

Позволять

{\begin{aligned}P_{0}(s)&=-\alpha \beta ,\\P_{1}(s)&=(2-\gamma )s^{2}+(\alpha +\beta -1)s,\\P_{2}(s)&=s^{3}-s^{2}.\end{aligned}}

Как мы уже говорили, мы будем изучать решение только при s = 0. Как видим, это особая точка, поскольку P ₂ (0) = 0. Чтобы проверить, является ли оно регулярным,

{\begin{aligned}\lim _{s\to a}{\frac {(s-a)P_{1}(s)}{P_{2}(s)}}&=\lim _{s\to 0}{\frac {(s-0)((2-\gamma )s^{2}+(\alpha +\beta -1)s)}{s^{3}-s^{2}}}\\&=\lim _{s\to 0}{\frac {(2-\gamma )s^{2}+(\alpha +\beta -1)s}{s^{2}-s}}\\&=\lim _{s\to 0}{\frac {(2-\gamma )s+(\alpha +\beta -1)}{s-1}}=1-\alpha -\beta .\\\lim _{s\to a}{\frac {(s-a)^{2}P_{0}(s)}{P_{2}(s)}}&=\lim _{s\to 0}{\frac {(s-0)^{2}(-\alpha \beta )}{s^{3}-s^{2}}}=\lim _{s\to 0}{\frac {(-\alpha \beta )}{s-1}}=\alpha \beta .\end{aligned}}

Следовательно, существуют оба предела и s = 0 — регулярная особая точка. Поэтому будем считать, что решение имеет вид

y=\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}s^{r+c}}

с 0 _{≠ 0.} Следовательно,

{\begin{aligned}y'&=\sum \limits _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c-1}}\\y''&=\sum \limits _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)s^{r+c-2}}\end{aligned}}

Подставив в модифицированное гипергеометрическое уравнение, получим

\left(s^{3}-s^{2}\right)y''+\left((2-\gamma )s^{2}+(\alpha +\beta -1)s\right)y'-(\alpha \beta )y=0

И поэтому:

\left(s^{3}-s^{2}\right)\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)s^{r+c-2}}+\left((2-\gamma )s^{2}+(\alpha +\beta -1)s\right)\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c-1}}-(\alpha \beta )\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}s^{r+c}}=0

то есть,

\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)s^{r+c+1}}-\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c}}+(2-\gamma )\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c+1}}+(\alpha +\beta -1)\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c}}-\alpha \beta \sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}s^{r+c}}=0.

Чтобы упростить это уравнение, нам нужно, чтобы все степени были одинаковыми и равными r + c , наименьшей степени. Следовательно, мы меняем индексы следующим образом

{\begin{aligned}&\sum _{r=1}^{\infty }{a_{r-1}(r+c-1)(r+c-2)s^{r+c}}-\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)s^{r+c}}+(2-\gamma )\sum _{r=1}^{\infty }{a_{r-1}(r+c-1)s^{r+c}}+\\&\qquad \qquad +(\alpha +\beta -1)\sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c}}-\alpha \beta \sum _{r=0}^{\infty }{a_{r}s^{r+c}}=0\end{aligned}}

Таким образом, выделив первое слагаемое сумм, начиная с 0, получим

{\begin{aligned}&a_{0}\left(-(c)(c-1)+(\alpha +\beta -1)(c)-\alpha \beta \right)s^{c}+\sum _{r=1}^{\infty }{a_{r-1}(r+c-1)(r+c-2)s^{r+c}}-\sum _{r=1}^{\infty }{a_{r}(r+c)(r+c-1)x^{r+c}}+\\&\qquad \qquad +(2-\gamma )\sum _{r=1}^{\infty }{a_{r-1}(r+c-1)s^{r+c}}+(\alpha +\beta -1)\sum _{r=1}^{\infty }{a_{r}(r+c)s^{r+c}}-\alpha \beta \sum _{r=1}^{\infty }{a_{r}s^{r+c}}=0\end{aligned}}

Теперь из линейной независимости всех степеней s (т.е. функций 1, s , s ², ...), коэффициенты при s ^к исчезают для всех k . Следовательно, с первого слагаемого имеем

a_{0}\left(-(c)(c-1)+(\alpha +\beta -1)(c)-\alpha \beta \right)=0

что является основным уравнением. Поскольку 0 _{≠ 0} , имеем

(c)(-c+1+\alpha +\beta -1)-\alpha \beta )=0.

Следовательно, c ₁ = α и c ₂ = β.

Кроме того, из остальных членов мы имеем

\left((r+c-1)(r+c-2)+(2-\gamma )(r+c-1)\right)a_{r-1}+\left(-(r+c)(r+c-1)+(\alpha +\beta -1)(r+c)-\alpha \beta \right)a_{r}=0

Следовательно,

a_{r}=-{\frac {\left((r+c-1)(r+c-2)+(2-\gamma )(r+c-1)\right)}{\left(-(r+c)(r+c-1)+(\alpha +\beta -1)(r+c)-\alpha \beta \right)}}a_{r-1}={\frac {\left((r+c-1)(r+c-\gamma )\right)}{\left((r+c)(r+c-\alpha -\beta )+\alpha \beta \right)}}a_{r-1}

Но

{\begin{aligned}(r+c)(r+c-\alpha -\beta )+\alpha \beta &=(r+c-\alpha )(r+c)-\beta (r+c)+\alpha \beta \\&=(r+c-\alpha )(r+c)-\beta (r+c-\alpha ).\end{aligned}}

Следовательно, мы получаем рекуррентное соотношение

a_{r}={\frac {(r+c-1)(r+c-\gamma )}{(r+c-\alpha )(r+c-\beta )}}a_{r-1},\quad \forall r\geq 1

Давайте теперь упростим это соотношение r _задав через 0 _. вместо r ₁₋ , Из рекуррентного соотношения

{\begin{aligned}a_{1}&={\frac {(c)(c+1-\gamma )}{(c+1-\alpha )(c+1-\beta )}}a_{0}\\a_{2}&={\frac {(c+1)(c+2-\gamma )}{(c+2-\alpha )(c+2-\beta )}}a_{1}={\frac {(c+1)(c)(c+2-\gamma )(c+1-\gamma )}{(c+2-\alpha )(c+1-\alpha )(c+2-\beta )(c+1-\beta )}}a_{0}={\frac {(c)_{2}(c+1-\gamma )_{2}}{(c+1-\alpha )_{2}(c+1-\beta )_{2}}}a_{0}\end{aligned}}

Как мы видим,

a_{r}={\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}a_{0}\quad \forall r\geq 0

Следовательно, наше предполагаемое решение принимает вид

y=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}s^{r+c}

Теперь мы готовы изучить решения, соответствующие различным случаям для c ₁ − c ₂ = α − β.

Анализ решения с точки зрения разности α − β двух корней

α − β не целое число

Тогда y ₁ = y | _{c знак равно α} и y ₂ знак равно y | _{с = β} . С

y=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}s^{r+c},

у нас есть

{\begin{aligned}y_{1}&=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\alpha +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(\alpha +1-\beta )_{r}}}s^{r+\alpha }=a_{0}s^{\alpha }\ {}_{2}F_{1}(\alpha ,\alpha +1-\gamma ;\alpha +1-\beta ;s)\\y_{2}&=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\beta )_{r}(\beta +1-\gamma )_{r}}{(\beta +1-\alpha )_{r}(1)_{r}}}s^{r+\beta }=a_{0}s^{\beta }\ {}_{2}F_{1}(\beta ,\beta +1-\gamma ;\beta +1-\alpha ;s)\end{aligned}}

Следовательно, y знак равно A ′ y ₁ + B ′ y ₂ . Пусть A ′ a ₀ = A и B ′ a ₀ = B . Тогда, учитывая, что s = x ⁻¹,

y=A\left\{x^{-\alpha }\ {}_{2}F_{1}\left(\alpha ,\alpha +1-\gamma ;\alpha +1-\beta ;x^{-1}\right)\right\}+B\left\{x^{-\beta }\ {}_{2}F_{1}\left(\beta ,\beta +1-\gamma ;\beta +1-\alpha ;x^{-1}\right)\right\}

α − β = 0

Тогда y ₁ = y | _{с = α} . Поскольку α = β, имеем

y=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}s^{r+c}}

Следовательно,

{\begin{aligned}y_{1}&=a_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{{\frac {(\alpha )_{r}(\alpha +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r}}}s^{r+\alpha }}=a_{0}s^{\alpha }\ {}_{2}F_{1}(\alpha ,\alpha +1-\gamma ;1;s)\\y_{2}&=\left.{\frac {\partial y}{\partial c}}\right|_{c=\alpha }\end{aligned}}

Чтобы вычислить эту производную, пусть

M_{r}={\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}

Тогда, используя метод, описанный выше в случае γ = 1 , получаем

{\frac {\partial M_{r}}{\partial c}}={\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{c+k}}+{\frac {1}{c+1-\gamma +k}}-{\frac {2}{c+1-\alpha +k}}\right)

Сейчас,

{\begin{aligned}y&=a_{0}s^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}s^{r}\\&=a_{0}s^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{M_{r}s^{r}}\\&=a_{0}s^{c}\left(\ln(s)\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}s^{r}+\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}\left\{\sum _{k=0}^{r-1}{\left({\frac {1}{c+k}}+{\frac {1}{c+1-\gamma +k}}-{\frac {2}{c+1-\alpha +k}}\right)}\right\}s^{r}\right)\end{aligned}}

Следовательно,

{\frac {\partial y}{\partial c}}=a_{0}s^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{\left((c+1-\alpha )_{r}\right)^{2}}}\left(\ln(s)+\sum _{k=0}^{r-1}{\left({\frac {1}{c+k}}+{\frac {1}{c+1-\gamma +k}}-{\frac {2}{c+1-\alpha +k}}\right)}\right)s^{r}

Поэтому:

y_{2}=\left.{\frac {\partial y}{\partial c}}\right|_{c=\alpha }=a_{0}s^{\alpha }\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\alpha +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r}}}\left(\ln(s)+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\alpha +1-\gamma +k}}-{\frac {2}{1+k}}\right)\right)s^{r}

Следовательно, y = C′y ₁ + D′y ₂ . Пусть C′a ₀ = C и D′a ₀ = D . Учитывая, что s = x ⁻¹,

y=C\left\{x^{-\alpha }{}_{2}F_{1}\left(\alpha ,\alpha +1-\gamma ;1;x^{-1}\right)\right\}+D\left\{x^{-\alpha }\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(\alpha )_{r}(\alpha +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r}}}\left(\ln \left(x^{-1}\right)+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\alpha +1-\gamma +k}}-{\frac {2}{1+k}}\right)\right)x^{-r}\right\}

α − β целое число и α − β ≠ 0

α − β > 0

Из рекуррентного соотношения

a_{r}={\frac {(r+c-1)(r+c-\gamma )}{(r+c-\alpha )(r+c-\beta )}}a_{r-1}

мы видим, что когда c = β (меньший корень), a _α−β → ∞. Следовательно, мы должны сделать замену a ₀ = b ₀ ( c − c _i ), где c _i — корень, для которого наше решение бесконечно. Следовательно, мы берем a ₀ = b ₀ ( c − β), и наше предполагаемое решение принимает новый вид