高等数学（第七版）同济大学习题12-5 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题12-5

1.利用函数的幂级数展开式求下列各数的近似值：\begin{aligned}&1. \ 利用函数的幂级数展开式求下列各数的近似值：&\end{aligned}1. 利用函数的幂级数展开式求下列各数的近似值：

(1)ln3（误差不超过0.0001）；(2)e（误差不超过0.001）；(3)5229（误差不超过0.00001）；(4)cos2∘（误差不超过0.0001）.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ ln\ 3\ （误差不超过0.0001）；\\\\ &\ \ (2)\ \ \sqrt{e}\ （误差不超过0.001）；\\\\ &\ \ (3)\ \ \sqrt[9]{522}（误差不超过0.00001）；\\\\ &\ \ (4)\ \ cos\ 2^{\circ}\ （误差不超过0.0001）. & \end{aligned} (1) ln 3 （误差不超过0.0001）； (2) e （误差不超过0.001）； (3) 9522（误差不超过0.00001）； (4) cos 2∘ （误差不超过0.0001）.

解：

(1)ln1+x1−x=2(x+x33+x55+⋅⋅⋅+x2n−12n−1+⋅⋅⋅)，x∈(−1,1)，令1+x1−x=3，得x=12，则ln3=ln1+121−12=2[12+13⋅23+15⋅25+⋅⋅⋅+1(2n−1)2n−1+⋅⋅⋅]，∣rn∣=2[1(2n+1)22n+1+1(2n+3)22n+3+⋅⋅⋅]=2(2n+1)22n+1[1+(2n+1)22n+1(2n+3)22n+3+(2n+1)22n+1(2n+5)22n+5+⋅⋅⋅]<2(2n+1)22n+1(1+122+124+⋅⋅⋅)=2(2n+1)22n+1⋅11−14=13(2n+1)22n−2，∣r5∣<13⋅11⋅28≈0.00012，∣r6∣<13⋅13⋅210≈0.00003<10−4，取n=6，则ln3≈2(12+13⋅23+15⋅25+⋅⋅⋅+111⋅211)，考虑到舍入误差，取五位小数，得ln3≈1.0986.(2)ex=1+x+x22!+⋅⋅⋅+xnn!+⋅⋅⋅，x∈(−∞,+∞)，令x=12，得e=1+12+12!22+⋅⋅⋅+1n!2n+⋅⋅⋅，rn=1(n+1)!2n+1+1(n+2)!2n+2+⋅⋅⋅=1(n+1)!2n+1[1+1(n+2)⋅2+1(n+2)(n+3)⋅22+⋅⋅⋅]<1(n+1)!2n+1(1+12+122+⋅⋅⋅)=1(n+1)!2n+1⋅11−12=1(n+1)!2n，r4<15!24≈0.0005<10−3，取n=4，考虑到舍入误差，取四位小数，得e≈1+12+12!22+13!23+14!24≈1.648.(3)5229=29+109=2(1+1029)19，因为(1+x)m=1+mx+m(m−1)2!x2+⋅⋅⋅+m(m−1)⋅⋅⋅⋅⋅(m−n+1)n!xn+⋅⋅⋅(−1<x<1)，所以5229=2(1+1029)19=2[1+19⋅1029+19(19−1)2!⋅102218+⋅⋅⋅+19(19−1)⋅⋅⋅⋅⋅(19−n+1)n!⋅10n29n+⋅⋅⋅]=2⋅(1+19⋅1029−19⋅892!⋅102218+⋅⋅⋅)=2+29⋅1029−19⋅89⋅102218+⋅⋅⋅，上式右端第2项起为一交错级数，则有∣r3∣≤u4=8⋅173⋅93⋅103227<10−6，取3项，取六位小数，得5229≈2+29⋅1029−892⋅102218≈2.00430.(4)cos2∘=cosπ90=1−12!(π90)2+14!(π90)4−⋅⋅⋅，上式为交错级数，∣r2∣≤u3=14!(π90)4<10−7，取2项，取五位小数，得cos2∘≈1−12!(π90)2≈0.9994.\begin{aligned} &\ \ (1)\ ln\frac{1+x}{1-x}=2\left(x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdot\cdot\cdot+\frac{x^{2n-1}}{2n-1}+\cdot\cdot\cdot\right)，x \in (-1, \ 1)，令\frac{1+x}{1-x}=3，得x=\frac{1}{2}，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ ln\ 3=ln\ \frac{1+\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=2\left[\frac{1}{2}+\frac{1}{3\cdot 2^3}+\frac{1}{5\cdot 2^5}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{(2n-1)^{2n-1}}+\cdot\cdot\cdot\right]，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ |r_n|=2\left[\frac{1}{(2n+1)2^{2n+1}}+\frac{1}{(2n+3)2^{2n+3}}+\cdot\cdot\cdot\right]=\frac{2}{(2n+1)2^{2n+1}}\left[1+\frac{(2n+1)2^{2n+1}}{(2n+3)2^{2n+3}}+\frac{(2n+1)2^{2n+1}}{(2n+5)2^{2n+5}}+\cdot\cdot\cdot\right] \lt \\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{2}{(2n+1)2^{2n+1}}\left(1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^4}+\cdot\cdot\cdot\right)=\frac{2}{(2n+1)2^{2n+1}}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{1}{3(2n+1)2^{2n-2}}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ |r_5| \lt \frac{1}{3\cdot 11\cdot 2^8} \approx 0.00012，|r_6| \lt \frac{1}{3\cdot 13\cdot 2^{10}} \approx 0.00003 \lt 10^{-4}，取n=6，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则ln\ 3 \approx 2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3\cdot 2^3}+\frac{1}{5\cdot 2^5}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{11\cdot 2^{11}}\right)，考虑到舍入误差，取五位小数，得ln\ 3 \approx 1.0986.\\\\ &\ \ (2)\ e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdot\cdot\cdot+\frac{x^n}{n!}+\cdot\cdot\cdot，x \in (-\infty, \ +\infty)，令x=\frac{1}{2}，得\sqrt{e}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2!2^2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n!2^n}+\cdot\cdot\cdot，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ r_n=\frac{1}{(n+1)!2^{n+1}}+\frac{1}{(n+2)!2^{n+2}}+\cdot\cdot\cdot=\frac{1}{(n+1)!2^{n+1}}\left[1+\frac{1}{(n+2)\cdot 2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)\cdot 2^2}+\cdot\cdot\cdot\right] \lt \\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{(n+1)!2^{n+1}}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdot\cdot\cdot\right)=\frac{1}{(n+1)!2^{n+1}}\cdot \frac{1}{1-\frac{1}{2}}=\frac{1}{(n+1)!2^n}，r_4 \lt \frac{1}{5!2^4} \approx 0.0005 \lt 10^{-3}，取n=4，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 考虑到舍入误差，取四位小数，得\sqrt{e} \approx 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2!2^2}+\frac{1}{3!2^3}+\frac{1}{4!2^4} \approx 1.648.\\\\ &\ \ (3)\ \sqrt[9]{522}=\sqrt[9]{2^9+10}=2\left(1+\frac{10}{2^9}\right)^{\frac{1}{9}}，因为(1+x)^m=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}x^2+\cdot\cdot\cdot+\frac{m(m-1)\cdot\ \cdot\cdot\cdot\ \cdot(m-n+1)}{n!}x^n+\cdot\cdot\cdot\ (-1 \lt x \lt 1)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以\sqrt[9]{522}=2\left(1+\frac{10}{2^9}\right)^{\frac{1}{9}}=2\left[1+\frac{1}{9}\cdot \frac{10}{2^9}+\frac{\frac{1}{9}\left(\frac{1}{9}-1\right)}{2!}\cdot \frac{10^2}{2^{18}}+\cdot\cdot\cdot+\frac{\frac{1}{9}\left(\frac{1}{9}-1\right)\cdot\ \cdot\cdot\cdot\ \cdot \left(\frac{1}{9}-n+1\right)}{n!}\cdot\frac{10^n}{2^{9n}}+\cdot\cdot\cdot\right]=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 2\cdot \left(1+\frac{1}{9}\cdot \frac{10}{2^9}-\frac{\frac{1}{9}\cdot\frac{8}{9}}{2!}\cdot\frac{10^2}{2^{18}}+\cdot\cdot\cdot\right)=2+\frac{2}{9}\cdot\frac{10}{2^9}-\frac{1}{9}\cdot\frac{8}{9}\cdot\frac{10^2}{2^{18}}+\cdot\cdot\cdot，上式右端第2项起为一交错级数，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则有|r_3| \le u_4=\frac{8\cdot17}{3\cdot 9^3}\cdot \frac{10^3}{2^{27}} \lt 10^{-6}，取3项，取六位小数，得\sqrt[9]{522} \approx 2+\frac{2}{9}\cdot \frac{10}{2^9}-\frac{8}{9^2}\cdot\frac{10^2}{2^{18}}\approx 2.00430.\\\\ &\ \ (4)\ cos\ 2^{\circ}=cos\ \frac{\pi}{90}=1-\frac{1}{2!}\left(\frac{\pi}{90}\right)^2+\frac{1}{4!}\left(\frac{\pi}{90}\right)^4-\cdot\cdot\cdot，上式为交错级数，|r_2|\le u_3=\frac{1}{4!}\left(\frac{\pi}{90}\right)^4 \lt 10^{-7}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 取2项，取五位小数，得cos\ 2^{\circ} \approx 1-\frac{1}{2!}\left(\frac{\pi}{90}\right)^2 \approx 0.9994. & \end{aligned} (1) ln1−x1+x=2(x+3x3+5x5+⋅⋅⋅+2n−1x2n−1+⋅⋅⋅)，x∈(−1, 1)，令1−x1+x=3，得x=21，则 ln 3=ln 1−211+21=2[21+3⋅231+5⋅251+⋅⋅⋅+(2n−1)2n−11+⋅⋅⋅]， ∣rn∣=2[(2n+1)22n+11+(2n+3)22n+31+⋅⋅⋅]=(2n+1)22n+12[1+(2n+3)22n+3(2n+1)22n+1+(2n+5)22n+5(2n+1)22n+1+⋅⋅⋅]< (2n+1)22n+12(1+221+241+⋅⋅⋅)=(2n+1)22n+12⋅1−411=3(2n+1)22n−21， ∣r5∣<3⋅11⋅281≈0.00012，∣r6∣<3⋅13⋅2101≈0.00003<10−4，取n=6，则ln 3≈2(21+3⋅231+5⋅251+⋅⋅⋅+11⋅2111)，考虑到舍入误差，取五位小数，得ln 3≈1.0986. (2) ex=1+x+2!x2+⋅⋅⋅+n!xn+⋅⋅⋅，x∈(−∞, +∞)，令x=21，得e=1+21+2!221+⋅⋅⋅+n!2n1+⋅⋅⋅， rn=(n+1)!2n+11+(n+2)!2n+21+⋅⋅⋅=(n+1)!2n+11[1+(n+2)⋅21+(n+2)(n+3)⋅221+⋅⋅⋅]< (n+1)!2n+11(1+21+221+⋅⋅⋅)=(n+1)!2n+11⋅1−211=(n+1)!2n1，r4<5!241≈0.0005<10−3，取n=4，考虑到舍入误差，取四位小数，得e≈1+21+2!221+3!231+4!241≈1.648. (3) 9522=929+10=2(1+2910)91，因为(1+x)m= 1+mx+2!m(m−1)x2+⋅⋅⋅+n!m(m−1)⋅ ⋅⋅⋅ ⋅(m−n+1)xn+⋅⋅⋅ (−1<x<1)，所以9522=2(1+2910)91=2[1+91⋅2910+2!91(91−1)⋅218102+⋅⋅⋅+n!91(91−1)⋅ ⋅⋅⋅ ⋅(91−n+1)⋅29n10n+⋅⋅⋅]= 2⋅(1+91⋅2910−2!91⋅98⋅218102+⋅⋅⋅)=2+92⋅2910−91⋅98⋅218102+⋅⋅⋅，上式右端第2项起为一交错级数，则有∣r3∣≤u4=3⋅938⋅17⋅227103<10−6，取3项，取六位小数，得9522≈2+92⋅2910−928⋅218102≈2.00430. (4) cos 2∘=cos 90π=1−2!1(90π)2+4!1(90π)4−⋅⋅⋅，上式为交错级数，∣r2∣≤u3=4!1(90π)4<10−7，取2项，取五位小数，得cos 2∘≈1−2!1(90π)2≈0.9994.

2.利用被积函数的幂级数展开式求下列定积分的近似值：\begin{aligned}&2. \ 利用被积函数的幂级数展开式求下列定积分的近似值：&\end{aligned}2. 利用被积函数的幂级数展开式求下列定积分的近似值：

(1)∫00.511+x4dx（误差不超过0.0001）；(2)∫00.5arctanxxdx（误差不超过0.001）.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \int_{0}^{0.5}\frac{1}{1+x^4}dx（误差不超过0.0001）；\\\\ &\ \ (2)\ \ \int_{0}^{0.5}\frac{arctan\ x}{x}dx\ （误差不超过0.001）. & \end{aligned} (1) ∫00.51+x41dx（误差不超过0.0001）； (2) ∫00.5xarctan xdx （误差不超过0.001）.

解：

(1)∫00.511+x4dx=∫00.5[1−x4+x8−x12+⋅⋅⋅+(−1)nx4n+⋅⋅⋅]dx=(x−15x5+19x9−113x13+⋅⋅⋅)∣00.5=12−15⋅125+19⋅129−113⋅1213+⋅⋅⋅，上式右端为一交错级数，有∣r3∣≤u4=113⋅1213≈0.000009<10−4，取3项，取五位小数，得∫00.511+x4dx≈12−15⋅125+19⋅129≈0.4940.(2)因为arctanx=x−x33+x55−⋅⋅⋅+(−1)nx2n+12n+1+⋅⋅⋅(−1<x<1)，所以∫00.5arctanxxdx=∫00.5[1−x33+x45−⋅⋅⋅+(−1)nx2n2n+1+⋅⋅⋅]dx=(x−x39+x525−x749+⋅⋅⋅)∣00.5=12−19⋅123+125⋅125−149⋅127+⋅⋅⋅，因为∣r3∣≤u4=149⋅127≈0.0002<10−3，取3项，取四位小数，得∫00.5arctanxxdx≈12−19⋅123+125⋅125≈0.487.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \int_{0}^{0.5}\frac{1}{1+x^4}dx=\int_{0}^{0.5}[1-x^4+x^8-x^{12}+\cdot\cdot\cdot+(-1)^nx^{4n}+\cdot\cdot\cdot]dx=\left(x-\frac{1}{5}x^5+\frac{1}{9}x^9-\frac{1}{13}x^{13}+\cdot\cdot\cdot\right)\bigg|_{0}^{0.5}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}-\frac{1}{5}\cdot \frac{1}{2^5}+\frac{1}{9}\cdot\frac{1}{2^9}-\frac{1}{13}\cdot\frac{1}{2^{13}}+\cdot\cdot\cdot，上式右端为一交错级数，有|r_3| \le u_4=\frac{1}{13}\cdot\frac{1}{2^{13}}\approx 0.000009 \lt 10^{-4}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 取3项，取五位小数，得\int_{0}^{0.5}\frac{1}{1+x^4}dx\approx \frac{1}{2}-\frac{1}{5}\cdot \frac{1}{2^5}+\frac{1}{9}\cdot\frac{1}{2^9}\approx 0.4940.\\\\ &\ \ (2)\ 因为arctan\ x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\cdot\cdot\cdot+(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}+\cdot\cdot\cdot\ (-1 \lt x \lt 1)，所以\int_{0}^{0.5}\frac{arctan\ x}{x}dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{0.5}\left[1-\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{5}-\cdot\cdot\cdot+(-1)^n\frac{x^{2n}}{2n+1}+\cdot\cdot\cdot\right]dx=\left(x-\frac{x^3}{9}+\frac{x^5}{25}-\frac{x^7}{49}+\cdot\cdot\cdot\right)\bigg|_{0}^{0.5}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}-\frac{1}{9}\cdot\frac{1}{2^3}+\frac{1}{25}\cdot\frac{1}{2^5}-\frac{1}{49}\cdot\frac{1}{2^7}+\cdot\cdot\cdot，因为|r_3| \le u_4=\frac{1}{49}\cdot\frac{1}{2^7}\approx 0.0002 \lt 10^{-3}，取3项，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 取四位小数，得\int_{0}^{0.5}\frac{arctan\ x}{x}dx\approx \frac{1}{2}-\frac{1}{9}\cdot \frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^5}\cdot\frac{1}{25}\approx 0.487. & \end{aligned} (1) ∫00.51+x41dx=∫00.5[1−x4+x8−x12+⋅⋅⋅+(−1)nx4n+⋅⋅⋅]dx=(x−51x5+91x9−131x13+⋅⋅⋅)00.5= 21−51⋅251+91⋅291−131⋅2131+⋅⋅⋅，上式右端为一交错级数，有∣r3∣≤u4=131⋅2131≈0.000009<10−4，取3项，取五位小数，得∫00.51+x41dx≈21−51⋅251+91⋅291≈0.4940. (2) 因为arctan x=x−3x3+5x5−⋅⋅⋅+(−1)n2n+1x2n+1+⋅⋅⋅ (−1<x<1)，所以∫00.5xarctan xdx= ∫00.5[1−3x3+5x4−⋅⋅⋅+(−1)n2n+1x2n+⋅⋅⋅]dx=(x−9x3+25x5−49x7+⋅⋅⋅)00.5= 21−91⋅231+251⋅251−491⋅271+⋅⋅⋅，因为∣r3∣≤u4=491⋅271≈0.0002<10−3，取3项，取四位小数，得∫00.5xarctan xdx≈21−91⋅231+251⋅251≈0.487.

3.试用幂级数求下列各微分方程的解：\begin{aligned}&3. \ 试用幂级数求下列各微分方程的解：&\end{aligned}3. 试用幂级数求下列各微分方程的解：

(1)y′−xy−x=1；(2)y′′+xy′+y=0；(3)(1−x)y′=x2−y.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ y'-xy-x=1；\\\\ &\ \ (2)\ \ y''+xy'+y=0；\\\\ &\ \ (3)\ \ (1-x)y'=x^2-y. & \end{aligned} (1) y′−xy−x=1； (2) y′′+xy′+y=0； (3) (1−x)y′=x2−y.

解：

(1)设方程的解为y=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+anxn+⋅⋅⋅（a0为任意常数），代入方程，有y′=a1+2a2x+3a3x2+⋅⋅⋅+(n+1)an+1xn+⋅⋅⋅，−xy=−a0x−a1x2−⋅⋅⋅−an−1xn−⋅⋅⋅，−x=−x，1=a1+(2a2−a0−1)x+(3a3−a1)x2+⋅⋅⋅+[(n+1)an+1−an−1]xn+⋅⋅⋅，比较系数可得，a1=1，a2=a0+12，a3=13，a4=a24=a0+12⋅4，a5=a35=13⋅5，a6=a46=a0+12⋅4⋅6,⋅⋅⋅，a2n−1=13⋅5⋅⋅⋅⋅⋅(2n−1)，a2n=a0+12⋅4⋅6⋅⋅⋅⋅⋅2n=a0+1n!2n，可知∑n=1∞a2n−1x2n−1，∑n=0∞a2nx2n的收敛域是(−∞,+∞)，所以y=∑n=0∞anxn=∑n=1∞a2n−1x2n−1+∑n=0∞a2nx2n=∑n=1∞x2n−13⋅5⋅⋅⋅⋅⋅(2n−1)+(a0+1)∑n=0∞x2nn!2n−1=∑n=1∞x2n−13⋅5⋅⋅⋅⋅⋅(2n−1)+(a0+1)∑n=0∞1n!(x22)n−1，因为∑n=0∞1n!(x22)n=ex22，记a0+1=C，1⋅3⋅5⋅⋅⋅⋅⋅(2n−1)=(2n−1)!!，所以y=Cex22+∑n=1∞1(2n−1)!!x2n−1−1，x∈(−∞,+∞).(2)设方程的解y=∑n=0∞anxn，其中a0，a1是任意常数，则y′=∑n=1∞nanxn−1，y′′=∑n=2∞n(n−1)anxn−2=∑n=0∞(n+2)(n+1)an+2xn，代入方程y′′+xy′+y=0，得∑n=0∞[(n+2)(n+1)an+2+nan+an]xn=0，则有(n+2)(n+1)an+2+(n+1)an=0，an+2=−ann+1(n=0，1，2，⋅⋅⋅)，当n=2(k−1)时，a2k=(−12k)a2k−2=(−12k)(−12k−2)⋅⋅⋅(−12)a0=a0(−1)kk!2k，当n=2k−1时，a2k+1=(−12k+1)a2k−1=(−12k+1)(−12k−1)⋅⋅⋅(−13)a1=a1(−1)k(2k+1)!!，因为∑n=0∞a2nx2n，∑n=0∞a2n+1x2n+1的收敛域为(−∞,+∞)，所以y=∑n=0∞anxn=∑n=0∞a2nx2n+∑n=0∞a2n+1x2n+1=∑n=0∞a0(−1)nn!2nx2n+∑n=0∞a1(−1)n(2n+1)!!x2n+1，即y=a0e−x22+a1∑n=0∞(−1)n(2n+1)!!x2n+1，x∈(−∞,+∞).(3)设方程的解y=∑n=0∞anxn，代入方程，得(1−x)∑n=1∞nanxn−1=x2−∑n=0∞anxn，有∑n=1∞nanxn−1−∑n=1∞nanxn+∑n=0∞anxn=x2，上式第一个级数∑n=1∞nanxn−1=∑n=0∞(n+1)an+1xn，有∑n=0∞[(n+1)an+1+(1−n)an]xn=x2，比较系数，得a1+a0=0，2a2=0，3a3−a2=1，(n+1)an+1+(1−n)an=0(n≥3)，即a1=−a0，a2=0，a3=13，an+1=n−1n+1an(n≥3)，或an=n−2nan−1=n−2n⋅n−3n−1⋅n−4n−2⋅⋅⋅⋅⋅24⋅13=2n(n−1)(n≥4)，于是y=a0−a0x+13x3+16x4+110x5+⋅⋅⋅+2n(n−1)xn+⋅⋅⋅，或y=a0(1−x)+x3[13+16x+110x2+⋅⋅⋅+2(n+2)(n+3)xn+⋅⋅⋅].\begin{aligned} &\ \ (1)\ 设方程的解为y=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdot\cdot\cdot+a_nx^n+\cdot\cdot\cdot\ （a_0为任意常数），代入方程，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 有y'=a_1+2a_2x+3a_3x^2+\cdot\cdot\cdot+(n+1)a_{n+1}x^n+\cdot\cdot\cdot，-xy=-a_0x-a_1x^2-\cdot\cdot\cdot-a_{n-1}x^n-\cdot\cdot\cdot，-x=-x，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 1=a_1+(2a_2-a_0-1)x+(3a_3-a_1)x^2+\cdot\cdot\cdot+[(n+1)a_{n+1}-a_{n-1}]x^n+\cdot\cdot\cdot，比较系数可得，a_1=1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a_2=\frac{a_0+1}{2}，a_3=\frac{1}{3}，a_4=\frac{a_2}{4}=\frac{a_0+1}{2 \cdot 4}，a_5=\frac{a_3}{5}=\frac{1}{3\cdot 5}，a_6=\frac{a_4}{6}=\frac{a_0+1}{2\cdot 4\cdot 6},\ \cdot\cdot\cdot，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a_{2n-1}=\frac{1}{3\cdot 5\cdot\ \cdot\cdot\cdot\ \cdot(2n-1)}，a_{2n}=\frac{a_0+1}{2\cdot 4\cdot 6 \cdot\ \cdot\cdot\cdot\ \cdot 2n}=\frac{a_0+1}{n!2^n}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 可知\sum_{n=1}^{\infty}a_{2n-1}x^{2n-1}，\sum_{n=0}^{\infty}a_{2n}x^{2n}的收敛域是(-\infty, \ +\infty)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n=\sum_{n=1}^{\infty}a_{2n-1}x^{2n-1}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{2n}x^{2n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{3\cdot 5\cdot\ \cdot\cdot\cdot\ \cdot (2n-1)}+(a_0+1)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n!2^n}-1=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{3\cdot 5\cdot\ \cdot\cdot\cdot\ \cdot (2n-1)}+(a_0+1)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{x^2}{2}\right)^n-1，因为\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{x^2}{2}\right)^n=e^{\frac{x^2}{2}}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 记a_0+1=C，1\cdot 3\cdot 5\cdot\ \cdot\cdot\cdot\ \cdot (2n-1)=(2n-1)!!，所以y=Ce^{\frac{x^2}{2}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)!!}x^{2n-1}-1，x \in (-\infty, \ +\infty).\\\\ &\ \ (2)\ 设方程的解y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n，其中a_0，a_1是任意常数，则y'=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n，代入方程y''+xy'+y=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得\sum_{n=0}^{\infty}[(n+2)(n+1)a_{n+2}+na_n+a_n]x^n=0，则有(n+2)(n+1)a_{n+2}+(n+1)a_n=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a_{n+2}=-\frac{a_n}{n+1}\ (n=0，1，2，\cdot\cdot\cdot)，当n=2(k-1)时，a_{2k}=\left(-\frac{1}{2k}\right)a_{2k-2}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \left(-\frac{1}{2k}\right)\left(-\frac{1}{2k-2}\right)\cdot\cdot\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)a_0=\frac{a_0(-1)^k}{k!2^k}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 当n=2k-1时，a_{2k+1}=\left(-\frac{1}{2k+1}\right)a_{2k-1}=\left(-\frac{1}{2k+1}\right)\left(-\frac{1}{2k-1}\right)\cdot\cdot\cdot\left(-\frac{1}{3}\right)a_1=\frac{a_1(-1)^k}{(2k+1)!!}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因为\sum_{n=0}^{\infty}a_{2n}x^{2n}，\sum_{n=0}^{\infty}a_{2n+1}x^{2n+1}的收敛域为(-\infty, \ +\infty)，所以y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n=\sum_{n=0}^{\infty}a_{2n}x^{2n}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{2n+1}x^{2n+1}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_0(-1)^n}{n!2^n}x^{2n}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_1(-1)^n}{(2n+1)!!}x^{2n+1}，即y=a_0e^{-\frac{x^2}{2}}+a_1\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!!}x^{2n+1}，x \in (-\infty, \ +\infty).\\\\ &\ \ (3)\ 设方程的解y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n，代入方程，得(1-x)\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}=x^2-\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 有\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}-\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^n+\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n=x^2，上式第一个级数\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 有\sum_{n=0}^{\infty}[(n+1)a_{n+1}+(1-n)a_n]x^n=x^2，比较系数，得a_1+a_0=0，2a_2=0，3a_3-a_2=1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ (n+1)a_{n+1}+(1-n)a_n=0\ (n \ge 3)，即a_1=-a_0，a_2=0，a_3=\frac{1}{3}，a_{n+1}=\frac{n-1}{n+1}a_n\ (n \ge 3)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 或a_n=\frac{n-2}{n}a_{n-1}=\frac{n-2}{n}\cdot\frac{n-3}{n-1}\cdot\frac{n-4}{n-2}\cdot\ \cdot\cdot\cdot\ \cdot \frac{2}{4}\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{n(n-1)}\ (n \ge 4)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 于是y=a_0-a_0x+\frac{1}{3}x^3+\frac{1}{6}x^4+\frac{1}{10}x^5+\cdot\cdot\cdot+\frac{2}{n(n-1)}x^n+\cdot\cdot\cdot，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 或y=a_0(1-x)+x^3\left[\frac{1}{3}+\frac{1}{6}x+\frac{1}{10}x^2+\cdot\cdot\cdot+\frac{2}{(n+2)(n+3)}x^n+\cdot\cdot\cdot\right]. & \end{aligned} (1) 设方程的解为y=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+anxn+⋅⋅⋅ （a0为任意常数），代入方程，有y′=a1+2a2x+3a3x2+⋅⋅⋅+(n+1)an+1xn+⋅⋅⋅，−xy=−a0x−a1x2−⋅⋅⋅−an−1xn−⋅⋅⋅，−x=−x， 1=a1+(2a2−a0−1)x+(3a3−a1)x2+⋅⋅⋅+[(n+1)an+1−an−1]xn+⋅⋅⋅，比较系数可得，a1=1， a2=2a0+1，a3=31，a4=4a2=2⋅4a0+1，a5=5a3=3⋅51，a6=6a4=2⋅4⋅6a0+1, ⋅⋅⋅， a2n−1=3⋅5⋅ ⋅⋅⋅ ⋅(2n−1)1，a2n=2⋅4⋅6⋅ ⋅⋅⋅ ⋅2na0+1=n!2na0+1，可知n=1∑∞a2n−1x2n−1，n=0∑∞a2nx2n的收敛域是(−∞, +∞)，所以y=n=0∑∞anxn=n=1∑∞a2n−1x2n−1+n=0∑∞a2nx2n=n=1∑∞3⋅5⋅ ⋅⋅⋅ ⋅(2n−1)x2n−1+(a0+1)n=0∑∞n!2nx2n−1= n=1∑∞3⋅5⋅ ⋅⋅⋅ ⋅(2n−1)x2n−1+(a0+1)n=0∑∞n!1(2x2)n−1，因为n=0∑∞n!1(2x2)n=e2x2，记a0+1=C，1⋅3⋅5⋅ ⋅⋅⋅ ⋅(2n−1)=(2n−1)!!，所以y=Ce2x2+n=1∑∞(2n−1)!!1x2n−1−1，x∈(−∞, +∞). (2) 设方程的解y=n=0∑∞anxn，其中a0，a1是任意常数，则y′=n=1∑∞nanxn−1， y′′=n=2∑∞n(n−1)anxn−2=n=0∑∞(n+2)(n+1)an+2xn，代入方程y′′+xy′+y=0，得n=0∑∞[(n+2)(n+1)an+2+nan+an]xn=0，则有(n+2)(n+1)an+2+(n+1)an=0， an+2=−n+1an (n=0，1，2，⋅⋅⋅)，当n=2(k−1)时，a2k=(−2k1)a2k−2= (−2k1)(−2k−21)⋅⋅⋅(−21)a0=k!2ka0(−1)k，当n=2k−1时，a2k+1=(−2k+11)a2k−1=(−2k+11)(−2k−11)⋅⋅⋅(−31)a1=(2k+1)!!a1(−1)k，因为n=0∑∞a2nx2n，n=0∑∞a2n+1x2n+1的收敛域为(−∞, +∞)，所以y=n=0∑∞anxn=n=0∑∞a2nx2n+n=0∑∞a2n+1x2n+1= n=0∑∞n!2na0(−1)nx2n+n=0∑∞(2n+1)!!a1(−1)nx2n+1，即y=a0e−2x2+a1n=0∑∞(2n+1)!!(−1)nx2n+1，x∈(−∞, +∞). (3) 设方程的解y=n=0∑∞anxn，代入方程，得(1−x)n=1∑∞nanxn−1=x2−n=0∑∞anxn，有n=1∑∞nanxn−1−n=1∑∞nanxn+n=0∑∞anxn=x2，上式第一个级数n=1∑∞nanxn−1=n=0∑∞(n+1)an+1xn，有n=0∑∞[(n+1)an+1+(1−n)an]xn=x2，比较系数，得a1+a0=0，2a2=0，3a3−a2=1， (n+1)an+1+(1−n)an=0 (n≥3)，即a1=−a0，a2=0，a3=31，an+1=n+1n−1an (n≥3)，或an=nn−2an−1=nn−2⋅n−1n−3⋅n−2n−4⋅ ⋅⋅⋅ ⋅42⋅31=n(n−1)2 (n≥4)，于是y=a0−a0x+31x3+61x4+101x5+⋅⋅⋅+n(n−1)2xn+⋅⋅⋅，或y=a0(1−x)+x3[31+61x+101x2+⋅⋅⋅+(n+2)(n+3)2xn+⋅⋅⋅].

4.试用幂级数求下列方程满足所给初值条件的特解：\begin{aligned}&4. \ 试用幂级数求下列方程满足所给初值条件的特解：&\end{aligned}4. 试用幂级数求下列方程满足所给初值条件的特解：

(1)y′=y2+x3，y∣x=0=12；(2)(1−x)y′+y=1+x，y∣x=0=0.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ y'=y^2+x^3，y|_{x=0}=\frac{1}{2}；\\\\ &\ \ (2)\ \ (1-x)y'+y=1+x，y|_{x=0}=0. & \end{aligned} (1) y′=y2+x3，y∣x=0=21； (2) (1−x)y′+y=1+x，y∣x=0=0.

解：

(1)因为y∣x=0=12，所以设方程特解为y=12+∑n=1∞anxn，有y′=∑n=1∞nanxn−1=a1+∑n=1∞(n+1)an+1xn，代入方程，有a1+∑n=1∞(n+1)an+1xn=x3+(12+∑n=1∞anxn)2=x3+14+∑n=1∞anxn+(∑n=1∞anxn)2=x3+14+∑n=1∞anxn+[a12x2+2a1a2x3+(a22+2a1a3)x4+⋅⋅⋅+(∑i+j=naiaj)xn+⋅⋅⋅]，即a1+(2a2−a1)x+(3a3−a2−a12)x2+(4a4−a3−2a1a2)x3+⋅⋅⋅+[(n+1)an+1−an−∑i+j=naiaj]xn+⋅⋅⋅=14+x3，比较系数，得a1=14，2a2−a1=0，3a3−a2−a12=0，4a4−a3−2a1a2=1，⋅⋅⋅，(n+1)an+1−an−∑i+j=naiaj=0(n≥4)，解得a1=14，a2=18，a3=116，a4=932，⋅⋅⋅，所以y=12+14x+18x2+116x3+932x4+⋅⋅⋅.(2)因为y∣x=0=0，所以设y=∑n=1∞anxn是方程的特解，则y′=∑n=1∞nanxn−1，代入方程，有(1−x)∑n=1∞nanxn−1+∑n=1∞anxn=1+x，即∑n=1∞nanxn−1−∑n=1∞nanxn+∑n=1∞anxn=1+x，或a1+∑n=1∞[(n+1)an+1+(1−n)an]xn=1+x，比较系数，得a1=1，a2=12，an+1=n−1n+1an(n≥2)，或an=n−2nan−1=(n−2)(n−3)⋅⋅⋅1n(n−1)⋅⋅⋅3⋅12=1n(n−1)(n≥3)，所以y=x+12x2+16x3+⋅⋅⋅+1n(n−1)xn+⋅⋅⋅.\begin{aligned} &\ \ (1)\ 因为y|_{x=0}=\frac{1}{2}，所以设方程特解为y=\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n，有y'=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}=a_1+\sum_{n=1}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入方程，有a_1+\sum_{n=1}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n=x^3+\left(\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n\right)^2=x^3+\frac{1}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n+\left(\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n\right)^2=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ x^3+\frac{1}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n+\left[a_1^2x^2+2a_1a_2x^3+(a_2^2+2a_1a_3)x^4+\cdot\cdot\cdot+\left(\sum_{i+j=n}a_ia_j\right)x^n+\cdot\cdot\cdot\right]，即\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a_1+(2a_2-a_1)x+(3a_3-a_2-a_1^2)x^2+(4a_4-a_3-2a_1a_2)x^3+\cdot\cdot\cdot+\left[(n+1)a_{n+1}-a_n-\sum_{i+j=n}a_ia_j\right]x^n+\cdot\cdot\cdot=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{4}+x^3，比较系数，得a_1=\frac{1}{4}，2a_2-a_1=0，3a_3-a_2-a_1^2=0，4a_4-a_3-2a_1a_2=1，\cdot\cdot\cdot，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ (n+1)a_{n+1}-a_n-\sum_{i+j=n}a_ia_j=0\ (n \ge 4)，解得a_1=\frac{1}{4}，a_2=\frac{1}{8}，a_3=\frac{1}{16}，a_4=\frac{9}{32}，\cdot\cdot\cdot，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以y=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}x+\frac{1}{8}x^2+\frac{1}{16}x^3+\frac{9}{32}x^4+\cdot\cdot\cdot.\\\\ &\ \ (2)\ 因为y|_{x=0}=0，所以设y=\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n是方程的特解，则y'=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}，代入方程，有\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ (1-x)\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}+\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n=1+x，即\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}-\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^n+\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n=1+x，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 或a_1+\sum_{n=1}^{\infty}[(n+1)a_{n+1}+(1-n)a_n]x^n=1+x，比较系数，得a_1=1，a_2=\frac{1}{2}，a_{n+1}=\frac{n-1}{n+1}a_n\ (n \ge 2)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 或a_n=\frac{n-2}{n}a_{n-1}=\frac{(n-2)(n-3)\cdot\cdot\cdot1}{n(n-1)\cdot\cdot\cdot3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{n(n-1)}\ (n \ge 3)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以y=x+\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{6}x^3+\cdot\cdot\cdot+\frac{1}{n(n-1)}x^n+\cdot\cdot\cdot. & \end{aligned} (1) 因为y∣x=0=21，所以设方程特解为y=21+n=1∑∞anxn，有y′=n=1∑∞nanxn−1=a1+n=1∑∞(n+1)an+1xn，代入方程，有a1+n=1∑∞(n+1)an+1xn=x3+(21+n=1∑∞anxn)2=x3+41+n=1∑∞anxn+(n=1∑∞anxn)2= x3+41+n=1∑∞anxn+[a12x2+2a1a2x3+(a22+2a1a3)x4+⋅⋅⋅+(i+j=n∑aiaj)xn+⋅⋅⋅]，即 a1+(2a2−a1)x+(3a3−a2−a12)x2+(4a4−a3−2a1a2)x3+⋅⋅⋅+[(n+1)an+1−an−i+j=n∑aiaj]xn+⋅⋅⋅= 41+x3，比较系数，得a1=41，2a2−a1=0，3a3−a2−a12=0，4a4−a3−2a1a2=1，⋅⋅⋅， (n+1)an+1−an−i+j=n∑aiaj=0 (n≥4)，解得a1=41，a2=81，a3=161，a4=329，⋅⋅⋅，所以y=21+41x+81x2+161x3+329x4+⋅⋅⋅. (2) 因为y∣x=0=0，所以设y=n=1∑∞anxn是方程的特解，则y′=n=1∑∞nanxn−1，代入方程，有 (1−x)n=1∑∞nanxn−1+n=1∑∞anxn=1+x，即n=1∑∞nanxn−1−n=1∑∞nanxn+n=1∑∞anxn=1+x，或a1+n=1∑∞[(n+1)an+1+(1−n)an]xn=1+x，比较系数，得a1=1，a2=21，an+1=n+1n−1an (n≥2)，或an=nn−2an−1=n(n−1)⋅⋅⋅3(n−2)(n−3)⋅⋅⋅1⋅21=n(n−1)1 (n≥3)，所以y=x+21x2+61x3+⋅⋅⋅+n(n−1)1xn+⋅⋅⋅.

5.验证函数y(x)=1+x33!+x66!+⋅⋅⋅+x3n(3n)!+⋅⋅⋅(−∞<x<+∞)满足微分方程y′′+y′+y=ex，并利用此结果求幂级数∑n=0∞x3n(3n)!的和函数.\begin{aligned}&5. \ 验证函数y(x)=1+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^6}{6!}+\cdot\cdot\cdot+\frac{x^{3n}}{(3n)!}+\cdot\cdot\cdot(-\infty \lt x \lt +\infty)满足微分方程y''+y'+y=e^x，并\\\\&\ \ \ \ 利用此结果求幂级数\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{3n}}{(3n)!}的和函数.&\end{aligned}5. 验证函数y(x)=1+3!x3+6!x6+⋅⋅⋅+(3n)!x3n+⋅⋅⋅(−∞<x<+∞)满足微分方程y′′+y′+y=ex，并利用此结果求幂级数n=0∑∞(3n)!x3n的和函数.

解：

因为y(x)=1+x33!+x66!+⋅⋅⋅+x3n(3n)!+⋅⋅⋅，y′(x)=x22!+x55!+⋅⋅⋅+x3n−1(3n−1)!+⋅⋅⋅，y′′(x)=x+x44!+⋅⋅⋅+x3n−2(3n−2)!+⋅⋅⋅，则y′′(x)+y′(x)+y(x)=∑n=0∞xnn!=ex，所以函数y(x)满足微分方程y′′+y′+y=ex，y′′+y′+y=ex对应的齐次方程y′′+y′+y=0的特征方程为r2+r+1=0，根为r1，r2=−12±32i，因此齐次方程的通解为Y=e−x2(C1cos32x+C2sin32x)，设非齐次微分方程的特解为y∗=Aex，代入方程y′′+y′+y=ex，得A=13，则y∗=13ex，非齐次微分方程的通解为y=Y+y∗=e−x2(C1cos32x+C2sin32x)+13ex，幂级数的和函数y(x)满足，y(0)=1，y′(0)=0，则y(0)=1=C1+13，y′(0)=0=−12C1+32C2+13，得C1=23，C2=0，根据微分方程初值问题解的唯一性，可得幂级数的和函数为y(x)=23e−x2cos32x+13ex(−∞<x<+∞).\begin{aligned} &\ \ 因为y(x)=1+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^6}{6!}+\cdot\cdot\cdot+\frac{x^{3n}}{(3n)!}+\cdot\cdot\cdot，\\\\ &\ \ y'(x)=\frac{x^2}{2!}+\frac{x^5}{5!}+\cdot\cdot\cdot+\frac{x^{3n-1}}{(3n-1)!}+\cdot\cdot\cdot，\\\\ &\ \ y''(x)=x+\frac{x^4}{4!}+\cdot\cdot\cdot+\frac{x^{3n-2}}{(3n-2)!}+\cdot\cdot\cdot，则y''(x)+y'(x)+y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}=e^x，\\\\ &\ \ 所以函数y(x)满足微分方程y''+y'+y=e^x，\\\\ &\ \ y''+y'+y=e^x对应的齐次方程y''+y'+y=0的特征方程为r^2+r+1=0，根为r_1，r_2=-\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}i，\\\\ &\ \ 因此齐次方程的通解为Y=e^{-\frac{x}{2}}\left(C_1cos\frac{\sqrt{3}}{2}x+C_2sin\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)，设非齐次微分方程的特解为y^*=Ae^x，\\\\ &\ \ 代入方程y''+y'+y=e^x，得A=\frac{1}{3}，则y^*=\frac{1}{3}e^x，非齐次微分方程的通解为\\\\ &\ \ y=Y+y^*=e^{-\frac{x}{2}}\left(C_1cos\frac{\sqrt{3}}{2}x+C_2sin\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)+\frac{1}{3}e^x，幂级数的和函数y(x)满足，y(0)=1，y'(0)=0，\\\\ &\ \ 则y(0)=1=C_1+\frac{1}{3}，y'(0)=0=-\frac{1}{2}C_1+\frac{\sqrt{3}}{2}C_2+\frac{1}{3}，得C_1=\frac{2}{3}，C_2=0，根据微分方程初值问题解的唯一性，\\\\ &\ \ 可得幂级数的和函数为y(x)=\frac{2}{3}e^{-\frac{x}{2}}cos\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{3}e^x\ (-\infty \lt x \lt +\infty). & \end{aligned} 因为y(x)=1+3!x3+6!x6+⋅⋅⋅+(3n)!x3n+⋅⋅⋅， y′(x)=2!x2+5!x5+⋅⋅⋅+(3n−1)!x3n−1+⋅⋅⋅， y′′(x)=x+4!x4+⋅⋅⋅+(3n−2)!x3n−2+⋅⋅⋅，则y′′(x)+y′(x)+y(x)=n=0∑∞n!xn=ex，所以函数y(x)满足微分方程y′′+y′+y=ex， y′′+y′+y=ex对应的齐次方程y′′+y′+y=0的特征方程为r2+r+1=0，根为r1，r2=−21±23i，因此齐次方程的通解为Y=e−2x(C1cos23x+C2sin23x)，设非齐次微分方程的特解为y∗=Aex，代入方程y′′+y′+y=ex，得A=31，则y∗=31ex，非齐次微分方程的通解为 y=Y+y∗=e−2x(C1cos23x+C2sin23x)+31ex，幂级数的和函数y(x)满足，y(0)=1，y′(0)=0，则y(0)=1=C1+31，y′(0)=0=−21C1+23C2+31，得C1=32，C2=0，根据微分方程初值问题解的唯一性，可得幂级数的和函数为y(x)=32e−2xcos23x+31ex (−∞<x<+∞).

6.利用欧拉公式将函数excosx展开成x的幂级数.\begin{aligned}&6. \ 利用欧拉公式将函数e^xcos\ x展开成x的幂级数.&\end{aligned}6. 利用欧拉公式将函数excos x展开成x的幂级数.

解：

根据欧拉公式eix=cosx+isinx可知，cosx=Re(eix)，所以excosx=ex⋅Re(eix)=Re(ex⋅eix)=Re[e(1+i)x]，因为e(1+i)x=∑n=0∞1n!(1+i)nxn=∑n=0∞[2(cosπ4+isinπ4)]nxnn!=∑n=0∞(cosnπ4+isinnπ4)2n2⋅xnn!，x∈(−∞,+∞)，所以excosx=Re[e(1+i)x]=∑n=0∞cosnπ4⋅2n2⋅xnn!，x∈(−∞,+∞).\begin{aligned} &\ \ 根据欧拉公式e^{ix}=cos\ x+i\ sin\ x可知，cos\ x=Re(e^{ix})，所以e^xcos\ x=e^x\cdot Re(e^{ix})=Re(e^x\cdot e^{ix})=Re[e^{(1+i)x}]，\\\\ &\ \ 因为e^{(1+i)x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(1+i)^nx^n=\sum_{n=0}^{\infty}\left[\sqrt{2}\left(cos\ \frac{\pi}{4}+i\ sin\ \frac{\pi}{4}\right)\right]^n\frac{x^n}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(cos\frac{n\pi}{4}+i\ sin\frac{n\pi}{4}\right)2^{\frac{n}{2}}\cdot\frac{x^n}{n!}，\\\\ &\ \ x \in (-\infty, \ +\infty)，所以e^xcos\ x=Re[e^{(1+i)x}]=\sum_{n=0}^{\infty}cos\frac{n\pi}{4}\cdot2^{\frac{n}{2}}\cdot\frac{x^n}{n!}，x \in (-\infty, \ +\infty). & \end{aligned} 根据欧拉公式eix=cos x+i sin x可知，cos x=Re(eix)，所以excos x=ex⋅Re(eix)=Re(ex⋅eix)=Re[e(1+i)x]，因为e(1+i)x=n=0∑∞n!1(1+i)nxn=n=0∑∞[2(cos 4π+i sin 4π)]nn!xn=n=0∑∞(cos4nπ+i sin4nπ)22n⋅n!xn， x∈(−∞, +∞)，所以excos x=Re[e(1+i)x]=n=0∑∞cos4nπ⋅22n⋅n!xn，x∈(−∞, +∞).