二、幂级数求和｜系数为有理函数等3类

（一）系数为有理函数

72. 【2021-3-12 分】 设 $n$ 为正整数，$y=y_n(x)$ 是微分方程 $x{y}^{\prime }-(n+1)y=0$ 满足条件 $y_n(1)=\frac{1}{n(n+1)}$ 的解.

（I）求 $y_n(x)$；

（II）求级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{y}_n(x)$ 的收敛域及和函数.

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答案： （I）

$$y_n(x)=\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}.$$

（II）收敛域为 $[-1,1]$，和函数为

$$S(x)=\{\begin{array}{ll}x+(1-x)\ln (1-x),& -1\le x<1,\\ 1,& x=1.\end{array}$$

解析： （I）求 $y_n(x)$

当 $x\ne 0$ 时，原微分方程可写为

$$\frac{y^{\prime }}{y}=\frac{n+1}{x}.$$

积分得

$$\ln |y|=(n+1)\ln |x|+C,$$

从而

$$y=C_1{x}^{n+1}.$$

利用条件

$$y_n(1)=C_1=\frac{1}{n(n+1)},$$

故

$$\boxed{y_n(x)=\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}}.$$

该表达式为多项式型函数，在 $x=0$ 处也满足原方程，因而可在全体实数上定义。

（II）求收敛域

所求函数项级数为

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}.$$

记其一般项为

$$u_n(x)=\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}.$$

利用比值判别法，

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|& =|x|\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n(n+1)}{(n+1)(n+2)}\\ & =|x|.\end{array}$$

故当 $|x|<1$ 时绝对收敛，当 $|x|>1$ 时发散。

当 $x=1$ 时，级数为

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)},$$

它是收敛的正项级数；当 $x=-1$ 时，级数为

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n(n+1)},$$

其绝对值级数仍为 $\sum \frac{1}{n(n+1)}$，故也绝对收敛。因此收敛域为

$$\boxed{[-1,1]}.$$

下面求和函数。设

$$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n(n+1)},|x|<1.$$

在收敛区间内部逐项求导，得

$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }(x)& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}\\ & =-\ln (1-x).\end{array}$$

又因为 $S(0)=0$，故

$$\begin{array}{rl}S(x)& =-{\int }_0^x\ln (1-t)dt\\ & =x+(1-x)\ln (1-x),|x|<1.\end{array}$$

在端点 $x=1$ 处，

$$S(1)=\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1.$$

在 $x=-1$ 处，内点公式可直接代入，得到

$$S(-1)=-1+2\ln 2.$$

因此和函数为

$$\boxed{S(x)=\{\begin{array}{ll}x+(1-x)\ln (1-x),& -1\le x<1,\\ 1,& x=1.\end{array}}$$

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73. 【2021-1-12 分】 求 $\sum _{n=1}^{\infty }\left[e^{-nx}+\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}\right]$ 的和函数与收敛域.

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答案： 收敛域为 $(0,1]$，和函数为

$$S(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{e^x-1}+x+(1-x)\ln (1-x),& 0<x<1,\\ \frac{e}{e-1},& x=1.\end{array}$$

解析： 将原级数拆成

$$\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-nx}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}.$$

先考察第一部分。它是公比为 $e^{-x}$ 的几何级数，收敛的充要条件为

$$|e^{-x}|<1.$$

由于 $e^{-x}>0$，上述条件等价于

$$x>0.$$

在此范围内，

$$\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-nx}=\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}=\frac{1}{e^x-1}.$$

第二部分为上一题中的幂级数，其收敛域为

$$[-1,1],$$

并且当 $-1\le x<1$ 时，和函数为

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}=x+(1-x)\ln (1-x).$$

因此原级数的收敛域是两个收敛域的交集：

$$(0,+\infty )\cap [-1,1]=(0,1].$$

当 $0<x<1$ 时，

$$S(x)=\frac{1}{e^x-1}+x+(1-x)\ln (1-x).$$

当 $x=1$ 时，

$$\begin{array}{rl}S(1)& =\sum _{n=1}^{\infty }{e}^{-n}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}\\ & =\frac{1}{e-1}+1\\ & =\frac{e}{e-1}.\end{array}$$

所以

$$\boxed{S(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{e^x-1}+x+(1-x)\ln (1-x),& 0<x<1,\\ \frac{e}{e-1},& x=1.\end{array}}$$

需注意，$x=0$ 时第一部分的通项恒为 $1$，故原级数发散，不能把左端点包含在收敛域内。

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74. 【2022-3-12 分】 求幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-4{)}^n+1}{4^n(2n+1)}{x}^{2n}$ 的收敛域及和函数 $S(x)$.

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答案： 收敛域为 $[-1,1]$，和函数为

$$S(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x}\left[\arctan x+\ln \frac{2+x}{2-x}\right],& x\ne 0,\\ 2,& x=0.\end{array}$$

解析： 先将系数拆开：

$$\frac{(-4{)}^n+1}{4^n}=(-1{)}^n+\frac{1}{4^n}.$$

因此

$$S(x)=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{2n+1}+\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{4^n(2n+1)}.$$

第一部分的收敛半径为 $1$，第二部分的收敛半径为 $2$，故原幂级数的收敛半径为 $1$。

当 $x=\pm 1$ 时，原级数化为

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n+4^{-n}}{2n+1}.$$

其中 $\sum (-1{)}^n/(2n+1)$ 收敛，而 $\sum 4^{-n}/(2n+1)$ 绝对收敛，所以端点处原级数收敛。又因其一般项的绝对值与 $1/(2n+1)$ 同阶，故端点处不是绝对收敛，而是条件收敛。因此收敛域为

$$\boxed{[-1,1]}.$$

下面求和函数。由

$$\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1},|x|\le 1,$$

当 $x\ne 0$ 时，

$$\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{2n+1}=\frac{\arctan x}{x}.$$

另一方面，令 $t=x/2$。由

$$\mathrm{arctanh}t=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{t^{2n+1}}{2n+1}=\frac{1}{2}\ln \frac{1+t}{1-t},$$

可得

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{4^n(2n+1)}& =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{t^{2n}}{2n+1}\\ & =\frac{\mathrm{arctanh}t}{t}\\ & =\frac{1}{x}\ln \frac{2+x}{2-x}.\end{array}$$

所以当 $x\ne 0$ 时，

$$S(x)=\frac{1}{x}\left[\arctan x+\ln \frac{2+x}{2-x}\right].$$

当 $x=0$ 时，原级数只保留第 $n=0$ 项，故

$$S(0)=2.$$

并且上述表达式在 $x\to 0$ 时的极限也是 $2$。

（二）系数含阶乘

75. 【2002-13-7 分】 （1）验证函数

$$y(x)=1+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^6}{6!}+\frac{x^9}{9!}+\cdots +\frac{x^{3n}}{(3n)!}+\cdots (-\infty <x<+\infty )$$

满足微分方程 $y^{\prime \prime }+y^{\prime }+y=e^x$；

（2）利用（1）的结果求幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{3n}}{(3n)!}$ 的和函数.

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{y(x)=\frac{1}{3}{e}^x+\frac{2}{3}{e}^{-x/2}\cos \frac{\sqrt{3}x}{2}}.$$

解析： （1）原级数含有指数为 $3n$ 的各项。由于该幂级数的收敛半径为 $+\infty$，可逐项求导：

$$y^{\prime }(x)=\frac{x^2}{2!}+\frac{x^5}{5!}+\frac{x^8}{8!}+\cdots ,$$$$y^{\prime \prime }(x)=x+\frac{x^4}{4!}+\frac{x^7}{7!}+\cdots .$$

于是 $y$、$y^{\prime }$、$y^{\prime \prime }$ 分别包含指数模 $3$ 余 $0$、$2$、$1$ 的各项，三者相加恰好得到指数函数的全部麦克劳林级数：

$$\begin{array}{rl}{y}^{\prime \prime }+y^{\prime }+y& =1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots \\ & =e^x.\end{array}$$

故所给函数满足

$$y^{\prime \prime }+y^{\prime }+y=e^x.$$

（2）由级数直接得到初始条件

$$y(0)=1,y^{\prime }(0)=0.$$

求解非齐次方程

$$y^{\prime \prime }+y^{\prime }+y=e^x.$$

对应齐次方程的特征方程为

$$r^2+r+1=0,$$

其根为

$$r_{1,2}=\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}.$$

因此齐次通解为

$$y_h=e^{-x/2}\left(C_1\cos \frac{\sqrt{3}x}{2}+C_2\sin \frac{\sqrt{3}x}{2}\right).$$

设特解为 $y_p=A{e}^x$，代入得 $3A{e}^x=e^x$，所以 $A=1/3$。故

$$y=\frac{1}{3}{e}^x+e^{-x/2}\left(C_1\cos \frac{\sqrt{3}x}{2}+C_2\sin \frac{\sqrt{3}x}{2}\right).$$

由 $y(0)=1$，得 $C_1=2/3$；再由 $y^{\prime }(0)=0$，得 $C_2=0$。所以

$$\boxed{y(x)=\frac{1}{3}{e}^x+\frac{2}{3}{e}^{-x/2}\cos \frac{\sqrt{3}x}{2}}.$$

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76. 【2004-3-11 分】 设级数

$$\frac{x^4}{2\cdot 4}+\frac{x^6}{2\cdot 4\cdot 6}+\frac{x^8}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8}+\cdots (-\infty <x<+\infty )$$

的和函数为 $S(x)$。求：

（1）$S(x)$ 所满足的一阶微分方程；

（2）$S(x)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案： （1）$S(x)$ 满足

$$\boxed{S^{\prime }(x)-xS(x)=\frac{x^3}{2}},S(0)=0.$$

（2）

$$\boxed{S(x)=e^{\frac{x^2}{2}}-1-\frac{x^2}{2}},-\infty <x<+\infty .$$

解析： 原级数的一般项为

$$\frac{x^{2n}}{2\cdot 4\cdots (2n)},n\ge 2.$$

又因为

$$2\cdot 4\cdots (2n)=2^{n}n!,$$

所以

$$S(x)=\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2^{n}n!}.$$

该幂级数的收敛半径为 $+\infty$，故可逐项求导：

$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }(x)& =\sum _{n=2}^{\infty }\frac{2n{x}^{2n-1}}{2^{n}n!}\\ & =\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^{2n-1}}{2^{n-1}(n-1)!}.\end{array}$$

另一方面，

$$xS(x)=\sum _{n=2}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{2^{n}n!}=\sum _{n=3}^{\infty }\frac{x^{2n-1}}{2^{n-1}(n-1)!},$$

其中最后一步将指标作了平移。因此两式相减，只剩下 $S^{\prime }(x)$ 中对应 $n=2$ 的一项：

$$S^{\prime }(x)-xS(x)=\frac{x^3}{2}.$$

又由原级数显然有

$$S(0)=0.$$

这就得到所求一阶线性微分方程

$$\boxed{S^{\prime }(x)-xS(x)=\frac{x^3}{2}}.$$

下面求解。方程的积分因子为

$$\mu (x)=e^{\int (-x)dx}=e^{-\frac{x^2}{2}}.$$

两边同乘 $e^{-\frac{x^2}{2}}$，得

$${\left(e^{-\frac{x^2}{2}}S(x)\right)}^{\prime }=\frac{x^3}{2}{e}^{-\frac{x^2}{2}}.$$

从 $0$ 到 $x$ 积分，并利用 $S(0)=0$，可得

$$e^{-\frac{x^2}{2}}S(x)={\int }_0^x\frac{t^3}{2}{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt.$$

令 $u=\frac{t^2}{2}$，则 $tdt=du$，且 $t^2=2u$，故

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^x\frac{t^3}{2}{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt& ={\int }_0^{\frac{x^2}{2}}u{e}^{-u}du\\ & ={\left[-(u+1)e^{-u}\right]}_0^{\frac{x^2}{2}}\\ & =1-\left(1+\frac{x^2}{2}\right)e^{-\frac{x^2}{2}}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}S(x)& =e^{\frac{x^2}{2}}\left[1-\left(1+\frac{x^2}{2}\right)e^{-\frac{x^2}{2}}\right]\\ & =e^{\frac{x^2}{2}}-1-\frac{x^2}{2}.\end{array}$$

也可直接由指数函数展开式

$$e^{\frac{x^2}{2}}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{2^{n}n!}$$

去掉 $n=0$ 与 $n=1$ 两项，立即得到同一结果。

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77. 【2018-1-4 分】

$$\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2n+3}{(2n+1)!}=$$

A. $\sin 1+\cos 1$；    B. $2\sin 1+\cos 1$；    C. $2\sin 1+2\cos 1$；    D. $2\sin 1+3\cos 1$。

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答案： B

解析： 将分子拆成

$$2n+3=(2n+1)+2.$$

于是

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2n+3}{(2n+1)!}& =\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2n+1}{(2n+1)!}+2\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{(2n+1)!}\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{(2n)!}+2\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{(2n+1)!}.\end{array}$$

由

$$\cos 1=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{(2n)!},$$

以及

$$\sin 1=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{(2n+1)!},$$

可得

$$\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2n+3}{(2n+1)!}=\cos 1+2\sin 1.$$

故选择 B。

A、C、D 的系数组合均与上述拆分结果不符。

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78. 【2019-1-4 分】 幂级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^n}{(2n)!}$$

在 $(0,+\infty )$ 内的和函数 $S(x)=$ _____。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{S(x)=\cos \sqrt{x}}.$$

解析： 当 $x>0$ 时，令 $t=\sqrt{x}$，则 $x^n=t^{2n}$。由余弦函数的麦克劳林展开式

$$\cos t=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{t^{2n}}{(2n)!},-\infty <t<+\infty ,$$

可得

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{x^n}{(2n)!}& =\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{(\sqrt{x}{)}^{2n}}{(2n)!}\\ & =\cos \sqrt{x}.\end{array}$$

因此在题目指定的区间 $(0,+\infty )$ 内，

$$\boxed{S(x)=\cos \sqrt{x}}.$$

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79. 【2020-1-10 分】 设数列 $\{a_n\}$ 满足

$$a_1=1,(n+1)a_{n+1}=\left(n+\frac{1}{2}\right)a_n,n=1,2,\cdots .$$

证明：当 $|x|<1$ 时，幂级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 收敛并求其和函数.

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答案： 当 $|x|<1$ 时级数收敛，其和函数为

$$\boxed{S(x)=\frac{2}{\sqrt{1-x}}-2}.$$

解析： 设

$$u_n=a_n{x}^n.$$

由递推关系，

$$\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=|x|\frac{n+\frac{1}{2}}{n+1}.$$

因此

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=|x|.$$

当 $|x|<1$ 时，由比值判别法知幂级数绝对收敛。

令

$$S(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{x}^n,|x|<1.$$

在收敛区间内逐项求导，得

$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }(x)& =a_1+\sum _{n=1}^{\infty }(n+1)a_{n+1}{x}^n\\ & =1+\sum _{n=1}^{\infty }\left(n+\frac{1}{2}\right)a_n{x}^n\\ & =1+x{S}^{\prime }(x)+\frac{1}{2}S(x).\end{array}$$

故 $S(x)$ 满足

$$(1-x)S^{\prime }(x)-\frac{1}{2}S(x)=1,$$

且 $S(0)=0$。

将方程写成

$$S^{\prime }(x)-\frac{1}{2(1-x)}S(x)=\frac{1}{1-x}.$$

积分因子为

$$\mu (x)=\exp \left(\int -\frac{dx}{2(1-x)}\right)=\sqrt{1-x}.$$

于是

$${\left[\sqrt{1-x}S(x)\right]}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1-x}}.$$

积分得

$$\sqrt{1-x}S(x)=-2\sqrt{1-x}+C.$$

由 $S(0)=0$ 得 $C=2$，所以

$$\boxed{S(x)=\frac{2}{\sqrt{1-x}}-2},|x|<1.$$

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80. 【2023-3-5 分】

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{(2n)!}=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{e^x+e^{-x}}{2}}.$$

解析： 由指数函数的展开式

$$e^x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!},e^{-x}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^n}{n!},$$

两式相加，奇次幂项相互抵消，偶次幂项相加，得到

$$\begin{array}{rl}{e}^x+e^{-x}& =2\left(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots \right)\\ & =2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{(2n)!}.\end{array}$$

因此

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{(2n)!}=\frac{e^x+e^{-x}}{2}.$$

该函数也称为双曲余弦函数，即

$$\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}.$$

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81. 【2024-13-5 分】 已知幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的和函数为 $\ln (2+x)$，则 $\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_{2n}=$（ ）

A. $-\frac{1}{6}$    B. $-\frac{1}{3}$    C. $\frac{1}{6}$    D. $\frac{1}{3}$

查看答案与解析

答案： A。

解析： 在 $|x|<2$ 时，

$$\begin{array}{rl}\ln (2+x)& =\ln 2+\ln \left(1+\frac{x}{2}\right)\\ & =\ln 2+\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n{2}^n}.\end{array}$$

因此

$$a_n=(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n{2}^n},n\ge 1.$$

取偶数下标，得

$$a_{2n}=-\frac{1}{2n{2}^{2n}}=-\frac{1}{2n{4}^n}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_{2n}& =-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{4^n}\\ & =-\frac{1}{2}\cdot \frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{1}{4}}\\ & =-\frac{1}{6}.\end{array}$$

故选择 A。B、C、D 均与偶数项系数的符号或几何级数求和结果不符。

（三）抽象型

82. 【2001-3-7 分】 已知 $f_n(x)$ 满足

$$f_n^{\prime }(x)=f_n(x)+x^{n-1}{e}^x,$$

$n$ 为正整数，且 $f_n(1)=\frac{e}{n}$，求函数项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{f}_n(x)$ 之和.

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答案： 收敛域为 $[-1,1)$，其和函数为

$$\boxed{S(x)=-e^x\ln (1-x)},-1\le x<1.$$

解析： 对微分方程作整理：

$$f_n^{\prime }(x)-f_n(x)=x^{n-1}{e}^x.$$

两边乘以积分因子 $e^{-x}$，得

$${\left[e^{-x}{f}_n(x)\right]}^{\prime }=x^{n-1}.$$

积分后有

$$e^{-x}{f}_n(x)=\frac{x^n}{n}+C_n.$$

由条件 $f_n(1)=e/n$，得

$$\frac{1}{n}=\frac{1}{n}+C_n,$$

所以 $C_n=0$，从而

$$f_n(x)=e^x\frac{x^n}{n}.$$

因此

$$\sum _{n=1}^{\infty }{f}_n(x)=e^x\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}.$$

当 $|x|<1$ 时，利用

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n}=-\ln (1-x),$$

得到

$$S(x)=-e^x\ln (1-x).$$

再考察端点：

• 当 $x=1$ 时，级数为 $e\sum 1/n$，发散；
• 当 $x=-1$ 时，级数为 $e^{-1}\sum (-1{)}^n/n$，收敛，其和为 $-e^{-1}\ln 2$；
• 当 $|x|>1$ 时，一般项 $e^x{x}^n/n$ 不趋于零，故发散。

所以收敛域为 $[-1,1)$。由于公式 $-e^x\ln (1-x)$ 在 $x=-1$ 时也给出 $-e^{-1}\ln 2$，故和函数可统一写为

$$\boxed{S(x)=-e^x\ln (1-x)},-1\le x<1.$$

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83. 【2007-1-10 分】 设幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内收敛，其和函数 $y(x)$ 满足

$$y^{\prime \prime }-2x{y}^{\prime }-4y=0,y(0)=0,y^{\prime }(0)=1.$$

（1）证明：$a_{n+2}=\frac{2}{n+1}{a}_n(n=1,2,\dots )$；

（2）求 $y(x)$ 的表达式。

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答案：

$$\boxed{a_{n+2}=\frac{2}{n+1}{a}_n(n\ge 1)},$$

$$\boxed{y(x)=x{e}^{x^2}}.$$

解析： 由

$$y(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$$

在全体实数上收敛，可在任意有限区间内逐项求导，得

$$y^{\prime }(x)=\sum _{n=0}^{\infty }(n+1)a_{n+1}{x}^n,$$$$y^{\prime \prime }(x)=\sum _{n=0}^{\infty }(n+2)(n+1)a_{n+2}{x}^n.$$

又有

$$\begin{array}{rl}2x{y}^{\prime }(x)& =2x\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1}\\ & =2\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^n.\end{array}$$

将这些式子代入微分方程

$$y^{\prime \prime }-2x{y}^{\prime }-4y=0,$$

得到

$$\begin{array}{rl}0=& \sum _{n=0}^{\infty }(n+2)(n+1)a_{n+2}{x}^n-2\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^n-4\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n.\end{array}$$

比较常数项，得

$$2a_2-4a_0=0.$$

由 $y(0)=a_0=0$，可知 $a_2=0$。

对任意 $n\ge 1$，比较 $x^n$ 的系数，有

$$(n+2)(n+1)a_{n+2}-2n{a}_n-4a_n=0.$$

即

$$(n+2)(n+1)a_{n+2}=2(n+2)a_n.$$

约去 $n+2$，得到

$$\boxed{a_{n+2}=\frac{2}{n+1}{a}_n},n=1,2,\dots$$

这就证明了（1）。

再由初始条件

$$a_0=y(0)=0,a_1=y^{\prime }(0)=1.$$

因为 $a_2=0$，递推关系说明所有偶数项系数均为零：

$$a_{2k}=0,k=0,1,2,\dots$$

对奇数项，令 $n=2k+1$，则

$$a_{2k+3}=\frac{2}{2k+2}{a}_{2k+1}=\frac{1}{k+1}{a}_{2k+1}.$$

由 $a_1=1$ 逐次递推，得

$$a_{2k+1}=\frac{1}{k!},k=0,1,2,\dots$$

因此

$$\begin{array}{rl}y(x)& =\sum _{k=0}^{\infty }{a}_{2k+1}{x}^{2k+1}\\ & =\sum _{k=0}^{\infty }\frac{x^{2k+1}}{k!}\\ & =x\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(x^2{)}^k}{k!}\\ & =x{e}^{x^2}.\end{array}$$

故

$$\boxed{y(x)=x{e}^{x^2}}.$$

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84. 【2013-1-10 分】 设数列 $\{a_n\}$ 满足

$$a_0=3,a_1=1,a_{n-2}-n(n-1)a_n=0(n\ge 2),$$

$S(x)$ 是幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的和函数。

（1）证明：$S^{\prime \prime }(x)-S(x)=0$；

（2）求 $S(x)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{S^{\prime \prime }(x)-S(x)=0},$$

$$\boxed{S(x)=2e^x+e^{-x}}.$$

解析： 由递推关系

$$a_{n-2}-n(n-1)a_n=0$$

可得

$$n(n-1)a_n=a_{n-2},n\ge 2.$$

在幂级数的收敛区间内逐项求二阶导数：

$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime \prime }(x)& =\sum _{n=2}^{\infty }n(n-1)a_n{x}^{n-2}\\ & =\sum _{n=2}^{\infty }{a}_{n-2}{x}^{n-2}.\end{array}$$

令 $k=n-2$，则

$$S^{\prime \prime }(x)=\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k{x}^k=S(x).$$

所以

$$\boxed{S^{\prime \prime }(x)-S(x)=0}.$$

这就证明了（1）。

由幂级数在原点的系数可知

$$S(0)=a_0=3,S^{\prime }(0)=a_1=1.$$

微分方程

$$S^{\prime \prime }-S=0$$

的通解为

$$S(x)=C_1{e}^x+C_2{e}^{-x}.$$

代入初始条件，得到

$$\{\begin{array}{l}{C}_1+C_2=3,\\ C_1-C_2=1.\end{array}$$

解得

$$C_1=2,C_2=1.$$

因此

$$\boxed{S(x)=2e^x+e^{-x}}.$$

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85. 【2017-3-10 分】 设

$$a_0=1,a_1=0,a_{n+1}=\frac{1}{n+1}\left(n{a}_n+a_{n-1}\right)(n=1,2,\dots ),$$

$S(x)$ 为幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的和函数。

（1）证明幂级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$ 的收敛半径不小于 $1$；

（2）证明

$$(1-x)S^{\prime }(x)-xS(x)=0(x\in (-1,1)),$$

并求 $S(x)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案： 幂级数的收敛半径满足 $R\ge 1$，且

$$\boxed{S(x)=\frac{e^{-x}}{1-x}},|x|<1.$$

解析： 先证明系数有界。

由初值

$$a_0=1,a_1=0$$

可知 $0\le a_0\le 1$，$0\le a_1\le 1$。

假设对某个 $n\ge 1$，有

$$0\le a_{n-1}\le 1,0\le a_n\le 1.$$

则由递推关系

$$\begin{array}{rl}0\le a_{n+1}& =\frac{n{a}_n+a_{n-1}}{n+1}\\ & \le \frac{n+1}{n+1}=1.\end{array}$$

由数学归纳法，得到

$$0\le a_n\le 1,n=0,1,2,\dots$$

因此当 $|x|<1$ 时，

$$|a_n{x}^n|\le |x{|}^n.$$

而几何级数 $\sum _{n=0}^{\infty }|x{|}^n$ 收敛，故由比较判别法，原幂级数在 $|x|<1$ 内绝对收敛。因此其收敛半径满足

$$\boxed{R\ge 1}.$$

在 $|x|<1$ 内可以逐项求导：

$$S^{\prime }(x)=\sum _{n=0}^{\infty }(n+1)a_{n+1}{x}^n.$$

由于 $a_1=0$，并利用递推关系，得

$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }(x)& =a_1+\sum _{n=1}^{\infty }(n+1)a_{n+1}{x}^n\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }(n{a}_n+a_{n-1})x^n\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_n{x}^n+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{n-1}{x}^n\\ & =x{S}^{\prime }(x)+xS(x).\end{array}$$

所以

$$\boxed{(1-x)S^{\prime }(x)-xS(x)=0},|x|<1.$$

将方程写为

$$\frac{S^{\prime }(x)}{S(x)}=\frac{x}{1-x}.$$

注意

$$\frac{x}{1-x}=-1+\frac{1}{1-x},$$

故

$$\begin{array}{rl}\ln |S(x)|& =\int \frac{x}{1-x}dx\\ & =-x-\ln (1-x)+C.\end{array}$$

于是

$$S(x)=C\frac{e^{-x}}{1-x}.$$

又因为

$$S(0)=a_0=1,$$

所以 $C=1$。因此

$$\boxed{S(x)=\frac{e^{-x}}{1-x}},|x|<1.$$