微分方程符号解

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Risch 微分方程

有理函数域
一般情形

一阶线性微分方程

微分Galois理论

Lie-Kolchin定理

二阶线性微分方程

高阶线性微分方程的多项式解和有理解

多项式解
有理解
平衡分解

高阶线性微分方程的指数解

多项式部分
有理部分

二阶微分方程的特殊函数解

变量替换
有理函数 $Z$ 的求解
经典特殊函数

[1]

Risch 微分方程

在考虑超越指数函数积分时我们遇到了形如 $A_i(x)=B_i(x)'+iB_i(x)\eta'(x)$ 的微分方程(6)，其中数 $A_i,\eta'\in K$ （基域）为已知函数， $B_i\in K$ 为未知函数。这是一个Risch微分方程的求解问题。一般地，设 $f,g\in K$ ，Risch微分方程问题就是要判断 $\begin{equation*} y+fy'{}=g\tag{1} \end{equation*}$ 在 $K$ 中是否有解，如果有解则构造出解。此问题是最简单的一类微分方程，同时对于符号积分的求解过程也是本质上重要的。

有理函数域

首先我们假定最简单的有理函数域情形，即设 $K=\mathbb{Q}(x)$ 、 $\mathbb{R}(x)$ 或 $\mathbb{C}(x)$ 。记 $\den(y)$ 表示有理函数 $y$ 的既约分母，对于任意 $p\in K$ 为不可约多项式且 $p\mid \den(y)$ ，我们希望求出 $p$ 的次数。设 $p^\alpha\|\den(y)$ ， $p^\beta\|\den(f)$ ， $p^\gamma\|\den(g)$ 。可令 $y=\dfrac{v}{p^\alpha u}$ ，其中 $(p,u)=1$ ，则 $y'{}=\dfrac{v'pu-v(pu'+\alpha p'u)}{p^{\alpha+}u}$ ，由 $(p,p')=1$ 可知 $p^{\alpha+1}\|\den(y')$ 。故方程(1)中三项 $y'$ ， $fy$ ， $g$ 的分母中 $p$ 的次数分别为 $\alpha+1$ ， $\alpha+\beta$ ， $\gamma$ 。比较两端分母中 $p$ 的次数，分为三种情形：

$\beta>1$ 时，必有 $\gamma=\alpha+\beta$ ；
$\beta<1$ 时，必有 $\gamma=\alpha+1$ ；
时，
- 若左端求和后无约分，则 $\gamma=\alpha+1$ ；
- 若左端求和后有约分。由 $(p,u)=1$ 可找到 $a$ ， $b$ ，使得 $ap^\alpha+bu=1$ ，从而 $y=\frac{v}{p^\alpha u}=\frac{v(ap^\alpha+bu)}{p^\alpha u}=\frac{vb}{p^\alpha}+\frac{va}{u}=:\frac{Y}{p^\alpha}+\tilde y,$ 满足 $\deg Y<\deg p$ ， $p^\alpha\nmid\den(\tilde y)$ 。同理可设 $f=\dfrac{F}{p}+\tilde f$ 满足 $\deg F<\deg p$ ， $p\nmid\den(\tilde f)$ 。从而 $y'+fy=-\frac{\alpha Yp'}{p^{\alpha+1}}+\frac{Y'}{p^\alpha}+\frac{FY}{p^{\alpha+1}}+\frac{F\tilde y}{p}+\frac{Y\tilde f}{p^\alpha}+\tilde f\tilde y,$ 由于有约分，左端求和分母为 $p^{\alpha+1}$ 的项必定消去，可知 $p\mid-\alpha Yp'+FY,$ 而 $p$ 不可约, $\deg Y<\deg p$ ，故 $(p,Y)=1$ ，可得 $p\mid -\alpha p'+F.$ 又由 $\deg F<\deg p$ 可知必有 $F=\alpha p'$ ，即 $\alpha=\dfrac{F}{p'}$ 。

由此得到了未知函数 $y$ 分母中 $p$ 的次数 $\alpha$ 的上界，使我们便于使用待定系数法。

引理1[2] 若 $\dfrac{F}{p'}$ 为整数且 $\beta=1$ ，则 $\alpha\le \max\left\{\min\{\gamma-1,\gamma-\beta\},\frac{F}{p'}\right\},$ 否则 $\alpha\le \min\{\gamma-1,\gamma-\beta\}.$

仔细验证可以发现，只有在论证 $(p,Y)=1$ 时用到了 $p$ 为不可约多项式，其他地方均可以将条件减弱为 $p$ 为无平方因子的多项式。因此可以首先用 $\den(f),\den(g)$ 的无平方因子分解代替完全分解。需要处理的是对幂次 $\beta=1$ 的无平方因子 $p$ ，求出 $p$ 的不可约因子 $q_i$ ，使得 $z=\dfrac{F}{q_i'}$ 为整数。与Rothstein-Trager方法类似得论证可以得到 $F=zq_i'\Leftrightarrow(F-zp',p)>1\Leftrightarrow \res_x(F-zp',p)=0.$ 从而我们只需求结式 $\res_x(F-zp',p)=0$ 关于 $z$ 的整数根即可。我们得到了如下计算 $\den(y)$ 的一个倍数的方法。

算法1(计算 $\den(y)$ 的一个倍数)

计算无平方分解 $\den(f)=\prod\limits_{i=1}^np_i^{\beta_i}$ ， $\den(g)=\prod\limits_{i=1}^np_i^{\gamma_i}$ ，其中 $\beta_i,\gamma_i\ge 0$ ， $p_i$ 无平方因子。
对每个，令，，。
- 若 $\beta\ne1$ ，令 $\alpha=\min\{\gamma-1,\gamma-\beta\}$ ， $r=p^\alpha$ ；
- 否则计算分解 $f=\dfrac{F}{p}+\tilde f$ 及 $\res_x(F-zp',p)=0$ 的整数根 $z_1,\ldots,z_m$ ，令 $\alpha_j=\max\{\min\{\gamma-1,\gamma-\beta\},z_j\}$ ， $q_j=(F-z_jp',p)$ ， $r=p^{\gamma-1}\cdot\prod\limits_{j=1}^mq_j^{\alpha_j-(\gamma-1)}$ 。
累乘所有 $r$ 并输出，算法终止。

在得到 $\den(y)$ 的一个倍数之后，只要确定 $y$ 分母次数的一个上界，即可使用待定系数法求出 $y$ 的分母来了。设 $y=\dfrac{a}{b}$ ，我们希望求出记 $\alpha=\deg a$ 。带入方程(1)并两端乘以最小公分母可以得到形如 $Ra'+Sa=T$ 的等式，其中 $R,S,T$ 为多项式，记 $\beta=\deg R$ ， $\gamma=\deg S$ ， $\delta=\deg T$ ，则 $Ra'$ ， $Sa$ ， $T$ 的次数分别为 $\beta+\alpha-1$ ， $\gamma+\alpha$ ， $\delta$ 。比较等式两端的次数，分为三种情形：

$\gamma>\beta-1$ 时，必有 $\delta=\beta+\alpha-1$ ；
$\gamma<\beta-1$ 时，必有 $\delta=\gamma+\alpha$ ；
时，
- 若左端求和后最高项未被消去，则 $\delta=\gamma+\alpha$ ；
- 若左端求和后最高项被消去。设 $a=\sum\limits_{i=1}^\alpha a_ix^i$ ， $R=\sum\limits_{i=1}^\beta r_ix^i$ ， $S=\sum\limits_{i=1}^\gamma s_ix^i$ ，则有 $\alpha r_\beta a_\alpha+s_\gamma a_\alpha=0$ ，从而 $\alpha=-\dfrac{s_\gamma}{r_\beta}$ 。

由此我们得到了 $y$ 分母次数 $\alpha$ 的一个上界。

引理2[2] 若 $\gamma=\beta-1$ 且 $-\dfrac{s_\gamma}{r_\beta}$ 为正整数，则 $\alpha\le\max\left\{\min\{\delta-\beta+1,\delta-\gamma\},-\frac{s_\gamma}{r_\beta}\right\},$ 否则 $\alpha\le\min\{\delta-\beta+1,\delta-\gamma\}.$

有了引理2，接下来便可以对 $y$ 的分母进行待定系数法求解了，最终可得到方程(1)在 $K=\mathbb{Q}(x)$ 、 $\mathbb{R}(x)$ 或 $\mathbb{C}(x)$ 的解 $y$ 。

一般情形

上面我们讨论了 $K$ 为最简单的有理函数域的情形。对于一般情形，Bronstein[3]证明了如下定理。

定理1(Bronstein) 若在 $K$ 的任意有限次代数扩张中初等积分和Risch方程问题都可解，设 $\theta$ 为 $K$ 上的超越初等生成元，则在 $K(\theta)$ 的任意有限次代数扩张中初等积分和Risch方程问题也都可解。

由于Risch[2], Rothstein[4], Davenport[5]解决了超越初等扩张的积分问题和Risch方程问题，Trager[6]，Davenport[7]解决了代数扩张的积分问题和Risch方程问题。从而根据定理1，便可以从理论上得到所有初等函数的初等积分和Risch方程问题的解决方案了。

一阶线性微分方程

求积分实际上就是最简单的一阶方程 $y'(x)=f(x)$ ，不过可以看到解决此问题的难度已经相当大了。Risch微分方程是最简单的一类一阶微分方程（线性方程），当然我们求的仅仅是 $K$ 中的解，而非 $K$ 上的初等函数解。我们知道一阶线性方程(1)有通解表达式 $y=e^{-\int f}\cdot\left(c+\int ge^{\int f}\right),$ 但这并没有解决一般问题，因为为了算出表达式中的指数积分，我们还得回到解Risch方程问题上。

不过以下的定理[1]使我们能够避免循环论证而得到 $K$ 上可能的初等函数解。

定理2(Davenport) 设 $K$ 上的Risch方程在 $K$ 上有初等函数解，则有一个解 $y\in K$ 或者 $e^{\int f}$ 在 $K$ 上代数（从而可以求出 $y$ ）。

证明记 $F=K(\int f)$ 。

若 $e^{\int f}$ 在 $F$ 上代数，则由Liouville定理， $\int f$ 必为 $\hat K$ 上对数函数的和，从而 $e^{\int f}$ 必也在 $K$ 上代数。
若 $e^{\int f}$ 在 $F$ 上超越，由于 $y$ 在 $K$ 上初等，自然在 $F$ 上初等，故 $\displaystyle \int ge^{\int f}=ye^{\int f}$ 也在 $F$ 上初等。记 $\theta=e^{\int f}$ 为 $F$ 上的超越指数函数，由分解引理可知 $\int g\theta=h\theta$ ，其中 $h\in F$ （注意指数函数求导后次数不变），从而有解 $y=h\in F$ 。若 $F=K$ ，则有 $y\in K$ ，否则 $\int f$ 中必有 $\hat K$ 上的对数函数。可设 $y=p(\int f)$ ，其中 $p(x)\in K(x)$ ，而由方程(1)可得 $p'\left(\int f\right)+p\left(\int f\right)=\frac{g}{f}\in K,$ 可知必有 $p'+p\in K$ ，也有 $y\in K$ 。

这就完成了证明。 □

因此求一阶线性方程可以通过求 $K$ 中的解，或是 $K$ 上的代数函数积分来完成。

注1 由于 $\int g\theta=h\theta$ 中积分常数的存在，注意并没有要求所有解 $y$ 都属于 $K$ ，例如方程 $y'(x)+y(x)=x+1$ 的通解为 $x+ce^{-x}$ ，的确有属于 $K=\mathbb{Q}(x)$ 的解 $y(x)=x$ ，但并非解所有都是。

微分Galois理论

接下来要讨论的自然是一般高阶线性方程如何求解的问题。对一般的高阶线性方程 $y^{(n)}+a_1(x)y^{(n-1)}+\cdots+a_n(x)y=f(x),$ 可化为线性方程组矩阵形式 $\mathbf{y}'{}=\mathbf{A}(x)\mathbf{y}+\mathbf{f}(x),$ 其中 $\begin{equation*} \mathbf{y}= \begin{bmatrix} y \\ y' \\ \vdots \\ y^{(n-2)} \\ y^{(n-1)} \end{bmatrix},\mathbf{f}(x)= \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ f(x) \end{bmatrix}, \end{equation*}$ $\begin{equation*} \mathbf{A}(x)= \begin{bmatrix} 0 & 1&0&\cdots&0 \\ 0 &0&1&\cdots&0 \\ \ldots&\ldots&\ldots& & \ldots \\ 0 & 0&0&\cdots&1 \\ -a_n(x)&-a_{n-1}(x)&-a_{n-2}(x)&\cdots&-a_1(x) \end{bmatrix}. \end{equation*}$

设对应的齐次方程的基本解矩阵为 $\mathbf{\Phi}(x)$ ，则非齐次线性方程的通解为[8] $\mathbf{y}(x)=\Phi(x)\left(\mathbf{c}+\int\Phi^{-1}(s)\mathbf{f}(s)\right)ds.$ 因此我们可以首先考虑齐次方程的求解。

在求解多项式方程的过程中诞生了伟大的Galios理论，解线性微分方程也有一个对应物——微分Galois理论。在这里我们做一个简要介绍，这些理论也是Kovacic著名的二阶线性方程求解算法的基础（尽管最终的算法可以完全摆脱微分Galois理论的语言）。首先引入几个重要的概念[9]。

定义1(Picard-Vessiot域) 设 $\mathbf{y}'{}=\mathbf{Ay}$ 为 $K$ 上的齐次线性方程组，微分代数 $L\supseteq K$ 称为关于此方程的Picard-Vessiot域，如果 $C(K)$ 为代数闭域，且存在方程的基本解矩阵 $F\in GL_n(L)$ ，使得 $F$ 的矩阵元在 $K$ 上生成 $L$ 。

例1 考虑 $K=\mathbb{C}(x)$ 上的二阶线性微分方程 $y''{}=ry$ ，设 $\eta,\zeta$ 为方程的一个基础解系，则一个基本解矩阵为 $\begin{equation*}\Phi= \begin{bmatrix} \eta& \zeta \\ \eta' &\zeta' \end{bmatrix} \end{equation*}$ 故Picard-Vessiot域为 $\mathbb{C}(x)(\eta,\zeta,\eta',\zeta')$ 。 ◇

定义2(微分Galois群) 设 $\mathbf{y}'{}=\mathbf{Ay}$ 为 $K$ 上的齐次线性方程组，其微分Galois群 $G=\gal(L/K)$ 定义为其Picard-Vessiot域 $L$ 上的微分 $K$ -代数自同构群，即 $G$ 的元素为 $L$ 上的所有 $K$ -代数自同构 $\sigma$ ，满足 $\sigma(f')=(\sigma(f))'$ 。

例2 (续例1)设 $\sigma\in G$ 为微分Galois群中的元素，则 $\sigma(\eta),\sigma(\zeta)$ 仍为方程的基础解系，可在基 $\eta,\zeta$ 下表示为 $\sigma(\eta)=a_\sigma\eta+b_\sigma\zeta,\quad\sigma(\zeta)=c_\sigma\eta+d_\sigma\zeta,$ 可写为 $\begin{equation*} \sigma(\eta\ \zeta)=(\eta\ \zeta) \begin{bmatrix} a_\sigma&c_\sigma \\ b_\sigma&d_\sigma \end{bmatrix}=(\eta\ \zeta)M_\sigma \end{equation*}$ 其中 $M_\sigma$ 为 $\mathbb{C}$ 上的 $2\times2$ 矩阵，于是 $\sigma$ 可视为 $GL_2(\mathbb{C})$ 元素。 ◇

下面的将微分Galois群与代数群建立联系的基本结果是本质上重要的。

定义3(代数群) 若 $G$ 既是群又是仿射代数簇，且群的乘法与求逆运算为仿射代数簇的态射，则称 $G$ 为代数群。

例3 例如特殊线性群 $SL_n(\mathbb{C})$ 为多项式方程 $\det(x_{ij})=1$ 决定的仿射代数簇，且群运算显然为态射，故 $SL_2(\mathbb{C})$ 即为一个代数群。同样的，也可以知道特殊正交群 $SO_n(\mathbb{C})$ 也是一个代数群。 ◇

定理3 微分Galois群 $G$ （视为 $GL_n(C(K))$ 的子群）为代数群，且 $L$ 的 $G$ -不变域为 $K$ 。

定理的证明需要较多的准备，因此我们在这里只给出几个例子。

例4 考虑 $\mathbb{C}(x)$ 上的方程 $y''{}=y$ ，则Picard-Vessiot域 $L=\mathbb{C}(x)(e^x,e^{-x})=\mathbb{C}(x,e^x)$ ，且由 $(\sigma(e^x))'{}=\sigma((e^x)')=\sigma(e^x)$ 知 $\sigma(e^x)=a_\sigma e^x,\quad\sigma(e^{-x})=a_\sigma^{-1} e^{-x},$ 即有 $\begin{equation*} M_\sigma= \begin{bmatrix} a_\sigma & \\ & a_\sigma^{-1} \end{bmatrix}. \end{equation*}$ 可知 $M_\sigma$ 全体的确构成 $GL_2(\mathbb{C})$ 的代数子群。 ◇

例5 考虑 $\mathbb{C}(x)$ 上的方程 $y''{}=-\dfrac{1}{4x^2}y$ ，则Picard-Vessiot域 $L=\mathbb{C}(x)(\sqrt{x},\sqrt{x}\ln x)$ ，且由 $(\sigma(\sqrt{x}))'{}=\sigma\left(\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\right)=\dfrac{1}{2\sigma(\sqrt{x})}$ 解得 $\sigma(\sqrt{x})=\pm\sqrt{x}.$ 又由 $(\sigma(\sqrt{x}\ln x))'{}=\sigma\left(\dfrac{\ln x}{2\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)=\dfrac{\sigma(\sqrt{x}\ln x)}{2x}+\dfrac{1}{\sigma(\sqrt{x})}$ 解得 $\sigma(\sqrt{x}\ln x)=c_\sigma\sqrt{x}\pm\sqrt{x}\ln x.$ 所以方程对应的微分Galois群 $\begin{equation*} G=\left\{ \begin{bmatrix} 1& c \\ & 1 \end{bmatrix}\Bigg\vert c\in\mathbb{C} \right\}\bigcup \left\{ \begin{bmatrix} -1 & c \\ & -1 \end{bmatrix}\Bigg\vert c\in\mathbb{C} \right\}, \end{equation*}$ 的确也是 $GL_2(\mathbb{C})$ 的代数子群。 ◇

例6 (续例1)设 $\begin{equation*} W= \begin{vmatrix} \eta& \zeta \\ \eta' &\zeta' \end{vmatrix} \end{equation*}$ 为Wronsky行列式，由于 $\eta,\zeta$ 为方程的一个基础解系，可知 $W$ 为非零常数，而 $\begin{equation*} \sigma \begin{bmatrix} \eta& \zeta \\ \eta' &\zeta' \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \eta& \zeta \\ \eta' &\zeta' \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_\sigma&c_\sigma \\ b_\sigma&d_\sigma \end{bmatrix}, \end{equation*}$ 可知 $\sigma(W)=W\det M_\sigma$ 。又 $\sigma(W)=W\ne0$ ，可知 $\det M_\sigma=1$ ， $M_\sigma$ 全体实际上构成 $SL_2(\mathbb{C})$ 的一个代数子群。 ◇

Lie-Kolchin定理

我们可以考虑比初等函数更广的一类函数，应用起来也更加方便。

定义4(Liouville函数) 设 $K$ 为一个微分代数， $K(\eta)$ 为 $K$ 的微分扩张，满足 $C(K(\eta))=C(K)$ 。 $\eta$ 称为在 $K$ 上的Liouville生成元，若 $\eta$ 满足以下条件之一

$\eta$ 在 $K$ 上是代数的，即有 $f(x)\in K[x]$ 使得 $f(\eta)=0$ ；
$\eta$ 在 $K$ 上是原函数，即有 $\eta'\in K$ ；
$\eta$ 在 $K$ 上是原函数的指数，即有 $\dfrac{\eta'}{\eta}\in K$ 。

称 $K(\eta_1,\ldots,\eta_n)$ 为 $K$ 上的一个Liouville函数域，若 $\forall 1\le i\le n$ ， $\eta_i$ 为 $K(\eta_1,\ldots,\eta_{i-1})$ 上的Liouville生成元。 $K$ 上的任一个Liouville函数域中的元素称为 $K$ 上的Liouville函数。

注2 因为对数函数满足第二条，指数函数满足第三条，因此初等函数一定也是Liouville函数。但反之则不然，例如 $\int e^{x^2}$ 是Liouville函数而非初等函数。

线性微分方程的优美理论将引导我们，把方程Liouville解与一般线性群 $GL_n(\mathbb{C})$ 的代数子群联系到一起。下面理论上重要的Lie-Kolchin定理给出了线性微分方程的解是Liouville解的充要条件。

定理4(Lie-Kolchin) 设 $G$ 为线性微分方程对应的微分Galois群， $G_0$ 为 $G$ 的包含单位的连通分支，则以下条件是等价的：

线性微分方程对应的解都是Liouville的；
$G_0$ 可解；
$G_0$ 可上三角化。

因此为了研究线性微分方程的Liouville解，我们可以转向代数子群的研究。比如说对于二阶线性方程，我们便需要对特殊线性群 $SL_2(\mathbb{C})$ 的代数子群有所了解。

二阶线性微分方程

考虑二次齐次线性方程 $z''+az+bz=0,$ 其中 $a,b\in K=\mathbb{C}(x)$ ，通过标准的变换 $y=e^{\frac{1}{2}\int a}z$ （ $\mathbb{C}(x)$ 中的积分总可以求出），可化为缺项形式 $y''{}=(b-\dfrac{1}{4}a^2-\dfrac{1}{2}a')y.$ 因此我们下面可以只考虑形如 $\begin{equation*} y''{}=ry,\tag{2} \end{equation*}$ 其中 $r\in K$ 的二阶线性方程。在这样的特殊形式下我们知道，若 $\eta$ 是一个Liouville解的话，那么 $\zeta=\eta\int\dfrac{1}{\eta^2}$ 是与 $\eta$ 线性无关的另一个解[8]，从而方程所有的解都是 $K$ 上的Liouville解。

正如上面所说的，特殊线性群 $SL_2(\mathbb{C})$ 的代数子群对于我们很重要，事实上有下面的定理(见[10])。

定理5( $SL_2(\mathbb{C})$ 代数子群的分类) 设 $G$ 为 $SL_2(\mathbb{C})$ 的代数子群，则 $G$ 满足以下之一：

$G$ 共轭于 $\left\{\begin{bmatrix}c & d\\ & c^{-1} \end{bmatrix}\Bigg\vert c,d\in\mathbb{C},c\ne0\right\}$ 的子群，即 $G$ 可上三角化；
$G$ 共轭于 $\left\{\begin{bmatrix}c & \\ & c^{-1} \end{bmatrix}\Bigg\vert c\in\mathbb{C},c\ne0\right\}\bigcup\left\{\begin{bmatrix} & c\\-c^{-1} & \end{bmatrix}\Bigg\vert c\in\mathbb{C},c\ne0\right\}$ 的子群，且不属于第一类；
$G$ 是前两类以外的有限群（四面体群，八面体群，十二面体群）；
$G=SL_2(\mathbb{C})$ 。

对应于代数子群的四个类型，如下定理就不令人意外了。

定理6 方程(2)的解只有四种可能性：

有一个解 $y=e^{\int\omega}$ 为Liouville解，其中 $\omega\in\mathbb{C}(x)$ ；
有一个解 $y=e^{\int\omega}$ 为Liouville解，其中 $\omega$ 为 $\mathbb{C}(x)$ 上的二次代数元，且第一类情形不成立；
所有解 $y$ 在 $\mathbb{C}(x)$ 上是代数的，为Liouville解，且前两类情形不成立；
无Liouville解。

证明我们分别讨论对应于定理5的四种情形。设 $\eta,\zeta$ 为方程的基础解系。

可假设 $G$ 是上三角的，由 $\forall \sigma\in G$ ， $\sigma\eta=c_\sigma\eta$ ，可知 $\sigma\left(\dfrac{\eta'}{\eta}\right)=\dfrac{\eta'}{\eta}\in \mathbb{C}(x)$ ，令 $\omega=\dfrac{\eta'}{\eta}$ ，即得 $\eta=e^\omega$ 。
可假设 $G$ 为 $\left\{\begin{bmatrix}c & \\ & c^{-1} \end{bmatrix}\Bigg\vert c\in\mathbb{C},c\ne0\right\}\bigcup\left\{\begin{bmatrix} & c\\-c^{-1} & \end{bmatrix}\Bigg\vert c\in\mathbb{C},c\ne0\right\}$ 的子群，则 $\forall \sigma\in G$ 有 $\sigma(\eta)=c_\sigma(\eta),\quad\sigma(\zeta)=c_\sigma^{-1}\zeta$ 或者 $\sigma(\eta)=-c_\sigma^{-1}(\zeta),\quad\sigma(\zeta)=c_\sigma\eta.$ 于是总有 $\sigma(\eta\zeta)=\pm\eta\zeta$ ， $\sigma((\eta\zeta)^2)=(\eta\zeta)^2$ 。由定理3可知必有 $(\eta\zeta)^2\in\mathbb{C}(x)$ 。设 $\phi=\dfrac{\eta'}{\eta}+\dfrac{\zeta'}{\zeta}$ ，则 $\phi=\dfrac{(\eta\zeta)'}{\eta\zeta}=\frac{1}{2}\cdot\frac{((\eta\zeta)^2)'}{(\eta\zeta)^2}\in\mathbb{C}(x).$ 且由 $\left(\frac{\eta'}{\eta}\right)'{}=r+\left(\frac{\eta'}{\eta}\right)^2$ 可计算得 $\begin{equation*} -\phi''-3\phi\phi'-\phi^3+4r\phi+2r'{}=0.\tag{3} \end{equation*}$ 设 $\omega$ 为方程 $\omega^2-\phi\omega+\frac{1}{2}\phi'+\frac{1}{2}\phi^2+r=0$ 的一个解，对方程两端求导可得 $(2\omega-\phi)\omega'{}=\phi'\omega-\frac{1}{2}\phi''-\phi\phi'+r',$ 从而 $2(2\omega-\phi)(\omega'+\omega^2-r)=-\phi''-3\phi\phi'-\phi^3+4r\phi+2r'{}=0.$ 可假定 $2\omega\ne\phi$ （这是第一类情形），于是有 $\omega'+\omega^2=r,$ 令 $y=e^{\int\omega}$ 即为原方程的解，且 $\omega$ 为 $\mathbb{C}(x)$ 上的二次代数元。
只须证扩张次数 $[L:K]$ 有限即可。由于 $G$ 为有限群，可设 $G=\{\sigma_1,\ldots,\sigma_n\}$ 。取 $L$ 中的 $n+1$ 个元素 $u_1,\ldots,u_{n+1}$ ，令 $\begin{equation*} v_k= \begin{bmatrix} \sigma_1(u_k) \\ \vdots \\ \sigma_n(u_k) \end{bmatrix}, \end{equation*}$ 则必存在 $1\le m\le n$ 使得 $v_1,\ldots,v_m$ 线性无关， $v_1,\ldots,v_{m+1}$ 在 $L$ 上线性相关。设 $v_{m+1}=c_1v_1+\cdots+c_mv_m$ ，则 $\sigma(v_{m+1})=\sigma(c_1)\sigma(v_1)+\cdots\sigma(c_m)\sigma(v_m)$ ，而由于 $\{\sigma_1,\ldots,\sigma_n\}$ 在任一个 $\sigma\in G$ 作用下仍为 $\{\sigma_1,\ldots,\sigma_n\}$ 的一个排列，故由 $v_k$ 的构造知道 $\forall 1\le i\le m, \sigma(c_i)=c_i$ ，由定理3知 $c_i\in K$ ，从而任 $n+1$ 个 $L$ 中的元素在 $K$ 上线性相关， $[L:K]$ 自然是有限的。
由于对二阶线性方程来说，如果有一个Liouville解的话，那么所有解都是Liouville的。由Lie-Kolchin定理4可知在这种情况下 $G_0$ 是可解的。但 $G=GL_2(\mathbb{C})$ 对应的 $G_0=SL_2(\mathbb{C})$ 是不可解的。这个矛盾便证明了方程无Liouville解。

证毕。 □

在知道了Liouville解的形式之后，对Liouville解的存在性的判定便有了一些依据。下面的必要条件主要是通过对解的奇点分析得到的。我们知道，设 $r=\dfrac{p}{q}\in\mathbb{C}(x)$ ，其中 $p$ ， $q$ 为互素的多项式，则 $r$ 的极点即为 $q$ 的零点，且在极点 $a$ 处的阶数等于 $a$ 作为 $q$ 零点的重数。 $r$ 在 $\infty$ 处阶数定义为 $\deg q-\deg p$ 。这实际上是更一般的离散赋值的特殊情形。

定义5(阶数) 设 $q\in\mathbb{C}[x]\backslash\{0\}$ ，定义 $q$ 在 $\infty$ 处的阶数 $\nu_\infty(q)=-\deg(q).$ 设 $p\in\mathbb{C}[x]$ 为不可约多项式，定义 $q$ 在 $p$ 处的阶数 $\nu_p(q)=\max\{n\in\mathbb{Z}:p^n\mid q\}.$ 并约定 $\nu_\infty(0)=\infty$ ， $\nu_p(0)=\infty$ 。

设 $r=\dfrac{s}{t}\in\mathbb{C}(x)$ ，定义 $r$ 的阶数 $\nu(r)=\nu(s)-\nu(t)$ （其中 $\nu$ 可以是 $\nu_\infty$ 或 $\nu_p$ ）。

在这样的定义下， $r$ 在 $a$ 处的极点阶数实际上等于 $|\nu_{x-a}(r)|$ 。

定理7 定理6的前三种情形成立的必要条件分别是：

$r$ 的所有极点阶数为偶数或1，在 $\infty$ 处的阶数为偶数或大于2；
$r$ 至少有一个极点的阶数为2或大于2的奇数；
$r$ 在极点处的阶数小于等于2，在 $\infty$ 处的阶数大于等于2。可设部分分式分解 $r=\sum_{i}\frac{\alpha_i}{(x-c_i)^2}+\sum_j\frac{\beta_j}{x-d_j},$ 则 $\sqrt{1+4\alpha_i}\in\mathbb{Q}$ ， $\sum\limits_j\beta_j=0$ 。令 $\gamma=\sum_i\alpha_i+\sum_j\beta_jd_j,$ 有 $\sqrt{1+4\gamma}\in\mathbb{Q}$ 。

证明所有记号与定理6的证明中一致。

不妨设0为极点，考虑 $r$ 和 $\omega$ 在0处的Laurent展式（其它点处类似考虑） $\begin{equation*} \begin{aligned} r&=\alpha x^n+\cdots,\\ \omega&=bx^m+\cdots. \end{aligned}\tag{4} \end{equation*}$ 由 $\omega'+\omega^2=r$ 可得 $mbx^{m-1}+\cdots+b^2x^{2m}+\cdots=\alpha x^n+\cdots.$ 从而 $n\ge\min\{m-1,2m\}$ 。故当 $n\le-3$ 时，必有 $m<-1$ ， $2m<m-1$ ，知 $n=2m$ 。所以极点阶数为偶数或者1。再考虑作为 $\infty$ 处的Laurent展式(4)，则有 $n\le\max\{m-1,2m\}$ 。故当 $n\ge-1$ 时，必有 $m>-1$ ， $2m>m-1$ ，知 $n=2m$ 。所以 $\infty$ 处的阶数为偶数或大于2。
由 $(\eta\zeta)^2\in\mathbb{C}(x)$ 但 $\eta\zeta\in\mathbb{C}(x)$ （否则为第一类情形），不失一般性，可设 $(\eta\zeta)^2=x^e\prod_i(x-c_i)^{e_i},$ 其中 $e$ 为奇数。则 $\phi=\frac{1}{2}ex^{-1}\cdots.$ 由式(3)及展式(4)可得 $\left(e-\frac{3}{4}e^2+\frac{1}{8}\right)x^{-3}+\cdots=2\alpha(e+n)x^{n-1}+\cdots.$ 而 $e$ 为奇数， $e-\frac{3}{4}e^2+\frac{1}{8}x^{-3}=\frac{1}{8}e(e-2)(e-4)\ne0$ ，可知 $n=-2$ 或 $n=-e,n<-2$ 。所以 $r$ 至少有一个极点阶数为2或为大于2的奇数。
不妨设0为一个极点（其它极点类似考虑），由于解为 $\mathbb{C}(x)$ 上的代数函数，可设在0处的Puiseux展式 $\eta=cx^\mu+\cdots,$ 其中 $\mu\in\mathbb{Q}$ ，由 $\eta''{}=r\eta$ 及展式(4)可得 $\mu(\mu-1)cx^{\mu-2}+\cdots=\alpha cx^{\mu+n}.$ 可知 $n\ge-2$ ，即 $r$ 在极点处的阶数小于等于2。并且若 $n=-2$ 则有 $\mu(\mu-1)=\alpha$ ，可知 $\sqrt{1+4\alpha}\in\mathbb{Q}$ 。于是可设 $r=\sum_{i}\frac{\alpha_i}{(x-c_i)^2}+\sum_j\frac{\beta_j}{x-d_j}+P,$ 其中 $P\in\mathbb{C}[x]$ 。再考虑 $\infty$ 处 $r$ 的Laurent展式（为了不混淆，我们将 $r$ 的系数换一个记号） $r=\gamma x^m+\cdots.$ 同样可得 $\mu(\mu-1)cx^{m-2}+\cdots=\gamma cx^{\mu+m}.$ 可知 $m\le-2$ ， $P=0$ ，即有 $r$ 在 $\infty$ 处的阶数大于等于2。由 $\begin{align*} r&=\sum_i\frac{\alpha_i}{(x-c_i)^2}+\sum_j\frac{\beta_j}{x-d_j} \\ &=\sum_j\beta_jx^{-1}+\left(\sum_i\alpha_i+\sum_j\beta_jd_j\right)x^{-2}+\cdots \end{align*}$ 可知 $\sum\limits_j\beta_j=0$ ， $\gamma=\sum\limits_i\alpha_i+\sum\limits_j\beta_jd_j$ 。再由 $\mu(\mu-1)=\gamma$ 知 $\sqrt{1+4\gamma}\in\mathbb{Q}$ 。

证毕。 □

例7 考虑Airy方程 $y''=xy,$ 则 $r=x$ 无极点（阶数均为零）且在 $\infty$ 处的阶数为-1，不满足任一条必要条件，故方程无Liouville解，其一组基解称为Airy函数。同样可以知道，当 $n\ge1$ 时，方程 $y''{}=x^ny$ 都没有Liouville解。 ◇

下面我们来说明如何通过类似的奇点分析具体构造出所需要的Liouville解。首先设 $r$ 满足第一类必要条件，即 $r$ 的所有极点阶数为偶数或1，在 $r$ 处的阶数为偶数或大于2。

设解 $\eta=e^{\int\omega}$ ， $\omega\in\mathbb{C}(x)$ 。则 $\omega$ 在 $c$ 处的部分分式项可写为 $\sum_{i=2}^\nu\frac{a_i}{(x-c)^i}+\frac{\alpha}{x-c}=:[\omega]_c+\frac{\alpha}{x-c}.$ 不妨仅考虑0处，简记 $[\omega]=[\omega]_0$ ，则 $\omega$ 在0处的Laurent展式可写为 $\omega=[\omega]+\frac{\alpha}{x}+\overline\omega,$ 其中 $\overline\omega$ 为 $x$ 的非负幂次项级数。以下分几种情况讨论。

( $c_1$ ) 设0处极点阶数为1， $r=*x^{-1}+\cdots$ ，由 $\omega'+\omega^2=r$ 得到 $-\frac{\nu a_\nu}{x^{\nu+1}}+\cdots+\frac{a_\nu^2}{x^{2\nu}}=\frac{*}{x}+\cdots.$ 可知 $\nu\le1$ ， $[\omega]=0$ 。从而有 $-\frac{\alpha}{x^2}+\overline{\omega}'+\frac{\alpha^2}{x^2}+\frac{2\alpha}{x}\overline\omega+\overline{\omega}^2=\frac{*}{x},$ 可知 $\alpha^2-\alpha=0$ ，而0是极点，故只能有 $\alpha=1$ 。从而 $\omega$ 在0处的部分分式为 $\dfrac{1}{x}$ 。为了统一起见，记 $\alpha^\pm=1$ 。

( $c_2$ ) 设0处极点阶数为2， $r=bx^{-2}+*x^{-1}+\cdots$ ，同样的推理可以得到 $[\omega]=0$ ， $\alpha^2-\alpha=b$ ，从而 $\omega$ 在0处的部分分式为 $\dfrac{\alpha^\pm}{x}$ ，其中 $\alpha^\pm=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{1+4b})$ 。

( $c_3$ ) 设0处极点阶数为 $2\nu\ge4$ ，可设 $[\sqrt{r}]=\frac{a}{x^\nu}+\cdots+\frac{*}{x^2}.$ 由 $(\sqrt{r}-\omega)(\sqrt{r}+\omega)=\omega'$ 可得 $[\omega]=\pm[\sqrt{r}]$ 。设 $\omega$ 在0处的部分分式为 $\pm[\sqrt{r}]+\dfrac{\alpha^\pm}{x}$ ，经过计算可得 $\alpha^{\pm}=\frac{1}{2}(\pm\frac{b}{a}+\nu)$ ，其中 $b$ 为 $r-[\sqrt{r}]^2$ 中 $\frac{1}{x^{\nu+1}}$ 的系数。

( $c_4$ ) 设0非极点，与(c1)同样的推理可得 $[\omega]=0$ ， $\alpha=0$ 或 $\alpha=1$ 。 $\omega$ 在0处的部分分式是0或者 $\dfrac{1}{x}$ 。

综合以上四种情况得到 $\omega=\sum_{c\in\Gamma}\left(s(c)[\sqrt{r}]_c+\frac{\alpha_c^{s(c)}}{x-c}\right)+\sum_{i=1}^d\frac{1}{x-d_i}+R,$ 其中 $\Gamma$ 表示 $r$ 的极点集合， $R\in\mathbb{C}[x]$ ，记号 $s(c)$ 可取 $+$ 或 $-$ 。因此下面的任务就是确定 $d$ ， $d_i$ 和 $R$ 了，为此我们还需考虑 $r$ 在 $\infty$ 处Laurent展式 $\omega=R+\frac{\alpha_\infty}{x}\cdots+.$

( $\infty_1$ ) 设 $\infty$ 处阶数为 $\nu$ 大于2， $r=\frac{*}{x^\nu}+\frac{*}{x^{\nu+1}}+\cdots,$ 代入 $\omega'+\omega^2=r$ 可得 $R=0$ ， $\alpha_\infty=0$ 或 $\alpha_\infty=1$ 。

( $\infty_2$ ) 设 $\infty$ 处阶数为2， $r=bx^{-2}+*x^{-3}+\cdots$ ，同样的可得 $R=0$ ， $\alpha_\infty^2-\alpha_\infty=b$ ， $\alpha_\infty^\pm=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{1+4b})$ 。

( $\infty_3$ ) 设 $\infty$ 处阶数为 $-2\nu\le0$ ， $[\sqrt{r}]_\infty=ax^\nu+\cdots$ 表示 $\sqrt{r}$ 在 $\infty$ 处展式的多项式部分。类似( $c_3$ )可得 $R=[\sqrt{r}]_\infty$ ， $a_\infty^\pm=\frac{1}{2}(\pm\frac{b}{a}-\nu)$ ，其中 $b$ 为 $r-[\sqrt{r}]_\infty^2$ 中 $x^{\nu-1}$ 的系数。

综合以上三条可得到 $\omega=\underbrace{\sum_{c\in\Gamma}\left(s(c)[\sqrt{r}]_c+\frac{\alpha_c^{s(c)}}{x-c}\right)+s(\infty)[\sqrt{r}]_\infty}_\theta+\underbrace{\sum_{i=1}^d\frac{1}{x-d_i}}_{P'/P}.$ 再比较两边 $\infty$ 展式的 $\dfrac{1}{x}$ 的系数可得 $d=\alpha_\infty^{s(\infty)}-\sum_{c\in\Gamma}\alpha_c^{s(c)}\in\mathbb{N}.$ 最后还需要确定 $d_i$ ，设 $P=\prod\limits_{i=1}^d(x-d_i)$ ，则 $\omega$ 可写为 $\theta+\dfrac{P'}{P}$ ，代入 $\omega'+\omega^2=r$ 得到 $P''+2\theta P'+(\theta'+\theta^2-r)P=0.$ 用待定系数法求出多项式 $P$ 即可。得解 $\eta=e^{\int\omega}=Pe^{\int\theta}$ 。

以上对构造第一类解的讨论，我们可以稍作一些总结。为了求解 $\eta=e^{\int\omega}$ ，首先通过奇点分析得到 $\theta$ （即每个奇点贡献的总和），再通过待定系数法求解关于多项式 $P$ 的一个微分方程，最后根据 $\theta$ 和 $P$ 计算 $\omega$ 。在构造另外两类解时过程也大抵如此，只不过奇点分析更复杂一些，关于 $P$ 的微分方程次数会较高，而通过 $\theta$ 和 $P$ 计算 $\omega$ 的过程也更复杂，需要解一个代数方程。我们不再一一详述，具体可参见[10]，不过为了完整起见，这里给出Saunder[11]对Kovacic算法的一个简化版本，不仅利于实现，也避免了具体求出所有奇点。

算法2(Kovacic算法简化版本) 求微分方程 $y''{}=ry$ 的Liouville解。

预处理与必要条件检测。
1. 设 $r=\dfrac{s}{t}$ 为既约分式，作无平方分解 $t=\prod\limits_{i=1}^mt_i^i$ 。
2. 构造为在上代数次数可能的取值。
  - 若 $\forall i\ge3$ 为奇数有 $t_1=1$ ，且 $\nu_\infty(r)$ 大于2或为偶数，则 $1\in L$ ；
  - 若 $t_2\ne1$ ，或 $\exists i\ge3$ 为奇数有 $t_i\ne1$ ，则 $2\in L$ ；
  - 若 $m\le2$ 且 $\nu_\infty(r)\ge2$ ，则 $4,6,12\in L$ 。
构造和的组成部分。
1. 构造固定部分 $\begin{align*} d_\mathrm{fix}&=\frac{1}{4}(\min(\nu_\infty(r),2)-\deg t-3\deg t_1), \\ \theta_\mathrm{fix}&=\frac{1}{4}\left(\frac{t'}{t}+\frac{3t_1'}{t_1}\right). \end{align*}$
2. 构造2阶极点对应项。设 $t_2$ 的根为 $c_1,\ldots,c_{k_2}$ ，设 $b_i(i=1,\ldots,k_2)$ 为 $r$ 中 $\dfrac{1}{(x-c_i)^2}$ 的系数，令 $d_i=\sqrt{1+4b_i},\quad\theta_i=\dfrac{d_i}{x-c_i}.$
3. 构造大于等于3阶极点对应项。当 $1\in L$ 时求得 $t_4,t_6,\ldots$ 的根为 $c_{k_2+1},\ldots,c_k$ 。设在 $c_i(i=k_2+1,\cdots,k)$ 处的阶数为 $l_i$ ，设 $\nu_i=l/2$ ， $a_i$ 为 $[\sqrt{r}]_{c_i}$ 中 $\dfrac{1}{(x-c_i)^{\nu_i}}$ 的系数， $b_i$ 为 $r-[\sqrt{r}]_{c_i}^2$ 中 $\dfrac{1}{x^{\nu_i+1}}$ 的系数。令 $d_i=\frac{b_i}{a_i},\quad\theta_i=2[\sqrt{r}]_{c_i}+\frac{d_i}{x-c_i}.$
4. 构造 $\infty$ 处阶数为2的对应项。若 $\nu_\infty(r)=2$ ，令 $b_0$ 为 $r$ 中 $\dfrac{1}{x^2}$ 的系数，令 $d_0=\sqrt{1+4b_0},\quad\theta_0=0.$
5. 构造 $\infty$ 处阶数小于2的对应项。若 $\nu_\infty(R)<2$ ，设 $\nu_0=\nu_\infty(r)/2$ ， $a_0$ 为 $[\sqrt{r}]_\infty$ 中 $x^{\nu_0}$ 的系数， $b_0$ 为 $r-[\sqrt{r}]_\infty^2$ 中 $x^{\nu_0-1}$ 的系数，令 $d_0=\frac{b_0}{a_0},\quad\theta_0=2[\sqrt{r}]_\infty.$
构造和。
1. 取 $n\in L$ ，若 $n=1$ 则 $m=k$ ，否则 $m=k_2$ 。
2. 其中任取 $s_i\in\{-\frac{1}{2}n,-\frac{1}{2}n+1,\ldots,\frac{1}{2}n\}$ ，令 $S=(s_0,\ldots,s_m)$ 。构造 $d_s=n\cdot d_\mathrm{fix}-\sum_{i=0}^ms_id_i,$
3. 若 $d_s\in\mathbb{N}$ ，则令 $\theta_s=n\cdot\theta_\mathrm{fix}-\sum_{i=0}^ms_i\theta_i,$ 进行第四步的求解，否则换一组不同的 $S$ 。若已尝试所有 $S$ 则换一个不同的 $n\in L$ ，若已尝试所有的 $n$ ，则算法终止。
求解。记。
1. 若 $n=1$ ，求解 $d_s$ 次首一多项式 $P$ ，使 $P''+2\theta P'+(\theta'+\theta^2-r)P=0.$ 输出解 $\eta=Pe^{\int\theta}$ 。
2. 若 $n=2$ ，求解 $d_s$ 次首一多项式 $P$ ，使 $P''+3\theta P''+(3\theta^2+3\theta'-4r)P'+(\theta''+3\theta\theta'+\theta^3-4r\theta-2r')P=0.$ 令 $\phi=\theta+\dfrac{P'}{P}$ ，求解方程 $\omega^2-\phi\omega+\left(\frac{1}{2}\phi'+\frac{1}{2}\phi^2-r\right)=0.$ 输出解 $\eta=e^{\int\omega}$ 。
3. 若 $n=4,6,12$ ，求解 $d_s$ 次首一多项式 $P$ ，使 $\begin{equation*} \left\{ \begin{aligned} P_n&=-P, \\ P_{i-1}&=-QP_i'+((n-i)Q'-Q\theta)P_i-(n-i)(i+1)Q^2rP_{i+1}, \\ P_{-1}&=0. \end{aligned}\right. \end{equation*}$ 其中 $i=1,\ldots,n$ ， $Q=\prod\limits_{i=1}^mt_i$ 。求解方程 $\sum_{i=0}^n\frac{Q^iP_i}{(n-i)!}\omega^i=0.$ 输出解 $\eta=e^{\int\omega}$ 。

高阶线性微分方程的多项式解和有理解

Kovacic算法成功地解决了二阶线性方程的Liouville解，我们看到了微分Galois理论的巨大威力。尽管更加困难，使用微分Galois理论也可以的确用来求解高阶线性微分方程。例如早在1981年Singer[12]就在理论上提出了一个确定性的过程来求出所有的Liouville解，在此基础上还有许多发展，但复杂度仍太高以至于无法实际应用。因此需要考虑更快速、便于实现的方法。这里我们简要地介绍Abramov，Kvansenko[13]，Bronstein[14]提出的高阶线性方程多项式解、有理解、原函数指数解的方法。

多项式解

在本节中设 $K$ 为一个数域，我们 $K[x]$ 上考虑 $n$ 阶线性方程 $\begin{equation*} a_ny^{(n)}+\cdots+a_1y'+a_0y=b,\tag{5} \end{equation*}$ 其中系数 $a_i,b\in K[x]$ ，我们第一步的目标是求出方程(5)在 $K[x]$ 中的多项式解。设 $y=y_kx^k+\cdots+y_1x+y_0,\quad y_k\ne0$ 为一个多项式解，代入方程(5)得到 $\begin{equation*} \sum_{i=0}^k\left(a_i(x)\cdot k(k-1)\cdots(k-i+1)\cdot y_kx^{k-i}+\cdots\right)=b.\tag{6} \end{equation*}$ 记 $m=\max\limits_{0\le i\le n}\{\deg a_i(x)-i\}$ ，设 $\deg a_i-i$ 在 $i=i_1,\ldots,i_s$ 处取到 $m$ 。记 $p(r)=\sum_{j=1}^s\lc (a_{i_j}(x))\cdot r(r-1)\cdots(r-i_j+1),$ 其中 $\lc (a_{i_j}(x))$ 表示 $a_{i_j}(x)$ 的首项系数。则 $\deg p=\max\limits_{1\le j\le s}\{i_j\}$ ，可知当 $k\ge \deg p$ 时，式(6)中左端最高次项为 $\sum_{j=1}^s\lc (a_{i_j}(x))\cdot k(k-1)\cdots(k-i_j+1)\cdot y_kx^{k+m}.$ 比较式(6)两段最高项可知或者 $k+m=\deg b$ ，或者 $p(k)=0$ 。从而我们得到了 $y$ 次数的上界 $k\le\max\{\deg p,\deg b-m,r_{\max}\},$ 其中 $r_{\max}$ 表示 $p(r)$ 的最大正整数根。

如同我们经常做的，在得到 $y$ 次数上界之后便可用待定系数法求解 $y$ 了，最终的未定系数便为解表达式中的任意常数。但由于无法精确求出 $r_{\max}$ ，只能采取近似的估计，而估计的 $r_{\max}$ 往往会很大，计算复杂度就较高。可以考虑如下的递推方法来求解关于待定系数的线性方程组更有效。

对“截断”的线性方程 $a_jy^{(j)}+\cdots+a_0y=b$ （ $0\le j\le n$ ），同样定义如上的 $m$ 和 $p(r)$ ，记为 $m_j$ 和 $p_j(r)$ （从而 $m=m_n$ ， $p(r)=p_n(r)$ ）。假设我们搜索次数不超过 $k$ 的多项式解，同样比较首项系数可得 $\begin{equation*} P_{\min\{n,k\}}(k)y_k=b_{n+m_{\min\{n,k\}}}.\tag{7} \end{equation*}$ 从而求出 $y_k$ ，再作变量替换 $y(x)\leftarrow y(x)-y_kx^k$ ，得到新的关于 $y$ 的方程 $a_ny^{(n)}+\cdots a_0y=b-y_k(a_n(x^k)^{(n)}+\cdots+a_0(x^k)),$ 再继续求解此方程不超过 $k-1$ 次的多项式解，如此续行即可。

当然在通过(7)计算 $y_k$ 的过程中要考虑 $P_{\min\{n,k\}}(k)=0$ 的情形，若此时等式右端为零，则判定此方程无多项式解；若等式右端为零，则 $y_k$ 可视为一个未定参数，代入变换后的新方程进行计算。接下来当比较系数时，若等式左端为零，而右端含未定参数时，便可消去右端的某个参数。到求得 $y_0$ 之后，最终可以得到一个其系数中含若干个参数的多项式，将所有系数联立为零，可确定参数的值或者最终出现在解中的可变常数。这最后一个问题的规模是 $\le 2n$ 的[13]，复杂度比非递推的待定系数法要小很多。

有理解

设 $y\in\overline{K}(x)$ 为有理函数解，则从方程(5)可知 $y$ 的每一个极点都是 $a_n$ 的零点，从而 $\den(y)$ 的每个不可约因子都是 $a_n$ 的因子。为了确定 $\den(y)$ ，只需确定 $a_n$ 的各个不可约因子在 $\den(y)$ 中出现的次数即可。

设 $\xi$ 为 $y$ 的一个极点， $y(x)=\tilde y(x)(x-\xi)^{-k}$ 。设 $a_i$ 在 $x-\xi$ 处的阶数为 $\beta_i$ ，即 $a_i(x)=(x-\xi)^{\beta_i}h_i(x)$ ， $h_i(\xi)\ne0$ 。则有 $a_i(x)=\sum_{j=\beta_i}^\infty\frac{a_i^{(j)}(\xi)}{j!}(x-\xi)^j,$ 代入方程(5)得到 $\begin{equation*} \sum_{i=0}^n\left(\frac{a_i^{(\beta_i)}(\xi)}{\beta_i!}(x-\xi)^{\beta_i}\cdot(-k)\cdots(-k-i+1) \tilde y(x)(x-\xi)^{-k-i}+\cdots\right)=b.\tag{8} \end{equation*}$ 和多项式解情形类似的，我们定义 $m=\min\limits_{0\le i\le n}\{\beta_i-i\}$ ，并设 $\beta_i-i$ 在 $i_1,\ldots,i_s$ 处取到 $m$ 。记 $p(r)=\sum_{j=1}^sr(r-1)\cdots(r-i_j+1)\frac{a_{i_j}^{(\beta_j)}(\xi)}{\beta_j!},$ 则当 $k\ge m$ 时，式(8)左端 $(x-\xi)^{-k+m}$ 项的系数为 $p(-k)$ ，而 $b\in K[x]$ ，可知必有 $p(-k)=0$ 。于是得到 $k\le \max\{|r_{\min}|,m\},$ 即为 $x-\xi$ 在 $\den(y)$ 中的次数上界，其中 $r_{\min}$ 表示 $p(r)$ 的最小负整数根。

因此本质上和多项式解情形一样（对 $\nu_\infty$ 的分析变为了对 $\nu_{x-\xi}$ 的分析），我们从理论上得到了一个求有理函数的方法（求得分母，待定分子系数）。但在 $\overline{K}$ 上分解系数 $a_i$ 总是不很方便的。为了合并 $x-\xi$ 的乘积，从而将所有运算都限制在系数域 $K(x)$ 中，我们引入如下平衡分解的概念(见[15])就显得很自然了。

定义6(平衡分解) 设 $A,B\in K[x]$ ，称 $A$ 关于 $B$ 是平衡的，若 $B=0$ ，或者对于 $A$ 的任意不可约因子 $P, Q\in K[x]\backslash K$ ，都有 $\nu_P(B)=\nu_Q(B)$ 。称 $A=A_1^{e_1}\cdots A_n^{e_n}$ 为关于 $B$ 的平衡分解，若 $\forall 1\le i\le n$ ， $A_i$ 无平方因子，两两互素，且 $A_i$ 关于 $B$ 是平衡的。

再设 $S=\{B_1,\ldots,B_m\}\subseteq K[x]$ ，称 $A$ 关于 $S$ 是平衡的，若 $A$ 对于每个 $B_j\in S$ 都是平衡的。称 $A=A_1^{e_1}\cdots A_n^{e_n}$ 为关于 $S$ 的平衡分解，若此分解对于每个 $B_j\in S$ 都是平衡分解。

$A$ 的无平方分解总是关于 $A$ 的平衡分解，选取不同的 $B$ ，可以得到不同于 $A$ 的无平方分解的平衡分解。不严格地说，平衡分解要比无平方分解来得“细”，但比完全分解来得“粗”。我们可以只动用 $K$ 上的GCD运算，构造出 $A$ 关于 $B$ 的平衡分解，为了不偏离主题太远，算法将在稍后给出。

设 $a_n=c_1^{e_1}\cdots c_l^{e_l}$ 为关于 $S=\{a_0,a_1,\ldots,a_n\}$ 的平衡分解。考虑 $c(x)=c_i(x)$ （ $1\le i\le l$ ），设 $c(x)=(x-\xi_1)\cdots(x-\xi_k)$ 为在 $\overline{K}$ 上的完全分解。由于 $c(x)$ 关于 $S$ 平衡，故对于每个 $a_j$ ， $a_j$ 在因子 $x-\xi_1,\ldots,x-\xi_k$ 处的阶数都是相等的，公共的阶数可记为 $\beta_j$ 。同样定义 $m=\min\limits_{0\le i\le n}\{\beta_i-i\}$ ，并设 $\beta_i-i$ 在 $i_1,\ldots,i_s$ 处取到 $m$ 。令 $p(r,x)=\sum_{j=1}^sr(r-1)\cdots(r-i_j+1)\frac{a_{i_j}^{(\beta_j)}(x)}{\beta_j!}\in K[r][x],$ 为了得到 $\den(y)$ 中 $c(x)$ 的次数上界，可对 $p(r,x)$ 与 $c(x)$ 施行Euclid算法，求出 $r_{\min}$ 为使 $(p(r,x),c(x))=c(x)$ 的最小负整数值，则不难知道 $\den(y)$ 中 $c(x)$ 的次数 $k$ 有上界 $k\le \max\{|r_{\min}|,m\}.$

这样我们避开了 $\overline{K}$ 上的分解而求出了 $y$ 的分母。可设 $y=\dfrac{y_1}{q}$ ， $q=\prod\limits_{i=1}^lc_i^{k_i}$ （ $k_i$ 为次数上界）。代入原方程(5)整理可得 $\begin{equation*} \sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{n-i}{i+j \choose i}\frac{a_{i+j}S_j}{q^{j+1}}y_1^{(i)}=b,\tag{9} \end{equation*}$ 其中 $S_0=1,\quad S_j=S_{j-1}'q-jS_{j-1}q'\ (j\ge1).$ 接下来的问题就是求新方程(9)的多项式解 $y_1$ ，而这是我们已经解决了的。

注3 将方程(9)化为多项式系数的方程可以两边乘以 $q^{n+1}$ ，但这可能导致系数很大。为了减小方程的系数，可以设 $h=(q,q')$ ， $q_1=\dfrac{q}{h}$ ， $q_2=\dfrac{q'}{h}$ ， $h_1=\dfrac{q_1h'}{h}$ ，令 $T_j=\dfrac{S_j}{h^j}$ （可证 $(S_j,q^{j+1})=h^j$ ），则方程(9)化为 $\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{n-i}{i+j \choose i}\frac{a_{i+j}T_j}{q_1^j}y_1^{(i)}=bq,$ 其中 $T_0=1,\quad T_j=T_{j-1}'((j-1)h_1-jq_2)+T_{j-1}q_1\ (j\ge1).$ 这时再两边乘以 $q_1^{n+1}$ 可有效减小系数。

平衡分解

我们在求高阶线性方程的有理解过程中引入了平衡分解的概念，其实也不难构造计算平衡分解的算法。我们将分几步走，每步的正确性都是不难验证的。

算法3(子算法 $\mathtt{BanFacAB}$ ) 设 $A\in K[x]$ 无平方因子，给出 $A$ 关于 $B\in K[x]$ 的平衡分解 $\mathtt{BanFacAB}(A, B)=\{A_1, \ldots, A_n\}$ 。

若 $B$ 为常数，则输出 $\mathtt{BanFacAB}(A,B)=\{A\}$ ，算法终止。
若不为常数，计算最大公因子，
- 若 $D=1$ ，则输出 $\{A\}$ ，算法终止；
- 若 $D>1$ ，设 $A=D\tilde A$ ， $B=D^e\tilde B$ （ $e\ge1$ ），递归调用并输出 $\mathtt{BanFacAB}(A,B)=\{\tilde A\}\cup \mathtt{BanFacAB}(D,\tilde B)$ ，算法终止。

算法4(子算法 $\mathtt{BanFacAS}$ ) 设 $A\in K[x]$ 无平方因子，给出 $A$ 关于 $S\subseteq K[x]$ 的平衡分解 $\mathtt{BanFacAS}(A, S)=\{A_1, \ldots, A_n\}$ 。

若 $|S|=1$ ，设 $S=\{B\}$ ，输出 $\mathtt{BanFacAB}(A,B)$ ，算法终止。
若 $|S|>1$ ，任取 $B\in S$ ，递归调用计算出 $\{A_1,\ldots,A_m\}=\mathtt{BanFacAS}(A,S\backslash\{B\})$ ，输出 $\bigcup\limits_{i=1}^m\mathtt{BanFacAB}(A_i,B)$ ，算法终止。

上面的两个算法都假定了 $A$ 无平方因子，因此平衡分解中因子的次数都是1。下面明显的定理给出一个最终版的平衡分解算法。

定理8(平衡分解) 设 $A\in K[x]$ ， $S\subseteq K[x]$ ， $A=\prod\limits_iA_i^i$ 为无平方分解， $A_i=\prod\limits_jA_{i_j}$ 为 $A_i$ 关于 $S$ 的平衡分解（可通过 $\mathtt{BanFacAS}$ 计算），则 $A=\prod\limits_i\prod\limits_jA_{i_j}^i$ 为 $A$ 关于 $S$ 的平衡分解。

高阶线性微分方程的指数解

高阶Liouville解的求解要比二阶困难得多。1992年，Bronstein[14]提出了求解所有指数解（严格来说是原函数的指数解，即解 $y$ 满足 $\dfrac{y'}{y}\in \overline{K}(x)$ ， $K$ 为一个数域）的一组基的方法，并且此方法也已在Axiom系统上实现。此算法在[16]的基础上作了一些改进，甚至不需要在 $K$ 上分解 $a_n(x)$ ，因此也可作为高阶线性微分方程的Singer一般算法[12]一个高效的子算法实现。

在本节中仅考虑高阶 $n$ 阶齐次方程的情形，即 $\begin{equation*} a_ny^{(n)}+\cdots+a_1y'+a_0y=0,\tag{10} \end{equation*}$

Riccati指数与Riccati界

设 $y=e^{\int u}$ 为方程(10)的一个指数解。在 $n=2$ 的情形，对方程 $y''{}=ry$ 我们知道 $u$ 满足 $u'+u^2=r,$ 这被称为原方程关联的Riccati方程。对一般的方程(10)，不难求出对应的关联Riccati方程为 $\begin{equation*} a_nP_n+\cdots+a_1P_1+a_0P_0=0,\tag{11} \end{equation*}$ 其中 $P_0=1,\quad P_i=P_{i-1}'+uP_{i-1}\ (i\ge1).$ 因此求指数解的问题就相当于求解非线性的关联Riccati方程在 $\overline{K}(x)$ 中的解 $u$ 。

定义7 设 $S=\{Q_1,\ldots,Q_m\}\subseteq K[x]$ ，定义 $S$ 在 $P\in K[x]\backslash K$ 处的Riccati指数及Riccati界分别为 $\begin{align*} \Gamma_P(S)&:=\Bigg\{\frac{\nu_P(Q_i)-\nu_P(Q_j)}{i-j}\Bigg\vert 1\le i\ne j\le n,Q_i,Q_j\ne0\Bigg\}\bigcap \mathbb{N}^+, \\ \delta_P(S)&:= \begin{cases} 1& \Gamma_P(S)=\varnothing, \\ \max \Gamma_P(S)& \Gamma_P(S)\ne\varnothing. \end{cases} \end{align*}$

定义 $S$ 在 $\infty$ 处的Riccati指数和Riccati界分别为 $\begin{align*} \Gamma_\infty(S)&:=\Bigg\{\frac{\deg Q_i-\deg Q_j}{i-j}\Bigg\vert 1\le i\ne j\le n,Q_i,Q_j\ne0\Bigg\}\bigcap \mathbb{N}^+, \\ \delta_P(S)&:= \begin{cases} 0& \Gamma_\infty(S)=\varnothing, \\ \max \Gamma_\infty(S)& \Gamma_\infty(S)\ne\varnothing. \end{cases} \end{align*}$

在这些精巧的定义下，Bronstein证明了以下关于解 $u$ 结构的定理[15]。

定理9(Bronstein) 设 $a_n=c_1^{e_1}\cdots c_l^{e_l}$ 为关于 $S=\{a_0,\ldots,a_n\}$ 的平衡分解。则有 $u=\sum_{i=1}^l\frac{B_i}{c_i^{\delta_{c_i}(S)}}+\frac{Q'}{Q}+P,$ 其中 $Q,P,B_i\in \overline{K}[x]$ ， $(Q,a_n)=1$ 且 $\deg B_i<\deg c_i^{\delta_{c_i}(S)}$ 。

我们这里只能暂时省略论证的过程，来看看有了定理9之后能做些什么。首先，我们可以通过计算平衡分解计算得到 $\delta_{c_i}(S)$ 。接下来可以通过试探依次求出 $u$ 中求和的每一项组成部分。例如我们试探 $\alpha$ 为求和中的一项，令 $\overline{u}=u-\alpha$ ， $\overline{y}=e^{\int \overline{u}}$ ，则由 $y=\overline{y}e^{\int \alpha}$ 及 $D(\overline{y}e^{\int \alpha})=e^{\int \alpha}(D+\alpha)\overline{y}$ （ $D$ 为微分算子）可得 $\begin{equation*} a_n(D+\alpha)^n\overline{y}+\cdots+a_1(D+\alpha)\overline{y}+a_0\overline{y}=0,\tag{12} \end{equation*}$ 且计算可得 $(D+\alpha)^i=\sum_{j=0}^i{i \choose j}P_{i-j}(\alpha)D^j,$ 可得为新的关于 $\overline{y}$ 的 $n$ 阶线性方程，如此续行直到求出解或者全部试探完毕。

多项式部分

首先我们考虑求出多项式部分 $P$ 。记 $d=\deg P$ ，利用 $P_i$ 中 $x$ 的最高次项为 $(\lc(P)x)^{in}$ ，记 $m_d=\max\limits_{0\le i\le n}\{id+\deg a_i\mid a_i\ne0\}$ 且在 $i_1,\ldots,i_s$ 处取到等号，设 $p_d(r)=\sum_{j=1}^s\lc(a_{i_j})r^{i_j},$ 比较方程(11)两边 $x$ 的最高项可知 $p_d(\lc(P))=0$ 。从[16]命题2.3的证明可以知道 $\deg P\le \delta_\infty(S)$ ，可知 $d$ 的取值只有有限多种，而 $p_d$ 的根只有有限多个，从而 $\lc(P)$ 的取值至多只有有限多种可能，依次试探并作变量替换 $\overline{u}\leftarrow u-\lc(P)x^d$ ，如此续行，直到求出所有可能的多项式解的集合。

有理部分

考虑 $c_i$ 对应项 $\dfrac{B_i}{c_i^{\delta_{c_i}(S)}}$ 。简记 $c=c_i$ ， $\delta=\delta_{c_i}(S)$ ， $R=B_i$ ，作部分分式分解 $\frac{R}{c^{\delta}}=\frac{R_\delta}{c^\delta}+\cdots+\frac{R_1}{c}.$ 记 $m=\max\limits_{0\le i\le n}\{i\delta-\nu_c(a_i)\mid a_i\ne0\}$ 且 $i_1,\ldots,i_s$ 处取到等号。令 $p(r)=\sum_{j=1}^s\left(\frac{a_{i_j}}{c^{\nu_c(a_{i_j})}}\bmod c\right)\cdot S_{\delta,i_j}(r),$ 其中 $\begin{equation*} S_{\delta,i}(r)= \begin{cases} r^i &\delta\ne1 ,\\ \prod\limits_{j=0}^{i-1}(r-jc')& \delta=1. \end{cases} \end{equation*}$ 则比较方程(11)分母中的 $c$ 的最高次项可知 $p(R_\delta)\bmod c=0$ 。由 $\deg R_\delta<\deg c$ 可得到一个关于 $R_\delta$ 系数的代数方程组，得到的 $R_\delta$ 至多有有限种可能。接下来依次求 $R_{\delta-1},\ldots,R_1$ 并试探所有的 $c_i$ 对应的项，直到求出所有可能的 $\displaystyle\sum\limits_{i=1}^l\frac{B_i}{c_i^{\delta_{c_i}(S)}}$ 。

最后求解对数导数 $\dfrac{Q'}{Q}$ 了，而这相当于对变换后的 $n$ 阶线性方程(12)求多项式解 $Q$ ，是我们已经解决的问题。

注4 算法中需要求解代数方程，因此还显得有些复杂。不过这些代数数是表示指数解所必要的，无法完全避免。

二阶微分方程的特殊函数解

许多特殊函数往往来源于某一类微分方程的解（二阶的尤为常见）。当一个方程没有Liouville解时，我们期望能够用特殊函数来表示方程的解，便于进一步的研究。精确地说，希望找到形如 $m(x)F(\xi(x))$ 的解，其中 $m(x)$ 为 $K(x)$ 上的Liouville函数， $\xi(x)\in K(x)$ 为有理函数， $F$ 则为某一个标准方程的解（例如Bessel方程 $y''+\dfrac{1}{x}y+(1-\dfrac{\nu^2}{x^2})=0$ ）。

例8 例如二阶微分方程 $y''{}=(8x+1)y$ 无Liouville解，但若 $\eta(x)$ 为Airy方程 $y''{}=xy$ 的一个解（例如Airy函数），则 $\eta\left(\frac{1}{4}+2x\right)$ 为原方程的一个解。 ◇

变量替换

下面我们考虑二阶方程 $y''{}=ry$ ， $r\in K(x)$ 的特殊函数解。设给出特殊函数的标准方程为 $y''+a_1y'+a_0y=0,$ 作变量替换 $y=m(x)F(\xi(x))$ ，记 $M=m(x)$ ， $G_0=F(\xi(x))$ ， $G_1=F'(\xi(x))$ ， $A_0=a_0(\xi(x))$ ， $A_1=a_1(\xi(x))$ ， $Z=\xi(x)$ ，利用 $G_0'{}=G_1Z'$ ， $G_1'{}=-Z'(A_0G_0+A_1G_1)$ ，可得 $\begin{align*} y&=MG_0 \\ y'&=M'G_0+MZ'G_1 \\ y''&=(M''-A_0MZ'^2)G_0+(2M'Z'+MZ''-A_1MZ'^2)G_1 \end{align*}$ 消去 $G_0$ ， $G_1$ 可得 $\begin{equation*} \begin{split} y''-\left(2\frac{M'}{M}+\frac{Z''}{Z'}-A_1Z'\right)y'-\Bigg(\left(\frac{M'}{M}\right)'-\frac{M'^2}{M^2}-\frac{M'Z''}{MZ}+\\+A_1Z'\frac{M'}{M}-A_0Z'^2\Bigg)y=0 \end{split} \end{equation*}$ 若 $y$ 满足待求解方程 $y''{}=ry$ ，则有 $\begin{equation*} 2\frac{M'}{M}+\frac{Z''}{Z'}-A_1Z'{}=0,\tag{13} \end{equation*}$ 及 $\left(\frac{M'}{M}\right)'-\frac{M'^2}{M^2}-\frac{M'Z''}{MZ}+A_1Z'\frac{M'}{M}-A_0Z'^2=r$ 可解得 $\begin{equation*} \frac{M'}{M}=\frac{1}{2}\left(A_1Z'-\frac{Z''}{Z'}\right).\tag{14} \end{equation*}$ 代入式(13)可得 $\begin{equation*} 3Z''-2Z'Z'''+(A_1^2+2A_1'-4A_0)Z'^4-4rZ'^2=0.\tag{15} \end{equation*}$

有理函数 $Z$ 的求解

首先注意到，由式(14)可得 $M=Z'^{-\frac{1}{2}}e^{\frac{1}{2}\int A_1Z'}$ 为Liouville函数。因此要求得符合标准方程的解，关键问题如何找出合适的有理函数 $Z$ 。寻找的主要方法还是分析函数的奇异性，首先求出 $Z$ 的分母 $\den(Z)$ ，再找到其分子次数的上界，最后通过求解代数方程求出分子的各系数。

定理10(Bronstein)[17] 设 $\den(r)$ 的无平方分解为 $\prod\limits_iQ_i^i$ 。记 $\Delta=a_1^2+2a_1'-4a_0$ ， $\delta=\nu_\infty(\Delta)$ 。若 $\delta<2$ ，则 $Z$ 可写为 $\dfrac{P}{Q}$ ，其中 $\begin{equation*} Q=\prod\limits_iQ_{(2-\delta)i+2}^i\in K[x],\tag{16} \end{equation*}$ $P\in K[x]$ ，满足 $\deg P\le\deg Q+1$ （当 $\delta<0$ 时不等号严格）或者 $\deg P=\deg Q+\dfrac{2-\nu_\infty(r)}{2-\delta}$ 。

证明设 $p$ 为不可约多项式，使得 $\nu_p(Z)<0$ ，则有 $\nu_p(Z''^2)=\nu_p(Z'Z''')=2(\nu_p(Z)-2)$ ， $\nu_p(\Delta(Z)Z'^4)=-\delta \nu_p(Z)+4(\nu_p(Z)-1)=(4-\delta)\nu_p(Z)-4$ ， $\nu_p(rZ'^2)=\nu_p(r)+2(\nu_p(Z)-1)$ 。从而由 $\delta<2$ 及式(15)可知 $(4-\delta)\nu_p(Z)-4=\nu_p(r)+2(\nu_p(Z)-1),$ 即 $\nu_p(Z)=\frac{\nu_p(r)+2}{2-\delta}.$ 注意到 $-\nu_p(Z)$ ， $-\nu_p(r)$ 为分别为 $\den(Z)$ ， $\den(r)$ 中 $p$ 的重数，可知式(16)成立。

设 $\deg P>\deg Q+1$ ，下证必有 $\deg P=\deg Q+\dfrac{2-\nu_\infty(r)}{2-\delta}$ 。由于 $\nu_\infty(Z)\le-2$ ，可得 $\nu_\infty(Z''^2)=2\nu_\infty(Z)+4$ ， $\nu_\infty(Z'Z''')=2\nu_\infty(Z)+4$ （当 $\nu(Z)<-2$ ）或 $\ge-1$ （当 $\nu(Z)=-2$ 时）， $\nu_\infty(\Delta(Z)Z'^4)=(4-\delta)\nu_\infty(Z)+4$ ， $\nu_\infty(rZ'^2)=\nu_\infty(r)+2(\nu_\infty(Z)+1)$ ，同样由 $\delta<2$ 及式(15)可得 $(4-\delta)\nu_\infty(Z)+4=\nu_\infty(r)+2(\nu_\infty(Z)+1),$ 即 $\nu_\infty(Z)=\frac{\nu_\infty(r)-2}{2-\delta}.$ 再注意到 $\nu_\infty(Z)=\deg Q-\deg P$ 可得所要证的。

最后注意当 $\delta<0$ 时有 $\nu_\infty(r)=\delta$ ，从而 $\nu_\infty(Z)=1$ ，故不等号成立与后一种情形是重合的，这就完成了证明。 □

由此我们得到了想要的 $Q$ 的表达式和 $P$ 次数的上界，将 $P$ 的系数待定代入(15)可以得到一个代数方程组，最后解此方程组即可。另外，为保证得到的 $Z=\dfrac{P}{Q}$ 不是常数（注意常数总是解），我们可以添加额外的一些限制方程。设 $P=\sum\limits_{j=0}^nc_jx^j$ ， $Q=\sum\limits_{i=0}^nq_ix^i$ ，， $\forall 0\le N\le n, q_N\ne0$ ，加入方程 $\sum\limits_{j=0}^N(q_jc_N-q_Nc_j)w_j=1$ ，其中 $w_j$ 为新的待定元。可以看出，解新的方程组可以保证至少有一个 $j$ 使得 $q_jc_N\ne q_Nc_j$ ，从而 $Z$ 非常数。

函数 $a_0$ ， $a_1$ 也允许带上参数（例如Bessel方程中的参数 $\nu$ ），将它们也视作方程组中的未定元，求解代数方程组时可以将参数确定下来。

注5 用此方法也可求解一些特殊形式的代数解，例如形如 $Z=P(x^{\frac{1}{2-\delta}})\prod\limits_iQ_i^{\frac{i-2}{2-\delta}}$ 的解。

经典特殊函数

在本节的最后我们给出定理10在一些经典特殊函数的情形，便于实际应用。

Airy函数，由方程 $y''{}=xy$ 给出。 $\Delta=4x$ ， $\delta=-1<0$ ，可知 $Q=\prod\limits_iQ_{3i+2}^i$ ， $\deg P\le\deg Q$ 或 $\deg P=\deg Q+\dfrac{2-\nu_\infty(r)}{3}$ ， $M=\sqrt{\dfrac{1}{Z'}}$ 。
Bessel函数，由方程 $y''+\frac{1}{x}y'+\left(\varepsilon-\frac{\nu^2}{x^2}\right)y=0$ 给出，其中 $\varepsilon=\pm1$ 。 $\Delta=\dfrac{4\nu^2-1}{x^2}-4\varepsilon$ ， $\delta=0<2$ ，可知 $Q=\prod\limits_iQ_{2i+2}^i$ ， $\deg P\le \deg Q+1$ 或 $\deg P=\deg Q+1-\dfrac{\nu_\infty(r)}{2}$ ， $M=\sqrt{\dfrac{Z}{Z'}}$ 。
Kummer函数，由方程 $y''+ \left(\frac{\nu}{x}-1 \right)y'-\frac{\mu}{x}y=0$ 给出。 $\Delta=\mu+\dfrac{4\mu-\nu}{x}+\dfrac{\nu^2-2n}{x^2}$ ， $\delta=0<2$ ，可知 $Q=\prod\limits_iQ_{2i+2}^i$ ， $\deg P\le \deg Q+1$ 或 $\deg P=\deg Q+1-\dfrac{\nu_\infty(r)}{2}$ ， $M=e^{-\frac{1}{2}\int Z}\sqrt{\dfrac{Z^\nu}{Z'}}$ 。
Whittaker函数，由方程 $y''{}=\left(\frac{1}{4}-\frac{\mu}{x}-\frac{1/4-\nu^2}{x^2}\right)y$ 给出， $\Delta=1-\dfrac{4\mu}{x^2}-\dfrac{1-4\nu^2}{x^2}$ ， $\delta=0<2$ ，可知 $Q=\prod\limits_iQ_{2i+2}^i$ ， $\deg P\le \deg Q+1$ 或 $\deg P=\deg Q+1-\dfrac{\nu_\infty(r)}{2}$ ， $M=\sqrt{\dfrac{1}{Z'}}$ 。

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