7.7: Метод Фробенія II
- Page ID
- 62072
У цьому розділі розглянуто метод знаходження двох лінійно незалежних розв'язків Фробеніуса однорідного лінійного рівняння другого порядку поблизу правильної сингулярної точки у випадку, коли індиціальне рівняння має повторюваний дійсний корінь. Як і в попередньому розділі, ми розглянемо рівняння, які можна записати як
\[\label{eq:7.6.1} x^2(\alpha_0+\alpha_1x+\alpha_2x^2)y''+x(\beta_0+\beta_1x+\beta_2x^2)y' +(\gamma_0+\gamma_1x+\gamma_2x^2)y=0\]
де\(\alpha_0\ne0\). Припустимо, що індиціальне рівняння\(p_0(r)=0\) має повторюваний дійсний корінь\(r_1\). У цьому випадку теорема 7.5.3 передбачає, що рівняння\ ref {eq:7.6.1} має один розв'язок виду
але не дає другого рішення\(y_2\) такого, що\(\{y_1,y_2\}\) є фундаментальним набором рішень. Наступне розширення теореми 7.5.2 надає спосіб знайти другий розв'язок.
Нехай
\[\label{eq:7.6.2} Ly= x^2(\alpha_0+\alpha_1x+\alpha_2x^2)y''+x(\beta_0+\beta_1x+\beta_2x^2)y' +(\gamma_0+\gamma_1x+\gamma_2x^2)y,\]
де\(\alpha_0\ne0\) і визначити
\[\begin{align*} p_0(r)&= \alpha_0r(r-1)+\beta_0r+\gamma_0,\\[4pt] p_1(r)&=\alpha_1r(r-1)+\beta_1r+\gamma_1,\\[4pt] p_2(r)&=\alpha_2r(r-1)+\beta_2r+\gamma_2. \end{align*} \nonumber \]
Припустимо,\(r\) дійсне число таке, що\(p_0(n+r)\) є ненульовим для всіх натуральних чисел\(n\), і визначити
\[\begin{align*} a_0(r) &= 1,\\ a_1(r) &= -{p_1(r)\over p_0(r+1)},\\[10pt] a_n(r) &= -{p_1(n+r-1)a_{n-1}(r)+p_2(n+r-2)a_{n-2}(r)\over p_0(n+r)},\quad n\ge2. \end{align*} \nonumber \]
Тоді серія Фробеніуса
\[\label{eq:7.6.3} y(x,r)=x^r\sum_{n=0}^\infty a_n(r)x^n\]
задовольняє
\[\label{eq:7.6.4} Ly(x,r)=p_0(r)x^r.\]
Більш того\(,\)
\[\label{eq:7.6.5} {\partial y\over \partial r}(x,r)=y(x,r)\ln x+x^r\sum_{n=1}^\infty a_n'(r) x^n,\]
і
\[\label{eq:7.6.6} L\left({\partial y\over \partial r}(x,r)\right)=p'_0(r)x^r+x^rp_0(r)\ln x.\]
- Доказ
-
Теорема 7.5.2 передбачає рівняння\ ref {eq:7.6.4}. Диференціація формально по\(r\) рівнянню\ ref {eq:7.6.3} дає
\[\begin{aligned} {\partial y\over \partial r}(x,r)&={{\partial\over\partial r}(x^r)\sum_{n=0}^\infty a_n(r)x^n +x^r\sum_{n=1}^\infty a_n'(r)x^n}\\[10pt] &={x^r\ln x\sum_{n=0}^\infty a_n(r)x^n +x^r\sum_{n=1}^\infty a_n'(r)x^n}\\[10pt] &=y(x,r) \ln x + x^r\sum_{n=1}^\infty a_n'(r)x^n,\end{aligned}\nonumber\]
що доводить рівняння\ ref {еква:7.6.5}.
Щоб довести, що\(\partial y(x,r)/\partial r\) задовольняє Equation\ ref {eq:7.6.6}, ми розглядаємо\(y\) в Equation\ ref {eq:7.6.2} як функцію\(y=y(x,r)\) двох змінних, де просте вказує на часткову диференціацію відносно\(x\); таким чином,
\[y'=y'(x,r)={\partial y\over\partial x}(x,r)\quad \text{and} \quad y''=y''(x,r)={\partial^2 y\over\partial x^2}(x,r).\nonumber \]
За допомогою цього позначення ми можемо використовувати Equation\ ref {eq:7.6.2} для перезапису рівняння\ ref {eq:7.6.4} як
\[\label{eq:7.6.7} x^2q_0(x){\partial^2 y\over \partial x^2}(x,r)+xq_1(x){\partial y\over \partial x}(x,r)+q_2(x)y(x,r)=p_0(r)x^r,\]
де
\[\begin{aligned} q_0(x) &= \alpha_0+\alpha_1x+\alpha_2x^2,\\[4pt] q_1(x) &= \beta_0+\beta_1x+\beta_2x^2,\\[4pt] q_2(x) &= \gamma_0+\gamma_1x+\gamma_2x^2.\\[4pt]\end{aligned}\]
Диференціація обох сторін рівняння\ ref {eq:7.6.7} щодо\(r\) прибутковості
\[x^2q_0(x){\partial^3y\over \partial r\partial x^2}(x,r)+ xq_1(x){\partial^2y\over \partial r\partial x}(x,r)+q_2(x){\partial y\over\partial r}(x,r)=p'_0(r)x^r+p_0(r) x^r \ln x. \nonumber\]
Змінюючи порядок диференціації в перших двох членах зліва, ми можемо переписати це як
\[x^2q_0(x){\partial^3 y\over \partial x^2\partial r}(x,r) +xq_1(x){\partial^2 y\over \partial x\partial r}(x,r)+q_2(x){\partial y\over \partial r}(x,r)=p'_0(r)x^r+p_0(r) x^r \ln x, \nonumber\]
або
\[x^2q_0(x){\partial^2\over \partial x^2} \left({\partial y\over\partial r}(x,r)\right) +xq_1(x){\partial\over\partial r}\left({\partial y\over\partial x}(x,r)\right) +q_2(x){\partial y\over\partial r}(x,r)= p'_0(r)x^r+p_0(r) x^r \ln x, \nonumber\]
що еквівалентно рівнянню\ ref {eq:7.6.6}.
\(L\)Дозволяти бути як в теоремі Template:index і припустимо, що індиціальне рівняння\(p_0(r)=0\) має повторюваний дійсний корінь\(r_1.\) Тоді
\[y_1(x)=y(x,r_1)=x^{r_1}\sum_{n=0}^\infty a_n(r_1)x^n \nonumber\]
і
\[\label{eq:7.6.8} y_2(x)={\partial y\over\partial r}(x,r_1)=y_1(x)\ln x+x^{r_1}\sum_{n=1}^\infty a_n'(r_1)x^n\]
сформувати фундаментальний набір рішень\(Ly=0.\)
- Доказ
-
Оскільки\(r_1\) це повторний корінь\(p_0(r)=0\), індикальний многочлен може бути врахований як
\[p_0(r)=\alpha_0(r-r_1)^2,\nonumber\]
тому
\[p_0(n+r_1)=\alpha_0n^2,\nonumber\]
який є ненульовим, якщо\(n>0\). Тому припущення теореми Template:index дотримуються\(r=r_1\), і Equation\ ref {eq:7.6.4} означає це\(Ly_1=p_0(r_1)x^{r_1}=0\). Так як
\[p_0'(r)=2\alpha(r-r_1) \nonumber\]
з цього випливає\(p_0'(r_1)=0\), що, тому рівняння\ ref {eq:7.6.6} означає, що
\[Ly_2=p_0'(r_1)x^{r_1}+x^{r_1}p_0(r_1)\ln x=0.\nonumber\]
Це доводить, що\(y_1\) і\(y_2\) є обома рішеннями\(Ly=0\). Ми залишаємо доказ того, що\(\{y_1,y_2\}\) є фундаментальним набором як Вправа 7.6.53.
Знайдіть фундаментальний набір рішень
\[\label{eq:7.6.9} x^2(1-2x+x^2)y''-x(3+x)y'+(4+x)y=0.\]
Обчислити тільки терміни за участю\(x^{n+r_1}\), де\(0\le n\le4\) і\(r_1\) є корінь індиціального рівняння.
Рішення
Для даного рівняння поліноми, визначені в теоремі Template:index, є
\[\begin{align*} p_0(r) &= r(r-1)-3r+4 \\[4pt] &= (r-2)^2,\\[4pt] p_1(r) &= -2r(r-1)-r+1 \\[4pt] &= -(r-1)(2r+1),\\[4pt] p_2(r) &= r(r-1). \end{align*} \nonumber \]
Оскільки\(r_1=2\) це повторюваний корінь індикального многочлена\(p_0\), теорема Template:index означає, що
\[\label{eq:7.6.10} y_1=x^2\sum_{n=0}^\infty a_n(2)x^n\quad\mbox{ and }\quad y_2=y_1\ln x+x^2\sum_{n=1}^\infty a_n'(2)x^n\]
сформувати фундаментальну множину розв'язків Фробеніуса рівняння\ ref {eq:7.6.9}. Щоб знайти коефіцієнти в цих рядах, ми використовуємо формули повторення з Theorem Template:index:
\[\label{eq:7.6.11} \begin{align*} a_0(r) &= 1,\\ a_1(r) &= -{p_1(r)\over p_0(r+1)} =-{(r-1)(2r+1)\over(r-1)^2} ={2r+1\over r-1},\\ a_n(r) &= -{p_1(n+r-1)a_{n-1}(r)+p_2(n+r-2)a_{n-2}(r)\over p_0(n+r)}\\ &= {(n+r-2)\left[(2n+2r-1)a_{n-1}(r) -(n+r-3)a_{n-2}(r)\right]\over(n+r-2)^2}\\ &= {{(2n+2r-1)\over(n+r-2)}a_{n-1}(r)- {(n+r-3)\over(n+r-2)}a_{n-2}(r)}, \quad n\ge2. \end{align*}\]
Диференціація врожайності
\[\label{eq:7.6.12} \begin{align*} a'_1(r) &= -{3\over (r-1)^2},\\ a'_n(r) &= {{2n+2r-1\over n+r-2}a'_{n-1}(r)-{n+r-3\over n+r-2}a'_{n-2}(r)}\\ &{-{3\over(n+r-2)^2}a_{n-1}(r)-{1\over(n+r-2)^2}a_{n-2}(r)},\quad n\ge2. \end{align*}\]
Встановлення\(r=2\) в рівнянні\ ref {eq:7.6.11} і рівняння\ ref {eq:7.6.12} дає
\[\label{eq:7.6.13} \begin{array}{lll} a_0(2) &= 1,\\ a_1(2) &= 5,\\[10pt] a_n(2) &= {{(2n+3)\over n} a_{n-1}(2)-{(n-1)\over n}a_{n-2}(2)},\quad n\ge2 \end{array}\]
і
\[\label{eq:7.6.14} \begin{array}{lll} a_1'(2) &= -3,\\[10pt] a'_n(2) &= {{2n+3\over n}a'_{n-1}(2)-{n-1\over n}a'_{n-2}(2) -{3\over n^2}a_{n-1}(2)-{1\over n^2}a_{n-2}(2)},\quad n\ge2. \end{array}\]
Обчислення рекурсивно з рівнянням\ ref {eq:7.6.13} і рівняння\ ref {eq:7.6.14} дає
\[a_0(2)=1,\,a_1(2)=5,\,a_2(2)=17,\,a_3(2)={143\over3},\,a_4(2)={355\over3},\nonumber\]
і
\[a_1'(2)=-3,\,a_2'(2)=-{29\over2},\,a_3'(2)=-{859\over18}, \,a_4'(2)=-{4693\over36}.\nonumber\]
Підставляючи ці коефіцієнти в Рівняння\ ref {eq:7.6.10} дає
\[y_1=x^2\left(1+5x+17x^2+{143\over3}x^3 +{355\over3}x^4+\cdots\right) \nonumber\]
і
\[y_2=y_1 \ln x -x^3\left(3+{29\over2}x+{859\over18}x^2+{4693\over36}x^3 +\cdots\right). \nonumber \]
Оскільки формула повторення Equation\ ref {eq:7.6.11} включає три члени, отримати просту явну формулу для коефіцієнтів у розв'язках Фробеніуса Equation\ ref {eq:7.6.9} неможливо. Однак, як ми бачили в попередніх розділах, формула повторення\(\{a_n(r)\}\) включає лише два члени, якщо\(\alpha_1=\beta_1=\gamma_1=0\) або\(\alpha_2=\beta_2=\gamma_2=0\) в Equation\ ref {eq:7.6.1}. При цьому часто можна знайти явні формули для коефіцієнтів. Наступні два приклади ілюструють це.
Знайдіть фундаментальний набір рішень Frobenius
\[\label{eq:7.6.15} 2x^2(2+x)y''+5x^2y'+(1+x)y=0.\]
Наведіть явні формули для коефіцієнтів у розв'язках.
Рішення
Для даного рівняння поліноми, визначені в теоремі Template:index, є
\[\begin{array}{ccccc} p_0(r) &= 4r(r-1)+1 &= (2r-1)^2,\\[4pt] p_1(r) &= 2r(r-1)+5r+1 &= (r+1)(2r+1),\\[4pt] p_2(r) &= 0. \end{array}\nonumber \]
Оскільки\(r_1=1/2\) є повторюваним нулем індиціального многочлена\(p_0\), теорема Template:index означає, що
\[\label{eq:7.6.16} y_1=x^{1/2}\sum_{n=0}^\infty a_n(1/2)x^n\]
і
\[\label{eq:7.6.17} y_2=y_1\ln x+x^{1/2}\sum_{n=1}^\infty a_n'(1/2)x^n\]
формують фундаментальну множину розв'язків Фробеніуса рівняння\ ref {eq:7.6.15}. Оскільки\(p_2\equiv0\) формули повторення в теоремі Template:index зменшують до
\[\begin{align*} a_0(r) &= 1,\\ a_n(r) &= -{p_1(n+r-1)\over p_0(n+r)}a_{n-1}(r),\\[10pt] &= -{(n+r)(2n+2r-1)\over(2n+2r-1)^2}a_{n-1}(r),\\[10pt] &= -{n+r\over2n+2r-1}a_{n-1}(r),\quad n\ge0. \end{align*} \nonumber \]
Ми залишаємо це вам, щоб показати, що
\[\label{eq:7.6.18} a_n(r)=(-1)^n\prod_{j=1}^n{j+r\over2j+2r-1},\quad n\ge0.\]
Налаштування\(r=1/2\) врожайності
\[\label{eq:7.6.19} \begin{array}{ccl} a_n(1/2) &= (-1)^n\prod_{j=1}^n{j+1/2\over2j}= (-1)^n\prod_{j=1}^n{2j+1\over4j},\\[10pt] &= {(-1)^n\prod_{j=1}^n(2j+1)\over4^nn!},\quad n\ge0. \end{array}\]
Підставляючи це в рівняння\ ref {eq:7.6.16} дає
\[y_1=x^{1/2}\sum_{n=0}^\infty{(-1)^n\prod_{j=1}^n(2j+1)\over4^nn!}x^n.\nonumber\]
Щоб отримати\(y_2\) в Equation\ ref {eq:7.6.17}, ми повинні обчислити\(a_n'(1/2)\) для\(n=1\),,\(2\),... Ми зробимо це за допомогою логарифмічної диференціації. З рівняння\ ref {eq:7.6.18},
\[|a_n(r)|=\prod_{j=1}^n{|j+r|\over|2j+2r-1|},\quad n\ge1.\nonumber\]
Тому
\[\ln |a_n(r)|=\sum^n_{j=1} \left(\ln |j+r|-\ln|2j+2r-1|\right). \nonumber\]
Диференціація щодо\(r\) врожайності
\[{a'_n(r)\over a_n(r)}=\sum^n_{j=1} \left({1\over j+r}-{2\over2j+2r-1}\right). \nonumber\]
Тому
\[a'_n(r)=a_n(r) \sum^n_{j=1} \left({1\over j+r}-{2\over2j+2r-1}\right). \nonumber\]
Встановлення\(r=1/2\) тут і нагадування Рівняння\ ref {eq:7.6.19} дає
\[\label{eq:7.6.20} a'_n(1/2)={(-1)^n\prod_{j=1}^n(2j+1)\over4^nn!}\left(\sum_{j=1}^n{1\over j+1/2}-\sum_{j=1}^n{1\over j}\right).\]
Так як
\[{1\over j+1/2}-{1\over j}={j-j-1/2\over j(j+1/2)}=-{1\over j(2j+1)}, \nonumber\]
Рівняння\ ref {eq:7.6.20} можна переписати як
\[a'_n(1/2)=-{(-1)^n\prod_{j=1}^n(2j+1)\over4^nn!} \sum_{j=1}^n{1\over j(2j+1)}. \nonumber\]
Отже, з Рівняння\ ref {eq:7.6.17},
\[y_2=y_1\ln x-x^{1/2}\sum_{n=1}^\infty{(-1)^n\prod_{j=1}^n(2j+1)\over4^nn!} \left(\sum_{j=1}^n{1\over j(2j+1)}\right)x^n. \nonumber\]
Знайдіть фундаментальний набір рішень Frobenius
\[\label{eq:7.6.21} x^2(2-x^2)y''-2x(1+2x^2)y'+(2-2x^2)y=0.\]
Наведіть явні формули для коефіцієнтів у розв'язках.
Рішення
Для рівняння\ ref {eq:7.6.21} поліноми, визначені в теоремі Template:index, є
\[\begin{align*} p_0(r) &= 2r(r-1)-2r+2 &= 2(r-1)^2,\\[4pt] p_1(r) &= 0,\\[4pt] p_2(r) &= -r(r-1)-4r-2 &= -(r+1)(r+2). \end{align*} \nonumber \]
Як і в розділі 7.5\(p_1\equiv0\), оскільки формули повторення теореми Template:index означають, що\(a_n(r)=0\) якщо\(n\) непарне, і
\[\begin{align*} a_0(r) &= 1,\\ a_{2m}(r) &= -{p_2(2m+r-2)\over p_0(2m+r)}a_{2m-2}(r)\\[10pt] &= {(2m+r-1)(2m+r)\over2(2m+r-1)^2}a_{2m-2}(r)\\[10pt] &= {2m+r\over2(2m+r-1)}a_{2m-2}(r),\quad m\ge1. \end{align*} \nonumber \]
Оскільки\(r_1=1\) це повторюваний корінь індиціального многочлена\(p_0\), теорема Template:index означає, що
\[\label{eq:7.6.22} y_1=x\sum_{m=0}^\infty a_{2m}(1)x^{2m}\]
і
\[\label{eq:7.6.23} y_2=y_1\ln x+x\sum_{m=1}^\infty a'_{2m}(1)x^{2m}\]
сформувати фундаментальну множину розв'язків Фробеніуса рівняння\ ref {eq:7.6.21}. Ми залишаємо це вам, щоб показати, що
\[\label{eq:7.6.24} a_{2m}(r)={1\over2^m}\prod_{j=1}^m{2j+r\over2j+r-1}.\]
Налаштування\(r=1\) врожайності
\[\label{eq:7.6.25} a_{2m}(1)={1\over2^m}\prod_{j=1}^m{2j+1\over2j} ={\prod_{j=1}^m(2j+1)\over4^mm!},\]
і підставляючи це в рівняння\ ref {eq:7.6.22} дає
\[y_1=x\sum_{m=0}^\infty{\prod_{j=1}^m(2j+1)\over4^mm!}x^{2m}. \nonumber\]
Щоб отримати\(y_2\) в Equation\ ref {eq:7.6.23}, ми повинні обчислити\(a_{2m}'(1)\) для\(m=1\),,\(2\),... Знову використовуємо логарифмічну диференціацію. З рівняння\ ref {eq:7.6.24},
\[|a_{2m}(r)|={1\over2^m}\prod_{j=1}^m{|2j+r|\over|2j+r-1|}.\nonumber\]
Прийом логарифмів дає
\[\ln |a_{2m}(r)|=-m\ln2+ \sum^m_{j=1} \left(\ln |2j+r|-\ln|2j+r-1|\right).\nonumber\]
Диференціація щодо\(r\) врожайності
\[{a'_{2m}(r)\over a_{2m}(r)}=\sum^m_{j=1} \left({1\over 2j+r}-{1\over2j+r-1}\right).\nonumber\]
Тому
\[a'_{2m}(r)=a_{2m}(r) \sum^m_{j=1} \left({1\over 2j+r}-{1\over2j+r-1}\right).\nonumber\]
Встановлення\(r=1\) та відкликання рівняння\ ref {eq:7.6.25} дає
\[\label{eq:7.6.26} a'_{2m}(1)={{\prod_{j=1}^m(2j+1)\over4^mm!} \sum_{j=1}^m\left({1\over2j+1}-{1\over2j}\right)}.\]
Так як
\[{1\over2j+1}-{1\over2j}=-{1\over2j(2j+1)},\nonumber\]
Рівняння\ ref {eq:7.6.26} можна переписати як
\[a_{2m}'(1)=-\dfrac{\prod_{j=1}^{m}(2j+1)}{2\cdot 4^{m}m!}\sum_{j=1}^{m}\dfrac{1}{j(2j+1)}\nonumber \]
Підставляючи це в рівняння\ ref {eq:7.6.23} дає
\[y_2=y_1\ln x-{x\over2}\sum_{m=1}^\infty{\prod_{j=1}^m(2j+1)\over4^mm!} \left(\sum_{j=1}^m{1\over j(2j+1)}\right)x^{2m}.\nonumber \]
Якщо\(y_1=y(x,r_1)\) розв'язок\(Ly=0\) зводиться до кінцевої суми, то існує складність у використанні логарифмічної диференціації для отримання коефіцієнтів\(\{a_n'(r_1)\}\) у другому розв'язку. Наступний приклад ілюструє цю складність і показує, як її подолати.
Знайдіть фундаментальний набір рішень Frobenius
\[\label{eq:7.6.27} x^2y''-x(5-x)y'+(9-4x)y=0.\]
Наведіть явні формули для коефіцієнтів у розв'язках.
Рішення
Для рівняння\ ref {eq:7.6.27} поліноми, визначені в теоремі Template:index, є
\[\begin{align*} p_0(r) &= r(r-1)-5r+9 &= (r-3)^2,\\[4pt] p_1(r) &= r-4,\\[4pt] p_2(r) &= 0. \end{align*} \nonumber \]
Оскільки\(r_1=3\) є повторюваним нулем індиціального многочлена\(p_0\), теорема Template:index означає, що
\[\label{eq:7.6.28} y_1=x^3\sum_{n=0}^\infty a_n(3)x^n\]
і
\[\label{eq:7.6.29} y_2=y_1\ln x+x^3\sum_{n=1}^\infty a_n'(3)x^n\]
лінійно незалежні розв'язки Фробеніуса рівняння\ ref {eq:7.6.27}. Для пошуку коефіцієнтів в Equation\ ref {eq:7.6.28} використовуємо формули повторення
\[\begin{align*} a_0(r) &= 1,\\ a_n(r) &= -{p_1(n+r-1)\over p_0(n+r)}a_{n-1}(r)\\[10pt] &= -{n+r-5\over(n+r-3)^2}a_{n-1}(r),\quad n\ge1. \end{align*} \nonumber \]
Ми залишаємо це вам, щоб показати, що
\[\label{eq:7.6.30} a_n(r)=(-1)^n\prod_{j=1}^n{j+r-5\over(j+r-3)^2}.\]
Встановлення\(r=3\) тут дає
\[a_n(3)=(-1)^n\prod_{j=1}^n{j-2\over j^2},\nonumber\]
так\(a_1(3)=1\) і\(a_n(3)=0\) якщо\(n\ge2\). Підставляючи ці коефіцієнти в Рівняння\ ref {eq:7.6.28} дає
\[y_1=x^3(1+x).\nonumber \]
Для отримання\(y_2\) в Equation\ ref {eq:7.6.29} ми повинні обчислити\(a_n'(3)\) для\(n=1\),,\(2\),... Давайте спочатку спробуємо логарифмічну диференціацію. З рівняння\ ref {еква:7.6.30},
\[|a_n(r)|=\prod_{j=1}^n{|j+r-5|\over|j+r-3|^2},\quad n\ge1,\nonumber\]
тому
\[\ln |a_n(r)|=\sum^n_{j=1} \left(\ln |j+r-5|-2\ln|j+r-3|\right).\nonumber\]
Диференціація щодо\(r\) врожайності
\[{a'_n(r)\over a_n(r)}=\sum^n_{j=1} \left({1\over j+r-5}-{2\over j+r-3}\right).\nonumber\]
Тому
\[\label{eq:7.6.31} a'_n(r)=a_n(r) \sum^n_{j=1} \left({1\over j+r-5}-{2\over j+r-3}\right).\]
Однак ми не можемо просто встановити\(r=3\) тут\(n\ge2\), якщо, оскільки вираз у дужках у сумі, що відповідає,\(j=2\) містить термін\(1/(r-3)\). Насправді, оскільки\(a_n(3)=0\) для\(n\ge2\), формула Equation\ ref {eq:7.6.31} для насправді\(a_n'(r)\) є невизначеною формою в\(r=3\).
Ми долаємо цю складність наступним чином. З рівняння\ ref {eq:7.6.30} з\(n=1\),
\[a_1(r)=-{r-4\over (r-2)^2}.\nonumber\]
Тому
\[a_1'(r)={r-6\over(r-2)^3},\nonumber\]
тому
\[\label{eq:7.6.32} a_1'(3)=-3.\]
З рівняння\ ref {eq:7.6.30} з\(n\ge2\),
\[a_n(r)=(-1)^n (r-4)(r-3)\,{\prod_{j=3}^n(j+r-5)\over\prod_{j=1}^n(j+r-3)^2} =(r-3)c_n(r),\nonumber\]
де
\[c_n(r)=(-1)^n(r-4)\, {\prod_{j=3}^n(j+r-5)\over\prod_{j=1}^n(j+r-3)^2},\quad n\ge2.\nonumber\]
Тому
\[a_n'(r)=c_n(r)+(r-3)c_n'(r),\quad n\ge2,\nonumber\]
що означає, що\(a_n'(3)=c_n(3)\) якщо\(n\ge3\). Ми залишаємо це вам, щоб переконатися, що
\[a_n'(3)=c_n(3)={(-1)^{n+1}\over n(n-1)n!},\quad n\ge2.\nonumber\]
Підставляючи це і рівняння\ ref {eq:7.6.32} у рівняння\ ref {eq:7.6.29} дає
\[y_2=x^3(1+x)\ln x-3x^4-x^3{\sum_{n=2}^\infty {(-1)^n\over n(n-1)n!}x^n}.\nonumber\]