1211

习题12111试用幂级数求下列各微分方程的解(1)yxyx1解设方程的解为10nnnxaay代入方程得111011xxaxaxnannnnnn即0])2[()12()1(112021nnnnxaanxaaa可见a1102a2a010(n2)an2an0(n12)于是11a2102aa!!313a!!4104aa!)!12(112kak!)!2(102kaak所以]!)!2(1!)!12(1[120120kkkxkaxkay1201120)2(!1)1(!)!12(1kkkkxkaxka11220!)!12(1)1(12kkxxkea即原方程的通解为1122!)!12(112kkxxkCey(2)yxyy0解设方程的解为0nnnxay代入方程得0)1(01122nnnnnnnnnxaxnaxxann即0])1()1)(2[(21220nnnnxanannaa于是0221aa1331aa1112!)!12()1(akakk02!)!2()1(akakk所以]!)!12()1(!)!2()1([12112010kkkkkxkaxkaxaay11211020!)!12()1()2(!!1kkkkkxkaxka1121120!)!12()1(2kkkxxkaea即原方程的通解为1121221!)!12()1(2kkkxxkCeCy(3)xy(xm)ymy0(m为自然数)解设方程的解为0nnnxay代入方程得0)()1(01122nnnnnnnnnxamxnamxxannx即0])())(1[()(1110nnnnxamnamnnaam可见(a0a1)m0(nm)[(n1)an1an]0(nm)于是a0a1)2()2()1(1mnmnnaamn)(!11mnanan所以2111100)2()1(!mnnmmmmnnxmnnaxaxnaay211100!)!1(!mnnmnmmnnnxamxanxa1100!)!1(!mnnmmnnnxamnxa)!()!1(!0100mnnxmmnnnxeamnxamnnmxmnxamaeam0101!])!1([)!1(即原方程的通解为mnnxnxCeCy021!(其中C1C2为任意常数)(4)(1x)yx2y解设方程的解为0nnnxay代入方程得0211)1(nnnnnnxaxxnax即0])1[()13(231223201nnnnnxanaanxaaxaaa可见a1a002a203a3a210(n1)an1(n1)an0(n3)于是a1a0a20313a)1(221nnannann(n4)因此原方程的通解为43)1(231)1(nnxnnxxCy(Ca0为任意常数)(5)(x1)yx22xy解设方程的解为0nnnxay代入方程得02112)1(nnnnnnxaxxxnax即0])1()1[()13()1(231232210nnnnxananxaaxaaa于是a1a0a21323a)4()1(4)1(231nnnannannn因此原方程的通解为4332)1(4)1(32)1(nnnxnnxxxCy(Ca0为任意常数)2试用幂级数求下列方程满足所给初始条件的解(1)yy2x321|0xy解根据初始条件可设方程的解为121nnnxay代入方程得32111)21(xxaxnannnnnn即)2(2414312232122113211xaaaxaaxaxaxxnaannnnnn比较两边同次幂的系数得411a2a2a13a3a2a124a4a32a1a21于是411a812a1613a3294a因此所求特解为329161814121432xxxxy(2)(1x)yy1xy|x00解根据初始条件可设方程的解为1nnnxay代入方程得xxaxnaxnnnnnn1)1(111即xxananannnn1])1()1[(111比较系数得11a212a)3()1(121nnnannann因此所求特解为232)1(1)1(121nnnnxnnxxnnxxy因为2)1(1nnxnn的和函数为(1x)ln(1x)x所以特解还可以写成y2x(1x)ln(1x)x(3)0cos22txdtxdx|t0a0|0tdtdx解根据初始条件可设方程的解为2nnntaax将2nnntaax2222)1(nnntanndtxd和02)!2()1(cosnnntnt代入方程得0)!2()1()()1(02222nnnnnnnnntntaatann将级数展开、整理合并同次项并比较系数得aa001a!22aa03a!424aa05a!696aa07a!8558aa故所求特解为!855!69!42!211(8642ttttax