第39章べき級数解法とフロベニウスの理論

例題39.1　$f(x)=\dfrac1{1+x^2}$ のマクローリン展開と収束半径

$f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$ をマクローリン展開し，ダランベールの判定法で収束半径を求めよ．

解答　$-x^2$ を公比とする等比級数とみて（$\dfrac1{1-t}=1+t+t^2+\cdots$ に $t=-x^2$ を代入する），

$$ f(x) = \frac{1}{1+x^2} = \frac1{1-(-x^2)} = 1+(-x^2)+(-x^2)^2+(-x^2)^3+\cdots = 1-x^2+x^4-x^6+\cdots $$

を得る．この級数の係数は，奇数次はすべて $0$ で，偶数次 $x^{2m}$ の係数が $a_{2m}=(-1)^m$ である．隣り合う（$0$ でない）係数の比は

$$ \left|\frac{a_{2m}}{a_{2m+2}}\right| = \left|\frac{(-1)^m}{(-1)^{m+1}}\right| = 1 $$

で，$m$ によらず常に $1$ である．したがってダランベールの判定法（式の形は $x^2$ を1つの変数と見て使う）より収束半径は $r=1$，すなわち $\abs{x}\lt1$ で級数は $f(x)$ に収束する．（sympyの $\mathrm{series}$ で $1-x^2+x^4-x^6$ が展開の最初の4項と一致することを検算済み．実際 $x=1$ を代入すると $f(1)=1/2$ は有限だが，級数側は $1-1+1-1+\cdots$ となって値が定まらず，境界 $x=\pm1$ ちょうどでは級数が収束しないことも確認できる．）

例題39.2　$f(x)=e^{-x^2}$ のマクローリン展開と収束半径

$f(x)=e^{-x^2}$ のマクローリン展開の最初の4項を求め，収束半径を調べよ．

解答　式 \eqref{eq:39-exp-series} の $e^t=1+t+\dfrac{t^2}{2!}+\dfrac{t^3}{3!}+\cdots$ に $t=-x^2$ を代入すると，

$$ e^{-x^2} = 1+(-x^2)+\frac{(-x^2)^2}{2!}+\frac{(-x^2)^3}{3!}+\cdots = 1-x^2+\frac{x^4}{2}-\frac{x^6}{6}+\cdots $$

を得る（$(-x^2)^2=x^4$，$(-x^2)^3=-x^6$ に注意）．これが最初の4項である．収束半径については，もとの $e^t$ の展開がすべての実数 $t$ で収束する（$R=\infty$，式 \eqref{eq:39-exp-series} 参照）ので，$t=-x^2$ もすべての実数 $x$ に対して有限な実数値をとることから，$e^{-x^2}$ の展開もすべての実数 $x$ で収束する．したがって収束半径は $R=\infty$ である．（sympyの $\mathrm{series}(e^{-x^2},x,0,8)$ が $1-x^2+\dfrac{x^4}2-\dfrac{x^6}6$ と一致することを検算済み．なお，この関数は統計学の正規分布の確率密度関数 $\propto e^{-x^2/2}$ の核になっている，応用上とても重要な関数である．）

例題39.3　$y''+y=0$ は $x=0$ で通常点であることの確認と級数解法

方程式 $y''+y=0$ について，$x=0$ が通常点であることを確認し，級数解法で解け（第1章・第2章で学んだ $\sin x,\cos x$ が実際に解になることを確かめよ）．

解答　①の形に書くと $P(x)=0,\ Q(x)=1$ であり，どちらも定数関数（多項式の特別な場合）としてすべての実数で解析的である．特に $x=0$ で通常点である．したがって解は $y=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k$ の形をもつ．項別に微分して，

$$ y'=\sum_{k=1}^{\infty}ka_kx^{k-1},\qquad y''=\sum_{k=2}^{\infty}k(k-1)a_kx^{k-2} $$

元の方程式に代入すると，

$$ \sum_{k=2}^{\infty}k(k-1)a_kx^{k-2}+\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k=0 $$

左の和で指標を $k\to k+2$ とずらす（$k(k-1)a_k x^{k-2}$ の $k$ を $k+2$ に置き換えると，和の下端は $k=0$ からになり，$x^{k-2}\to x^k$ になる）と，

$$ \sum_{k=0}^{\infty}(k+2)(k+1)a_{k+2}x^{k}+\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k=0 \ \Longrightarrow\ \sum_{k=0}^{\infty}\bigl\{(k+2)(k+1)a_{k+2}+a_k\bigr\}x^k=0 $$

これが $x$ についての恒等式であることから，各次数の係数は $0$ でなければならず，漸化式

$$ a_{k+2}=-\frac{a_k}{(k+1)(k+2)} \qquad (k=0,1,2,\ldots) $$

を得る．$a_0,a_1$ は自由に選べる（初期値に対応する）．$a_0=1,a_1=0$ とおくと，$a_2=-\dfrac1{2\cdot1}=-\dfrac12$，$a_4=-\dfrac{a_2}{4\cdot3}=\dfrac1{24}$，……となり，奇数次はすべて $0$ になるので

$$ y=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots=\cos x $$

を得る．同様に $a_0=0,a_1=1$ とおくと $y=\sin x$ が得られる．一般解は，この2つの1次独立な解の1次結合 $y=C_1\cos x+C_2\sin x$ である．これは高校数学で知っている $y''+y=0$ の解と完全に一致する——級数解法は，見慣れた $\sin,\cos$ さえも，指数関数や三角関数の知識なしに，係数の漸化式だけから「発見」できる方法なのである．（sympyで漸化式と $\cos x$ の展開の一致を検算済み．）

例題39.4　$y''-\dfrac1xy'=0$ の $x=0$ における特異点の分類

方程式 $y''-\dfrac1xy'=0$ について，$x=0$ がどの種類の点か（通常点か，確定特異点か，それ以外か）を判定せよ．

解答　①の形にすると $P(x)=-\dfrac1x,\ Q(x)=0$ である．$P(x)=-1/x$ は $x=0$ で定義すらされない（分母が $0$ になる）ので解析的ではなく，$x=0$ は特異点である．そこで $xP(x),x^2Q(x)$ を調べると，

$$ xP(x)=x\cdot\left(-\frac1x\right)=-1, \qquad x^2Q(x)=x^2\cdot0=0 $$

となり，どちらも（定数関数として）$x=0$ で解析的である．したがって $x=0$ は確定特異点である．このとき $a_0=-1,b_0=0$（それ以外の $a_i,b_i$ も $0$）なので，決定方程式 \eqref{eq:39-indicial} は

$$ \lambda(\lambda-1)+(-1)\lambda+0=\lambda^2-2\lambda=\lambda(\lambda-2)=0 \ \Longrightarrow\ \lambda=0,\,2 $$

となる．実際，$y=1$（定数関数，$\lambda=0$ に対応）は $y''=0,\ y'=0$ よりこの方程式の解であり，$y=x^2$（$\lambda=2$ に対応）も $y''=2,\ y'=2x$ より $2-\dfrac1x\cdot2x=2-2=0$ を満たすので，たしかに解である．（sympyでどちらも方程式を満たすことを検算済み．）

例題39.5　$P(x)=\dfrac1x,\ Q(x)=-\dfrac2{x^2}$ のときの決定方程式

方程式 $y''+P(x)y'+Q(x)y=0$ で $P(x)=\dfrac1x,\ Q(x)=-\dfrac2{x^2}$ のとき，$x=0$ が確定特異点であることを確かめ，決定方程式を立てて $\lambda$ の値を求めよ．

解答　$xP(x)=x\cdot\dfrac1x=1$，$x^2Q(x)=x^2\cdot\left(-\dfrac2{x^2}\right)=-2$ となり，どちらも（$x$によらない）定数関数として $x=0$ で解析的である．よって $a_0=1,\ b_0=-2$（それ以外の $a_i,b_i$ はすべて $0$）であり，$x=0$ は確定特異点である．決定方程式 \eqref{eq:39-indicial-expand} は，

$$ \lambda^2+(1-1)\lambda+(-2)=\lambda^2-2=0 \ \Longrightarrow\ \lambda=\pm\sqrt2 $$

となる．$\lambda_1=\sqrt2,\ \lambda_2=-\sqrt2$ であり，差は $\lambda_1-\lambda_2=2\sqrt2\approx2.83$ で整数ではない．したがって定理39.1の(i)にあたり，2つの基本解は素直に $y_1=x^{\sqrt2},\ y_2=x^{-\sqrt2}$ である（$a_0,b_0$ が定数で他の $a_i,b_i$ が $0$ の場合，$k\ge1$ の項もすべて $0$ でよく，級数は先頭の1項だけで完結する）．実際，$y=x^{r}$（$r$は定数）を方程式に直接代入すると $y'=rx^{r-1},\ y''=r(r-1)x^{r-2}$ なので，

$$ r(r-1)x^{r-2}+\frac1x\cdot rx^{r-1}-\frac2{x^2}\cdot x^{r}=\bigl\{r(r-1)+r-2\bigr\}x^{r-2}=(r^2-2)x^{r-2} $$

となり，$r=\pm\sqrt2$ のときちょうど $0$ になることが確認できる（これは決定方程式 $\lambda^2-2=0$ そのものである）．（sympyで $r=\pm\sqrt2$ のどちらも方程式を満たすことを検算済み．）

例題39.6　$y''-\dfrac{2x}{1-x^2}y'=0$（$-1\lt x\lt1$）の級数解法

方程式 $\dfrac{d^2y}{dx^2}-\dfrac{2x}{1-x^2}\dfrac{dy}{dx}=0$（$-1\lt x\lt1$）の解を，級数解法で求めよ．

解答　$P(x)=-\dfrac{2x}{1-x^2},\ Q(x)=0$ とおくと，$-1\lt x\lt1$の範囲では分母 $1-x^2$ が $0$ にならないので，$P(x)$（$Q(x)=0$は多項式なのでもちろん）は $x=0$ で解析的であり，$x=0$ は通常点である．したがって解は

$$ y=\sum_{k=0}^{\infty}a_k(x-0)^k $$

の形で表せる．係数を求めるために，$y$を1回，2回微分する．

$$ \frac{dy}{dx}=\sum_{k=1}^{\infty}a_k\cdot kx^{k-1},\qquad \frac{d^2y}{dx^2}=\sum_{k=2}^{\infty}a_k\cdot k(k-1)x^{k-2} $$

これらをもとの方程式に代入すると，

$$ \sum_{k=2}^{\infty}a_k\,k(k-1)x^{k-2} - \frac{2x}{1-x^2}\sum_{k=1}^{\infty}a_k\,kx^{k-1} = 0 $$

右辺の分母 $1-x^2$ が邪魔なので，両辺に $1-x^2$ を掛けて分母を払う．このとき，第2項の和 $\sum_{k=1}^{\infty}a_k kx^{k-1}$ の先頭（$k=1$）の項だけを単独で取り出しておく——これは，このあと第1項の和（$k=2$から）と指数をそろえて比較しやすくするための準備である．

$$ (1-x^2)\sum_{k=2}^{\infty}a_k\,k(k-1)x^{k-2} - 2x\left(a_1+\sum_{k=2}^{\infty}a_k\,kx^{k-1}\right) = 0 $$

左辺を展開する．$(1-x^2)$を第1項の和に分配し（$1$を掛けた部分と$-x^2$を掛けた部分に分かれる），$-2x$を括弧の中の $a_1$ と和のそれぞれに分配すると，

$$ \sum_{k=2}^{\infty}a_k\,k(k-1)x^{k-2} - \sum_{k=2}^{\infty}a_k\,k(k-1)x^{k} - 2a_1x - 2\sum_{k=1}^{\infty}a_k\,kx^{k} = 0 $$

を得る（最後の項は，先ほど単独で取り出した $a_1x^0$ の分と，残りの和 $\sum_{k=2}^\infty$ の分とを，もとの $\sum_{k=1}^\infty$ の形にまとめて書いている）．最後に，すべての項を $x^k$ のべきでそろえて係数を比較したい．第1項の和 $\sum_{k=2}^{\infty}a_k k(k-1)x^{k-2}$ は指数が $x^{k-2}$ になっているので，指標を $k\to k+2$ とずらす（このずらしで和の下端も $k=0$ からになるので，$k=0$ の項 $2a_2$ と $k=1$ の項 $6a_3x$ をあらかじめ単独で取り出しておく）と，

$$ 2a_2 + 6a_3x + \sum_{k=2}^{\infty}a_{k+2}(k+1)(k+2)x^{k} - \sum_{k=2}^{\infty}a_k\,k(k-1)x^{k} - 2a_1x - \sum_{k=1}^{\infty}2a_k\,kx^{k} = 0 $$

となる．ここで $x^0,x^1$ の項をそれぞれまとめ（$x^1$の係数は，$6a_3x$と，最後の和の$k=1$の項$-2a_1x$とを合わせて$6a_3-2a_1=2(3a_3-a_1)$），$x^k$（$k\ge2$）の係数は2つの和どうしをそのまま比較すればよいので，

\begin{equation} 2a_2 + 2(3a_3-a_1)x + \sum_{k=2}^{\infty}\bigl\{(k+1)(k+2)a_{k+2} - k(k+1)a_k\bigr\}x^{k} = 0 \label{eq:39-ex6-identity} \end{equation}

を得る．式\eqref{eq:39-ex6-identity}は$x$についての恒等式なので，各次数の係数はそれ自体で$0$でなければならない．すなわち，

$$ a_2=0,\qquad 3a_3-a_1=0,\qquad (k+1)(k+2)a_{k+2}-k(k+1)a_k=0\ \ (k=2,3,\ldots) $$

である．最後の漸化式は，$k+1\neq0$（$k\ge2$なので当然）で両辺を割ることができて，$a_{k+2}=\dfrac{k}{k+2}a_k$ となる．$a_2=0$から出発すると，この漸化式で偶数次の係数はすべて$0$になる．

$$ a_2=a_4=a_6=\cdots=0 $$

一方，奇数次は$a_1$から次々と決まる．

$$ a_3=\frac13a_1,\qquad a_5=\frac35a_3=\frac15a_1,\qquad a_7=\frac57a_5=\frac17a_1 $$

（一般に $a_{2m+1}=\dfrac1{2m+1}a_1$ というパターンになっている——分子の $\dfrac{k}{k+2}$ を次々に掛けていくと，途中の因数がすべて約分されて消えることを確認してみよ）．したがって，級数解は

\begin{equation} y=a_0+a_1\left(x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\frac{x^7}{7}+\cdots\right) \label{eq:39-ex6-series} \end{equation}

となる．$a_0,a_1$は初期値に応じて自由に選べる2つの任意定数であり，これが基本解2つ分の自由度を与えている．

例題39.7　$y''+\dfrac{2x}{1+x^2}y'=0$ の級数解法（例題39.6の類題）

方程式 $\dfrac{d^2y}{dx^2}+\dfrac{2x}{1+x^2}\dfrac{dy}{dx}=0$ の解を，級数解法で求めよ．

解答　$P(x)=\dfrac{2x}{1+x^2}$ は，分母 $1+x^2$ がすべての実数$x$で$0$にならないので，すべての実数で解析的であり，$x=0$は通常点である（例題39.6と符号が違うだけで，考え方はまったく同じである）．$y=\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k$ とおいて代入し，例題39.6とまったく同じ手順（両辺に$1+x^2$を掛けて分母を払い，指標をそろえて$x^k$の係数を比較する）をたどると，恒等式

$$ 2a_2+2(3a_3+a_1)x+\sum_{k=2}^{\infty}\bigl\{(k+1)(k+2)a_{k+2}+k(k+1)a_k\bigr\}x^k=0 $$

が得られる（例題39.6の恒等式\eqref{eq:39-ex6-identity}と比べると，$-x^2$の項が$+x^2$の項に変わった分だけ符号がいくつか反転している）．したがって $a_2=0$，$3a_3=-a_1$，漸化式 $a_{k+2}=-\dfrac{k}{k+2}a_k$（$k\ge2$）を得る．偶数次はやはりすべて$0$になり，奇数次は

$$ a_3=-\frac13a_1,\qquad a_5=-\frac35a_3=\frac15a_1,\qquad a_7=-\frac57a_5=-\frac17a_1 $$

と，符号が交互に入れ替わりながら決まっていく．よって級数解は

$$ y=a_0+a_1\left(x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots\right) $$

となる．かっこの中は逆正接関数（$\arctan x=\tan^{-1}x$）のマクローリン展開そのものであり，$y=a_0+a_1\arctan x$ が閉じた形の解である．実際 $\dfrac{d}{dx}\arctan x=\dfrac1{1+x^2}$ を使うと，例題39.6とまったく同様の計算で，$y=a_0+a_1\arctan x$ が方程式を厳密に満たすことが確かめられる（sympyで検算済み）．$\arctan x$ の展開の収束半径は$1$で，これも $P(x)=\dfrac{2x}{1+x^2}$ の特異点（$x=\pm i$，複素数の特異点だが，実数の収束半径にはやはり距離$1$として効いてくる）に対応している．

例題39.8　$y''+\dfrac3xy'-\dfrac3{x^2}y=0$（$x\neq0$）のフロベニウス級数解法

方程式 $\dfrac{d^2y}{dx^2}+\dfrac3x\dfrac{dy}{dx}-\dfrac3{x^2}y=0$（$x\neq0$）の解を求めよ．

解答　$P(x)=\dfrac3x,\ Q(x)=-\dfrac3{x^2}$ とおくと，

$$ xP(x)=x\cdot\frac3x=3,\qquad x^2Q(x)=x^2\cdot\left(-\frac3{x^2}\right)=-3 $$

となり，どちらも（$x$によらない）定数関数として $x=0$ で解析的である．

したがって $x=0$ は確定特異点であり，$y=(x-0)^{\lambda}\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}a_k(x-0)^k$ の形の解をもつ．$a_0=3,\ b_0=-3$ である．$y$ を1回，2回微分すると，

$$ \frac{dy}{dx}=\sum_{k=0}^{\infty}a_k(\lambda+k)x^{\lambda+k-1},\qquad \frac{d^2y}{dx^2}=\sum_{k=0}^{\infty}a_k(\lambda+k)(\lambda+k-1)x^{\lambda+k-2} $$

である．これらをもとの方程式に代入すると，

$$ \sum_{k=0}^{\infty}a_k(\lambda+k)(\lambda+k-1)x^{\lambda+k-2} + \frac3x\sum_{k=0}^{\infty}a_k(\lambda+k)x^{\lambda+k-1} - \frac3{x^2}\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^{\lambda+k} = 0 $$

を得る．右辺の第2項，第3項は，それぞれ $\dfrac1x,\dfrac1{x^2}$ を和の中に掛け込めば，すべての項が同じ指数 $x^{\lambda+k-2}$ をもつ形にまとめられる（$\dfrac3x\cdot x^{\lambda+k-1}=3x^{\lambda+k-2}$，$-\dfrac3{x^2}\cdot x^{\lambda+k}=-3x^{\lambda+k-2}$ であることに注意）．こうしてすべての項を $x^{\lambda+k-2}$ でくくると，

$$ \sum_{k=0}^{\infty}\Bigl\{a_k(\lambda+k)(\lambda+k-1) + 3a_k(\lambda+k) - 3a_k\Bigr\}x^{\lambda+k-2} = 0 $$

となる．これは $x$ についての恒等式なので，各 $k$ ごとに波括弧の中身が $0$ でなければならない．

\begin{equation} \bigl\{(\lambda+k)(\lambda+k-1)+3(\lambda+k)-3\bigr\}a_k=0 \qquad (k=0,1,2,\ldots) \label{eq:39-ex8-recursion} \end{equation}

$k=0$ のときを考える．フロベニウス級数の定義より $a_0\neq0$ なので，波括弧の中身がそれ自体で$0$でなければならない．これはちょうど決定方程式 \eqref{eq:39-indicial-expand} に $a_0=3,b_0=-3$ を代入したものになっている．

$$ \lambda(\lambda-1)+3\lambda-3=\lambda^2+2\lambda-3=0 \ \Longrightarrow\ \lambda=1,\,-3 $$

$\lambda_1=1,\ \lambda_2=-3$ であり，差は $\lambda_1-\lambda_2=4$ で正の整数である——定理39.1の(iii)にあたる，特別な注意が必要な場合である．

まず大きい方の根 $\lambda=1$ から $y_1$ を求める．$\lambda=1$を式\eqref{eq:39-ex8-recursion}に代入すると，

$$ \bigl\{(1+k)(k)+3(1+k)-3\bigr\}a_k=(k^2+k+3k+3-3)a_k=(k^2+4k)a_k=k(k+4)a_k=0 $$

を得る．$k=1,2,3,\ldots$ の範囲では $k(k+4)\neq0$ なので，これらすべての $k$ で $a_k=0$ でなければならない．したがって級数は先頭の $a_0$ の項だけが残り，基本解の1つは

$$ y_1=a_0x \quad\text{すなわち}\quad y_1=x $$

である．

次に，もう一方の根 $\lambda=-3$ から $y_2$ を求めようとすると，問題が起きる．39.4節の定理39.1でも触れたように，$\lambda_1-\lambda_2=4$（正の整数）のときは，小さい方の根から作る漸化式が途中で「共鳴」を起こす危険がある．実際，式\eqref{eq:39-ex8-recursion}に$\lambda=-3$を代入すると，波括弧の中身は $\{(k-3)(k-4)+3(k-3)-3\}=k(k-4)$（因数分解できることをsympyで確認済み）となり，$k=4$（＝$\lambda_1-\lambda_2$）でちょうど$0$になってしまう．つまり$\lambda=-3$からの漸化式は$k=4$のところで係数$a_4$が決まらなくなる——これは，$\lambda_2+4=\lambda_1=1$がもう一方の根と一致してしまうために起きる現象である．このとき，$a_4$が自由に選べてしまうと，できあがる級数は$y_1=x$の定数倍を余分に含んでしまい，$y_1$と1次独立な「本当に新しい」解になっているとは限らない（ロンスキアンが恒等的に$0$でないとは保証されない）．そこで，このまま押し切るのではなく，別の方法で$y_2$を求める．

ここで$y_2$を$y_1$を使って表す形として考えられるのは，定数倍 $y_2=Cy_1$（これは$y_1$自身の定数倍にすぎず，新しい情報を持たない）か，定数を加えた形 $y_2=C+y_1$（$C$は定数）のいずれかである．後者を実際に試してみよう．$y_2=C+x$とおくと $y_2'=1,\ y_2''=0$ なので，これを方程式に代入すると，

$$ \frac3x\cdot1-\frac3{x^2}(C+x)=\frac3x-\frac{3C}{x^2}-\frac3x=-\frac{3C}{x^2} $$

となる．これがすべての$x$で$0$になるには$C=0$でなければならない．つまり$y_2=C+y_1$の形を試しても，得られるのは$y_2=y_1$（$1$次従属）だけであり，$y_1$とは独立な新しい解は出てこない（sympyで検算済み）．定数倍・定数加算のどちらの単純な形も失敗したので，定数$C$を$x$の関数$u(x)$に一般化してみる——

基本解が1つ分かっているときの手法（第36章，reduction of order，階数低減法とも呼ばれる）を使う．$y_1=x$が分かっているので，もう1つの解 $y_2$ はある関数 $u(x)$ を使って $y_2=u(x)y_1=x\,u(x)$ の形で表せるはずだと考える．このとき一般解は，$y_1$の係数を$C_1$，$y_2$の係数を$C_2'$として，

$$ y=C_1y_1+C_2'y_2=y_1\bigl(C_1+C_2'u(x)\bigr) $$

と書ける．そこで，$y_2=x\,u(x)$（$u(x)$は未知関数）とおいて，これをもとの方程式に代入する．積の微分公式より

$$ y_2'=u+xu',\qquad y_2''=2u'+xu'' $$

であり，これを方程式 $y''+\dfrac3xy'-\dfrac3{x^2}y=0$ に代入すると，

$$ (2u'+xu'')+\frac3x(u+xu')-\frac3{x^2}(xu)=xu''+2u'+\frac3xu+3u'-\frac3xu=xu''+5u'=0 $$

（$\dfrac3xu$ と $-\dfrac3xu$ がちょうど打ち消し合い，$u'$ の係数が $2+3=5$ にまとまることに注意）．両辺に$x^2$を掛けて整理すると，

$$ x^3u''+5x^2u'=0 $$

を得る（これはノートの結果と一致する）．これは$u$自身は現れず$u'$についての1階線形微分方程式なので，$w=u'$とおくと $x^3w'+5x^2w=0$，すなわち変数分離形 $\dfrac{w'}{w}=-\dfrac5x$ になる．両辺を積分すると，

$$ \ln\abs w=-5\ln\abs x+C_1 \ \Longrightarrow\ w=\frac{C_2}{x^5} $$

となり（$C_2=\pm e^{C_1}$），さらに$u'=w=\dfrac{C_2}{x^5}$を積分すると，

$$ u=\int\frac{C_2}{x^5}\,dx=-\frac{C_2}{4x^4}+C_3=\frac{C_2'}{x^4}+C_3 \qquad (C_2'=-C_2/4) $$

を得る．注目すべきは，この積分の過程で対数項がまったく現れなかったことである（もし$w=C_2/x^1$のように$1/x$の形が出ていれば，積分すると$\ln x$が出ていたはずである）．これが，39.4節の定理39.1(iii)で触れた「定数$C$が$0$になる場合」の具体例である．こうして

$$ y_2=x\,u(x)=x\left(C_3+\frac{C_2'}{x^4}\right)=C_3x+\frac{C_2'}{x^3} $$

を得る．この右辺の $C_3x$ の部分は，すでに求めた $y_1=x$ の定数倍にすぎず新しい情報を持たない．したがって，$y_1$と1次独立な「真に新しい」第2の基本解は

$$ y_2=\frac1{x^3} $$

である．（実際，$y_2=1/x^3$を方程式に直接代入すると恒等的に$0$になることをsympyで検算済み．また，ロンスキアン $W(y_1,y_2)=y_1y_2'-y_2y_1'=x\cdot\left(-\dfrac3{x^4}\right)-\dfrac1{x^3}\cdot1=-\dfrac4{x^3}$ は恒等的に$0$でないので，$y_1,y_2$は確かに1次独立である．）

以上より，一般解は

\begin{equation} y=C_1y_1+C_2y_2=C_1x+\frac{C_2}{x^3} \label{eq:39-ex8-general} \end{equation}

である（sympyの $\mathrm{dsolve}$ でもまったく同じ一般解 $y=C_1x+C_2/x^3$ が得られることを検算済み）．

演習39.1　$\cos x$ の収束半径

$\cos x$ のマクローリン展開（式\eqref{eq:39-cos-series}）の収束半径を，ダランベールの判定法（定義39.1）で求めよ．

ヒント：$\cos x$の係数は偶数次だけに現れ，$x^{2k}$の係数は$a_{2k}=\dfrac{(-1)^k}{(2k)!}$である．$\left|\dfrac{a_{2k}}{a_{2k+2}}\right|$を計算し，$k\to\infty$の極限をとれ．

→ 解答

演習39.2　$y''-xy'-y=0$ の級数解法

方程式 $y''-xy'-y=0$ について，$x=0$が通常点であることを確認し，級数解法で係数の漸化式を求めよ．さらに$a_0=1,a_1=0$として，級数解の$x^6$までの項を書き下せ．

ヒント：例題39.6と同じ要領で，$y=\sum a_kx^k$を代入し，$x^k$の指数をそろえて係数比較する．今回は分母を払う必要がない分，例題39.6より簡単である．

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演習39.3　半整数次のベッセル型方程式の分類

方程式 $y''+\dfrac1xy'+\left(1-\dfrac1{4x^2}\right)y=0$ について，$x=0$がどの種類の点か判定し，確定特異点であれば決定方程式を立てて$\lambda$の値を求めよ．

ヒント：$P(x)=\dfrac1x,\ Q(x)=1-\dfrac1{4x^2}$として，$xP(x),x^2Q(x)$がそれぞれ$x=0$でどんな級数になるかを調べる（$x^2Q(x)=x^2-\dfrac14$は多項式なので解析的である）．

→ 解答

演習39.4　決定方程式の複素数解

$P(x)=\dfrac1x,\ Q(x)=\dfrac1{x^2}$ のとき，決定方程式を立てて$\lambda$の値を求めよ．

ヒント：$a_0=1,b_0=1$を決定方程式\eqref{eq:39-indicial-expand}に代入するだけでよい．出てくる$\lambda$は実数とは限らないことに注意せよ．

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演習39.5　$\log(1+x)$ の誤記の再検証

39.2節の box warn で指摘した，$\log(1+x)$のマクローリン展開の第4項の符号の誤記について，$f(x)=\log(1+x)$の4階微分係数$f^{(4)}(0)$を実際に計算し，正しい係数$a_4$が$-\dfrac14$であることを自分の手で確かめよ．

ヒント：$f'(x)=(1+x)^{-1}$から順に微分し，符号の変化を追う．$a_4=f^{(4)}(0)/4!$（式\eqref{eq:39-maclaurin}）である．

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演習39.6　もし$\lambda_1-\lambda_2$が整数でなかったら

例題39.8の方程式 $y''+\dfrac3xy'-\dfrac3{x^2}y=0$ で，もし$Q(x)=-\dfrac3{x^2}$の代わりに$Q(x)=-\dfrac2{x^2}$だったとしたら（$P(x)=\dfrac3x$はそのまま），決定方程式の2根の差はどうなるか．また，その場合，基本解$y_2$を求める手順は例題39.8とどう変わるか説明せよ．

ヒント：$a_0=3,b_0=-2$として決定方程式$\lambda^2+2\lambda-2=0$を解け．差が整数でなくなるので，定理39.1のどの場合にあたるかを考えよ．

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