82-sc-r3 追試験 問題4

题目 4

考虑函数 $u(t)$ 满足以下的微分方程和初始条件：
\frac{d^2u}{dt^2} - 2t \cdot \frac{du}{dt} + 4u = 0 \tag{1}
当 $t=0$ 时，函数 $u(t)$ 可以用幂级数表示为：
u(t) = \sum_{n=0}^{\infty} c_n t^n \tag{2}
请按以下步骤解答：

步骤 1

求解 $c_n$ 的表达式。

步骤 2

根据步骤 1 得到的表达式，在假设 $n=2m$ 时和 $n=2m+1$ 时分别给出 $c_n$ 的表达式。进一步，假设 $m$ 从 0 开始。在假设中，计算 $c_2$, $c_3$ 等等（至少给出 $m=2$ 时的值）。此外，假设中 $c_3$, $c_4$ 等等也应给出相应的值。最后，请给出 $c_0$, $c_1$ 等初始值。

步骤 3

求解 $u(t)$ 的具体表达式。

步骤 4

假设 $c_0=c_1=1$，给出 $u(t)$ 在 $t=0$ 时的具体值。

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解法

步骤 1: 寻找系数 $c_n$

将 $u(t)$ 以及其导数代入到方程 (1) 中：

$u(t)={\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n{t}^n$
$u^{\prime }(t)={\sum }_{n=1}^{\infty }n{c}_n{t}^{n-1}$
$u^{\prime \prime }(t)={\sum }_{n=2}^{\infty }n(n-1)c_n{t}^{n-2}$

代入微分方程：

${\sum }_{n=2}^{\infty }n(n-1)c_n{t}^{n-2}-2t{\sum }_{n=1}^{\infty }n{c}_n{t}^{n-1}+4{\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n{t}^n=0$

调整项的 $t$ 的幂次，使得所有项的次数一致：

${\sum }_{n=0}^{\infty }(n+2)(n+1)c_{n+2}{t}^n-2{\sum }_{n=0}^{\infty }(n+1)c_{n+1}{t}^n+4{\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n{t}^n=0$

为了满足所有的 $t$ 幂次系数相加等于零，我们得到系数的递推公式：

$(n+2)(n+1)c_{n+2}-2(n+1)c_{n+1}+4c_n=0$

进一步简化：

c_{n+2} = \frac{2(n+1) c_{n+1} - 4 c_n}{(n+2)(n+1)} \tag{3}

步骤 2: 计算特定的 $c_n$ 值

利用方程 (3) 从已知的 $c_0$ 和 $c_1$ 开始计算 $c_2$, $c_3$, 等等。

步骤 3: 求解 $u(t)$

利用计算出的系数 $c_n$ 代入到幂级数表达式中，得到 $u(t)$ 的具体形式。

步骤 4: 初始条件的计算

根据 $c_0=c_1=1$，计算 $u(0)$ 的值，即：

$u(0)=c_0=1$

根据以上步骤，您可以通过递推公式计算出系数，并进一步得到 $u(t)$ 的具体表达式。

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在之前的变换中，我忽略了正确处理 $-2t\frac{du}{dt}$ 项中的 $t$，这是一个错误。让我们重新整理这个部分。

我们需要准确地处理每一项的展开和合并。对于方程：

$\frac{d^{2}u}{d{t}^2}-2t\frac{du}{dt}+4u=0$

我们假设 $u(t)$ 可以表示为幂级数形式：

$u(t)={\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n{t}^n$

则：

$u^{\prime }(t)={\sum }_{n=1}^{\infty }n{c}_n{t}^{n-1}$
$u^{\prime \prime }(t)={\sum }_{n=2}^{\infty }n(n-1)c_n{t}^{n-2}$

将这些导数代入原方程：

${\sum }_{n=2}^{\infty }n(n-1)c_n{t}^{n-2}-2t{\sum }_{n=1}^{\infty }n{c}_n{t}^{n-1}+4{\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n{t}^n=0$

我们将每一项调整到同一幂次：

${\sum }_{n=2}^{\infty }n(n-1)c_n{t}^{n-2}$

$-2t{\sum }_{n=1}^{\infty }n{c}_n{t}^{n-1}=-2{\sum }_{n=1}^{\infty }n{c}_n{t}^n$

$4{\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n{t}^n=4{\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n{t}^n$

现在，我们将所有项重新排列为同一幂次形式：

${\sum }_{n=0}^{\infty }(n+2)(n+1)c_{n+2}{t}^n-2{\sum }_{n=1}^{\infty }n{c}_n{t}^n+4{\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n{t}^n=0$

我们注意到第二项的索引从 $n=1$ 开始，因此我们可以将其调整为从 $n=0$ 开始：

$-2{\sum }_{n=1}^{\infty }n{c}_n{t}^n=-2{\sum }_{n=0}^{\infty }(n+1)c_{n+1}{t}^n$

于是，方程变为：

${\sum }_{n=0}^{\infty }(n+2)(n+1)c_{n+2}{t}^n-2{\sum }_{n=0}^{\infty }(n+1)c_{n+1}{t}^n+4{\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n{t}^n=0$

合并同类项得到：

${\sum }_{n=0}^{\infty }\left[(n+2)(n+1)c_{n+2}-2(n+1)c_{n+1}+4c_n\right]t^n=0$

为了满足等式，对于每一个 $n$，必须有：

$(n+2)(n+1)c_{n+2}-2(n+1)c_{n+1}+4c_n=0$

进一步简化为：

$c_{n+2}=\frac{2(n+1)c_{n+1}-4c_n}{(n+2)(n+1)}$

这就是幂级数展开法得到的递推公式。

通过这个递推公式，可以从已知的初始条件 $c_0$ 和 $c_1$ 出发，计算出后续的系数 $c_n$。

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方法二：尝试特征方程法

考虑尝试特征方程的方法。对于线性微分方程，我们假设 $u(t)$ 的形式为指数形式 $u(t)=e^{rt}$。

代入微分方程：

$\frac{d^2}{d{t}^2}(e^{rt})-2t\frac{d}{dt}(e^{rt})+4e^{rt}=0$

求导数：

$u^{\prime }(t)=r{e}^{rt}$
$u^{\prime \prime }(t)=r^2{e}^{rt}$

代入原方程：

$r^2{e}^{rt}-2tr{e}^{rt}+4e^{rt}=0$

我们可以看到，这种形式不太适合，因为它并不能直接消除 $t$ 项。

方法三：变换方法

考虑使用拉普拉斯变换的方法。设 $U(s)=\mathcal{L}\{u(t)\}$ 是 $u(t)$ 的拉普拉斯变换。

应用拉普拉斯变换到原方程：

$\mathcal{L}\left\{\frac{d^{2}u}{d{t}^2}\right\}-2t\mathcal{L}\left\{\frac{du}{dt}\right\}+4\mathcal{L}\{u(t)\}=0$

拉普拉斯变换的性质：

$\mathcal{L}\left\{\frac{d^{2}u}{d{t}^2}\right\}=s^{2}U(s)-su(0)-u^{\prime }(0)$
$\mathcal{L}\left\{t\frac{du}{dt}\right\}=-\frac{d}{ds}\left(sU(s)-u(0)\right)$

代入原方程：

$s^{2}U(s)-su(0)-u^{\prime }(0)-2\left(-s{U}^{\prime }(s)-U(s)+u(0)\right)+4U(s)=0$

整理得到：

$s^{2}U(s)-su(0)-u^{\prime }(0)+2s{U}^{\prime }(s)+2U(s)-2u(0)+4U(s)=0$

进一步整理：

$s^{2}U(s)+6U(s)+2s{U}^{\prime }(s)=su(0)+u^{\prime }(0)+2u(0)$

这个方程是关于 $U(s)$ 的微分方程，可以通过变数分离法或其他方法求解。

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好的，我们来求解初值条件为 $c_0=c_1=1$ 时，$u(t)$ 的泰勒级数展开式的前七项。

根据之前得到的递推公式：

$c_{n+2}=\frac{2(n+1)c_{n+1}-4c_n}{(n+2)(n+1)}$

我们可以从 $c_0$ 和 $c_1$ 开始逐步计算后续的 $c_n$。

初始条件

$c_0=1$
$c_1=1$

计算后续系数

1. 计算 $c_2$：

$c_2=\frac{2(1+1)c_1-4c_0}{(2+1)(2)}=\frac{4\cdot 1-4\cdot 1}{3\cdot 2}=\frac{0}{6}=0$

2. 计算 $c_3$：