초기하 방정식에 대한 프로베니우스 용액

다음에서는 페르디난드 게오르크 프로베니우스의 이름을 딴 프로베니우스 방법을 사용하여 초지하 미분 방정식이라고 하는 2차 미분 방정식을 푼다.이것은 미분 방정식에 직렬 솔루션을 사용하는 방법인데, 여기서 우리는 솔루션이 직렬의 형태를 취한다고 가정한다.이것은 우리가 복잡한 보통 미분 방정식에 사용하는 방법이다.

초기하 미분 방정식의 해법은 매우 중요하다.예를 들어, Legendre의 미분방정식은 초기하 미분방정식의 특별한 경우로 보여질 수 있다.따라서 초기하 미분 방정식을 풀면 필요한 대체물을 만든 후 레전드레의 미분 방정식의 해답을 얻기 위해 그 해법들을 직접 비교할 수 있다.자세한 내용은 초기하 미분방정식을 확인하십시오.

우리는 이 방정식이 세 가지 특이점, 즉 x = 0, x = 1 및 x = 무한도라는 것을 증명할 것이다.하지만, 이러한 점들이 규칙적인 단수 점으로 판명될 것이기 때문에, 우리는 일련의 형태로 해결책을 제시할 수 있을 것이다.이것은 2차 미분 방정식이기 때문에 우리는 두 개의 선형적으로 독립된 솔루션을 가지고 있어야 한다.

그러나 문제는 가정된 해법이 독립적일 수도 있고 그렇지 않을 수도 있고 더 나쁠 수도 있다는 것이다(방정식의 매개변수 값에 따라).이것이 우리가 매개 변수에 대한 여러 가지 사례를 연구하고 그에 따라 가정된 해결책을 수정해야 하는 이유다.

방정식

모든 특이점 주변의 초기하 방정식을 해결하십시오.

${\displaystyle x(1-x)y"+\왼쪽\{\put -(1+\properties +\put )x\right\'-\put y=0}$

x = 0 주위에 있는 용액

내버려두다

${\displaystyle {\reasoned}P_{0}(x)&=-\알파 \beta \beta \beta \\p_{1}(x)&=\gamma -(1+\alpha +\beta )x,\P_{2}(x)&=x(1-x)\ended}}}}}}}}$

그러면

${\displaystyle P_{2}(0)=P_{2}(1)=0.}$

따라서 x = 0과 x = 1은 단수점이다.x = 0으로 시작합시다.규칙적인지 확인하기 위해 다음과 같은 한도를 연구한다.

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

따라서 두 한계 모두 존재하며 x = 0은 정규 단수점이다.따라서, 우리는 해결책이 그 형태를 취한다고 가정한다.

${\displaystyle y=\sum _{r=0}^{\infit }a_{r}x^{r+c}}$

0₀ 냥으로그러므로,

${\displaystyle {\regated}y'&=\sum _{r=0}^{{r}a_{r}x^{r+c-1}\y"&=\sum _{r=0}^{r}a_{r+c-}(r+c-1)x^{r+c-2}.\end{정렬}}}$

이것들을 초기하 방정식으로 대체하면, 우리는

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

그것은

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

이 방정식을 단순화하기 위해서는 모든 힘이 같아야 하며, 가장 작은 힘인 r + c - 1과 같아야 한다.따라서 우리는 다음과 같이 지수를 전환한다.

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

따라서 0부터 시작하는 총액의 첫 번째 기간을 분리하면

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

이제 x의 모든 힘, 즉 함수 1, x, x 등의² 선형 독립성에서 모든 k에 대한 x의^k 계수가 사라진다.그러므로, 첫 학기부터, 우리는

${\displaystyle a_{0}(c(c-1)+\properties c)=0}$

그게 지시 방정식이야0파운드₀ 이후, 우리는

$#\displaystyle c(c-1+\properties )=0.}$

그러므로,

${\displaystyle c_{1}=0,c_{2}=1-\properties }$

또 나머지 조건부터.

${\displaystyle ((r+c-1)(r+c-1)+\redit (r+c-1)+(-(r+c-1)-(r+c-2)-(r+c-1)-(r+c-1)-_{r-1}=0}$

그러므로,

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

그렇지만

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

그래서 우리는 다시 관계를 갖게 된다.

${\displaystyle a_{r}={\frac {(r+c+\properties -1){(r+c+\property -1)}{(r+c+\pa -1)}a_{{r-1},{\text{}{}r\geq 1.}$

이제_r−1 a 대신 a의_r0 관점을 주어 이 관계를 단순화하자.재발 관계(참고: 아래, 형태(u)_r의 표현은 포하머 기호를 가리킨다.

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

보다시피

${\displaystyle a_{r}={\frac {(c+\properties )_{r}{{r+1)_{r}{{r}(c+\property )_{r}a_{0},{\text{}{}r\geq 0}}}$

따라서, 우리의 가정된 해결책은

${\displaystyle y=a_{0}\sum _{r=0}^{\inflt }{\frac {(c+\property )_{r}{r}{c+1}{r}}{r+1)_{r}x^{r+c}}}}$

c₁ - c₂ = γ - 1에 대한 다른 사례에 해당하는 솔루션(이것은 변수 γ의 성질: 정수인지 아닌지를 연구하는 것으로 감소)을 연구할 준비가 되어 있다.

두 근 중 terms - 1의 차이를 고려한 용액 분석

γ 정수가 아님

그런 다음₁ y = y 및 y₂ = y . 이후

${\displaystyle y=a_{0}\sum _{r=0}^{\inflt }{\frac {(c+\property )_{r}{r}{c+1)_{r}{r}x^{r+c},}$

우리는 가지고 있다.

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

따라서 $y{\displaystyle }$= ${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {\prime }^{}}$ ${\displaystyle y{}_{}}$ ${\displaystyle {1\mathrm{}}_{}}$+ ${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {\prime }^{}}$ y ${\displaystyle {2\mathrm{}}_{}}$. ${\displaystyle y=A'y_{1}+B'y_{2}.$$}$ A와₀ B를 a = B로 한다₀.그러면

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

γ = 1

그러면 y₁ = y . γ = 1이기 때문에 우리는

${\displaystyle y=a_{0}\sum _{r=0}^{\inflt }{\frac {(c+\property )_{r}{{r}}{{r+1}^{2}}x^{r+c}}}$

그러므로,

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

이 파생 모델을 계산하려면

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

그러면

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

그렇지만

$\\displaystyle \ln(c+\build )_{r}=\ln \left(c+\build +1)\cdots(c+\build +1)\sum _{k=0}^{r-1}\ln(c+\buffa +k)=\k.}$

그러므로,

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

c에 대해 방정식의 양쪽을 구별하면 다음과 같은 결과를 얻을 수 있다.

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

그러므로,

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

지금

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

그러므로,

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\partial y}{\partial c}}&=a_{0}x^{c}\ln(x)\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c+\alpha )_{r}(c+\beta )_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}x^{r}+a_{0}x^{c}\sum _ᆰ^ᆱ\left({\frac{())_ᆲ(c+\beta)_{r}}{(c+1)_{r}^{2}}}\left\ᆶ^ᆷ\left({\frac{1}{c+\alpha +k}}와{\frac{1}{c+\beta +k}}-{\frac{2}{c+1+k}}\right)\right\}\right)x^{r}\\&, =a_{0}x^{c}\sum _ᆻ^ᆼᆽ(c+\beta)_{r}}{(c+1)_{r})^{2}}}\left(\ln x+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac{1}.{c+\알파 +k}+{\frac{1}{c+\propert +k}-{\frac {2}{c+1+k}\오른쪽)x^{r}.\end{정렬}}}$

c = 0의 경우

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

따라서 y = C′y₁ + D′y₂.C′a₀ = C, D′a₀ = D로 한다.그러면

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

γ 정수와 γ 1

γ ≤ 0

$\gamma {\displaystyle }$ ${\displaystyle \gamma}$의 값은 $\gamma {\displaystyle }$= ${\displaystyle 0,}$- ${\displaystyle 1}$,${\displaystyle }$- ${\displaystyle 2}$,${\displaystyle \cdots }$ ${\displaystyle \gamma =0,-1,-2,\cdots$ $\}.$ 우선 γ ${\displaystyle \gamma}$의 특정 값을 집중시켜 문제를 단순화하고 이후$$ 단계에서 결과를 일반화한다.γ${\displaystyle }$=${\displaystyle }$- ${\displaystyle 2}$ ${\displaystyle \gamma =-2}$ 값을 사용하십시오$.$지시 방정식은 ${\displaystyle \mathrm{c}}$= 0 ${\displaystyle c=0$에 루트를 가지며, 우리는 반복 관계를 통해 알 수 있다.

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

$r{\displaystyle }$= ${\displaystyle 3}$ ${\$$displaystyle$ $r=3}$ 그$$ 분모가${\displaystyle }$c = ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle$c=0$}$일 때 소멸되는$$ 인자 c$${\$displaystyle c$$=0$}을(를) 가지고 있을 때$,$ $b{\displaystyle {}_{}}$ = ${\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {0\mathrm{}}_{}}$ ${\displaystyle {}_{}}${\$displaystyle a_{0}=$$b_{0$$}$c$}}}}}$을(을)에$$$$ 넣어 솔루션을 얻을 수 있다.

${\displaystyle {이}^{}}$ 대체 방법으로 x $r{\displaystyle {}^{}}$ ${\$r}의$$계수는 c =${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle$ c=$0} 및$ r$$ < ${\displaystyle$ r<$3}$이가) 있을 때 사라진다$$.${\displaystyle \mathrm{반복관계}}$ 분모에$$ 있는$c{\displaystyle }$ {\$displaystyle c}$의 인수는 $r{\displaystyle }$ ${\displaystyle \ge }$ 3 ${\displaystyle r\geq$ 3$}$일 때 분자와 함께 취소되므로, 우리의 솔루션은 형태를 취한다$.$

${\displaystyle y_{1}={\frac {b_{0}{{b_}}{{1}}}{{3}\frac(-1)}\좌측값\frac {(\frac )_{3}{3}}}}{3!0!}}}x^{3}+{\frac {(\frac )_{4}(\frac )_{4}{4}{4}}{4!}}}x^{4}+{\frac {(\frac )_{5}(\frac )_{5}{5}}{5!2!}}}x^{5}+\cdots \오른쪽)}$

${\displaystyle ={\frac{b_{0}}{{2}}:}\sum _{r=3}^{\inflt }{\frac {(\reflict )_{r}}}{r-3)!}}}x^{r}={\frac {b_{0}{{0}}}{\frac {(-2)_{2}}}{\frac {(\frac )_{3}}{3}}{3}}}{3!}}}\sum _{r=3}^{\inflt }{\frac {(\frac +3)_{r-3}(\read +3)_{r-3}{(1+3)_{r-3}(r-3)!}}}x^{r}.}$

$합계$를 $r{\displaystyle }$= ${\displaystyle 3}$ ${\displaystyle r=3}$이(가) 아닌 r${\displaystyle }$= ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle$ r$=0}$에서 시작하면 알$$ 수 있다.

${\displaystyle y_{1}=b_{0}{\frac {(\frac )_{3}(\frac )_{3}{{(-2)_{2}\computer 3!}}}x^{3}{_{2}F_{1}:{1}(\알파 +3,\베타 +3;(1+3);x)).}$

결과는 쉽게 일반화된다$\gamma {\displaystyle }$= ${\displaystyle 1}$+ m ${\displaystyle \gamma =1+m$의 경우 $m{\displaystyle }$= ${\displaystyle 1}$,${\displaystyle 2}$, 3,${\displaystyle \cdots }$ ${\displaystyle m=1,2,3,\cdots }$을(를) 사용한 다음$$

${\displaystyle y_{1}=b_{0}{\frac {(\frac )_{m}(\m)(\m)_{m-1}\m!}}}x^{m}{_{2}F_{1}:{1}(\알파 +m,\베타 +m;(1+m);x)).}$

분명히 $\gamma {\displaystyle }$=${\displaystyle }$- ${\displaystyle 2}$ ${\displaystyle \gamma =-2}$이면$$${\displaystyle \mathrm{m}}$= 3 ${\displaystyle m=3$ .우리가 방금$$ 준 ${\displaystyle {y\mathrm{}}_{}}$ ${\displaystyle 1{}_{}}$( x$){\displaystyle y_{1}(x)}$에 대한 표현은 우리가 통상적인 임의의 승법 ${\displaystyle {상수\mathrm{}}_{}}$ b 0$${\$displaystyle b_{0}$과(와) 별개의 승법 상수를 가지고 있기 때문에 약간 이상해 보인다$.$나중에 우리는 이 추가 상수가 결코 나타나지 않는 방식으로 사물을 다시 추론할 수 있다는 것을 알게 될 것이다.

지시 방정식의 다른 루트는 ${\displaystyle \mathrm{c}}$= 1 -${\displaystyle \mathrm{\gamma }}$= 3 ${\displaystyle c=1-\gamma=3$이지만, 이것은 $c{\displaystyle }$= ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle c=0}$을 사용하여 발견된 것과 동일한 결과를 우리에게 준다$.$이것은 우리가 두 번째 독립적 해결책을 찾기 위해 일반적인 시험 솔루션의 부분적 파생상품(w.r.$t{\displaystyle }$. c$${\$displaystyle$c$\})$을 가져가야 한다는 것을 의미한다.선형 연산자 $L{\displaystyle }$ ${\displaystyle L}$을(를) 다음과$$ 같이 정의하는 경우

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

${\displaystyle \mathrm{그럼}}$ ${\displaystyle =}$= - 2$${\$displaystyle$\ = =-$2}$ 이후로

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

($b{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {0\mathrm{}}_{}}$ ${\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle b_{0}\neq$ 0$}$을(를) 주장함.)$$부분파생상품$($w.r.$t{\displaystyle }$ c ${\displaystyle c}),$

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

부분파생상품은${\displaystyle }$c = ${\displaystyle 0}${\$displaystyle c=0}($다른 루트${\displaystyle }$c = ${\displaystyle 3}${\$displaystyle c=3}$이 아닌)에서 평가해야 한다는 점에 유의하십시오.$$그렇지 않으면 오른쪽이 위의 "${\displaystyle 0}$"이 아니고 우리는 L y (${\displaystyle x}$)${\displaystyle }$= ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle Ly(x)=0}$의 솔루션을 가지고 있지 않다$.$ $요인{\displaystyle }$ $c{\displaystyle }$ ${\displaystyle$ $c$$}$은 r${\displaystyle }$= ${\displaystyle 0,}$ 1 ${\displaystyle$ r$=0,$1} $및$ $r{\displaystyle }$= ${\displaystyle 2}$ ${\displaystystyle$ r$=2}$에 대해 취소되지 않는다$$$.$두 번째 독립 솔루션의 이 부분은

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

이제 요인 $c{\displaystyle }$ ${\displaystyle c}$이(가) 취소하는$$ 용어로 주의를 돌릴 수 있다.먼저

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

그 후, 재발 관계는 우리에게

${\displaystyle cb_{4}=cs_{3}(c){\frac {(c+\properties +3)}{(c+1){(c+1)(c+4)}}}}.}$

${\displaystyle cb_{5}=c_{3}(c){\frac {(c+\flus +3)(c+\flus +4)(c+\flus +4)}{{(c+2)(c+1)(c+5)(c+4)}}}}.}$

자, ${\displaystyle \mathrm{만약}}$ r ${\displaystyle \ge }$ 3 ${\displaystyle r\geq$ 3$}$이(가) 있다면,

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

우리는 부분적인 파생상품이 필요하다.

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

비슷하게, 우리는 글을 쓸 수 있다.

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

그리고

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

$r{\displaystyle }$ ${\displaystyle \ge }$ ${\displaystyle 3}$ ${\displaystyle r\geq$ 3$}$에 대해 명확해진다.

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

여기서 ${\displaystyle H_{}}$ k ${\$은(는) 고조파 $계열$의$$k {\$displaystyle k}$ th$$ 부분합이며, 정의상 H ${\displaystyle {0\mathrm{}}_{}}$= ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle H_{0}=$${\displaystyle 0}$$},$ ${\displaystyle H_{}}$ 1${\displaystyle {}_{}}$= 1 ${\displaystyle H_{1$}=$1}=$1$\}.$

이것들을 종합해 보면, $사례{\displaystyle }$ ${\displaystyle =}$= - ${\displaystyle 2}$ ${\displaystyle \gamma$=-$2}$에 대한 두 번째 해결책이 있다.

${\displaystyle y_{2}(x)=\log x\prac {b_{0}}{2}}:\sum _{r=3}^{\frac {(\reason )_{r}}{r!(r-3)!}}}x^{r}+b_{0}\sum _{r=0}^{3-1}{\frac {(\frac )_{r}(\r)_{r}{r!(1-3)_{r}x^{r}}}}}}}}$

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

$그러면{\displaystyle }$ ${\displaystyle =}$ =${\displaystyle 1}$ - ${\displaystyle m}${\$displaystyle \gamma =1-m}($여기서 m$${\$displaystyle m$}은$$(는) 양의 정수)에 대한 두 개의 독립 솔루션이 된다.

${\displaystyle y_{1}(x)={\frac {1}{{1}-{m-1}}\sum _{r=m}^{r=m}{\frac {(\reason )_{r!(r-m)!}}}x^{r}}}$

그리고

${\displaystyle y_{2}(x)=\log x\mx y_{1}(x)+\sum _{r=0}^{m-1}{\frac {(\recip )_{r}}{r!(1-m)_{r}x^{r}}}}}}}$

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

일반적인 용액은 보통 $y{\displaystyle (}$ ${\displaystyle x}$)${\displaystyle }$= A ${\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {1\mathrm{}}_{}}$ ${\displaystyle x}$)${\displaystyle }$+ B ${\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}_{}}$ ${\displaystyle x}$) ${\displaystyle$ y$(x)=$이다.$Ay\_{\displaystyle }$${1}(x)+By_{2}(x)}$ 여기서$$ $A{\displaystyle }$ ${\displaystyle A}$ 및 B$$ ${\displaystyle$ B}은$($는) 임의 상수입니다$$.이제 독자가 제15.5.21조의 아브라모위츠와 스테건이 (다음 섹션의 끝에 적음) 준 것과 같은 이 사건에 대한 ``표준 솔루션"을 참조한다면, 우리가 발견한 ${\displaystyle {y\mathrm{}}_{}}$ $2{\displaystyle {}_{}}$ ${\$ 스타일 $y_{$2}}$개$의 솔루션이$$ 표준 솔루션과 다소 다르게 보인다는 것을 알게 될 것이다.$y{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}_{}}$ ${\$}에 대한 솔루션에서$,$ ${\displaystyle {y\mathrm{}}_{}}$ 2 ${\$}}: 무한 시리즈 부분의 첫 번째 용어는 $x{\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle m^{}}$ ${\$의 용어 입니다$.$표준용액에서 해당 무한계열의 첫 번째 용어는 x ${\displaystyle m^{}}$+ ${\displaystyle 1^{}}$ ${\$ x$^{m+1}$의 용어다$.$$x{\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle m^{}}$ ${\$ 항이$$ 표준 용액에서 누락됨그럼에도 불구하고, 이 두 해결책은 전적으로 동일하다.

솔루션의 "표준" 형태 γ 0

위에 제시된 솔루션과 아브라모위츠와 스테건 §15.5.21의 표준 솔루션 사이에 명백한 불일치의 이유는 초기하학 OSDE의 두 가지 독립적 솔루션을 나타내는 무한한 수의 방법이 있기 때문이다.예를 들어 마지막 섹션에서는 ${\displaystyle {0\mathrm{}}_{}}$ ${\$을(를$)$ $b{\displaystyle {}_{}}$ 0 c {\$displaystyle$ b_${0}c$}로$$ 교체했다. 그러나 c$$= $displaystyle c=0}$에 대해 임의로 작은 간격으로 모든 곳에 연속적이고 유한한$$ $일부{\displaystyle }$ 함수 h$c)$를 제공한다고 가정합시다$.$이븐

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

그런 다음 ${\displaystyle {0\mathrm{}}_{}}$ ${\$을(를$)$ b 0 ${\displaystyle {}_{}}$ {\$displaystyle b_$${\displaystyle \{}$0$}$$}($으$$)로$$ $교체$하는 $대신$ 0 {\$displaystyle a_{0}$$($c$)$${\displaystyle {c\mathrm{}}_{}}$$}$로 교체하면 초기하 방정식의 유효한 해법이 있음을 알 수 있다.분명히, $우리$는 h${\displaystyle }$($){\displaystyle h(c)}$에 대한 무한한 가능성을 가지고 있다$.$There is however a ``natural choice" for ${\displaystyle h(c)}$. Suppose that ${\displaystyle cb_{N}(c)=b_{0}f(c)}$ is the first non zero term in the first ${\displaystyle y_{1}(x)}$ solution with ${\displaystyle c=0}$. If we make ${\displaystyle h($$c)}$ $f{\displaystyle }$(${\displaystyle c}$) ${\displaystyle f(c)}$의 역수$,$ 그러면 이전 섹션에서와 같이$$ y ${\displaystyle {1\mathrm{}}_{}}$( ${\displaystyle x}$) ${\displaystyle y_{1}(x)}$에 포함된 승수 상수가 없을 것이다.또 다른 관점에서 ${\displaystyle {보면}_{}}$, N ${\$이 c$${\$displaystyle c}$과(와$)$ 독립되어 있다는$$ 것을 ``인시스트"하고, 재발 관계를 역이용하여$$ $){\displaystystyle$a_{$0}(c)$을 찾으면 동일한 결과를 얻을 수 있다.

For the first ${\displaystyle (c=0)}$ solution, the function ${\displaystyle h(c)}$ gives us (apart from multiplicative constant) the same ${\displaystyle y_{1}(x)}$ as we would have obtained using ${\displaystyle h(c)=1}$. Suppose that using ${\displaystyle h(c)=1$$}$ gives rise to two independent solutions ${\displaystyle y_{1}(x)}$ and ${\displaystyle y_{2}(x)}$. In the following we shall denote the solutions arrived at given some ${\displaystyle h(c)\neq 1}$ as ${\displaystyle {\tilde {y}}_{1}(x)}$ and ${\displaystyle {\tilde{y}}_{}}$${\displaystyle 2_{}}$( ${\displaystyle x}$) ${\displaystyle {\tilde {y}_{2}(x)}$.

두 번째 해결책은 부분 파생상품 w$.$r.t $c{\displaystyle }$ {\$displaystyle$ c$}$을(를) 가져가야 하며$,$ 일반적인 시험 솔루션을 대체하면 우리에게 주어진다.

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

연산자 $L{\displaystyle }$ ${\displaystyle L}$은(는) 이전 섹션에서 설명한 것과 동일한 선형 연산자 L {\displaystyle L}즉, 초기하학 ODE는 ${\displaystyle L}$ y${\displaystyle }$(${\displaystyle x}$) = ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle Ly(x)=0}$로 표시된다$.$

$왼쪽{\displaystyle }$ 측면을 c${\displaystyle }$= ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle c=0}$으로 평가하면 두 번째 독립 솔루션을 얻을 수$$ 있다.이 두 번째 솔루션 $y{\displaystyle {\stackrel{}{}}_{}}$~ ${\displaystyle 2_{\mathrm{}}}$ ${\$ 사실 $y{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle 1{}_{}}$( x${\displaystyle }$) ${\displaystyle y_{1}(x)}$과 ${\displaystyle {y\mathrm{}}_{}}$ 2${\displaystyle {}_{}}$( ${\displaystyle x}$) ${\displaysty y_{2}(x)}$의 선형 결합인$$ 점에 유의하십시오$.$

$y{\displaystyle }$ ${\displaystyle {1\mathrm{}}_{}}$ ${\$}{1$$$}$와 $y{\displaystyle {\stackrel{}{}}_{}}$${\displaystyle {1\mathrm{}}_{}}$ ${\$ y_{1}{1$$$}$ 및 y $2{\displaystyle {}_{}}$ ${\$$displaystyle$$y_{$$2$}}의 두 개의 $독립적$ $선형$ 결합은 ${\displaystyle {\stackrel{}{}}_{}}$${\displaystyle y}$= ${\displaystyle 0}$$$${\displaystyle Ly=0}$의 독립적 솔루션이다$.$

일반용액은 $y$${\displaystyle {\stackrel{}{}}_{}}$~ ${\displaystyle 1_{\mathrm{}}}$ ${\$ y$$$$${\displaystyle {\stackrel{}{}}_{}}$~ ${\displaystyle 2_{\mathrm{}}}$ ${\$}}의 선형 결합뿐만 아니라 y ${\displaystyle {1\mathrm{}}_{}}$ ${\$$displaysty y_{$1}{\$displaysty y_{2$}}의 선형 결합으로도 작성할 수 있다$.$

지난 섹션에서 검토된 $\gamma$${\displaystyle }$= ${\displaystyle 1}$- 3${\displaystyle }$=${\displaystyle }$- 2 ${\displaystyle \gamma$= $1-3=-2}$의 특수한 경우를 검토한다.${\displaystyle {만일\mathrm{}}_{}}$ $우리$가 3${\displaystyle {}_{}}$( ${\displaystyle c}$ )${\displaystyle }$= ${\displaystyle c}$ ${\displaystyle o}$ ${\displaystyle n}$ ${\displaystyle t}$. ${\displaystyle a_{3}(c)=constant.$$\}\},$ 그 후 재발 관계가 산출된다.

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

그리고

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

이 세 계수는 예상대로$$ $c{\displaystyle }$= ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle c=0}$에서 모두 0이다.당사는 부분적 $파생상품{\displaystyle }$ w$.rt$ c {\$displaystyle$ c$}$을(를) 취함으로써$$ ${\displaystyle {y\mathrm{}}_{}}$ 2$$( x ) {\$displaystyle$ y_${2}(x$)}에 포함된 3개 항의 합을 S ${\displaystyle {3\mathrm{}}_{}}$ ${\$로 표시한다$.$ 여기서$$

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

독자는 우리가 이것을 정리할 수 있고, 퍼팅으로 일반화를 쉽게 할 수 있다는 것을 확인할 수 있을 것이다.

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

다음으로 우리는 다른 계수로 돌아설 수 있다, 재발 관계가 산출된다.

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

$c{\displaystyle }$= ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle c=0}$을(를) 설정하면

${\displaystyle {\tilde{y}_{1}(x)=a_{3}x^{3}\sum _{r=0}^{\flac {(\flict +3)_{r}}{r}}}{r(3+1)_{r}r}r!}}}x^{r}=a_{3}x^{3}{{2}F_{1}}(\알파 +3,\베타 +3;(1+3);z)).}$

이것은 (${\displaystyle \mathrm{승법}}$ 상수${\displaystyle }$(${\displaystyle {}_{}}$) ${\displaystyle {3\mathrm{}}_{}{}_{}}$( b${\displaystyle {}_{}}$) ${\displaystyle 3\mathrm{}{}_{}}$/ 2 $(\displaystyle (a)_{3}(b)_{3}/2$ y ${\displaystyle 1{}_{}}$( x${\displaystyle }$)$${\$displaysty y_{1}(x)}$과 동일함$.$ 이제 $y{\displaystyle {\stackrel{}{}}_{}}$~ ${\displaystyle 2_{\mathrm{}}}$ $({\$이 필요하다$$.

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

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

그러면

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

우리는 이것을 로 다시 쓸 수 있다.

${\displaystyle {\frac {\present a_{5}{\bigg \vert }{c=0}=a_{3}{\frac {(3+\property )_{2}{2}}(1+3)_{2}\pa2!}}{\bigg [}\sum _{k=0}^{1}\left({\frac {1}{\alpha +3+k}}+{\frac {1}{\beta +3+k}}\right)+\sum _{k=1}^{3}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{5}{\frac {1}{k}}-{\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}{\bigg ]}.}$

패턴이 곧 명확해지고, $r{\displaystyle }$= ${\displaystyle 1}$,${\displaystyle 2}$,${\displaystyle 3}$,${\displaystyle \cdots }$ ${\displaystyle r=1,2,3,\cdots }$

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

분명히 $r{\displaystyle }$= ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle r=0}$의 경우$,$

${\displaystyle {\frac {\propert a_{3}}{\bigg \vert }{c=0}=0.}$

$y{\displaystyle {\stackrel{}{}}_{}}$~ ${\displaystyle 2_{\mathrm{}}}$ ${\$}}의$$ 무한 시리즈 부분은 $S{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {\infty \mathrm{}}_{}}$ ${\$ 여기서

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

이제 ${\displaystyle }$= ${\displaystyle 1}$- ${\displaystyle \mathrm{m}}$ ${\displaystyle \gamma =1-m}$에 대해 쓸 수 있음

${\displaystyle {\tilde{y}_{1}(x)=x^{3}{_{2}F_{1}}(\알파 +m,\beta +m;1+m;z)}$

${\displaystyle {\tilde {y}_{2}(x)={\tilde {y}_{1}\log x-\sum _{r=1}^{m}{\frac {(-m)_{r-1}(r-1)!}}{{1-\nf -m)_{r}(1-\nf -m)_{r}}x^{m-r}.}$ ${\displaystyle +x^{3}}\sum _{r=0}^{\inflt }{\frac {(\fract +m)_{r}{r}{(1+m)_{r}\inflt r!}}{\bigg [}\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +m+k}}+{\frac {1}{\beta +m+k}}\right)+\sum _{k=1}^{3}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{r+3}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{r}{\frac {1}{k}}{{\bigg ]}x^{r}}.}$

일부 저자들은 digamma 함수 $\psi {\displaystyle }$ ( x $){\displaystyle \psi (x)}$를 사용하여 이 마지막 결과에서 유한한 합을 표현하기를 선호한다$.$ 특히 다음과 같은 결과가 사용된다.

${\displaystyle H_{n}=\psi (n+1)+\감마 _{em}.$$}$$여기$서 ${\displaystyle e_{}}$ e${\displaystyle {}_{}}$m = 0${\displaystyle .5772156649}$ =${\displaystyle \psi }$(${\displaystyle 1)}${\$displaystyle \gamma_{em}=0.5772156649=\psi$(1$)}는$오일러-마스케로니 상수다.또,

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

이러한 결과를 통해 우리는 아브라마모위츠와 스테건 §15.5.21에 제시된 양식을 얻는다.

${\displaystyle {\tilde {y}_{2}(x)={\tilde {y}_{1}\log x-\sum _{r=1}^{m}{\frac {(-m)_{r-1}(r-1)!}}{{1-\nf -m)_{r}(1-\nf -m)_{r}}x^{m-r}.}$ ${\displaystyle +x^{3}}\sum _{r=0}^{\inflt }{\frac {(\fract +m)_{r}{r}{(1+m)_{r}\inflt r!}}{{\bigg [}\bigg[}\bigg[\bigg +r+m]-\bigg (\bigg +m)-\bigg[\bigg +m]-\bigg[\bigg +m]-\bigg(\bigg +m)]-\bit$ ${\displaystyle -\displaystyle -\displaystyle (r+1+m)-\display (r+1)+\display (1+m)+\display (1){\bigg ]}x^{r}}.}$

표준" 용액의 형태 γ > 1

In this section, we shall concentrate on the ``standard solution", and we shall not replace ${\displaystyle a_{0}}$ with ${\displaystyle b_{0}(c-1+\gamma )}$. We shall put ${\displaystyle \gamma =1+m}$ where ${\displaystyle m=1,2,3,\cdots }$. For the root ${\displaystyle c=1-}$${\displaystyle \gamma }$ $[\displaystyle c=1-\displaystyle }$이(가) 우리가 가졌던$$ 지시 방정식

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

where ${\displaystyle r\geq 1}$ in which case we are in trouble if ${\displaystyle r=\gamma -1=m}$. For instance, if ${\displaystyle \gamma =4}$, the denominator in the recurrence relations vanishes for ${\displaystyle r=3}$. We can use exactly the same methods that we have just used for the s마지막 부분의 탠다드 용액(${\displaystyle }$= ${\displaystyle 4}$ ${\displaystyle \gamma =}$인 $경우{\displaystyle {}_{}}$$$${\displaystyle {0\mathrm{}}_{}}$ ${\$을 b 0$($+ $displaysty b_{0}(c+3$)으로$$ 교체해서는 안 된다. 이는 $우리$가 추구하는 표준 형태의 솔루션을 제공하지 못하기$$ 때문이다.오히려 우리는 A ${\displaystyle {3\mathrm{}}_{}}$= ${\displaystyle c}$ ${\displaystyle o}$ ${\displaystyle n}$ ${\displaystyle t.}$ ${\displaystyle A_{3}=constitute$라고 ``insist"할 것이다$.$$}$ $지난{\displaystyle }$ 섹션의$$ }${\displaystyle }$=${\displaystyle }$- 2 ${\displaystyle \gamma =-2}$에 대한 표준 솔루션에서 그랬던 것처럼$$.(이것은 $함수{\displaystyle }$h${\displaystyle }$(${\displaystyle c}$ )$${\$displaystyle$ h$(c)}$을(를) 정의했으며$,$ 0 {\$displaystyle a_{$0}${\displaystyle h}$(${\displaystyle c)}$가 $이제{\displaystyle {}_{}}$ b ${\displaystyle {0\mathrm{}}_{}c}$+ ${\displaystyle 3}$) h${\displaystyle (}$c ) ${\displaystystyle b_{0}(c+3)h(c)}$로 대체된다는$$ 점을 상기하십시오.)$$그런 다음 반복 관계를 역방향으로$$ $사용$하여 x ${\displaystyle {0\mathrm{}}^{}}${\$displaystyle$x^{$0$$}$ ~ ${\displaystyle {x\mathrm{}}^{}}$ 2$${\$displaystyle x^{2}}$의 계수를 c$${\$displaystyle$c}의 함수로 계산할$$ 수 있다.여기에 새로 추가할 것은 없으며, 독자는 마지막 절에서 사용한 것과 동일한 방법을 사용하여 제15.5.18조 및 제15.5.19조의 결과를 찾을 수 있다.

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

그리고

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

$y{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}_{}x}$)$${\$displaystyle y_{2}(x)}$의 유한섬 부분에 있는$$ $z{\displaystyle }$ ${\displaystyle z}$의 검정력은 이제 음수가 되어$$ 이 합이 $z{\displaystyle }$→ ${\displaystyle 0\mathrm{\$}}$ ${\displaystyle z\rightarrow$ 0$\$}$로 분산된다는 점에 유의하십시오.

x = 1 주위에 있는 용액

이제 단수점 x = 1을 공부합시다.규칙적인지 보려고

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

따라서 두 한계 모두 존재하며 x = 1은 정규 단수점이다.이제, 양식에서 해결책을 가정하는 대신

${\displaystyle y=\sum _{r=0}^{\infit }a_{r}(x-1)^{r+c}}}$

우리는 x = 0 포인트에 대한 해결책의 관점에서 이 사례의 해결책을 표현하기 위해 노력할 것이다.우리는 다음과 같이 진행한다: 우리는 초기하 방정식을 가지고 있었다.

$\displaystyle x(1-x)y'++(\display -(1+\buffer +\buffer )x)y'-\display \buffer y=0.}$

z = 1 - x를 두십시오.그러면

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

따라서 방정식은 형태를 취한다.

$(\displaystyle z(1-z)y"+(\displaystyle z(1-z)y)+(\displays +\based -\1-(1+\bases +\based )z)y'-\display \be y=0.}$

z = 1 - x이기 때문에 x = 1에서 초기하 방정식의 용액은 z = 0에서 이 방정식의 용액과 동일하다. 그러나 z = 0에서 용액은 각 γ을 α + β - γ + 1로 대체하면 x = 0 점에 대해 얻은 용액과 동일하다.따라서, 해결책을 얻기 위해, 우리는 이전 결과에서 이 대체물을 만들 뿐이다.x = 0, c₁ = 0 및 c = 1₂ - γ의 경우.따라서, 우리의 경우₁, c = 0인₂ 반면 c = α - β. 이제 해결책을 쓰자.다음에서 우리는 각 z를 1 - x로 교체했다.

두 근의 차이 γ - α - β에 대한 용액 분석

지금부터 표기법을 단순화하려면 γ - α - β by Δ, 따라서 , = Δ + α + β를 나타낸다.

Δ가 정수가 아님

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

Δ = 0

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

Δ는 0이 아닌 정수다.

Δ > 0

${\displaystyle {\begin}y&=E\left\{\fract {1}{{{\frac {1}{(-\Delta +1)_{\\\델타-1}}})\sum _ᆴ^ᆵᆶ(\beta)_{r}}{ᆪ _{r}(1)_{r-\Delta}}}(1-x)^{r}\right\}+\\&, \quad +F\left\{ᆭ ^{\Delta}\ \sum _ᆼ^ᆽᆾ(+\beta\Delta)_{r}}{ᆱ _{r}(1)_{r}}}\left(\ln(1-x)+{\frac{1}{\Delta}}+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac{1}{\D.elta+\알파 +k}+{\frac {1}{\delta +\beta +k}-{\frac {1}{\delta +1+k}-{1}{1+k}\오른쪽)(1-x)^{r}\right\}\ended}}}}}}}$

Δ < 0

${\displaystyle{\begin{정렬}y&.=G\left\{{\frac{(1-x)^{\Delta}}{(\Delta+1)_{-\Delta)}}})\sum _ᆶ^ᆷᆸ(+\beta\Delta)_{r}}{(1)_{r}(1)_{r+\Delta}}}(1-x)^{r}\right\}+\\&, \quad +H\left\ᆽ^ᆾᆿ(+\beta\Delta)_{r}}{(\Delta+1)_{r}(1)_{r}}}\left(\ln(1.-x)-{\frac {1}{\Delta }}+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\beta +k}}-{\frac {1}{-\Delta +1+k}}-{\frac {1}{1+k}}\right)\right)(1-x)^{r}\right\}\end{aligned}}}$

무한대 주변 솔루션

마지막으로 x → ∞으로서의 특이점을 연구한다.우리는 이것을 직접 연구할 수 없기 때문에 x = s를⁻¹ 허용한다.그 다음 x → ∞으로서의 방정식의 해법은 s = 0일 때 수정된 방정식의 해법과 동일하다.우리는 가지고 있었다.

${\displaystyle{\begin{정렬}&, x(1-x)y"+\left(\gamma-(1+\alpha +\beta)x\right)y'-\alpha \beta y=0\\&,{\frac{퇴적물의 일종}{dx}}={\frac{퇴적물의 일종}{ds}}{\frac{ds}{dx}}{\frac{퇴적물의 일종}{ds}}=-s^{2}y'\\& =-s^{2}\times,{\frac{{2d^}y}{dx^{2}}}={\frac{d}{dx}}\left({\frac{ 되}{dx}}\right)={\frac{d}{dx}}\left(-s^{2}\times{\frac{ 되}{ds}}\right)={\frac{\times.d}{ds}}\left(-s^{2}\times {\frac {dy}{ds}}\right)\times {\frac {ds}{dx}}=\left((-2s)\times {\frac {dy}{ds}}+(-s^{2}){\frac {d^{2}y}{ds^{2}}}\right)\times (-s^{2})=2s^{3}y'+s^{4}y''\end{aligned}}}$

따라서 방정식은 새로운 형태를 취한다.

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

로 줄어든다.

$\\displaystyle \left(s^{3}-s^{2}\right)y'+\left((2-\b)s^{2}+(\buffs +\buffs -1)s\right'-\buffs y=0.}$

내버려두다

${\displaystyle {\reasoned}P_{0}(s)&=-\알파 \베타 \\P_{1}(s)&=(2-\감마 )s^{2}+(\알파 +\베타 -1)s,\\P_{2}=s^{3}-s^{2}.\end{정렬}}}$

우리가 말했듯이, 우리는 s = 0일 때에만 용액을 연구할 것이다. 우리가 볼 수 있듯이, 이것은₂ P(0) = 0이기 때문에 단수점이다. 그것이 규칙적인지 알아보기 위해,

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

따라서 두 한계 모두 존재하며 s = 0은 정규 단수점이다.따라서, 우리는 해결책이 그 형태를 취한다고 가정한다.

${\displaystyle y=\sum _{r=0}^{\infit }{a_{r}s^{r+c}}}}$

0₀ 냥으로그러므로,

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

수정된 초기하 방정식을 대체하면

${\displaystyle \left(s^{3}-s^{2}\right)y'+\left((2-\s)s^{2}+(\floss +\board -1)s\right'-(\floss \floss )y=0}$

따라서 다음과 같다.

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

즉,

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

이 방정식을 단순화하기 위해서는 모든 힘이 가장 작은 힘인 r + c와 같아야 한다.따라서 우리는 다음과 같이 지수를 전환한다.

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

따라서 0부터 시작하는 총액의 첫 번째 기간을 분리하면

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

이제 s의 모든 힘(즉, 함수 1, s, s², ...)의 선형 독립성에서 s의^k 계수는 모든 k에 대해 사라진다.그러므로, 첫 학기부터, 우리는

${\displaystyle a_{0}\leftedule(c-1)+(\flict +\flict -1)-\flict \flict \right=0}$

그게 지시 방정식이야0파운드₀ 이후, 우리는

${\displaystyle (c)(-c+1+\buffer +\buffer -1)-\buffer \buffer )=0.}$

따라서₁ c = α, c = β₂.

또 나머지 조건부터.

${\displaystyle \left(r+c-1)(r+c-2)+(r+c-1)+{r-1}+{r-1}+(r+c-1)+(\c+c)+(\c+c)+++(\c+c)++++++++(r+c)+++++++_{r}a_{r}=0}$

그러므로,

${\displaystyle a_{r}=-{\frac((r+c-1)(r+c-2)+(r+c-2)++(r+c-1)+(\re+c-1)+(\red+c)++(r+c)+(r+c)+++(r+c)++++++1\redmbeputhip \reat \red \rewitt \reight)}}}a_{r-1}={\frac((r+c-1)(r+c-\property )\오른쪽)}{\좌(r+c)(r+c-\property -\property )+\property \property \prec)}}}a_{r-1},}$

그렇지만

$#\displaystyle {\c+c(r+c-\c)(r+c-\c)(r+c-\properties )+\property &=(r+c-\property)\property \&=(r+c-property)-\pa(r+c-properties).\end{정렬}}}$

그래서 우리는 다시 관계를 갖게 된다.

${\displaystyle a_{r}={\frac {(r+c-1)(r+c-\properties )}{(r+c-\properties )}{r-1}}}}{r-1}\properties \frc-\geq 1}$

이제_r−1 a 대신 a의_r0 관점을 주어 이 관계를 단순화하자.재발 관계에서,

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

보다시피

${\displaystyle a_{r}={\frac {(c)_{r}(c+1-\filename )_{r}{r}(c+1-\filename )_{r}a_{0}\geq 0}$

따라서, 우리의 가정된 해결책은

${\displaystyle y=a_{0}\sum _{r=0}^{\inflt }{\frac {(c+1-\filences )_{r}{r}{r+1-\fline )_{r}s^{r+c}}}$

c₁ - c₂ = α - β에 대한 다른 사례에 해당하는 솔루션을 연구할 준비가 되었다.

두 근의 차이 α - β에 따른 용액 분석

α - β 정수가 아님

그런 다음₁ y = y 및 y₂ = y . 이후

${\displaystyle y=a_{0}\sum _{r=0}^{\inflt }{\frac {(c+1-\flair )_{r}{r}{c+1-\flair )_{r}s^{r+c}}$

우리는 가지고 있다.

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

따라서 y = A′y₁ + B′y₂.A′a₀ = A, B′a₀ = B를 두어라.그리고 s = x에⁻¹ 주목해서

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

α − β = 0

그러면 y₁ = y . α = β이기 때문에 우리는

${\displaystyle y=a_{0}\sum _{r=0}^{\nfrac {(c)_{r}(c+1-\filency )_{r}{r}}}{r}}}}{{r+c}}}}}}}$

그러므로,

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

이 파생 모델을 계산하려면

${\displaystyle M_{r}={\frac {(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{r}}{r}}}{r}}}}{{r}}}}:{2}}:$

그러면 위의 사례 γ = 1의 방법을 사용하여 우리는

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

지금

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

그러므로,

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

따라서 다음과 같다.

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

따라서 y = C′y₁ + D′y₂.C′a₀ = C, D′a₀ = D로 한다.s = x⁻¹,

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

α - β 정수 및 α - β ≠ 0

α − β > 0

재발 관계에서,

${\displaystyle a_{r}={\frac {(r+c-1)(r+c-\properties )}{(r+c-\property )}{r-1}{r-1}}{r-1}}{r-1}$

c_α−β = β(소근)일 때, a → ∞.따라서, 우리는 대체품을₀ a = b₀(c - c_i)로 만들어야 한다. 여기서 c는_i 우리의 해결책이 무한히 되는 근본이다.따라서 a₀ = b₀(c - β)를 취하고 가정된 용액은 새로운 형태를 취한다.

${\displaystyle y_{b}=b_{0}\sum _{r=0}^{\inflit }{\frac {(c-\flict )_{r}{{c+1-\lict )_{r}{r}s^{r+c}}$

그러면 y₁ = y_b . 우리가 알 수 있듯이 이전의 모든 용어

${\displaystyle {\frac {(c-\property ){\property -\property }{\put -\property }{\put -\property }{\put -\put }}{\put -put }}s^{\pa -reas\pa.$

분자의 c - β 때문에 사라진다.

그러나 이 용어부터 분자의 c - β는 사라진다.이를 보려면 다음을 참고하십시오.

${\displaystyle (c+1-\property )_{\property }=(c+1-\properties )\cdots(c-\properties).}$

따라서, 우리의 해결책은 그 형태를 취한다.

${\displaystyle{\begin{정렬}y_{1}&, =b_ᆳ\left({\frac{(\beta)_ᆴ(\beta +1-\gamma)_{\alpha -\beta}}{(\beta +1-\alpha)_{\alpha -\beta)}(1)_{\alpha -\beta}}}s^ᆸ+ᆹ(\beta +1-\gamma)_{\alpha -\beta +1}}{(\beta +1-\alpha)_{\alpha -\beta)}(1)(1)_{\alpha -\beta +1}}}s^{\alpha-.\bet+1}+\cdots \right)\\&={\frac {b_{0}}{(\beta +1-\alpha )_{\alpha -\beta -1}}}\sum _{r=\alpha -\beta }^{\infty }{\frac {(\beta )_{r}(\beta +1-\gamma )_{r}}{(1)_{r}(1)_{r+\beta -\alpha }}}s^{r}\end{aligned}}}$

지금

${\displaystyle y_{2}=\왼쪽.{\frac {\frac y_{b}{\b}}{\flict c}}\오른쪽 _{c=\flict }$

이 파생 모델을 계산하려면

${\displaystyle M_{r}={\frac {(c-\beta )(c)_{r}{r}(c+1-\gamma )_{r}{r}{c+1-\alpha )_{r}}}}.}$

그 다음 위의 사례 = = 1의 방법을 사용하여

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

지금

${\displaystyle y_{b}=b_{0}\sum _{r=0}^{\infty }{\left({\frac {(c-\beta )(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}s^{r+c}\right)}=b_{0}s^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{M_{r}s^{r}}}$

그러므로,

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\partial y}{\partial c}}&=b_{0}s^{c}\ln(s)\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c-\beta )(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}s^{r}\\&\quad +b_{0}s^{c}\sum _{r=0}^{\infty }{\frac {(c-\beta )(c)_{r}(c+1-\gamma )_{r}}{(c+1-\alpha )_{r}(c+1-\beta )_{r}}}\left({\frac {1}{c-\beta }}+\sum _{k=0}^{r-1}\왼쪽 \frac{1}{c+k}+{c+k}+{1}{c+1-\c+1-\c+1-\k}-{c+1-\c+1-{k}-{1}-{c+1-\c+k}\오른쪽)의 ^{r}\end{r}{r}}}}}}$

그러므로,

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

c = α에서 우리는 y를₂ 얻는다.따라서 y = E′y₁ + F′y₂.E′b₀ = E, F′b₀ = F로 한다.s = x에⁻¹ 주목하여

${\displaystyle{\begin{정렬}y&.=E\left\{{\frac{1}{(\beta +1-\alpha)_{\alpha -\beta)}}}\sum _ᆳ^ᆴᆵ(\beta +1-\gamma)_{r}}{(1)_{r}(1)_{r+\beta -\alpha}}}x^{-r}\right\}+\\&,\quad +F\left\{x^{-\alpha}\sum _ᆻ^ᆼᆽ(\alpha +1-\gamma)_{r}}{(1)_{r}(\alpha +1-\be.ta )_{r}}}\left(\ln \left(x^{-1}\right)+{\frac {1}{\alpha -\beta }}+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\alpha +k}}+{\frac {1}{\alpha +1+k-\gamma }}-{\frac {1}{1+k}}-{\frac {1}{\alpha +1+k-\beta }}\right)\right)x^{-r}\right\}\end{aligned}}}$

α − β < 0

여기 상황의 대칭으로부터 우리는 그것을 본다.

${\displaystyle{\begin{정렬}y&.=G\left\{{\frac{1}{(\alpha +1-\beta)_{\beta -\alpha)}}}\sum _ᆳ^ᆴᆵ(\alpha +1-\gamma)_{r}}{(1)_{r}(1)_{r+\alpha -\beta}}}x^{-r}\right\}+\\&,\quad +H\left\{x^{-\beta}\sum _ᆻ^ᆼᆽ(\beta +1-\gamma)_{r}}{(1)_{r}(\beta +1-\alph.a )_{r}}}\left(\ln \left(x^{-1}\right)+{\frac {1}{\beta -\alpha }}+\sum _{k=0}^{r-1}\left({\frac {1}{\beta +k}}+{\frac {1}{\beta +1+k-\gamma }}-{\frac {1}{1+k}}-{\frac {1}{\beta +1+k-\alpha }}\right)\right)x^{-r}\right\}\end{aligned}}}$

참조

• Ian Sneddon (1966). Special functions of mathematical physics and chemistry. OLIVER B. ISBN 978-0-05-001334-2.

Abramowitz, Milton; Stegun, Irene A. (1964). Handbook of Mathematical Functions. New York: Dover. ISBN 978-0-48-661272-0.