📝 题目
4．试用幂级数求下列方程满足所给初值条件的特解： （1）$y^{\prime}=y^{2}+x^{3},\left.y\right|_{x=0}=\frac{1}{2}$ ； （2）$(1-x) y^{\prime}+y=1+x,\left.y\right|_{x=0}=0$ ．
💡 答案与解析
[AI解答]
[AI解答] 我们依次用幂级数方法求解两个初值问题。
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### （1） 方程： $$ y' = y^2 + x^3,\quad y(0)=\frac12 $$ 设解为幂级数 $$ y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n $$ 由初值得 $a_0 = \frac12$。 逐项求导： $$ y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1}x^n $$ 右边 $y^2$ 用级数乘法： $$ y^2 = \left(\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n\right)^2 = \sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n,\quad c_n = \sum_{k=0}^{n} a_k a_{n-k} $$ 于是原方程化为 $$ \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^n = \sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n + x^3 $$ 比较系数：
- $n=0$： $(1)a_1 = c_0 = a_0^2 = \frac14$，所以 $a_1 = \frac14$
- $n=1$： $2a_2 = c_1 = a_0 a_1 + a_1 a_0 = 2\cdot\frac12\cdot\frac14 = \frac14$，得 $a_2 = \frac18$
- $n=2$： $3a_3 = c_2 = a_0 a_2 + a_1^2 + a_2 a_0 = \frac12\cdot\frac18 + \frac1{16} + \frac18\cdot\frac12 = \frac1{16}+\frac1{16}+\frac1{16} = \frac3{16}$，得 $a_3 = \frac1{16}$
- $n=3$： 右边还有 $+x^3$ 项，所以 $4a_4 = c_3 + 1$ 计算 $c_3 = a_0 a_3 + a_1 a_2 + a_2 a_1 + a_3 a_0 = 2\left(\frac12\cdot\frac1{16}\right) + 2\left(\frac14\cdot\frac18\right) = \frac1{16} + \frac1{16} = \frac18$ 于是 $4a_4 = \frac18 + 1 = \frac98$，得 $a_4 = \frac9{32}$
- 更高项可继续递推。
所以特解的前几项为： $$ y(x)=\frac12 + \frac14 x + \frac18 x^2 + \frac1{16} x^3 + \frac9{32} x^4 + \cdots $$
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### （2） 方程： $$ (1-x)y' + y = 1+x,\quad y(0)=0 $$ 设 $$ y(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n,\quad a_0=0 $$ 则 $$ y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1}x^n $$ 代入方程左边： $$ (1-x)y' = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1}x^n - \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1}x^{n+1} $$ 第二项改写指标：令 $m=n+1$，得 $$ \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1}x^{n+1} = \sum_{m=1}^{\infty} m a_m x^m $$ 所以 $$ (1-x)y' = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)a_{n+1}x^n - \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^n $$ 再加上 $y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$，左边整体为： 常数项（$n=0$）：$(1)a_1 + a_0 = a_1$ 对于 $n\ge 1$：系数为 $(n+1)a_{n+1} - n a_n + a_n = (n+1)a_{n+1} - (n-1)a_n$
右边展开：$1+x = 1 + 1\cdot x$，其余系数为0。
比较系数：
- $n=0$：$a_1 = 1$ - $n=1$：$(2)a_2 - (0)a_1 = 1$，即 $2a_2 = 1$，得 $a_2 = \frac12$ - $n=2$：$3a_3 - (1)a_2 = 0$，即 $3a_3 = \frac12$，得 $a_3 = \frac16$ - $n=3$：$4a_4 - 2a_3 = 0$，即 $4a_4 = 2\cdot\frac16 = \frac13$，得 $a_4 = \frac1{12}$ - 一般地，对 $n\ge 2$ 有递推： $$ a_{n+1} = \frac{n-1}{n+1} a_n $$ 由此可得 $$ a_n = \frac{1}{n} $$ 验证：$a_2=\frac12$，$a_3=\frac13$？但上面算得 $a_3=\frac16$，不一致，说明递推从 $n=2$ 开始要小心。
实际上从 $n=2$： $3a_3 = a_2$，得 $a_3 = \frac12 \cdot \frac13 = \frac16$ $n=3$：$4a_4 = 2a_3 = \frac13$，得 $a_4 = \frac1{12}$ $n=4$：$5a_5 = 3a_4 = \frac14$，得 $a_5 = \frac1{20}$ 可见规律： $$ a_n = \frac{1}{n(n-1)},\quad n\ge 2 $$ 因为 $a_2 = \frac1{2\cdot1}$，$a_3=\frac1{3\cdot2}$，等等。
所以特解为： $$ y(x) = x + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{n(n-1)} $$ 也可写成封闭形式：注意到 $$ \frac{1}{n(n-1)} = \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} $$ 所以 $$ y(x) = x + \sum_{n=2}^{\infty} \left( \frac{x^n}{n-1} - \frac{x^n}{n} \right) $$ 调整指标： $$ \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{n-1} = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{x^{m+1}}{m} = x \sum_{m=1}^{\infty} \frac{x^m}{m} = -x\ln(1-x) $$ $$ \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} - x = -\ln(1-x) - x $$ 因此 $$ y(x) = x + \left[-x\ln(1-x) - (-\ln(1-x)-x)\right] = x - x\ln(1-x) + \ln(1-x) + x $$ $$ = 2x + (1-x)\ln(1-x) $$ 这就是封闭解。
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**难度评级**：★★★☆☆ （需要掌握幂级数解法、级数乘法、递推及求和技巧，但计算量适中）