7.  Решение дифференциального уравнения для сплошного спектра в виде определенного интеграла

Обратимся теперь к случаю сплошного спектра. В уравнении (2.10) $\S 2$

$$\frac{d^2y}{dr^2_{1}}+\frac{1}{r_{1}}\frac{dy}{dr_{1}}+\left(2\varepsilon+\frac{2}{r_{1}}-\frac{s^2}{4r^2_{1}}\right)y=0$$ (7.99)

параметр $\varepsilon$ будет положительным числом, и если мы введем переменную

$$x_{1}=r_{1}\sqrt{8\varepsilon} ,$$ (7.100)

то она будет вещественной. Мы положим также

$$\lambda_{1}=\frac{1}{\sqrt{2\varepsilon}} .$$ (7.101)

Уравнение (7.97) примет вид

$$x_{1}\frac{d^2y}{dx^2_{1}}+\frac{dy}{dx_{1}}+\left(\frac{x_{1}}{4}+\lambda_{1}-\frac{s^2}{4x_{1}}\right)y=0.$$ (7.102)

Это уравнение отличается от (3.14) $\S 3$ лишь знаком одного из членов. Оно получается из (3.14) $\S 3$ подстановкой

$$x=ix_{1},\qquad\lambda=-i\lambda_{1}.$$ (7.103)

Поэтому мы можем прямо применить сюда результаты $\S 3$ и утверждать, что решением уравнения (7.100), конечным при $x=0$ , будет

$$y=e^{-\frac{ix_{1}}{2}}x^{\frac{s}{2}}_{1}Q(x_{1}),$$ (7.104)

где $Q$ удовлетворяет дифференциальному уравнению

$$x_{1}\frac{d^2Q}{dx^2_{1}}+(s+1-ix_{1})\frac{dQ}{dx_{1}}+\left[\lambda_{1}-\frac{i}{2}(s+1)\right]Q=0$$ (7.105)

и выражается в виде ряда

$$Q=aF\left(\frac{s+1}{2}+i\lambda_{1}, s+1; ix_{1}\right).$$ (7.106)

Нам понадобится ассимптотическое выражение для функций $y$ и $Q$ , справедливое при больших значениях $x_{1}$ . Его легче всего получить, если мы выразим $Q$ в виде определенного интеграла. Это нетрудно сделать, если применить способ Лапласа к решению дифференциального уравнения (7.103). Способ этот заключается в следующем. Будем искать решение (7.103) в виде

$$Q=\int e^{ix_{1}z}f(z)dz,$$ (7.107)

где $f(z)$ -неизвестная пока функция, а интеграл берется по некоторому контуру в плоскости комплексной переменной $z$ . Подставляя (7.105), в (7.103) и дифференцируя под знаком интеграла, будем иметь

$$x_{1}\int e^{ix_{1}z}(-z^2+z)f(z)dz+\int e^{ix_{1}z}\left[\lambda_{1}+\frac{i}{2}(s+1)(2z-1)\right]f(z)dz=0.$$

Чтобы освободиться от множителя $x_{1}$ перед первым интегралом, производим в нем интегрирование по частям. Мы получим

$$\begin{multline*} \int z(1-z)f(z)d(-ie^{ix_{1}z})=\\ =-ie^{ix_{1}z}z(1-z)f(z)\vert^b_{a}+i\int e^{ix_{1}z}\frac{d}{dz}[z(1-z)f(z)]dz, \end{multline*}$$

где пределы интегрирования обозначены через $a$ и $b$ .

Если мы потребуем, чтобы разность значений на пределах от интегрированных членов обратилась в нуль,

$$e^{ix_{1}z}z(1-z)f(z)\vert^b_{a}=0,$$ (7.108)

то результат подстановки (7.105) в (7.103) примет вид

$$i\int e^{ix_{1}z}\left\{z(1-z)\frac{df}{dz}-\frac{s-1}{2}(1-2z)f(z)-i\lambda_{1}f(z)\right\}dz=0.$$ (7.109)

Этому уравнению мы удовлетворим, если потребуем, чтобы в (7.107) подынтегральная функция равнялась нулю, т.е. подчиним $f(z)$ дифференциальному уравнению

$$\frac{f^{\prime}(z)}{f(z)}=\frac{s-1}{2}\frac{1-2z}{z(1-z)}+\frac{i\lambda_{1}}{z(1-z)}.$$ (7.110)

Решая это уравнение, будем иметь

$$\lg f(z)=\frac{s-1}{2}\lg[z(1-z)]+i\lambda_{1}\lg\frac{z}{1-z}+\lg c,$$ (7.111)

откуда

$$f(z)=cz^{\frac{s-1}{2}+i\lambda_{1}}(1-z)^{\frac{s-1}{2}-i\lambda_{1}}.$$

Таким образом, решением уравнения (7.103) будет

$$Q=c\int e^{ix_{1}z}z^{\frac{s-1}{2}+i\lambda_{1}}(1-z)^{\frac{s-1}{2}-i\lambda_{1}}dz,$$ (7.112)

если только контур интегрирования выбран так, чтобы выполнялось условие (7.106), которое можно написать в виде

$$\left. e^{ix_{1}z}z^{\frac{s+1}{2}+i\lambda_{1}}(1-z)^{\frac{s+1}{2}-i\lambda_{1}}\right\vert _{a}^b=0.$$ (7.113)

Мы ищем то решение уравнения (7.103), которое остается конечным при $x=0$ . Такое решение получится, если мы возьмем в качестве пути интегрирования отрезок вещественной оси от $z=0$ до $z=1$ : при этом выборе контура будет, очевидно, выполняться и условие (7.111), если только $s+1>0$ , что всегда имеет место, так как мы предполагаем $s\ge 0$ . Подставляя в (7.110) пределы, будем иметь

$$Q=c\int\limits_{0}^1 e^{ix_{1}z}z^{\frac{s-1}{2}+i\lambda_{1}}(1-z)^{\frac{s-1}{2}-i\lambda_{1}}dz,$$ (7.114)

Чтобы проверить, что этот интеграл действительно совпадает с рядом (7.104), разложим в (7.112) показательную функцию в степенной ряд и проинтегрируем почленно. Пользуясь известным интегралом Эйлера (Euler)

$$B(p,q)=\int\limits_{0}^1 z^{p-1}(1-z)^{q-1}dz=\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)},$$ (7.115)

мы будем иметь

$$\begin{multline*} Q=c\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(ix_{1})^k}{k!}\int\limits_{0}^1 z... ...+i\lambda_{1})\Gamma(\frac{s+1}{2}-i\lambda_{1})}{\Gamma(s+k+1)} \end{multline*}$$

или

$$Q=c\frac{\Gamma(\frac{s+1}{2}+i\lambda_{1})\Gamma(\frac{s+1}{2}-i\lambda_{1})}{\Gamma(s+1)}F\left(\frac{s+1}{2}+i\lambda_{1},s+1;ix_{1}\right),$$ (7.116)

что и требовалось доказать. Из сравнения (7.104) и (7.114) видно, что постоянные $a$ и $c$ в формулах (7.104) и (7.112) связаны соотношением

$$a=c\frac{\Gamma(\frac{s+1}{2}+i\lambda_{1})\Gamma(\frac{s+1}{2}-i\lambda_{1})}{\Gamma(s+1)},$$ (7.117)

Таким образом, мы доказали формулу |

$$\begin{multline} F\left(\frac{s+1}{2}+i\lambda_{1},s+1;ix_{1}\right)=\frac{\Gamm... ...1}{2}+i\lambda_{1}}(1-z)^{\frac{s-1}{2}-i\lambda_{1}}dz. \nonumber\end{multline}$$

()

Зная, что оба выражения (7.104) и (7.112) суть интегралы уравнения (7.103), конечные при $x_{1}=0$ , мы могли бы, разумеется, вывести формулу (7.115) простым сравнением этих выражений для $x_{1}=0$ . Полагая в формуле ([перейти]) $z=1-z_{1}$ , мы получим равенство

$$F\left(\frac{s+1}{2}+i\lambda_{1},s+1;ix_{1}\right)=e^{ix_{1}}F\left(\frac{s+1}{2}-i\lambda_{1},s+1;-ix_{1}\right).$$ (7.119)

из которого следует, что функция $y$ , определяемая формулой (7.102), будет вещественной, если только постоянная $a$ в выражении (7.104) для $Q$ вещественна, что мы и будем предполагать.