幂级数解法：把未知函数一项一项算出来

上一章，我们让阶跃函数记录开关，让冲击记录短促作用，再用卷积把不同时间的输入叠加起来。这套办法很适合系统本身保持不变、外力随着时间变化的情形。但如果改变的恰好是系统本身呢？例如一个理想振子没有阻尼，外部机构却在缓慢调节它的刚度：即使不再施加外力，恢复力和位移之间的比例也不再固定。

把质量、时间和位移选用合适的尺度归一化后，一种简化模型可以写成

$$y''+(1+t)y=0.$$

这里 $t$ 和 $y$ 都是无量纲变量，撇号表示对 $t$ 求导。我们只在 $t>-1$ 的范围内把 $1+t$ 解释为正的刚度系数。这个模型假设阻力可忽略，刚度由外部装置按既定规则改变；它没有声称普通弹簧放着不管就会自己变硬。

这句话的物理意思仍然很熟悉：偏离平衡位置后，物体获得一个指向平衡位置的加速度。变化在于，同样大的偏离，在不同时刻产生的加速度不一样。于是 $e^{rt}$ 不再能用一个固定的 $r$ 配合全过程，常系数方程里的特征方程不能直接照搬。

我们可以换一个问题：先不要求立刻认出整条曲线叫什么名字，只问初始位置、初始速度已知以后，曲线在初始点附近怎样弯曲。再往前问一层：弯曲的程度又怎样变化？这些信息正好能依次决定一个多项式的系数。把这一过程继续下去，就得到幂级数。

从方程规定的变化规律出发，逐项确定局部函数的系数。图中的自变量若记为 $x$，与本章采用的 $t$ 扮演相同角色。

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先用多项式描述附近，再问能否继续下去

把展开中心记为 $t_0$，令 $h=t-t_0$。离中心很近时，最简单的描述是

$$y(t_0+h)\approx a_0+a_1h.$$

$a_0$ 告诉我们从什么位置出发，$a_1$ 告诉我们最开始朝哪个方向走、走多快。如果这条直线还不够，就加上 $a_2h^2$ 来修正曲率，再加上 描述曲率怎样改变。这样写出的

$$T_N(t)=\sum_{n=0}^{N}a_n(t-t_0)^n$$

是一个有限多项式。它容易求值，也容易求导。所谓幂级数表示，则是再向前走一步，考虑无限和

$$y(t)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(t-t_0)^n.$$

这里必须分清两件事。写出无穷多个符号，并不等于已经得到一个函数。我们需要这个和在中心附近收敛，也就是有限部分和在项数增加时确实趋近某个确定的数；还需要确认它趋近的正是微分方程的解。

如果幂级数有正的收敛半径 $R$，那么在 $|t-t_0|<R$ 内，它可以逐项求导，而且求导后的级数仍有相同的收敛半径。把 $t=t_0$ 代进这些导数，就得到

$$a_0=y(t_0),\qquad a_1=y'(t_0),\qquad a_2=\frac{y''(t_0)}{2!},\qquad a_n=\frac{y^{(n)}(t_0)}{n!}.$$

因此这些系数有清楚的含义：它们记录的是解在中心的各阶变化。幂级数方法的方便之处是，我们不必先知道 $y$ 的完整公式再求它的所有导数，微分方程本身就能替我们确定后面的系数。

比如开头的模型若满足 $y(0)=1$、$y'(0)=0$，原方程立刻给出 $y''(0)=-1$。对方程求一次导数，得到

$$y'''+(1+t)y'+y=0,$$

于是 $y'''(0)=-1$。目前我们已经知道

$$y(t)=1-\frac{t^2}{2}-\frac{t^3}{6}+\cdots.$$

这种直接求高阶导数的方法能帮助理解系数，但越往后乘积求导越繁琐。接下来要学的“比较同次幂”，就是把同一件事整理成更适合持续计算的递推。

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有所有阶导数，为什么还不一定能展开

微积分里的泰勒公式很容易给人一种印象：函数只要足够光滑，就一定等于自己的泰勒级数。这个印象需要在这里修正。能求出任意阶导数，叫无限次可微；在一个邻域内等于自己的收敛幂级数，才叫解析。 后者的要求更强。

看一个只用来区分概念的函数：

$$f(t)= \begin{cases} e^{-1/t^2},&t\ne0,\\ 0,&t=0. \end{cases}$$

当 $t$ 靠近 $0$ 时，指数衰减比任意负幂的增长都快。反复求导后，每一项仍是某个 $1/t$ 的多项式乘上 $e^{-1/t^2}$，所以它在 $0$ 的各阶导数全为 $$。它的泰勒级数因此也是零级数，可 时函数值明明为正。问题不在计算，而在“泰勒级数等于原函数”这一步没有保证。

那么，怎样知道一个微分方程适不适合本章的方法？先把二阶线性方程写成标准形式

$$y''+p(t)y'+q(t)y=g(t).$$

若 $p,q,g$ 在 $t_0$ 附近解析，那么给定任意 $y(t_0)$ 和 $y^{\mathrm{\prime }}($，对应的唯一局部解也解析。齐次方程就是 的情况。这是我们使用级数的依据：先有适用条件，再用递推把保证存在的级数算出来。

对于原来写成

$$P(t)y''+Q(t)y'+S(t)y=F(t)$$

的方程，要考察的是除以 $P$ 后的 $Q/P$、$S/P$ 和 $F/P$。若这些系数在中心有正常的解析表达，我们就能在相应的标准方程上应用结论；齐次方程的这种展开中心通常叫普通点，也叫常点。本章主要处理系数为多项式、最高阶系数在中心非零的情形，此时检验尤其直接。

例如 $(1+t)y''+y=0$ 在 $0$ 附近没有问题，因为 $1/(1+t)=1-t+t^2-\cdots$ 在 内收敛；在 处却出现了不能这样跨过去的奇点。又如 ，原来的两个系数看起来都是多项式，但标准形式里出现 ，所以 不是普通点。

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移动指标，是为了让相同次幂站到一起

先在 $t_0=0$ 处展开，写成

$$y=a_0+a_1t+a_2t^2+a_3t^3+\cdots =\sum_{n=0}^{\infty}a_nt^n.$$

求两次导数：

$$y'=\sum_{n=1}^{\infty}na_nt^{n-1},\qquad y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nt^{n-2}.$$

如果要把 $y''$ 和 $y$ 相加，不能把两个求和符号下面碰巧同名的 $n$ 当成相同次幂。$y''$ 里原来的第 $n$ 项带着 ，而 的第 项带着 ，两者相差两次。

我们真正想问的是：“$t^n$ 前面是什么？”在 $y''$ 中，它来自 $y$ 中的 $a_{n+2}t^{n+2}$，所以

$$y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}t^n.$$

把开头几项写出来核对最可靠：右边确实是 $2a_2+6a_3t+12a_4t^2+\cdots$。同理，

$$y'=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}t^n, \qquad ty=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}t^n.$$

最后一式为什么从 $1$ 开始？因为 $ty=a_0t+a_1t^2+\cdots$ 根本没有常数项。若把它强行从 开始，就会写出没有定义的 ，还可能让一条必要的低次项方程消失。

有些零项可以补，有些不能。比如 $ty'=\sum_{n=1}^{\infty}na_nt^n$ 可以从 开始，因为补进去的项是 ； 却不能在没有另作约定的情况下照样补。刚开始计算时，宁可把常数项、一次项单独列出，也不要为了求和符号整齐而隐藏它们。

整理完以后，若在一个邻域内有

$$b_0+b_1t+b_2t^2+\cdots=0,$$

就必须有每个 $b_n=0$。这不只是多项式经验的类推：令 $t=0$ 得 $b_0=0$，求一次导数再令 得 ，继续下去得到 。这里使用了收敛区间内部逐项求导的性质。

下面的实验台可以用来观察初始系数怎样传递到后面的项。操作时先看清它采用的具体方程；改变方程以后，递推也必须随之改变。

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先走一条熟悉的路：重新算出正弦和余弦

想象一个无阻尼、刚度固定的理想振子，在归一化以后，加速度始终等于位移的相反数：

$$y''+y=0.$$

我们当然已经会解它。现在刻意不用特征方程，是为了看看级数方法会不会把我们带回同一个答案。把刚才对齐后的级数代入，得到

$$\sum_{n=0}^{\infty} \big[(n+2)(n+1)a_{n+2}+a_n\big]t^n=0.$$

每个系数等于零，于是

$$a_{n+2}=-\frac{a_n}{(n+2)(n+1)},\qquad n\ge0.$$

这个式子每次跨两个下标。$a_0$ 决定 $a_2$，$a_2$ 决定 $a_4$； 决定 ， 决定 。偶数项和奇数项各自连成一条链：

$$\begin{aligned} a_2&=-\frac{a_0}{2!},& a_4&=\frac{a_0}{4!},& a_6&=-\frac{a_0}{6!},\\ a_3&=-\frac{a_1}{3!},& a_5&=\frac{a_1}{5!},& a_7&=-\frac{a_1}{7!}. \end{aligned}$$

从递推可用归纳法继续得到

$$a_{2m}=\frac{(-1)^ma_0}{(2m)!},\qquad a_{2m+1}=\frac{(-1)^ma_1}{(2m+1)!}.$$

把两条链重新合起来：

$$y(t)=a_0\left(1-\frac{t^2}{2!}+\frac{t^4}{4!}-\cdots\right) +a_1\left(t-\frac{t^3}{3!}+\frac{t^5}{5!}-\cdots\right).$$

括号里分别是 $\cos t$ 和 $\sin t$，所以 $y=a_0\cos t+a_1\sin t$。即使暂时没认出它们，两个收敛级数也已经完整描述了解。认出熟悉函数，只是给结果换一种更短的写法。

若给定 $y(0)=3$、$y'(0)=-2$，解就是 $3\cos t-2\sin t$。若只需要五次局部多项式，则是

$$T_5(t)=3-2t-\frac32t^2+\frac13t^3 +\frac18t^4-\frac1{60}t^5.$$

还可以立刻检查精度。例如在 $|t|\le0.4$ 内，正弦和余弦的交错级数项的绝对值递减，所以遗漏尾项满足

$$|y(t)-T_5(t)| \le\frac{3|t|^6}{6!}+\frac{2|t|^7}{7!} <1.772\times10^{-5}.$$

这里能写出明确上界，是因为我们额外掌握了尾项的性质。仅仅写出一个五次多项式，还不能自动附赠这个结论。

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系数随位置改变时：完整求出两条解的分支

现在看一条没有必要强求初等函数名称的规则：曲线在某一点的二阶变化率，等于该点的位置参数乘上函数值。

$$y''-ty=0.$$

在这个算例里，$t$ 可以看作无量纲的位置参数，不必理解成时间。正的 $t$ 会让正的 $y$ 对应向上弯曲；负的 $t$ 则会改变这个对应关系。它与固定频率振子的区别，是乘在 $y$ 前的系数会变化并经过零点。这里 $t=0$ 仍是普通点，因为最高阶导数的系数一直为 $1$。

仍设 $y=\sum a_nt^n$，代入后得到

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}t^n -\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}t^n=0.$$

先处理没有同伴的常数项：$2a_2=0$，所以 $a_2=0$。然后对 $n\ge1$ 比较系数：

$$(n+2)(n+1)a_{n+2}=a_{n-1}.$$

把下标换得更容易看出步长，也可以写成

$$a_{n+3}=\frac{a_n}{(n+3)(n+2)},\qquad n\ge0.$$

现在每次跨三个下标。下表把三条系数链分别列出，免得零项在长公式里被忽略。

于是定义

$$u(t)=1+\frac{t^3}{6}+\frac{t^6}{180} +\frac{t^9}{12960}+\cdots,$$ $$v(t)=t+\frac{t^4}{12}+\frac{t^7}{504} +\frac{t^{10}}{45360}+\cdots,$$

就得到通解

$$y(t)=a_0u(t)+a_1v(t).$$

不要把这两条分支叫作偶解和奇解：$u$ 同时包含 $t^3$ 和 $t^6$，已经不是偶函数。分支来自递推的下标结构，并不总是来自奇偶性。

它们为什么确实给出了两个独立的解？从级数可读出 $u(0)=1,u'(0)=0$，以及 $v(0)=0,v'(0)=1$。若 恒等于零，在 取值先得 ，再对导数取值得 。所以它们线性无关，而且任何初值都能由这两个标准初值组合出来。这和前面二阶线性方程的基本解组完全一致。

对于 $y(0)=2$、$y'(0)=-1$，我们得到 $y=2u-v$。取到七次项：

$$T_7(t)=2-t+\frac{t^3}{3}-\frac{t^4}{12} +\frac{t^6}{90}-\frac{t^7}{504}.$$

这个答案已经可以求值。例如 $T_7(0.5)\approx1.536616443$。再多取一些项不需要重新解方程，只需沿两条递推链继续往前算。

这两个级数究竟是否收敛？沿 $u$ 的非零项，相邻项绝对值之比是

$$\frac{|t|^3}{(3m+3)(3m+2)},$$

沿 $v$ 的非零项则是 $|t|^3/[(3m+4)(3m+3)]$。对于任意固定的 $t$，两者都趋于 $0$，所以两条级数的收敛半径都是无穷大。注意我们比较的是各条链的非零项；若机械计算整个系数列的 ，会不断碰到除以零。

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多一个导数项，递推怎样跟着变

前面的例子都有 $y''$ 和 $y$。如果方程里还出现 $y'$，方法没有换，只是每个幂次多收集一份贡献。比如一条变化规律规定：“函数的二阶变化，加上当前位置参数乘一阶变化，再加上函数本身，合起来为零。”它写成

$$y''+ty'+y=0.$$

这里先把它当作数学算例，不预先给 $ty'$ 安上一个物理阻力的解释；若要把 $t$ 看成阻尼系数，还必须另行限制时间范围并说明单位。

设 $y=\sum a_nt^n$。这次 $ty'=\sum na_nt^n$，因为求导降低的一次恰好被乘上的 补回来，不需要像 那样把系数改成 。于是

$$(n+2)(n+1)a_{n+2}+(n+1)a_n=0,$$

也就是

$$a_{n+2}=-\frac{a_n}{n+2},\qquad n\ge0.$$

给定 $y(0)=1,y'(0)=0$，奇数链为零，偶数链依次给出 $a_2=-1/2,a_4=1/8,a_6=-1/48$。归纳下去，

$$a_{2m}=\frac{(-1)^m}{2^m m!},\qquad y(t)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m t^{2m}}{2^m m!} =e^{-t^2/2}.$$

我们还可以用另一条路核对：原方程左边恰好是 $(y'+ty)'$，所以 $y'+ty$ 为常数；初值把这个常数定为零。于是 ，积分得到同一个 。这个核对不依赖刚才的递推，因此能真正帮助检查计算。

看起来相近的 $ty$ 和 $ty'$，在递推中分别贡献 $a_{n-1}$ 和 $na_n$。做题时先写出实际的前三项，就不容易把两者混掉。变系数带来的复杂，通常正藏在这些具体贡献中。

系数本身也是级数时怎么办

假如 $p(t)$ 不是多项式，而是在 $0$ 附近有展开 $p(t)=\sum p_jt^j$，我们仍然可以处理 $$。乘积的常数项只能来自 ；一次项来自 和 ；二次项来自 、 和 。每次只收集次数加起来等于目标次数的项。

一般地，$t^n$ 的系数为

$$\sum_{j=0}^{n}p_j(n-j+1)a_{n-j+1}.$$

对 $q(t)y(t)$ 同样处理。若 $q(t)=\sum q_jt^j$、$$，则标准方程 给出

$$(n+2)(n+1)a_{n+2} +\sum_{j=0}^{n}p_j(n-j+1)a_{n-j+1} +\sum_{j=0}^{n}q_ja_{n-j}=g_n.$$

只要在系数级数共同收敛的邻域内工作，这些乘法与合并就有依据。你不需要把这个长式背下来；它只是把刚才逐项对账的过程写成一行。更有用的是看清结构：算 $a_{n+2}$ 时，右边涉及的都是已经算过的系数，新的最高下标前还有非零因子 $(n+2)(n+1)$，所以递推能持续进行。

这也说明普通点为什么需要两个种子，而不需要一开始给出无穷多个数据：方程负责填满后面的所有位置。遇到非齐次方程时，输入的级数系数 $g_n$ 在每一级进入计算；遇到多项式系数时，多数 $p_j,q_j$ 为零，长式自然就缩短成前面的简单递推。

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初值不在零点，展开中心也要跟着移动

假设我们知道的是 $t=1$ 时的状态，想求开头变刚度模型

$$y''+(1+t)y=0,\qquad y(1)=1,\qquad y'(1)=0$$

在这个时刻附近的解。初始条件就在 $1$，以它为中心最省事。令 $h=t-1$，于是 $1+t=2+h$，并写

$$y(t)=\sum_{n=0}^{\infty}b_nh^n.$$

因为 $dh/dt=1$，对 $t$ 求导和对 $h$ 求导的系数公式相同。初值直接给出 $b_0=1,b_1=0$。代入 ，先比较常数项：

$$2b_2+2b_0=0,\qquad b_2=-1.$$

对 $n\ge1$，则有

$$(n+2)(n+1)b_{n+2}+2b_n+b_{n-1}=0.$$

逐项算下去：

$$\begin{aligned} b_3&=-\frac{2b_1+b_0}{6}=-\frac16,\\ b_4&=-\frac{2b_2+b_1}{12}=\frac16,\\ b_5&=-\frac{2b_3+b_2}{20}=\frac1{15},\\ b_6&=-\frac{2b_4+b_3}{30}=-\frac1{180}. \end{aligned}$$

所以

$$y(t)=1-(t-1)^2-\frac{(t-1)^3}{6} +\frac{(t-1)^4}{6}+\frac{(t-1)^5}{15} -\frac{(t-1)^6}{180}+\cdots.$$

拿最低两阶再核对一次：方程在 $t=1$ 给出 $y''(1)=-2$，而级数里 $2!b_2=-2$；对方程求导后得 ，也正好是 。这种检查很短，却特别容易发现移中心时把 错写成 的问题。

这一次递推里同时出现 $b_n$ 和 $b_{n-1}$，所以系数不再分成独立的奇偶链。没有简单的通项公式也没关系，递推仍能生成任意有限数量的系数。我们要求的是解和可控的计算过程，不是要求每条系数列都长得整齐。

下面的练习器可以帮助检查移指标。纸上演算时，也可以先写出前三项，再反推求和式的下限与下标。

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最近的奇点给了什么保证

级数是在一个中心周围描述函数。即便微分方程的解可以沿实轴走很远，以某个固定中心写出的级数也未必能跟着走同样远。

对于多项式系数方程，在排除公共因子等歧义后，设标准形式的系数离 $t_0$ 最近的复奇点距离为 $\rho$。普通点级数定理保证：每个解在 $|t-t_0|<\rho$ 内都有收敛的幂级数表示。因此，解的实际收敛半径 $$ 满足

$$R\ge\rho.$$

这里是保证的下界，不是上限，也不是每个解都必须取到的精确值。 系数在某处有奇点，不等于每一个解都在那里发散。对于某组特殊初值，解可能恰好成为多项式，实际收敛半径就是无穷大。

我们把两个容易混淆的情况都算出来。

系数有奇点，但一条解恰好终止

考虑

$$(1-t^2)y''-2ty'+6y=0.$$

在 $0$ 展开时，标准形式的系数在 $t=\pm1$ 有奇点，所以统一保证至少在 $|t|<1$ 内收敛。为了看看具体解，直接用原来的多项式形式代入级数，无须先把有理系数也展开：

$$(n+2)(n+1)a_{n+2}+ \big[6-n(n-1)-2n\big]a_n=0.$$

整理得

$$a_{n+2}=\frac{n(n+1)-6}{(n+2)(n+1)}a_n.$$

如果初值为 $y(0)=1,y'(0)=0$，那么 $a_0=1,a_1=0$。奇数链全为零，偶数链给出 ，接着在 时递推分子恰好为零，因此 ，所有更高偶数项也为零。完整答案就是

$$y(t)=1-3t^2.$$

代回原式：$(1-t^2)(-6)-2t(-6t)+6(1-3t^2)=0$。这个多项式在所有实数处都满足原方程，包括最高阶系数为零的两个点。它的级数半径为无穷大，直接说明“最近系数奇点就是解的收敛上限”不成立。另取初值时，另一条系数链一般不会一同终止。

实轴上没有奇点，级数仍可能只有有限半径

再看

$$(1+t^2)y''+2ty'=0,\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=1.$$

原式左边是 $[(1+t^2)y']'$，积分得到 $(1+t^2)y'=1$，所以

$$y(t)=\int_0^t\frac{1}{1+s^2}\,ds=\arctan t.$$

这个实函数在整条实轴上都有定义。但是几何级数给出

$$\frac{1}{1+t^2}=1-t^2+t^4-\cdots,\qquad |t|<1,$$

逐项积分后得到

$$y(t)=t-\frac{t^3}{3}+\frac{t^5}{5}-\cdots.$$

非零项的比值表明，这个级数的实际收敛半径是 $1$。原因要到复平面里看：$1+t^2$ 在 $t=\pm i$ 为零，它们到中心的距离都是 $1$。实函数能在 $t=2$ 取值，不代表以 为中心的这条级数能在 求和。

至于 $t=\pm1$，半径结论本身没有作保证，必须另行检查。这条反正切级数在两个端点都收敛，但这是交错级数判别告诉我们的，不能推成所有幂级数的端点规则。也不能因为原级数在端点收敛，就无条件把逐项求导延伸到端点。

使用探测器时，请把它根据系数奇点算出的距离理解为保证值。若要认定某个具体解的实际半径，还要分析解的系数或奇性。更换展开中心能让我们描述另一段邻域，但新中心的初始值与导数也必须正确获得；把旧多项式在新中心的近似值当成初值继续算，会把已有误差一并传下去。

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截断以后，残差和误差是两回事

回到 $y''-ty=0$、$y(0)=2,y'(0)=-1$。如果只取到四次项，得到

$$T_4(t)=2-t+\frac{t^3}{3}-\frac{t^4}{12}.$$

把它代回微分方程，计算得到

$$\mathcal R_4(t)=T_4''(t)-tT_4(t) =-\frac{t^4}{3}+\frac{t^5}{12}.$$

$\mathcal R_4$ 叫残差。它告诉我们这个多项式在每一点偏离微分方程多少。真正的函数值误差则是 $e(t)=y(t)-T_4(t)$，二者满足

$$e''-te=-\mathcal R_4(t),\qquad e(0)=e'(0)=0.$$

因此残差还要经过微分方程的作用，才变成解的误差。一般不能写成 $|e(t)|\le|\mathcal R_4(t)|$，更不能把某一点的残差很小直接解释为整个区间内解都很准。如果保留物理单位，残差与函数值误差还可能拥有不同量纲。

本题恰好能用已经求出的级数尾项给出真实上界。在 $|t|\le0.5$ 内，$2u$ 分支的第一项遗漏是 $t^6/90$，后续项与前项的绝对值之比至多为 $0.5^3/72=1/576$； 分支的第一项遗漏是 ，后续比值至多为 。用两个几何级数压住尾项，就得到

$$|y(t)-T_4(t)| \le \frac{0.5^6/90}{1-1/576} + \frac{0.5^7/504}{1-1/720} <1.895\times10^{-4}.$$

这个界是对整个 $[-0.5,0.5]$ 的保证。它的来历是遗漏项的绝对值估计，而非“画出的两条曲线看起来贴在一起”。若只想快速判断计算是否稳定，可以比较多种截断阶数；但相邻两次结果接近只是诊断，不能无条件替代严格尾项界。本题里 $a_5=0$，因此 $T_5=T_4$，两者差为零，真实尾项却从 开始，仍然存在。

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奇点附近，为什么会出现新的函数形状

普通点让两个初值自由进入级数。到了奇点，这种自由可能发生变化。我们只用一个简单例子看看边界在哪里，不展开完整的奇点级数理论。

考虑 $t>0$ 上的方程

$$t^2y''+ty'-4y=0.$$

最高阶系数在 $0$ 消失，标准形式里有 $1/t$ 和 $1/t^2$。但 $t^2y''$、、 对一个幂函数的作用恰好能保持同样的幂次：若 ，三项分别变成 、 和 的常数倍。代入得到

$$[r(r-1)+r-4]t^r=(r^2-4)t^r=0.$$

所以有 $r=2$ 和 $r=-2$，通解为

$$y(t)=C_1t^2+C_2t^{-2},\qquad t>0.$$

第一条解在 $0$ 很平常，第二条却发散。如果强行只寻找以 $0$ 为中心、使用非负整数次幂的级数，最多能找到第一条，第二条根本不在这种表示形式里。这说明“二阶方程总要出现两个任意系数”的检查原则，需要放在普通点的前提下使用。

对于标准形式 $y''+py'+qy=0$，如果在一个奇点 $t_0$ 附近， 与 可以解析延拓到中心，我们称它为正则奇点。上面的例子就满足这个条件。处理这类点时，常尝试在幂级数前乘一个 ；有些情形还需要对数项。这里先记住方法为什么要改变，不必提前背完整分类。

这也解释了特殊函数的入口。圆柱或圆盘中的某些振动与传热问题，分离变量后会遇到贝塞尔方程；球坐标中某些角向问题会遇到勒让德方程。这里的位置变量通常记作 $x$，其典型形式分别为

$$x^2y''+xy'+(x^2-\nu^2)y=0,$$ $$(1-x^2)y''-2xy'+\ell(\ell+1)y=0.$$

第一条在 $0$ 是正则奇点，不能期待普通点的两个自由泰勒级数。第二条在 $0$ 是普通点，且当 $\ell$ 为非负整数时，会有一条适当选取的解终止成为多项式；刚才的 $1-3t^2$ 就对应 $\ell=2$ 的一个倍数。另一条独立解不因此自动成为多项式。

函数的名称用来整理经常出现的解及其性质；是否能用普通幂级数表示，仍要检查具体展开点。

给一个解起名字，并没有免掉研究它的工作。递推、收敛区间、初值和数值求值都需要建立起来。对现在的我们来说，看到一个陌生函数名时，至少可以先问：它满足什么方程，在哪个点展开，前几个系数是什么？这些问题已经有办法动手回答。

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练习：把展开、核对和适用范围一起完成

从递推认出已知函数

对 $y''+4y=0$，给定 $y(0)=1,y'(0)=2$。求递推，写到五次项，并认出完整解。

显示参考解

对齐 $t^n$ 后有 $(n+2)(n+1)a_{n+2}+4a_n=0$，所以 。从 依次得到 。

低次项不能跳过去

求 $y''+ty=0$ 在 $0$ 附近的通解级数，写出包含两个自由参数的前六个可能非零项。

显示参考解

常数项仍然给出 $2a_2=0$。其余系数满足 $a_{n+3}=-a_n/[(n+3)(n+2)]$，。因此

展开中心跟随初值移动

求 $y''-(t-2)y=0$、$y(2)=0,y'(2)=3$ 在 附近的级数，写到七次项。

显示参考解

令 $h=t-2$，方程变为 $y''-hy=0$，而 $a_0=0,a_1=3$。正文里 分支消失，只剩 ：

非齐次项也可以逐项匹配

求 $y''+y=t$、$y(0)=y'(0)=0$ 的递推，并写出前三个非零项和完整解。

显示参考解

右边只有一次项。因此常数项满足 $2a_2+a_0=0$，一次项满足 $6a_3+a_1=1$；对 ，仍有 。代入 得 。

分清保证半径与实际半径

对 $(1-t)y''=0$ 在 $t_0=0$ 附近求解。标准形式在 $t=1$ 之外可写成什么？解的实际级数半径是多少？能否仅凭原最高阶系数的零点断定 ？

显示参考解

在 $t\ne1$ 时，方程简化为 $y''=0$，所以中心附近的解是 $y=a_0+a_1t$，其级数实际半径为无穷大。这里原式有共同因子 ，约去以后标准方程的系数均为零，能解析延拓到 ，因此它也提醒我们先识别可去因子。

截断结果相同，误差就为零吗

对正文的 $y''-ty=0$、$y(0)=2,y'(0)=-1$，解释为什么 却不是精确解，并求 的残差以及真实误差的首项。

显示参考解

因为 $a_2=0$，整条 $a_{3m+2}$ 链全为零，特别是 $a_5=0$，所以加上五次项没有改变多项式。但 不为零，级数没有终止。代入得到

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把两个初值放进同一个状态里

这一章里，两条初值一直并排出现：$y(t_0)$ 给出位置，$y'(t_0)$ 给出速度；在普通点，它们决定了之后所有系数。级数让我们能把一条曲线在某个中心附近逐项构造出来，即使它没有熟悉的初等函数公式。

还有另一种整理这两个量的办法：把 $y$ 和 $y'$ 当作两个未知函数，放进同一个状态向量。比如 $y''+y=0$ 可以改写成“位置的导数等于速度，速度的导数等于位置的相反数”。这样，一个二阶方程就变成了两个互相联系的一阶方程。下一章我们就从这里出发，让矩阵统一描述几个量怎样一起变化；本章熟悉的两条独立解，也会在矩阵系统里找到对应的位置。