📝 题目
3．试用幂级数求下列各微分方程的解： （1）$y^{\prime}-x y-x=1$ ； （2）$y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+y=0$ ； （3）$(1-x) y^{\prime}=x^{2}-y$ ．
💡 答案与解析
[AI解答]
[AI解答] 以下为各小题的幂级数解法，设解为 $y=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$，并利用初始条件确定系数。
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### （1）$y^{\prime}-x y-x=1$
设 $y=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$，则 $y^{\prime}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n$。
代入方程： $$ \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n - x\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n - x = 1 $$ 即 $$ \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n - \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+1} - x = 1 $$ 将第二项改写指数： $$ \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n - \sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}x^{n} - x = 1 $$ 比较常数项（$n=0$）： $(1)a_1 = 1 \Rightarrow a_1=1$。
对于 $n=1$ 项： 左边 $x^1$ 系数：$(2)a_2 - a_0 - 1 = 0$，即 $2a_2 - a_0 = 1$。
对于 $n\ge 2$ 项： $(n+1)a_{n+1} - a_{n-1} = 0$，即递推： $$ a_{n+1} = \frac{a_{n-1}}{n+1},\quad n\ge 2 $$
由 $a_0$ 任意（初始条件未给，保留常数$C$），$a_1=1$， $n=2$ 时：$a_3 = \frac{a_1}{3} = \frac{1}{3}$， $n=3$：$a_4 = \frac{a_2}{4}$，而 $a_2 = \frac{1+a_0}{2}$， $n=4$：$a_5 = \frac{a_3}{5} = \frac{1}{15}$，等等。
因此通解为： $$ y = a_0 + x + \frac{1+a_0}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + \frac{1+a_0}{8}x^4 + \frac{1}{15}x^5 + \cdots $$
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### （2）$y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+y=0$
设 $y=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$，则 $y^{\prime}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$， $y^{\prime\prime}=\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)a_n x^{n-2}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n$。
代入： $$ \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n + x\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} + \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n = 0 $$ 第二项化为： $$ \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} n a_n x^{n}\quad (\text{注意}n=0\text{项为0}) $$ 因此合并： $$ \sum_{n=0}^{\infty}\left[(n+2)(n+1)a_{n+2} + n a_n + a_n\right]x^n = 0 $$ 即 $$ (n+2)(n+1)a_{n+2} + (n+1)a_n = 0 $$ 所以递推： $$ a_{n+2} = -\frac{a_n}{n+2},\quad n\ge 0 $$
由 $a_0$、$a_1$ 任意（初始条件）， 偶数项：$a_2 = -\frac{a_0}{2}$，$a_4 = -\frac{a_2}{4} = \frac{a_0}{2\cdot4}$，$a_6 = -\frac{a_0}{2\cdot4\cdot6}$，一般： $$ a_{2k} = (-1)^k \frac{a_0}{2^k k!} $$ 奇数项：$a_3 = -\frac{a_1}{3}$，$a_5 = -\frac{a_3}{5} = \frac{a_1}{3\cdot5}$，$a_7 = -\frac{a_1}{3\cdot5\cdot7}$，一般： $$ a_{2k+1} = (-1)^k \frac{a_1}{1\cdot3\cdot5\cdots(2k+1)} = (-1)^k \frac{a_1}{(2k+1)!!} $$ 因此解为： $$ y = a_0\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2^k k!}x^{2k} + a_1\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)!!}x^{2k+1} $$
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### （3）$(1-x) y^{\prime}=x^{2}-y$
改写为： $$ y^{\prime} - x y^{\prime} = x^2 - y $$ 即 $$ y^{\prime} + y = x^2 + x y^{\prime} $$ 但更方便直接代入级数。
设 $y=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$，$y^{\prime}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n$。 左边 $(1-x)y^{\prime} = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n - \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^{n+1}$ 第二项改写：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^n$。
因此左边为： $$ a_1 + \sum_{n=1}^{\infty}\left[(n+1)a_{n+1} - n a_n\right]x^n $$ 右边 $x^2 - y = x^2 - \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n = -a_0 + ( -a_1)x + (1 - a_2)x^2 + \sum_{n=3}^{\infty}(-a_n)x^n$。
比较系数：
常数项：$a_1 = -a_0$ $x^1$项：$(2)a_2 - (1)a_1 = -a_1$，即 $2a_2 - a_1 = -a_1 \Rightarrow 2a_2 = 0 \Rightarrow a_2=0$ $x^2$项：$(3)a_3 - 2a_2 = 1 - a_2$，即 $3a_3 = 1 \Rightarrow a_3 = \frac13$ 对于 $n\ge 3$：$(n+1)a_{n+1} - n a_n = -a_n$，即 $(n+1)a_{n+1} = (n-1)a_n$，所以 $$ a_{n+1} = \frac{n-1}{n+1}a_n,\quad n\ge 3 $$
计算： $a_4 = \frac{2}{4}a_3 = \frac{1}{6}$， $a_5 = \frac{3}{5}a_4 = \frac{1}{10}$， $a_6 = \frac{4}{6}a_5 = \frac{1}{15}$， 一般 $a_n = \frac{2}{n(n-1)}$ 对 $n\ge 3$（可验证）。
因此解为： $$ y = a_0(1 - x) + \frac13 x^3 + \frac16 x^4 + \frac1{10}x^5 + \cdots $$ 其中 $a_0$ 任意常数。
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**难度评级**：★★★☆☆ （涉及幂级数代入、指标变换、递推求解，需要细心处理求和号合并与初始条件）