12.3 习题课讲解

12.3.1 收敛域、和函数

解 (1) $I=\{x\in \mathbb{R}||x-k\pi |\le \frac{\pi }{6},k\in \mathbb{Z}\}$。用Cauchy根式判别法可得$$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{\left|\frac{2^n{\sin }^{n}x}{n^2}\right|}=2|\sin x|\end{array}$$ 知$|\sin x|<\frac{1}{2}$时收敛，$|\sin x|>\frac{1}{2}$时发散。当$\sin x=\pm \frac{1}{2}$时，$|u_n(x)|=\frac{1}{n^2}$，级数收敛。

(2) $I=\mathbb{R}$。放缩可得$$\begin{array}{}\text{(2)}& \left|\frac{\sin nx}{n^2}\right|\le \frac{1}{n^2}\end{array}$$ 故级数一致绝对收敛。

(3) $I=\{0\}$。由d’Alembert判别法可得$$\begin{array}{}\text{(3)}& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{|u_{n+1}(x)|}{|u_n(x)|}=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}(n+1){\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{200}|x|\ge \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}(n+1)(1-\frac{200}{n+1})|x|=+\mathrm{\infty },|x|\ne 0\end{array}$$ 故级数仅在$|x|=0$处收敛。

(4) $I=\varnothing$。由d’Alembert判别法可得$$\begin{array}{}\text{(4)}& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{|u_{n+1}(x)|}{|u_n(x)|}=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}(n+1){\mathrm{e}}^{-x}=+\mathrm{\infty },\mathrm{\forall }x\end{array}$$ 故级数处处发散。 $◻$

12.3.2 幂级数及其收敛半径、收敛区间和收敛域

解 C。由d’Alembert判别法可得$$\begin{array}{}\text{(5)}& R={\left(\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\left|\frac{1}{\ln (n+3)}\right|}{\left|\frac{1}{\ln (n+2)}\right|}\right)}^{-1}=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln (n+3)}{\ln (n+2)}\stackrel{\mathrm{Heine},{\mathrm{L}}^{\prime }\mathrm{H}}{=}\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{1}{t+3}}{\frac{1}{t+2}}=1\end{array}$$ 所以第一个级数的收敛半径为$1$。当$x\in [a-1,a+1]$时，幂级数绝对收敛；当$x=a+1$时，$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{\ln (n+2)}$发散；当$x=a-1$时，由Leibniz判别法知交错级数$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{\ln (n+2)}$收敛，且为条件收敛。综上，$a-1=-2$，即$a=-1$。

类似可知第二个级数的收敛半径也是$1$，收敛域为$[-2,0]$，$x_2=\frac{1}{2}$不在其收敛域中，因此该级数在$x_2=\frac{1}{2}$处发散。 $◻$

解 采用“相对论”，看成以$a$为变量的幂级数，考虑$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(2-a{)}^n}{n}=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{n}(a-2{)}^n$的敛散性，由Cauchy判别法可得$$\begin{array}{}\text{(6)}& R={\left(\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim sup}\sqrt[n]{\left|\frac{(-1{)}^n}{n}\right|}\right)}^{-1}=1\end{array}$$ 故收敛半径为$1$。当$a-2=-1$、即$a=1$时，级数发散；当$a-2=1$、即$a=3$时，由Leibniz判别法知级数收敛。综上，$1<a\le 3$。 $◻$

解 A。收敛半径为$R=1-(-1)=2$，收敛区间为$(-1,3)$，$x=2$在收敛区间内，故级数绝对收敛。 $◻$

解 对任意$|x|<1$，级数$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$和$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{x}^n$都收敛，因此$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}(a_n+1)x^n$收敛，从而$r\ge 1$。对于$a_n=1$，两级数的收敛半径均为$1$；对于$a_n=\frac{1}{R^n}-1(R>1)$，原级数的收敛半径为$1$，而$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}(a_n+1)x^n$收敛半径为$R$。综上，$r\ge 1$。 $◻$

解 由d’Alembert判别法可得$$\begin{array}{}\text{(7)}& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\left|\frac{n+1}{2^{n+1}+(-3{)}^{n+1}}{x}^{2(n+1)}\right|}{\left|\frac{n}{2^n+(-3{)}^n}{x}^{2n}\right|}=\frac{x^2}{3}\end{array}$$ 当$|x|<\sqrt{3}$时级数收敛，当$|x|>\sqrt{3}$时级数发散，故收敛半径为$R=\sqrt{3}$。当$x=\pm \sqrt{3}$时，通项不趋于零，级数发散。综上，收敛域为$(-\sqrt{3},\sqrt{3})$。 $◻$

解 C。幂级数逐项求导或逐项积分，收敛半径不变。由Cauchy判别法可得$$\begin{array}{}\text{(8)}& \begin{array}{rl}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim sup}\sqrt[n]{|n{a}_n|}& =\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim sup}\sqrt[n]{|n|}\cdot \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim sup}\sqrt[n]{|a_n|}=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim sup}\sqrt[n]{|a_n|}\\ \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim sup}\sqrt[n]{\left|\frac{a_n}{n+1}\right|}& =\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim sup}\sqrt[n]{|a_n|}\cdot \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim sup}\sqrt[n]{\frac{1}{n+1}}=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim sup}\sqrt[n]{|a_n|}\end{array}\end{array}$$ 故收敛半径为$R=8$。 $◻$

解 易知$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}{z}^n$的收敛域为$[-1,1)$，故原级数的收敛域为$$\begin{array}{}\text{(9)}& -1\le z=\frac{x}{2x+1}<1⟹x\ge -\frac{1}{3}\vee x<-1\end{array}$$ $◻$

12.3.3 通过幂级数求和

解¹(初等方法) 裂项可得部分和满足$$\begin{array}{}\text{(10)}& \begin{array}{rl}{S}_N& =\sum _{n=1}^N\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}\sum _{n=1}^N(\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)})\\ & =\frac{1}{2}(\frac{1}{1\cdot 2}-\frac{1}{(N+1)(N+2)})\to \frac{1}{4},N\to +\mathrm{\infty }\end{array}\end{array}$$ 故$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{4}$。 $◻$

解²(幂级数) 记$S(x)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n(n+1)(n+2)}$，则$S$的收敛半径为$1$、收敛域为$[-1,1]$。所以$S\in \mathcal{C}[-1,1]\cap {\mathcal{C}}^{\mathrm{\infty }}(-1,1)$，且在$(-1,1)$内可逐项任意次求导。对任意$-1<x<1$，计算可得$$\begin{array}{}\text{(11)}& S^{(3)}(x)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{x}^{n-1}=\frac{1}{(1-x{)}^2}\end{array}$$ 且有$S(0)=S^{\prime }(0)=S^{″}(0)=0$，逐次积分可得$$\begin{array}{}\text{(12)}& S(x)=-\frac{1}{2}(x-1{)}^2\ln (1-x)+\frac{3x^2-2x}{4}\end{array}$$ 上式两端在$x=1$处都连续，所以它在$x=1$处也成立，因此$S(1)=\frac{1}{4}$。 $◻$

解 上述幂级数收敛域为$(-1,1)$。记$S(x)$为其和函数，则$$\begin{array}{}\text{(13)}& \begin{array}{rl}S(x)& =\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}n{\left(x^n\right)}^{\prime }={\left(\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}n{x}^n\right)}^{\prime }={\left(x\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{\left(x^n\right)}^{\prime }\right)}^{\prime }={\left(x{\left(\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{x}^n\right)}^{\prime }\right)}^{\prime }={\left(x{\left(\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{x}^n\right)}^{\prime }\right)}^{\prime }\\ & ={\left(x{\left(\frac{1}{1-x}\right)}^{\prime }\right)}^{\prime }={\left(\frac{1}{1-x}\right)}^{\prime }+x{\left(\frac{1}{1-x}\right)}^{″}=\frac{1}{(1-x{)}^2}+\frac{2x}{(1-x{)}^3}=\frac{1+x}{(1-x{)}^3}\end{array}\end{array}$$ $◻$

解 考虑$S(x)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}(2n-1)x^{2n-2}$，逐项积分可得$$\begin{array}{}\text{(14)}& S(x)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{\left(x^{2n-1}\right)}^{\prime }={\left(\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{x}^{2n-1}\right)}^{\prime }={\left(\frac{x}{1-x^2}\right)}^{\prime }=\frac{1+x^2}{(1-x^2{)}^2},|x|<1\end{array}$$ 所求级数为$$\begin{array}{}\text{(15)}& \frac{1}{2}S\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1+\frac{1}{2}}{{(1-\frac{1}{2})}^2}=3\end{array}$$ $◻$

解 考虑$S(x)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}n{x}^{n-1}$，逐项积分可得$$\begin{array}{}\text{(16)}& S(x)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}(x^n{)}^{\prime }={\left(\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{x}^n\right)}^{\prime }={\left(\frac{x}{1-x}\right)}^{\prime }=\frac{1}{(1-x{)}^2},|x|<1\end{array}$$ 所求级数为$$\begin{array}{}\text{(17)}& \frac{1}{a}S\left(\frac{1}{a}\right)=\frac{1}{a}\cdot \frac{1}{(1-\frac{1}{a}{)}^2}=\frac{a}{(a-1{)}^2}\end{array}$$ $◻$

解 B。考虑$S(x)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{n^2{x}^n}{n!}$，$$\begin{array}{}\text{(18)}& S(x)=x\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{n{x}^{n-1}}{(n-1)!}=x{\left(\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{(n-1)!}\right)}^{\prime }=x{\left(x{\mathrm{e}}^x\right)}^{\prime }={\mathrm{e}}^{x}x(x+1),x\in \mathbb{R}\end{array}$$ 所求级数为$S(-1)=0$。 $◻$

12.3.4 初等函数的幂级数展开、Taylor级数

解 令$t=x-1$，由广义二项式定理可得$$\begin{array}{}\text{(19)}& \begin{array}{rl}f(t+1)& =\frac{t}{(t+2{)}^2}=\frac{t}{4}{(1+\frac{t}{2})}^{-2}=\frac{t}{4}\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(-2)(-2-1)\cdots (-2-n+1)}{n!}\frac{t^n}{2^n}\\ & =\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(n+1)(-1{)}^n}{2^{n+2}}{t}^{n+1}=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{n(-1{)}^n}{2^{n+1}}{t}^n\end{array}\end{array}$$ 其关于$t$的收敛半径为$2$、收敛域为$[-2,2]$，代回$t=x-1$可得原级数的收敛域为$[-1,3]$，且$$\begin{array}{}\text{(20)}& f(x)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{n(-1{)}^n}{2^{n+1}}(x-1{)}^n,x\in [-1,3]\end{array}$$ $◻$

解 令$t=x-1$，由${\mathrm{e}}^x$的Maclaurin级数展开可得$$\begin{array}{}\text{(21)}& f(x)=(1+t){\mathrm{e}}^{1+t}=\mathrm{e}(1+t)\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{t^n}{n!}=\mathrm{e}[1+\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}(\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n-1)!})t^n]\end{array}$$ 代回$t=x-1$可得$$\begin{array}{}\text{(22)}& x{\mathrm{e}}^x=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{e}(n+1)}{n!}(x-1{)}^n\end{array}$$ $◻$

解 令$y=(1+x{)}^{\mu }$，它是${\mathcal{C}}^{\mathrm{\infty }}$函数，具有幂级数展开。记$$\begin{array}{}\text{(23)}& y=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n+\cdots \end{array}$$ 假设该幂级数收敛半径$R>0$，且收敛到$(1+x{)}^{\mu }$，则$$\begin{array}{}\text{(24)}& (1+x)y^{\prime }=\mu y\end{array}$$ 用幂级数代入，得到$$\begin{array}{}\text{(25)}& (1+x)(a_1+2a_{2}x+3a_3{x}^2+\cdots )=\mu (a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots )\end{array}$$ 比较系数得到$$\begin{array}{}\text{(26)}& \begin{array}{rl}{a}_1& =\mu a_0\\ 2a_2+a_1& =\mu a_1\\ & ⋮\\ (n+1)a_{n+1}+n{a}_n& =\mu a_n\\ & ⋮\end{array}\end{array}$$ 解得$$\begin{array}{}\text{(27)}& a_n=\frac{\mu -(n-1)}{n}{a}_{n-1},n\ge 1\end{array}$$ 由$y(0)=1$得到$a_0=1$，由此可得幂级数$$\begin{array}{}\text{(28)}& 1+\mu x+\frac{\mu (\mu -1)}{2}{x}^2+\cdots +\frac{\mu (\mu -1)\cdots (\mu -n+1)}{n!}{x}^n+\cdots \end{array}$$ 其收敛半径为$1$，所以在区间$(-1,1)$中该幂级数收敛。上述过程表明幂级数的和函数$S(x)$满足$$\begin{array}{}\text{(29)}& (1+x)S^{\prime }=\mu S,S(0)=1\end{array}$$ 而$y=(1+x{)}^{\mu }$是该初值问题的唯一解，所以$$\begin{array}{}\text{(30)}& (1+x{)}^{\mu }=1+\mu x+\frac{\mu (\mu -1)}{2}{x}^2+\cdots +\frac{\mu (\mu -1)\cdots (\mu -n+1)}{n!}{x}^n+\cdots \end{array}$$ 在开区间$(-1,1)$中成立。这个等式在区间端点是否成立可由相应的数项级数收敛判别法判定。 $◻$

12.3.5 用幂级数解微分方程

解 上述级数的收敛半径为$+\mathrm{\infty }$，计算可得$$\begin{array}{}\text{(32)}& y^{″}+y^{\prime }+y=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}[\frac{x^{3n+1}}{(3n+1)!}+\frac{x^{3n+2}}{(3n+2)!}+\frac{x^{3n}}{(3n)!}]=\sum _{m=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^m}{m!}={\mathrm{e}}^x\end{array}$$ 两边再对$x$求导得到$$\begin{array}{}\text{(33)}& y^{(3)}+y^{″}+y^{\prime }={\mathrm{e}}^x⟹y^{(3)}-y=0\end{array}$$ 后者的特征多项式${\lambda }^3-1=0$有三个不同特征根$1,\omega ,{\omega }^2$，其中$$\begin{array}{}\text{(34)}& \omega =\cos \frac{2\pi }{3}+\mathrm{i}\sin \frac{2\pi }{3}=\frac{-1+\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}\end{array}$$ 于是这个三阶微分方程的通解为$$\begin{array}{}\text{(35)}& y=C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{\omega x}+C_3{\mathrm{e}}^{{\omega }^{2}x}\end{array}$$ 由$y(0)=1,y^{\prime }(0)=0,y^{″}(0)=0$得到$$\begin{array}{}\text{(36)}& \{\begin{array}{l}{C}_1+C_2+C_3=1\\ C_1+\omega C_2+{\omega }^2{C}_3=0\\ C_1+{\omega }^2{C}_2+\omega C_3=0\end{array}\end{array}$$ 解得$$\begin{array}{}\text{(37)}& C_2=C_3=C_1=\frac{1}{3}\end{array}$$ 由微分方程初值问题$$\begin{array}{}\text{(38)}& \{\begin{array}{l}{y}^{″}+y^{\prime }+y={\mathrm{e}}^x\\ y(0)=1,y^{\prime }(0)=0\end{array}\end{array}$$ 解的存在唯一性，得到$$\begin{array}{}\text{(39)}& y(x)=\frac{1}{3}({\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{\omega x}+{\mathrm{e}}^{{\omega }^{2}x})=\frac{1}{3}({\mathrm{e}}^x+2{\mathrm{e}}^{-\frac{x}{2}}\cos \frac{\sqrt{3}x}{2})\end{array}$$ $◻$

解¹ 设$y=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$，代入方程比较两边的系数可得$$\begin{array}{}\text{(40)}& \begin{array}{rl}{x}^0& :-a_1+a_0=0\\ x^1& :2a_2-a_1-2a_2+a_1=0\\ x^n(n\ge 2)& :(n+1)n{a}_{n+1}-n{a}_n-(n+1)a_{n+1}+a_n=\frac{1}{(n-2)!}\end{array}\end{array}$$ 解得$$\begin{array}{}\text{(41)}& a_1=a_0,a_{n+1}=\frac{a_n}{n+1}+\frac{n}{(n+1)!},n\ge 2\end{array}$$ 由$$\begin{array}{}\text{(42)}& a_{n+1}-{\beta }_{n+1}=\frac{1}{n+1}(a_n-{\beta }_n)\end{array}$$ 解得$$\begin{array}{}\text{(43)}& {\beta }_n=\frac{n(n-1)}{2n!},a_n=\frac{2}{n!}(a_2-{\beta }_2)+{\beta }_n=\frac{2a_2-1+\frac{n(n-1)}{2}}{n!}\end{array}$$ 所以$$\begin{array}{}\text{(44)}& y=a_0(1+x)+(2a_2-1)\sum _{n=2}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}+\frac{1}{2}\sum _{n=2}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{(n-2)!}\end{array}$$ 这个幂级数的收敛半径为$+\mathrm{\infty }$，所以原微分方程有幂级数解$$\begin{array}{}\text{(45)}& \begin{array}{rl}y& =a_0(1+x)+(2a_2-1)({\mathrm{e}}^x-1-x)+\frac{x^2}{2}{\mathrm{e}}^x\\ & =(a_0+1-2a_2)(1+x)+(2a_2-1){\mathrm{e}}^x+\frac{x^2{\mathrm{e}}^x}{2}\end{array}\end{array}$$ 这个解的表达式中包括两个任意常数$a_0,a_2$，所以这是方程的通解。 $◻$

解² 方程两边令$x=0$，得到$$\begin{array}{}\text{(46)}& -y^{\prime }(0)+y(0)=0\end{array}$$ 方程两边求$n-1(n\ge 3)$阶导数，得到$$\begin{array}{}\text{(47)}& \begin{array}{rl}& x{y}^{(n+1)}+(n-1)y^{(n)}-(x+1)y^{(n)}-(n-1)y^{(n-1)}+y^{(n-1)}\\ & =x^2{\mathrm{e}}^x+(n-1)2x{\mathrm{e}}^x+\frac{(n-1)(n-2)}{2}2{\mathrm{e}}^x\end{array}\end{array}$$ 令$x=0$，得到$$\begin{array}{}\text{(48)}& (n-2)y^{(n)}(0)-(n-2)y^{(n-2)}(0)=(n-1)(n-2),n\ge 3\end{array}$$ 从而$$\begin{array}{}\text{(49)}& y^{(n)}(0)=y^{(n-1)}(0)+(n-1)=y^{″}(0)+\frac{(n-1)n}{2}\end{array}$$ 所以原方程的${\mathcal{C}}^{\mathrm{\infty }}$解的Taylor展开为$$\begin{array}{}\text{(50)}& a_0(1+x)+2a_2\sum _{n=2}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}+\frac{1}{2}\sum _{n=2}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{(n-2)!}=a_0(1+x)+2a_2({\mathrm{e}}^x-1-x)+\frac{x^2{\mathrm{e}}^x}{2}\end{array}$$ 它的收敛半径为$+\mathrm{\infty }$，所以原方程有幂级数解。 $◻$

解 设$y=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$，代入方程、比较两边的系数可得$$\begin{array}{}\text{(51)}& \begin{array}{rl}{x}^0& :-6a_2=-3\\ x^1& :6a_3-18a_3=2\\ x^2& :24a_4-36a_4=0\\ x^n(n\ge 3)& :(n+2)(n+1)n{a}_{n+2}-3(n+2)(n+1)a_{n+2}=0\end{array}\end{array}$$ 解得$$\begin{array}{}\text{(52)}& a_0,a_1\in \mathbb{R},a_2=\frac{1}{2},a_3=-\frac{1}{6},a_4=0,a_5\in \mathbb{R},a_n=0,n\ge 6\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(53)}& y=a_0+a_{1}x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+a_5{x}^5\end{array}$$ 它含三个任意常数，是方程的通解。 $◻$

解 设$y=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$，代入方程比较两边的系数可得$$\begin{array}{}\text{(54)}& \begin{array}{rl}{x}^0,x^1& :a_0=a_1=0\\ x^2& :2a_2-2a_2=0\\ x^3& :6a_3-2a_3=0\\ x^4& :12a_4-2a_4=1\\ x^n(n\ge 5)& :n(n-1)a_n-2a_n=0\end{array}\end{array}$$ 解得$$\begin{array}{}\text{(55)}& a_0=a_1=a_3=a_n=0(n\ge 5),a_2\in \mathbb{R},a_4=\frac{1}{10}\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(56)}& y=a_2{x}^2+\frac{x^4}{10}\end{array}$$ 所以$x^2$是齐次方程的一个解，$\frac{x^4}{10}$是非齐次方程的一个特解。

用常数变易法，设$y=C(x)x^2$是齐次方程的解，则$$\begin{array}{}\text{(57)}& x^2(C^{″}+2x{C}^{\prime })=0\end{array}$$ 得到$$\begin{array}{}\text{(58)}& C^{″}=-\frac{2}{x}{C}^{\prime }\end{array}$$ 这是关于$C^{\prime }$的一阶分离变量的微分方程，解得$$\begin{array}{}\text{(59)}& \ln C^{\prime }=\ln x^{-2}⟹C(x)=-\frac{1}{x}\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(60)}& y=x^2(-\frac{1}{x})=-\frac{1}{x}\end{array}$$ 是齐次方程的另一个解，故原方程通解为$$\begin{array}{}\text{(61)}& y=\frac{x^4}{10}+a_2{x}^2-\frac{A}{x}\end{array}$$ 其中$a_2,A$是任意常数。 $◻$