1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 73

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 73)

Заметим, что решение (64) имеет смысл и тогда, когда γ есть целое положительноечисло.В [I, 141] мы исследовали сходимость гипергеометрического ряда при x = 1и показали, что он сходится, если выполнено условиеγ − α − β > 0,(66)104]Гипергеометрический ряд451причем α, β и γ считаются вещественными. При этом, согласно второй теоремеАбеля [I, 149], мы имеем F (α, β, γ; x) → F (α, β, γ; 1) при x → 1 − 0, иF (α, β, γ; 1) = 1 +α(α + 1)β(β + 1)αβ++ ...1!γ2!γ(γ + 1)Докажем формулуF (α, β, γ; 1) =Γ(γ)Γ(γ − α − β).Γ(γ − α)Γ(γ − β)(67)Сравнивая коэффициенты при xn , легко доказать соотношениеγ[γ − 1 − (2γ − α − β − 1)x]F (α, β, γ; x) + (γ − α)(γ − β)xF (α, β, γ + 1; x) == γ(γ − 1)(1 − x)F (α, β, γ − 1; x)(|x| < 1)илиγ[γ − 1 − (2γ − α − β − 1)x]F (α, β, γ; x) + (γ − α)(γ − β)xF (α, β, γ + 1; x) =∞(vn − vn−1 )xn , (68)= γ(γ − 1) 1 +n=1где vn — коэффициент прив разложении F (α, β, γ − 1; x). Покажем, чтопри условии (66) vn → 0 при n → ∞.Мы имеем [I, 141]xnγ−α−βωn|vn |=1++ 2,|vn+1 |nnгде ωn ограничена по абсолютной величине при n → ∞.

Пусть p — такое целоеположительное число, что p(γ − α − β) > 1. Мы можем написатьω|vn |pp(γ − α − β)+ n=1+,p|vn+1 |nn2 ограничена по абсолютной величине. Из этого равенства и неравенствагде ωnp(γ − α − β) > 1 следует, что ряд, составленный из |vn |p , сходится [I, 141], и,следовательно, vn → 0 при n → ∞. Устремляя в формуле (68) x к единице ипользуясь второй теоремой Абеля, получаемγ(α + β − γ)F (α, β, γ; 1) + (γ − α)(γ − β)F (α, β, γ + 1; 1) = 0,т.

е.(γ − α)(γ − β)F (α, β, γ + 1; 1).γ(γ − α − β)Пользуясь несколько раз этим соотношением, можем написать m−1 (γ − α − k)(γ − β + k)F (α, β, γ; 1) =F (α, β, γ + m; 1).(γ + k)(γ − α − β + k)k=0F (α, β, γ; 1) =(69)452Гл. V. Линейные дифференциальные уравнения[104Произведение, стоящее в квадратных скобках при m → ∞, имеет предел [73]Γ(γ)Γ(γ − α − β).Γ(γ − α)Γ(γ − β)Покажем теперь, что F (α, β, γ + m; 1) → 1 при m → ∞. Обозначая черезun (α, β, γ) коэффициент при xn в разложении F (α, β, γ; x), можем написать|F (α, β, γ + m; 1) − 1| ∞|un (α, β, γ + m)|.n=1Заменяя в выражении un (α, β, γ + m) в числителе α и β на |α| и |β| и взнаменателе сумму γ + m разностью m − |γ|, причем считается, что m > |γ|,получим|F (α, β, γ + m; 1) − 1| ∞un (|α|, |β|, m − |γ|),n=1причем справа стоит ряд с положительными членами.

Вынося за скобкуи заменяя в знаменателях m! на (m − 1)!, будем иметь|F (α, β, γ + m; 1) − 1| <|α||β|m−|γ|∞|α||β| ·un (|α| + 1, |β| + 1, m − |γ| + 1).m − |γ| n=0При достаточно больших m аргументы α1 = |α| + 1, β1 = |β| + 1 и γ1 = m −|γ| + 1 удовлетворяют условию (66), и ряд, стоящий в правой части последнегонеравенства, сходится, причем его члены, а потому и вся сумма, убывают при|α||β|возрастании m. Первый множитель m−|γ| → 0 при m → ∞, и, следовательно,F (α, β, γ + m; 1) → 1 при m → ∞.

Окончательно формула (69) и приводитнас к (67).Пользуясь формулой (67), можно выразить решение w1 через линейно независимые решения w3 и w4 . Все эти три решения имеют место в части плоскости,общей окружностям с центром z = 0 и z = 1 и радиусом единица. Мы должныиметьF (α, β, γ; x) = C1 F (α, β, 1 + α + β − γ; 1 − x)++ C2 (1 − x)γ−α−β F (γ − α, γ − β, 1 + γ − α − β; 1 − x).Считая, что α, β, и γ подчиняются неравенствам: 1 > γ > α + β, мы можемв этом равенстве положить x = 1 и x = 0, и таким образом определить C1 иC2 . Пользуясь формулой (67), равенством (122) из [71] и легко доказываемойформулойsin πα sin πβ = sin π (γ − α) sin π(γ − β) − sin πγ sin π(γ − α − β),105]Полиномы Лежандра453мы приходим к следующему равенству:Γ(γ − α)Γ(γ − β)Γ(α)Γ(β)F (α, β, γ; x) == Γ(α)Γ(β)Γ(γ)Γ(γ − α − β)F (α, β, 1 + α + β − γ; 1 − x)++ Γ(γ)Γ(γ − β)Γ(α + β − γ)(1 − x)γ−α−β ×× F (γ − α, γ − β, 1 + γ − α − β; 1 − x).(70)Мы доказали эту формулу при условии 1 > γ > α + β.

Можно показать, чтоона имеет место во всех случаях, когда (γ − α − β) не есть целое число.105. Полиномы Лежандра. Отметим теперь один важныйчастный случай гипергеометрического ряда. Предварительно установим некоторое общее преобразование для линейных уравненийвторого порядка. Пусть имеется уравнение второго порядка видаa(z)w + b(z)w + c(z)w = 0.(71)Найдем такой множитель f (z), чтобыa(z)f (z)w + b(z)f (z)w =d[a(z)f (z)w ].dzМы должны иметьb(z)f (z) =откудаd[a(z)f (z)],dza(z)f (z) + [a (z) − b(z)]f (z) = 0илиf (z) a (z)b(z)+−= 0,f (z)a(z)a(z)т. е.

мы можем взятьf (z) =1 ea(z)b(z)dza(z)(72),и после этого будем иметьp1 (z) = a(z)f (z) = eb(z)dza(z);q1 (z) = c(z)f (z) =c(z) ea(z)b(z)dza(z), (73)Гл. V. Линейные дифференциальные уравнения454[105а уравнение (71) примет видd[p1 (z)w ] + q1 (z)w = 0.dz(74)Проделывая, например, это с уравнением Гаусса (62), приведемего к видуd γ[z (z − 1)α+β+1−γ w ] + αβz γ−1 (z − 1)α+β−γ w = 0.dz(75)Перейдем теперь к установлению некоторой общей формулы длягипергеометрического ряда. Дифференцируя ряд (64) n раз, получим(n)=(n)=w1α(α + 1) .

. . (α + n − 1)β(β + 1) . . . (β + n − 1)×γ(γ + 1) . . . (γ + n − 1)(α + n)(β + n)× 1+z + ...1!(γ + n)илиw1α(α + 1) . . . (α + n − 1)β(β + 1) . . . (β + n − 1)×γ(γ + 1) . . . (γ + n − 1)× F (α + n, β + n, γ + n; z), (76)т. е. производная порядка n от гипергеометрического ряда (64)лишь постоянным множителем отличается от гипергеометрического ряда с параметрами α+n, β +n и γ +n. Таким образом, функция(n)w1 удовлетворяет уравнению (75), если в нем заменить α, β и γна α + n, β + n и γ + n, т. е.(n) d γ+nα+β+1−γ+n dw1z+(z − 1)dzdz(n)+ (α + n)(β + n)z γ−1+n (z − 1)α+β−γ+n w1= 0.Дифференцируя это тождество n раз, получим новое тождество105]Полиномы Лежандра455(n) dn+1 γ+nα+β+1−γ+n dw1=z(z−1)dz n+1dzdn(n)= −(α + n)(β + n) n [z γ−1+n (z − 1)α+β−γ+n w1 ].dzНапишем это тождество для значений n = 0, 1, 2, . . .

, k − 1 иперемножим почленно полученные таким путем тождества. Леваяи правая части полученного соотношения будут содержать одинаковые множители, и после сокращения мы придем к искомому тождествуdk γ+k−1(k)[z(z − 1)α+β−γ+k w1 ] = (−1)k α(α + 1) . . . (α + k − 1)×dz k× β(β + 1) . . . (β + k − 1)z γ−1(z − 1)α+β−γ w1 (k = 1, 2, 3, . . .).(77)Напомним, что в этом тождестве буква w1 обозначает гипергеометрический ряд (64).Заметим, вообще, что гипергеометрический ряд обрывается иобращается в полином, если α или β, которые входят в гипергеометрический ряд симметрично, равно целому отрицательному числу.Рассмотрим сейчас один частный случай, когда это имеет место, аименно возьмем гипергеометрический рядF (k + 1, −k, 1; z) (α = k + 1, β = −k, γ = 1),(78)где k есть некоторое целое положительное число или нуль.

Функция (78) будет просто полиномом степени k, и коэффициент пристаршем члене z k в этом полиноме будет(k + 1)(k + 2) . . . 2k(−k)(−k + 1) . . . (−1)2k!= (−1)k.k!1 · 2 . . . k(k!)2Полагая в формуле (77) w1 = F (k + 1, −k, 1; z), т. е.(k)α = k +1, β = −k и γ = 1, мы получим w1 = (−1)k 2k!k! и, произведяочевидные сокращения, будем иметьF (k + 1, −k, 1; z) =(−1)k dk k[z (z − 1)k ].k! dz k(79)456Гл. V. Линейные дифференциальные уравнения[105Введем теперь вместо z новую независимую переменную x поформуле1−xz=.(80)2При этом точки z = 0 и z = 1 перейдут в x = 1 и x = −1.Обозначим1−xPk (x) = F k + 1, −k, 1;,(81)2Подставляя (80) в (79), получим следующее выражение для полинома Pk (x):1 dkPk (x) =[(x2 − 1)k ].(82)k!2k dxkЭти полиномы Pk (x) называются обычно полиномами Лежандра. В дальнейшем они нам встретятся при исследовании сферических функций.Выясним сейчас некоторые основные свойства полиномов Лежандра.

Функция (79) удовлетворяет уравнению, которое получается из уравнения (75) заменойα = k + 1, β = −k, γ = 1,(83)т. е. функция (79) удовлетворяет уравнениюd[z(z − 1)w ] − k(k + 1)w = 0.dzСовершая здесь замену независимого переменного по формуле(80), мы увидим, что полиномы Лежандра Pk (x) являются решениями уравненияd2 dPk (x)(1 − x )+ k(k + 1)Pk (x) = 0.(84)dxdxНапишем более общее уравнение видаd2 dy(1 − x )+ λy = 0,dxdx(85)105]Полиномы Лежандра457где λ — некоторый параметр. Это уравнение в особых точкахx = ±1 имеет оба корня определяющего уравнения равными нулю.Это нетрудно проверить по виду уравнения, это также непосредственно следует и из того, что при условии (83) имеемγ − 1 = 0;γ − α − β = 0.Таким образом, в точках x = ±1 будет один регулярный интеграли один интеграл, содержащий логарифм, причем этот последнийинтеграл будет, например в точке x = 1, иметь видP1 (x − 1) + P2 (x − 1) ln(x − 1),где P1 (x − 1) и P2 (x − 1) — ряды Тейлора со свободным членом.Из этого обстоятельства непосредственно вытекает, что интеграл,содержащий логарифм, будет во всяком случае обращаться в бесконечность в соответствующей точке.

Заметим при этом, что в случаеодинаковых корней определяющего уравнения коэффициент γ−1 , окотором мы упоминали в [100], не может быть равен нулю, т. е. вслучае одинаковых корней определяющего уравнения будет обязательно существовать решение, содержащее логарифм.Вернемся к уравнению (85) и возьмем его решение y1 , регулярное в точке x = −1. При аналитическом продолжении этого решения вдоль отрезка −1 x 1 придем к решению, которое будет,вообще говоря, логарифмическим в точке x = 1 и будет обращатьсятам в бесконечность. Но при исключительных значениях параметра λ, входящего в уравнение (85), интеграл, регулярный в точкеx = −1, окажется регулярным и в точке x = 1, т.

е. мы будем иметьрешение уравнения (85), конечное на всем отрезке (−1, 1), включаяи его концы. Такими исключительными значениями будут значенияλk = k(k + 1),(86)при которых уравнение (85) имеет решение в виде Pk (x)λ. Можно показать, на чем мы не останавливаемся, что значения (86)исчерпывают все значения параметра λ, при которых уравнение(85) имеет решение, конечное на отрезке (—1, 1), включая егоконцы.Гл. V. Линейные дифференциальные уравнения458[105Выясним еще некоторые свойства полиномов Лежандра. Напишем уравнение для двух различных полиномов Лежандра:d[(1 − x2 )Pm(x)] + λm Pm (x) = 0,dx(n = m).d[(1 − x2 )Pn (x)] + λn Pn (x) = 0dxУмножая первое из этих уравнений на Pn (x), второе — на Pm (x),вычитая и интегрируя по промежутку (−1, 1), получим1(λm − λn )Pm (x)Pn (x) dx =−11 dd22Pm (x) [(1 − x )Pn (x)] − Pn (x) [(1 − x )Pm (x)] dx.=dxdx−1Интегрируя первое слагаемое справа по частям, получим1Pm (x)−1d[(1 − x2 )Pn (x)] dx =dx2= (1 − xx=1)Pm (x)Pn (x)x=−11−(1 − x2 )Pm(x)Pn (x) dx−1или1−1dPm (x) [(1 − x2 )Pn (x)] dx = −dx1(1 − x2 )Pm(x)Pn (x) dx.−1Точно так же1−1dPn (x) [(1 − x2 )Pm(x)]dx = −dx1−1(1 − x2 )Pm(x)Pn (x)dx.105]Полиномы Лежандра459Таким образом, получаем1(λm − λn )Pm (x)Pn (x) dx = 0−1или1Pm (x)Pn (x)dx = 0(m = n),(87)−1т.

Характеристики

Список файлов книги