5.2 前置知识

好的，我们来用更长更详细的中文例子来解释理解“常点附近的级数解”这部分内容所需的前置知识。

一、 微积分 (Calculus) 的前置知识与详细举例

1. 导数 (Derivatives):

   • 核心概念: 你需要明白导数代表函数在某一点的瞬时变化率，几何上是该点切线的斜率。
   • 求导法则: 必须熟练掌握基本函数的求导，尤其是幂函数 $(x^n)' = nx^{n-1}$ 和常数的导数为 0。同时要会用导数的线性性质：$[af(x) + bg(x)]' = af'(x) + bg'(x)$。
     • 详细举例: 假设我们有一个（有限的）多项式 $y = 5x^3 - 7x^2 + 2x + 9$。
       • 求一阶导数 $y'$: $y' = \frac{d}{dx}(5x^3 - 7x^2 + 2x + 9)$ $= 5 \frac{d}{dx}(x^3) - 7 \frac{d}{dx}(x^2) + 2 \frac{d}{dx}(x) + \frac{d}{dx}(9)$ (使用线性性质) $= 5(3x^{3-1}) - 7(2x^{2-1}) + 2(1x^{1-1}) + 0$ (使用幂法则和常数法则) $= 15x^2 - 14x^1 + 2x^0$ $= 15x^2 - 14x + 2$ (因为 $x^1=x, x^0=1$)
       • 求二阶导数 $y''$: 对 $y'$ 再求一次导数。 $y'' = \frac{d}{dx}(15x^2 - 14x + 2)$ $= 15 \frac{d}{dx}(x^2) - 14 \frac{d}{dx}(x) + \frac{d}{dx}(2)$ $= 15(2x^{2-1}) - 14(1x^{1-1}) + 0$ $= 30x^1 - 14x^0$ $= 30x - 14$
     • 与级数解的关系: 在级数解方法中，我们假设解 $y=\sum a_n x^n$。求 $y'$ 和 $y''$ 时，我们正是对这个无穷级数进行逐项求导，就像上面求多项式导数一样，只是项数是无限的。例如， $y = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \cdots$，其导数 $y' = 0 + a_1 + 2a_2 x + 3a_3 x^2 + \cdots$，二阶导数 $y'' = 0 + 0 + 2a_2 + (3 \cdot 2)a_3 x + \cdots$。熟练这些计算是代入微分方程的第一步。

2. 幂级数 (Power Series): 这是本章的核心工具。

   • 定义: 理解形如 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n = a_0 + a_1(x-x_0) + a_2(x-x_0)^2 + \cdots$ 的表达式。
     • 详细举例: 考虑级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = \frac{x^0}{0!} + \frac{x^1}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \cdots$。这是一个以 $x_0=0$ 为中心的幂级数，其系数为 $a_n = 1/n!$。我们知道这个级数其实是 $e^x$ 的麦克劳林级数。
   • 收敛性 (比率检验): 需要知道如何判断一个幂级数对于哪些 $x$ 收敛。比率检验是一个常用工具。
     • 详细举例 (续): 对 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ 使用比率检验。令 $u_n = \frac{x^n}{n!}$。计算相邻项比值的绝对值的极限： $L = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{x^{n+1}/(n+1)!}{x^n/n!} \right|$ $= \lim_{n\to\infty} \left| \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{x^n} \right|$ $= \lim_{n\to\infty} \left| \frac{x \cdot x^n}{(n+1) \cdot n!} \cdot \frac{n!}{x^n} \right|$ (使用 $(n+1)! = (n+1)n!$) $= \lim_{n\to\infty} \left| \frac{x}{n+1} \right|$ $= |x| \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n+1}$ $= |x| \cdot 0 = 0$ 因为极限 $L=0$ 对任何 $x$ 都小于 1，所以该级数对所有 $x$ 都收敛，收敛半径 $\rho=\infty$。
     • 与级数解的关系: 例 1 中明确提到用比率检验验证 $\cos x$ 和 $\sin x$ 的级数（即 $y_1(x), y_2(x)$）对所有 $x$ 收敛。例 2 和例 3 也提到它们的解级数对所有 $x$ 收敛（尽管例 3 没法直接用比率检验，但理论保证了这一点）。理解收敛性保证了级数解的存在性和我们对其进行操作（如求导）的合法性。
   • 逐项微分: 在收敛区间内部，幂级数可以像多项式一样逐项微分。
     • 详细举例 (续): 对 $y = e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ 进行逐项微分： $y' = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{d}{dx} \left(\frac{x^n}{n!}\right) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{nx^{n-1}}{n!} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{nx^{n-1}}{n(n-1)!} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{(n-1)!}$ 现在进行下标平移，令 $k=n-1$。当 $n=1, k=0$。当 $n\to\infty, k\to\infty$。 $y' = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ 这正是原始的 $e^x$ 级数，验证了 $(e^x)'=e^x$。
     • 与级数解的关系: 这是求解过程的核心步骤。我们需要假设 $y=\sum a_n (x-x_0)^n$，然后计算 $y'=\sum n a_n (x-x_0)^{n-1}$ 和 $y''=\sum n(n-1) a_n (x-x_0)^{n-2}$ 并代入方程。
   • 泰勒/麦克劳林级数: 需要知道一些基本函数的级数展开，或者能够理解函数可以展开成级数。
     • 详细举例 (识别): 在例 1 的最后，我们得到了两个级数： $y_1(x) = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n}$ $y_2(x) = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1}$ 你需要能够识别出它们分别是 $\cos x$ 和 $\sin x$ 的麦克劳林级数，从而理解为什么级数解法能得到已知的结果。
     • 详细举例 (展开): 在例 3 中，我们需要将系数 $x$ 表示成 $(x-1)$ 的幂级数。这是函数 $f(x)=x$ 在 $x_0=1$ 处的泰勒展开。 $f(x) = x \implies f(1)=1$ $f'(x) = 1 \implies f'(1)=1$ $f''(x) = 0 \implies f''(1)=0$ 所有更高阶导数都为 0。 泰勒级数公式： $f(x) = f(x_0) + \frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \cdots$ 代入 $x_0=1$： $f(x) = f(1) + \frac{f'(1)}{1}(x-1) + \frac{f''(1)}{2}(x-1)^2 + \cdots$ $x = 1 + \frac{1}{1}(x-1) + \frac{0}{2}(x-1)^2 + \cdots = 1 + (x-1)$ 这个简单的展开 $x=1+(x-1)$ 是处理例 3 中 $x \sum a_n (x-1)^n$ 这一项的关键。

3. 数学归纳法: 用于严格证明某些模式或公式对所有（或从某处开始的）整数成立。

   • 详细举例: 证明公式 $P(n): 1+3+5+\cdots+(2n-1) = n^2$ 对所有正整数 $n$ 成立。
     • 基础步骤 (n=1): 左边 = 1。右边 = $1^2 = 1$。 左边=右边，所以 $P(1)$ 成立。
     • 归纳假设: 假设 $P(k)$ 成立对于某个正整数 $k$ 成立，即 $1+3+5+\cdots+(2k-1) = k^2$。
     • 归纳步骤: 我们需要证明 $P(k+1)$ 也成立，即 $1+3+5+\cdots+(2k-1)+(2(k+1)-1) = (k+1)^2$。 我们从 $P(k+1)$ 的左边开始： 左边 = $[1+3+5+\cdots+(2k-1)] + (2(k+1)-1)$ 根据归纳假设，方括号里的和等于 $k^2$。 左边 = $k^2 + (2k+2-1) = k^2 + 2k + 1$ 我们知道 $k^2+2k+1 = (k+1)^2$，这正是 $P(k+1)$ 的右边。 所以， $P(k+1)$ 成立。
     • 结论: 根据数学归纳法原理，公式对所有正整数 $n$ 都成立。
   • 与级数解的关系: 例 1 中推导出了偶数系数 $a_{2k}$ 和奇数系数 $a_{2k+1}$ 的通项公式。虽然可以通过观察模式得到，但严格的证明需要使用数学归纳法，验证这个公式确实满足递推关系和初始项。

二、 基础微分方程理论 的前置知识与详细举例

1. 基本概念:

   • 详细举例:
     • $y'' + y = 0$ 是一个二阶、线性、齐次、常系数微分方程。
     • $y'' - xy = 0$ (艾里方程) 是一个二阶、线性、齐次、变系数（因为 $R(x)=-x$ 不是常数）微分方程。
     • $y' = y^2$ 是一阶、非线性方程。
     • $y'' + y = \sin x$ 是二阶、线性、非齐次方程。
   • 解的概念: 函数 $y = \cos x$ 是 $y''+y=0$ 的一个解，因为 $(\cos x)'' = (-\sin x)' = -\cos x$，所以 $(-\cos x) + (\cos x) = 0$ 成立。

2. 二阶线性齐次方程理论:

   • 解的结构 (叠加原理):
     • 详细举例: 我们知道 $y_1=\cos x$ 和 $y_2=\sin x$ 都是 $y''+y=0$ 的解。那么 $y = 5\cos x - 2\sin x$ 是否也是解？ $y' = -5\sin x - 2\cos x$ $y'' = -5\cos x + 2\sin x$ 代入 $y''+y = (-5\cos x + 2\sin x) + (5\cos x - 2\sin x) = 0$。是的，它也是解。这说明解的线性组合仍然是解。
   • 通解与基本解集: 通解需要包含两个线性无关的解。
     • 详细举例: 对于 $y''+y=0$， $y_1=\cos x, y_2=\sin x$ 是线性无关的（见下一点），所以通解是 $y = c_1 \cos x + c_2 \sin x$。这里的 $c_1, c_2$ 是任意常数。在级数解法中，我们得到的 $a_0, a_1$ 就扮演了 $c_1, c_2$ 的角色。
   • 线性无关与朗斯基行列式 (Wronskian): 判断两个解 $y_1, y_2$ 是否线性无关的一个方法是计算 Wronskian。
     • 详细举例: 对 $y_1=\cos x, y_2=\sin x$ 计算 Wronskian： $W[y_1, y_2](x) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\ y'_1 & y'_2 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \cos x & \sin x \\ -\sin x & \cos x \end{vmatrix}$ $= (\cos x)(\cos x) - (\sin x)(-\sin x)$ $= \cos^2 x + \sin^2 x = 1$ 因为 $W(x)=1$ 对所有 $x$ 都不等于 0，所以 $\cos x$ 和 $\sin x$ 是线性无关的。
     • 与级数解的关系: 在例 1 中，我们计算了 $W[C, S](0)=1$。在例 2 中，通过 $y_1(0)=1, y'_1(0)=0, y_2(0)=0, y'_2(0)=1$ 发现 $W[y_1, y_2](0)=1$。这证明了我们找到的两个级数解 $y_1, y_2$（或 $C, S$）确实构成了基本解集。例 3 也是类似的。
   • 初值问题 (IVP) 与唯一性:
     • 详细举例: 求解 IVP: $y''+y=0, y(0)=3, y'(0)=-4$。 我们知道通解是 $y = c_1 \cos x + c_2 \sin x$。 应用初始条件： $y(0) = c_1 \cos 0 + c_2 \sin 0 = c_1 \cdot 1 + c_2 \cdot 0 = c_1$。所以 $c_1 = 3$。 $y'(x) = -c_1 \sin x + c_2 \cos x$。 $y'(0) = -c_1 \sin 0 + c_2 \cos 0 = -c_1 \cdot 0 + c_2 \cdot 1 = c_2$。所以 $c_2 = -4$。 因此，该 IVP 的唯一解是 $y = 3\cos x - 4\sin x$。
     • 与级数解的关系: 存在唯一性定理（当 $p(x), q(x)$ 连续时）保证了 IVP 有唯一解。这解释了为什么我们能通过级数解 $y=\sum a_n x^n$ 找到这个解，并且系数 $a_0=y(0)$ 和 $a_1=y'(0)$ 能唯一确定所有其他系数 $a_n$ (通过递推关系)，从而得到唯一的级数解。
   • 常点与奇点:
     • 详细举例: 考虑欧拉方程 $x^2 y'' - 2x y' + 2y = 0$。 这里 $P(x) = x^2, Q(x) = -2x, R(x) = 2$。 在 $x_0 = 0$ 处，$P(0) = 0^2 = 0$。所以 $x=0$ 是一个奇点。我们不能直接应用本章（5.2节）的幂级数方法 $\sum a_n x^n$ 来找 $x=0$ 附近的解（需要用后续章节的 Frobenius 方法）。 在 $x_0 = 1$ 处，$P(1) = 1^2 = 1 \neq 0$。所以 $x=1$ 是一个常点。我们可以用本章的方法寻找形如 $\sum a_n (x-1)^n$ 的解。
     • 与级数解的关系: 整个 5.2 和 5.3 节都是关于在常点附近寻找幂级数解的方法。理解常点/奇点的区分是知道何时应用此方法的关键。常点保证了 $p(x)=Q/P$ 和 $q(x)=R/P$ 在该点附近是“良好”的（连续，甚至解析），使得幂级数解法有效。

三、 代数与预备知识 的前置知识与详细举例

1. 代数运算: 基本的多项式乘法、合并同类项等。

   • 详细举例: 在例 3 中，我们需要计算 $(1+(x-1))\sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-1)^n$。 这需要展开成 $\sum a_n (x-1)^n + (x-1)\sum a_n (x-1)^n$。 第二项变成 $\sum a_n (x-1)^{n+1}$。这个过程需要基础的代数分配律和指数运算法则。

2. 阶乘 (Factorials):

   • 详细举例: 计算 $5! = 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 120$。知道 $0!=1$。在例 1 中，系数 $a_{2k} = \frac{(-1)^k}{(2k)!}a_0$ 和 $a_{2k+1} = \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}a_1$ 都涉及阶乘。

3. 求和符号 ($\sum$) 与下标平移: 这是进行计算的关键技巧。

   • 详细举例 (下标平移): 假设我们有 $\sum_{n=1}^{\infty} n x^{n+1}$，我们想让幂次变为 $x^k$。
     1. 令新下标等于幂次相关的部分: 令 $k = n+1$。
     2. 确定新下标的范围: 当旧下标 $n$ 从 1 开始时，新下标 $k = 1+1 = 2$ 开始。当 $n \to \infty$ 时，$k \to \infty$。所以新范围是 $k=2$ 到 $\infty$。
     3. 用新下标表示旧下标: 从 $k=n+1$ 解出 $n = k-1$。
     4. 代入求和项: 将 $n=k-1$ 代入 $n x^{n+1}$ 中，得到 $(k-1) x^k$。
     5. 写出新级数: $\sum_{k=2}^{\infty} (k-1) x^k$。 这个过程在例 1, 2, 3 中反复使用，目的是将所有级数统一成相同的 $x^k$（或 $(x-1)^k$）形式，以便合并。
   • 详细举例 (合并与拆分): 在例 2 中，我们得到方程： $\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} - \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n} = 0$ 第一个级数从 $n=0$ 开始，第二个从 $n=1$ 开始。为了合并，我们需要把第一个级数的 $n=0$ 项分离出来： $n=0$ 项是 $(0+2)(0+1)a_{0+2}x^0 = 2a_2$。 所以方程变为： $2a_2 + \sum_{n=1}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} - \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n} = 0$ 现在两个求和都从 $n=1$ 开始，可以合并： $2a_2 + \sum_{n=1}^{\infty} [ (n+2)(n+1) a_{n+2} - a_{n-1} ] x^n = 0$ 这个拆分与合并的操作是导出递推关系的标准步骤。

4. 模式识别与递推关系:

   • 详细举例: 假设一个递推关系是 $a_{n+1} = (n+1)a_n$ 且 $a_0=1$。 计算前几项： $a_1 = (0+1)a_0 = 1 \cdot 1 = 1$ $a_2 = (1+1)a_1 = 2 \cdot 1 = 2$ $a_3 = (2+1)a_2 = 3 \cdot 2 = 6$ $a_4 = (3+1)a_3 = 4 \cdot 6 = 24$ 我们看到序列是 $1, 1, 2, 6, 24, \ldots$。通过观察，我们能识别出 $a_n = n!$ 这个模式。
   • 与级数解的关系: 在例 1 和例 2 中，我们正是通过计算 $a_2, a_3, a_4, \ldots$ (用 $a_0, a_1$ 表示)，然后识别出它们与阶乘或特定乘积的模式，才得到了系数的通项公式。但在例 3 中，模式不明显，我们只能计算出前面几项。

总结:

理解这些例子后，你应该能更清楚地看到，要掌握常点附近的级数解法，你需要将微积分中的导数和幂级数知识、基础微分方程理论中的解结构和存在性概念、以及代数中的求和操作和模式识别能力结合起来。每一个前置知识点都在求解过程中扮演着不可或缺的角色。

5.2 常点附近的级数解，第一部分

好的，我们来对这段关于“常点附近的级数解，第一部分”的内容进行最长最详细的中文解释。

引言与背景回顾

这段文字是微分方程课程中一个重要章节（第 5 章，第 2 节）的开篇，其核心目标是介绍一种求解变系数二阶线性齐次微分方程的方法。

首先，作者将我们带回第 3 章的内容。在第 3 章，我们学习了如何求解常系数的二阶线性微分方程，形如 $ay'' + by' + cy = g(x)$，其中 $a, b, c$ 是常数。这些方程有标准的解法，通常涉及特征方程（characteristic equation）来找到齐次解，以及待定系数法（method of undetermined coefficients）或常数变易法（variation of parameters）来找到非齐次解的特解。

然而，许多在科学和工程领域，尤其是在数学物理中遇到的微分方程，其系数不是常数，而是自变量的函数。这就是本章要重点解决的问题。为了明确起见，本章约定使用 $x$ 作为自变量。

目标方程：变系数二阶线性齐次微分方程

我们主要关注的是以下形式的齐次二阶线性微分方程：

$$P(x) \frac{d^{2} y}{d x^{2}}+Q(x) \frac{d y}{d x}+R(x) y=0 \quad \cdots \quad (1)$$

这里：

• $y$ 是我们想要找的未知函数，它是自变量 $x$ 的函数，即 $y=y(x)$。
• $y' = \frac{dy}{dx}$ 和 $y'' = \frac{d^2y}{dx^2}$ 分别是 $y$ 对 $x$ 的一阶和二阶导数。
• $P(x), Q(x), R(x)$ 是已知的函数，它们是方程的系数。关键在于，这些系数现在是自变量 $x$ 的函数，而不是固定的常数。

作者提到，我们只需要集中精力研究齐次方程（即方程右端为 0）就足够了。这是因为对于线性微分方程，求解相应的非齐次方程 $P(x)y'' + Q(x)y' + R(x)y = G(x)$ 的过程是建立在齐次方程解的基础上的。通常，非齐次方程的通解等于其对应的齐次方程的通解加上非齐次方程的一个特解。一旦掌握了求解齐次方程 (1) 的方法，找到特解的方法（如常数变易法）通常可以推广应用。

动机与应用实例

为什么我们要特别关注这类变系数方程？作者指出，许多数学物理问题最终都会归结为求解形如 (1) 且系数 $P(x), Q(x), R(x)$ 是多项式的方程。这并非偶然，多项式是最简单、最基础的函数类型之一。

为了具体说明，作者列举了两个非常著名的例子：

1. 贝塞尔方程 (Bessel Equation):

   $$x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+\left(x^{2}-\nu^{2}\right) y=0$$

   在这个方程中，$P(x) = x^2$, $Q(x) = x$, $R(x) = x^2 - \nu^2$。这里的 $\nu$ (nu) 是一个常数，称为贝塞尔方程的阶数。贝塞尔方程及其解（贝塞尔函数）在涉及圆柱对称性的问题中非常常见，例如热传导、波动（如鼓膜振动）、流体力学等。

2. 勒让德方程 (Legendre Equation):

   $$\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+\alpha(\alpha+1) y=0$$

   在这个方程中，$P(x) = 1-x^2$, $Q(x) = -2x$, $R(x) = \alpha(\alpha+1)$。这里的 $\alpha$ (alpha) 是一个常数。勒让德方程及其解（勒让德多项式或勒让德函数）在涉及球对称性的问题中至关重要，例如静电势、引力势、量子力学中的角动量等。

这些例子表明，研究系数为多项式的方程 (1) 具有重要的实际意义。

简化假设与推广

基于这些重要实例，并且为了简化代数运算的复杂性，作者在本章接下来的讨论中，主要假设 $P(x), Q(x), R(x)$ 是多项式。

但是，作者也强调了一个非常重要的事实：即将要介绍的求解方法（级数解法）并不局限于系数是多项式的情况。这种方法同样适用于 $P(x), Q(x), R(x)$ 是更一般的解析函数 (analytic functions) 的情况。解析函数是指那些在其定义域内每个点都可以展开成收敛的幂级数（泰勒级数）的函数。多项式是解析函数的最简单例子。常见的初等函数，如 $e^x, \sin x, \cos x, \ln x$ (在其定义域内) 等都是解析函数。因此，虽然以多项式为例进行推导，但其结论和方法具有更广泛的适用性。

一个技术性前提：无公因子

在正式开始讨论解法之前，作者提出了一个技术性的前提条件：假设 $P(x), Q(x), R(x)$ 这三个多项式没有共同的因子 $(x-c)$。什么意思呢？比如我们有方程 $(x-1)x^2 y'' + (x-1)x y' + (x-1)(x^2-1)y = 0$。这里 $P(x)=(x-1)x^2$, $Q(x)=(x-1)x$, $R(x)=(x-1)(x^2-1)$ 都有一个共同的因子 $(x-1)$。在这种情况下，只要 $x \neq 1$，我们就可以安全地将整个方程两边都除以 $(x-1)$，得到一个更简单的方程 $x^2 y'' + x y' + (x^2-1)y = 0$（这是一个 $\nu=1$ 的贝塞尔方程）。这个约简后的方程在 $x=1$ 处的行为可能与原方程不同，但只要我们关注的是 $x \neq 1$ 的区域，用约简后的方程更方便。作者的意思是，在应用后续的理论和方法之前，我们应该先进行这种化简，确保 $P(x), Q(x), R(x)$ 没有共同的因子。

核心概念：常点 (Ordinary Point) 与奇点 (Singular Point)

现在，我们假设已经满足了上述前提条件（系数是多项式或解析函数，且无公因子），并且我们希望在某个特定的点 $x_0$ 的邻域 (neighborhood) 内求解方程 (1)。邻域指的是包含 $x_0$ 的一个小区间。

方程 (1) 在 $x_0$ 附近的解的性质，与领头系数 $P(x)$ 在 $x_0$ 处的值密切相关。这引出了两个核心概念：

1. 常点 (Ordinary Point): 如果 $P(x_0) \neq 0$，那么点 $x_0$ 就被称为方程 (1) 的一个常点。

   • 重要推论: 由于 $P(x)$ 是连续的（因为它是多项式或解析函数），如果它在 $x_0$ 不为零，那么根据连续函数的性质，必然存在一个包含 $x_0$ 的开区间 $I$，使得在这个区间 $I$ 内的所有 $x$ 都有 $P(x) \neq 0$。

   • 方程的标准化: 在这个区间 $I$ 内，因为 $P(x)$ 处处非零，我们可以安全地将方程 (1) 的两边都除以 $P(x)$，得到一个标准化 (normalized) 的形式：

     $$y^{\prime \prime}+p(x) y^{\prime}+q(x) y=0 \quad \cdots \quad (2)$$

     其中 $p(x) = \frac{Q(x)}{P(x)}$ 且 $q(x) = \frac{R(x)}{P(x)}$。

   • 系数的性质: 由于 $P(x), Q(x), R(x)$ 在区间 $I$ 内是连续的（甚至解析的），并且 $P(x)$ 在 $I$ 内不为零，那么 $p(x)$ 和 $q(x)$ 在区间 $I$ 内也是连续的（如果 $P, Q, R$ 是解析的，那么 $p, q$ 也是解析的）。

   • 存在性与唯一性定理的应用: 这个标准形式 (2) 及其系数 $p(x), q(x)$ 的连续性，正好满足了第 3 章提到的存在性与唯一性定理 (Theorem 3.2.1) 的条件。该定理保证：对于区间 $I$ 内的任意点 $x_0$（在这里 $x_0$ 就是我们开始讨论的常点），以及任意指定的初始值 $y_0$ 和 $y_0'$，方程 (1)（或等价的方程 (2)）存在唯一的解 $y(x)$，这个解在区间 $I$ 内有效，并且满足初始条件 $y(x_0) = y_0$ 和 $y'(x_0) = y_0'$。

   • 本节和下一节的目标: 作者明确指出，本节 (5.2) 和下一节 (5.3) 将专门讨论如何在常点 $x_0$ 附近求解方程 (1)。

2. 奇点 (Singular Point): 如果 $P(x_0) = 0$，那么点 $x_0$ 就被称为方程 (1) 的一个奇点。

   • 重要推论: 在这种情况下，由于我们已经假设了 $P(x), Q(x), R(x)$ 没有共同因子 $(x-x_0)$，那么当 $P(x_0) = 0$ 时， $Q(x_0)$ 和 $R(x_0)$ 中至少有一个不为零。（否则，$(x-x_0)$ 将成为公因子）。
   • 标准化的问题: 如果我们试图像在常点那样，将方程 (1) 除以 $P(x)$ 得到方程 (2)，那么系数 $p(x) = Q(x)/P(x)$ 或 $q(x) = R(x)/P(x)$（或两者都）在 $x \to x_0$ 时，其分母 $P(x) \to P(x_0) = 0$，而分子 $Q(x) \to Q(x_0)$ 或 $R(x) \to R(x_0)$ 至少有一个不为零。这意味着 $p(x)$ 或 $q(x)$（或两者都）在 $x \to x_0$ 时会趋于无穷大 (become unbounded)。
   • 存在性与唯一性定理的失效: 由于系数 $p(x)$ 或 $q(x)$ 在 $x_0$ 点（或其邻域内）不是连续的（甚至不是有界的），存在性与唯一性定理 (Theorem 3.2.1) 的条件不再满足。因此，该定理不能保证在奇点 $x_0$ 处给定任意初始值 $y_0, y_0'$ 时，方程 (1) 存在唯一的解。解在奇点附近的行为可能会非常复杂，可能不存在，可能不唯一，或者可能具有某种形式的奇异性（如趋于无穷或导数不存在）。
   • 后续章节的目标: 作者预告，关于如何在奇点附近寻找方程 (1) 的解，将在稍后的章节（第 5.4 节到第 5.7 节）进行讨论。这通常需要更复杂的理论和方法（例如，Frobenius 方法）。

常点附近的解法：幂级数解

现在，回到本节的核心任务：在常点 $x_0$ 附近求解方程 (1)。我们已经知道，在常点 $x_0$ 附近，解是存在且唯一的。那么，如何找到这个解呢？

作者提出，我们尝试寻找一种特定形式的解，即幂级数 (power series) 形式：

$$y = a_{0}+a_{1}\left(x-x_{0}\right)+a_{2}\left(x-x_{0}\right)^{2} +\cdots+a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} \quad \cdots \quad (3)$$

这里的：

• $x_0$ 是我们关注的常点。
• $a_0, a_1, a_2, \ldots, a_n, \ldots$ 是一系列待定常数，即级数的系数。我们的目标就是找到这些系数 $a_n$ 的值。
• $(x-x_0)^n$ 是幂级数的项，以 $(x-x_0)$ 的幂次组织。

我们还假设这个幂级数在一个以 $x_0$ 为中心，半径为 $\rho$（rho）的收敛区间内收敛，即对于满足 $|x - x_0| < \rho$ 的所有 $x$，该级数都有一个有限的和。这里的 $\rho > 0$ 是收敛半径。理论上可以证明（后续章节可能会涉及），对于常点 $x_0$，这样的幂级数解总是存在的，并且其收敛半径至少是从 $x_0$ 到最近的（复数域上的）奇点的距离。

为什么使用幂级数？

作者承认，乍一看，用一个无穷级数来表示解可能感觉不太直观或不吸引人。但实际上，幂级数是一种非常方便和有用的解的形式，原因如下：

1. 行为类似多项式: 在它们的收敛区间内部，幂级数的行为在很多方面非常像多项式。它们是连续的，可以逐项微分和积分任意多次，并且结果仍然是收敛的幂级数。它们可以进行加、减、乘运算（虽然乘法稍复杂）。这种良好的分析性质使得它们易于处理。
2. 便于分析和数值计算: 幂级数提供了一种系统的方法来逼近解。通过截断级数（取有限项），我们可以得到解的多项式近似。项数取得越多，近似通常越精确。这对于数值评估解的值（比如用计算机计算 $y(x)$ 在某个 $x$ 点的值）或绘制解的图形非常重要。
3. 即使存在初等函数解: 作者还指出，即使我们幸运地能用我们熟悉的基本函数（如指数函数 $e^x$, 三角函数 $\sin x, \cos x$, 对数函数 $\ln x$, 或它们的组合）来表示解，但在实际应用中，如果我们想计算这个解的值或画出它的图像，我们很可能最终还是需要将这些初等函数展开成它们的幂级数（例如泰勒级数）或使用其他等价的数值表示方法。因此，直接寻找幂级数形式的解，往往是更直接、更根本的方法。

如何确定幂级数系数 $a_n$？

找到了表示解的形式（幂级数），接下来的关键问题是：如何确定这些未知的系数 $a_0, a_1, a_2, \ldots$？

作者给出了最实用的方法：

1. 代入方程: 将假设的幂级数解 (3) $y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n$ 代入到原始的微分方程 (1) $P(x)y'' + Q(x)y' + R(x)y = 0$ 中。
2. 计算导数: 为了代入，需要先计算 $y$ 的一阶导数 $y'$ 和二阶导数 $y''$。根据幂级数的性质，可以在收敛区间内逐项求导：
   • $y' = \frac{d}{dx} \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n (x-x_0)^{n-1}$
   • $y'' = \frac{d}{dx} \sum_{n=1}^{\infty} n a_n (x-x_0)^{n-1} = \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n (x-x_0)^{n-2}$ （注意求导后求和的起始下标可能变化）。
3. 整理与合并: 将 $y, y', y''$ 的级数表达式，连同系数函数 $P(x), Q(x), R(x)$（如果它们不是常数，可能也需要围绕 $x_0$ 进行泰勒展开或适当处理以匹配幂级数形式），一起代入方程 (1)。然后，进行代数运算，目标是将整个方程左侧重新整理成一个关于 $(x-x_0)$ 的单一幂级数形式，即 $\sum_{k=0}^{\infty} C_k (x-x_0)^k = 0$。这通常涉及改变求和下标、合并同次幂的项等操作。
4. 系数恒为零: 根据幂级数的唯一性定理，一个幂级数在其收敛区间内恒等于零的充要条件是它的所有系数都必须为零。也就是说，对于所有的 $k=0, 1, 2, \ldots$，我们必须有 $C_k = 0$。
5. 得到递推关系: 令每个 $C_k = 0$ 会得到一系列关于系数 $a_n$ 的方程。这些方程通常会形成一个递推关系 (recurrence relation)，它允许我们用前面的系数（通常是 $a_0$ 和 $a_1$）来表示后面的系数 $a_n$。
6. 确定 $a_0$ 和 $a_1$: 对于二阶线性方程，通解包含两个任意常数。在这个方法中，$a_0$ 和 $a_1$ 通常就是这两个任意常数。它们的值可以通过初始条件 $y(x_0) = y_0$ 和 $y'(x_0) = y_0'$ 来确定。从级数 (3) 可以看到，$y(x_0) = a_0$，并且 $y'(x_0) = a_1$。因此，$a_0=y_0$ 和 $a_1=y_0'$。一旦 $a_0$ 和 $a_1$ 确定（或者保持为任意常数以表示通解），递推关系就可以确定所有其他的系数 $a_n$ ($n \ge 2$)。

操作的合理性

作者强调，在上述过程中涉及到的运算，特别是对无穷级数进行微分等操作，只要我们停留在级数的收敛区间 $|x-x_0| < \rho$ 内，这些操作都是合理且有效的。这是幂级数（或更一般的解析函数）理论的基本结果所保证的。

结语与展望

最后，作者总结道，接下来的示例 (examples) 将具体演示如何执行这个过程（将级数代入方程，求解系数）。这些示例不仅是为了说明方法，而且所选取的微分方程本身（可能包括前面提到的贝塞尔方程、勒让德方程或其他相关方程）也具有相当重要的理论和应用价值。

总结一下这段内容的核心要点：

1. 目标: 求解系数为自变量函数（尤其是多项式或解析函数）的二阶线性齐次微分方程 $P(x)y'' + Q(x)y' + R(x)y = 0$。
2. 关键区分: 根据 $P(x_0)$ 是否为零，将点 $x_0$ 分为常点 ($P(x_0) \neq 0$) 和奇点 ($P(x_0) = 0$)。
3. 常点的性质: 在常点附近，方程可以标准化为 $y''+p(x)y'+q(x)y=0$，其中 $p,q$ 连续（或解析），存在性与唯一性定理适用。
4. 常点解法: 寻找形式为 $y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n$ 的幂级数解。
5. 幂级数解的优势: 行为良好（像多项式），易于分析和计算，即使存在初等解也常需用到其级数形式。
6. 求解步骤: 将幂级数及其导数代入原方程，整理得到关于 $(x-x_0)$ 的幂级数等于零，令所有系数为零，导出关于 $a_n$ 的递推关系，并通过 $a_0=y(x_0)$ 和 $a_1=y'(x_0)$（或作为任意常数）确定所有系数。
7. 适用范围: 该方法对系数为多项式或更一般的解析函数都有效，并且所有操作在收敛区间内都是合法的。
8. 后续内容: 将通过具体例子演示此方法，并涉及一些本身就很重要的微分方程。

希望这个超长超详细的解释能够帮助你完全理解这段文字的内容！

示例 1

找到方程

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}+y=0, \quad-\infty<x<\infty \tag{4} \end{equation*}$$

的级数解。

解1:

好的，我们来对“示例 1”这段内容进行最长最详细的中文解释。

示例 1：用级数法求解一个已知解的方程

这个示例的目的是通过一个我们已经知道解的简单微分方程，来具体演示上一节介绍的幂级数求解方法是如何操作的。选择这样一个简单的例子，可以让我们更清晰地看到方法的每一个步骤，而不被复杂的代数计算所干扰。

目标方程:

我们要寻找下面这个微分方程的级数解：

$$y^{\prime \prime}+y=0, \quad -\infty<x<\infty \quad \cdots \quad (4)$$

这个方程定义在整个实数轴 $(-\infty, \infty)$ 上。

已知信息与方法选择动机:

作者首先指出，这个方程 $y'' + y = 0$ 是一个非常基础的常系数线性齐次微分方程。我们在之前的学习（比如第 3 章）中就已经知道，它的特征方程是 $r^2 + 1 = 0$，解为 $r = \pm i$。根据常系数理论，其基本解集（fundamental set of solutions）由 $e^{0x}\cos(1x) = \cos x$ 和 $e^{0x}\sin(1x) = \sin x$ 构成。因此，该方程的通解是 $y(x) = c_1 \cos x + c_2 \sin x$。

既然我们已经知道了解，为什么还要用级数方法来解呢？作者解释道：这个例子主要是为了**演示（illustrate）幂级数方法在一个相对简单情境（simple case）**下的应用。通过这个例子，我们可以一步步地实践级数解法的流程：假设级数形式、求导、代入方程、合并级数、导出递推关系、求解递推关系、得到解的级数形式。这有助于我们理解并掌握这个方法，以便将来应用于那些我们无法用初等函数轻易求解的更复杂的变系数方程。

分析方程类型与常点:

我们对照标准形式 $P(x)y'' + Q(x)y' + R(x)y = 0$ 来看方程 (4) $y''+y=0$。 这里：

• $P(x) = 1$ ( $y''$ 的系数)
• $Q(x) = 0$ ( $y'$ 的系数)
• $R(x) = 1$ ( $y$ 的系数)

根据常点的定义：如果 $P(x_0) \neq 0$，则 $x_0$ 是常点。 在这个例子中，$P(x) = 1$ 对于所有的实数 $x$ 都恒等于 1，永远不为零。因此，对于方程 (4) 来说，每一个点 $x_0$ 都是常点 (ordinary point)。这意味着我们可以在任何点（比如最方便的 $x_0=0$）附近寻找幂级数解，并且理论保证解在该点是解析的（可以表示为收敛的幂级数）。

步骤 1：假设幂级数解形式

我们选择在常点 $x_0 = 0$ 附近寻找解（选择 $x_0=0$ 通常是最方便的，除非问题有特殊要求或在其他点给出初始条件）。我们假设解 $y(x)$ 可以表示为以 $x_0=0$ 为中心的幂级数形式：

$$y = a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+a_{3} x^{3}+\cdots+a_{n} x^{n}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \quad \cdots \quad (5)$$

这里的 $a_0, a_1, a_2, \ldots$ 是待确定的常数系数。我们同时假设这个级数在某个包含 $x=0$ 的开区间 $|x| < \rho$ 内收敛，其中 $\rho > 0$ 是收敛半径。

步骤 2：计算解的导数

为了将假设的解代入微分方程 $y''+y=0$，我们需要计算 $y$ 的一阶导数 $y'$ 和二阶导数 $y''$。根据幂级数的性质，在收敛区间内，我们可以逐项求导 (term-by-term differentiation)：

• 一阶导数 $y'$: 对式 (5) 逐项求导： $y' = \frac{d}{dx}(a_0) + \frac{d}{dx}(a_1 x) + \frac{d}{dx}(a_2 x^2) + \cdots + \frac{d}{dx}(a_n x^n) + \cdots$ $y' = 0 + a_1 + 2 a_2 x + 3 a_3 x^2 + \cdots + n a_n x^{n-1} + \cdots$ 写成求和形式：

  $$y^{\prime}=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1} \quad \cdots \quad (6)$$

  注意：求和的起始下标从 $n=0$ 变为 $n=1$，因为原来的常数项 $a_0$ 求导后变为 0。

• 二阶导数 $y''$: 对式 (6) 逐项求导： $y'' = \frac{d}{dx}(a_1) + \frac{d}{dx}(2 a_2 x) + \frac{d}{dx}(3 a_3 x^2) + \cdots + \frac{d}{dx}(n a_n x^{n-1}) + \cdots$ $y'' = 0 + 2 a_2 + 3 \cdot 2 a_3 x + \cdots + n(n-1) a_n x^{n-2} + \cdots$ 写成求和形式：

  $$y^{\prime \prime}=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2} \quad \cdots \quad (7)$$

  注意：求和的起始下标从 $n=1$ 变为 $n=2$，因为原来的 $a_1$ 项（式(6)中的常数项）求导后变为 0。

步骤 3：代入微分方程

现在我们将 $y$ 的级数 (5) 和 $y''$ 的级数 (7) 代入原方程 $y'' + y = 0$:

$$\left( \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2} \right) + \left( \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \right) = 0$$

步骤 4：合并级数

我们的目标是将左边的两个级数合并成一个单一的幂级数 $\sum C_k x^k$ 的形式，这样我们才能令系数 $C_k=0$。要合并级数，需要满足两个条件：

1. 它们具有相同的幂次项（例如都是 $x^k$）。
2. 它们有相同的求和范围（例如都从 $k=0$ 到 $\infty$）。

观察当前的两个级数：

• 第一个级数是 $\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2}$，幂次是 $x^{n-2}$，下标从 $n=2$ 开始。
• 第二个级数是 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$，幂次是 $x^{n}$，下标从 $n=0$ 开始。

它们的形式不同。我们需要调整其中一个（或两个）级数的求和下标，使得它们的幂次项和求和范围一致。通常选择将幂次都统一为 $x^k$ 或 $x^n$。这里选择统一为 $x^n$。

对第一个级数 $\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2}$ 进行下标平移 (shifting the index)： 令新的求和下标 $k = n-2$。 当 $n=2$ 时，$k=0$。 当 $n \to \infty$ 时，$k \to \infty$。 从 $k=n-2$ 解出 $n = k+2$。 将 $n=k+2$ 代入级数的通项： $n(n-1) a_n x^{n-2} \Rightarrow (k+2)(k+2-1) a_{k+2} x^{(k+2)-2} = (k+2)(k+1) a_{k+2} x^k$。 所以，第一个级数可以重写为关于 $k$ 的求和： $\sum_{k=0}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} x^k$。 由于 $k$ 只是一个求和的哑变量 (dummy index)，我们可以将其改回用 $n$ 表示（这只是为了方便和第二个级数统一记号）： $\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1) a_{n+2} x^n$。

现在，微分方程变成了：

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n}+\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}=0$$

两个级数现在都有了 $x^n$ 项，并且求和都从 $n=0$ 开始。我们可以将它们合并：

$$\sum_{n=0}^{\infty} \left[ (n+2)(n+1) a_{n+2} + a_{n} \right] x^{n} = 0$$

步骤 5：导出递推关系

我们得到了一个幂级数等于零的方程。根据幂级数的唯一性定理，如果一个幂级数在包含 $x=0$ 的某个区间内恒等于零，那么这个幂级数的每一个系数都必须为零。 也就是说，对于 $n=0, 1, 2, 3, \ldots$，必须有：

$$(n+2)(n+1) a_{n+2} + a_{n} = 0 \quad \cdots \quad (8)$$

这个方程 (8) 就是递推关系 (recurrence relation)。它给出了系数 $a_{n+2}$ 和系数 $a_n$ 之间的关系。具体来说，它允许我们用下标低 2 位的系数来计算下标高 2 位的系数：

$$a_{n+2} = - \frac{a_n}{(n+2)(n+1)} \quad \text{for } n=0, 1, 2, 3, \ldots$$

步骤 6：求解递推关系

递推关系 (8) 的特点是它将 $a_{n+2}$ 与 $a_n$ 联系起来，即下标相差为 2。这意味着：

• 所有偶数下标的系数 ($a_2, a_4, a_6, \ldots$) 都将由 $a_0$ 决定。
• 所有奇数下标的系数 ($a_3, a_5, a_7, \ldots$) 都将由 $a_1$ 决定。 $a_0$ 和 $a_1$ 本身不由递推关系确定，它们将是解中的任意常数（对应于二阶方程通解中的两个自由参数）。

我们分别计算偶数和奇数下标的系数：

• 偶数下标系数 (n = 0, 2, 4, ...):

  • 令 $n=0$: $a_2 = -\frac{a_0}{(0+2)(0+1)} = -\frac{a_0}{2 \cdot 1} = -\frac{a_0}{2!}$

  • 令 $n=2$: $a_4 = -\frac{a_2}{(2+2)(2+1)} = -\frac{a_2}{4 \cdot 3} = - \frac{1}{4 \cdot 3} \left( -\frac{a_0}{2!} \right) = +\frac{a_0}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = +\frac{a_0}{4!}$

  • 令 $n=4$: $a_6 = -\frac{a_4}{(4+2)(4+1)} = -\frac{a_4}{6 \cdot 5} = - \frac{1}{6 \cdot 5} \left( +\frac{a_0}{4!} \right) = -\frac{a_0}{6 \cdot 5 \cdot 4!} = -\frac{a_0}{6!}$

  • ... 依此类推，我们观察到一个模式：对于偶数下标 $n=2k$ ($k=1, 2, 3, \ldots$)，系数为：

    $$a_{n} = a_{2k} = \frac{(-1)^k}{(2k)!} a_0 \quad \cdots \quad (9)$$

    (注意：当 $k=0$ 时，$n=0$，$a_0 = \frac{(-1)^0}{(0)!} a_0 = a_0$，所以这个公式对 $k=0$ 也成立，只要我们定义 $0!=1$)

  作者提到可以用数学归纳法 (mathematical induction) 来严格证明公式 (9)。

  • 基础步骤 (Base Case): 对于 $k=1$，$a_2 = \frac{(-1)^1}{(2\cdot 1)!} a_0 = -\frac{a_0}{2!}$，这与我们直接计算的结果一致，公式成立。
  • 归纳假设 (Inductive Hypothesis): 假设对于某个正整数 $k$，公式 $a_{2k} = \frac{(-1)^k}{(2k)!} a_0$ 成立。
  • 归纳步骤 (Inductive Step): 我们需要证明对于 $k+1$，公式也成立，即 $a_{2(k+1)} = a_{2k+2} = \frac{(-1)^{k+1}}{(2k+2)!} a_0$。 根据递推关系，令 $n=2k$ 时，我们有 $a_{2k+2} = -\frac{a_{2k}}{(2k+2)(2k+1)}$。 现在使用归纳假设，将 $a_{2k}$ 的表达式代入： $a_{2k+2} = -\frac{1}{(2k+2)(2k+1)} \left( \frac{(-1)^k}{(2k)!} a_0 \right)$ $a_{2k+2} = \frac{(-1) \cdot (-1)^k}{(2k+2)(2k+1)(2k)!} a_0$ $a_{2k+2} = \frac{(-1)^{k+1}}{(2k+2)!} a_0$ 这正是我们需要证明的 $k+1$ 情况下的公式。因此，通过数学归纳法，公式 (9) 对所有 $k=1, 2, 3, \ldots$ 都成立。

• 奇数下标系数 (n = 1, 3, 5, ...):

  • 令 $n=1$: $a_3 = -\frac{a_1}{(1+2)(1+1)} = -\frac{a_1}{3 \cdot 2} = -\frac{a_1}{3!}$

  • 令 $n=3$: $a_5 = -\frac{a_3}{(3+2)(3+1)} = -\frac{a_3}{5 \cdot 4} = - \frac{1}{5 \cdot 4} \left( -\frac{a_1}{3!} \right) = +\frac{a_1}{5 \cdot 4 \cdot 3!} = +\frac{a_1}{5!}$

  • 令 $n=5$: $a_7 = -\frac{a_5}{(5+2)(5+1)} = -\frac{a_5}{7 \cdot 6} = - \frac{1}{7 \cdot 6} \left( +\frac{a_1}{5!} \right) = -\frac{a_1}{7 \cdot 6 \cdot 5!} = -\frac{a_1}{7!}$

  • ... 依此类推，我们观察到模式：对于奇数下标 $n=2k+1$ ($k=1, 2, 3, \ldots$)，系数为：

    $$a_{n} = a_{2k+1} = \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} a_1 \quad \cdots \quad (10)$$

    (同样地，这个公式对 $k=0$ 也成立，此时 $n=1$，$a_1 = \frac{(-1)^0}{(1)!} a_1 = a_1$)

步骤 7：构建解的级数形式

现在我们把求得的系数 $a_n$ 代回到最初假设的解 $y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 中。我们将偶数项和奇数项分开写： $y = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + a_5 x^5 + a_6 x^6 + a_7 x^7 + \cdots$ 代入系数表达式： $y = a_0 + a_1 x + \left(-\frac{a_0}{2!}\right) x^2 + \left(-\frac{a_1}{3!}\right) x^3 + \left(+\frac{a_0}{4!}\right) x^4 + \left(+\frac{a_1}{5!}\right) x^5 + \left(-\frac{a_0}{6!}\right) x^6 + \left(-\frac{a_1}{7!}\right) x^7 + \cdots$

接下来，我们将所有包含 $a_0$ 的项组合在一起，所有包含 $a_1$ 的项组合在一起： $y = a_0 \left( 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \cdots \right) + a_1 \left( x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots \right)$

将括号里的级数用求和符号表示出来：

• 第一个括号里的级数是： $1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \cdots = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k)!} x^{2k}$
• 第二个括号里的级数是： $x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k+1}$

因此，我们得到的解是：

$$y(x) = a_0 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k)!} x^{2k} + a_1 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k+1} \quad \cdots \quad (11)$$

(在原文中，求和变量用的是 $n$ 而不是 $k$，这不影响结果。)

步骤 8：识别级数解与已知函数的关系

我们观察式 (11) 中的两个级数：

• $y_1(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots$
• $y_2(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} x^{2n+1} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots$

我们认出，这正是函数 $\cos x$ 和 $\sin x$ 围绕 $x=0$ 的泰勒级数 (Taylor series)（也称为麦克劳林级数 Maclaurin series）。 即，$y_1(x) = \cos x$，$y_2(x) = \sin x$。

因此，我们通过幂级数方法得到的通解是：

$$y(x) = a_0 \cos x + a_1 \sin x$$

这与我们一开始用常系数方法得到的解 $y(x) = c_1 \cos x + c_2 \sin x$ 完全一致。这验证了幂级数方法的正确性。

关于收敛性:

作者提到，可以使用比率检验 (ratio test) 来证明 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 这两个级数对于所有的 $x$ 都收敛（即收敛半径 $\rho = \infty$）。 例如，对于 $y_1(x) = \sum a_n x^{2n}$（这里 $a_n = \frac{(-1)^n}{(2n)!}$ 不是级数系数，应该看整个项 $u_n = \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n}$），我们考虑相邻项的比值的绝对值： $L = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{(-1)^{n+1} x^{2(n+1)} / (2n+2)!}{(-1)^n x^{2n} / (2n)!} \right|$ $L = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{-x^{2n+2}}{(2n+2)!} \cdot \frac{(2n)!}{x^{2n}} \right| = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{-x^2}{(2n+2)(2n+1)} \right|$ $L = |x^2| \lim_{n\to\infty} \frac{1}{(2n+2)(2n+1)} = |x^2| \cdot 0 = 0$ 因为 $L=0 < 1$ 对于所有的 $x$ 都成立，所以 $y_1(x)$ 的级数对所有 $x$ 收敛。类似地可以证明 $y_2(x)$ 也对所有 $x$ 收敛。 这个收敛性结果追溯地证明 (justifies retroactively) 了我们在推导过程中所做的所有操作（如逐项求导）的合法性。

系数 $a_0, a_1$ 与初始条件的关系:

在我们的解 $y(x) = a_0 y_1(x) + a_1 y_2(x)$ 中，$a_0$ 和 $a_1$ 是怎么来的？它们是递推关系无法确定的两个系数，因此成为了解中的任意常数 (arbitrary constants)。

我们来看看它们与初始条件 $y(0)$ 和 $y'(0)$ 的关系： 从 $y(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \cdots$ (式 5)，令 $x=0$，得到 $y(0) = a_0$。 从 $y'(x) = a_1 + 2 a_2 x + 3 a_3 x^2 + \cdots$ (式 6)，令 $x=0$，得到 $y'(0) = a_1$。

这表明，级数解中的前两个系数 $a_0$ 和 $a_1$ 直接对应于解在展开点 $x_0=0$ 处的函数值和一阶导数值。因为对于一个二阶线性微分方程，我们可以任意指定初始条件 $y(x_0)=y_0$ 和 $y'(x_0)=y'_0$，所以对应的 $a_0$ 和 $a_1$ 必须是任意的，直到我们给出具体的初始条件为止。例如，如果初始条件是 $y(0)=2, y'(0)=-1$，那么 $a_0=2, a_1=-1$，我们就能得到一个特解。如果只求通解， $a_0$ 和 $a_1$ 就保持为任意常数。

级数解的近似性质 (参考图 5.2.1 和 5.2.2):

虽然这里没有图，但作者描述了图的内容。这些图展示了 $y_1(x) = \cos x$ 和 $y_2(x) = \sin x$ 的部分和 (partial sums) 是如何逼近真实函数的。 部分和是指截取级数的前 $N$ 项（例如，到 $x^n$ 项）得到的多项式。例如，对于 $y_1(x) = \cos x$:

• $n=0$: $P_0(x) = 1$
• $n=2$: $P_2(x) = 1 - \frac{x^2}{2!}$
• $n=4$: $P_4(x) = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!}$
• ...

图会显示：

1. 随着截取的项数 $n$ （或多项式的阶数）增加，多项式近似在 $x=0$ 附近与真实函数 ($\cos x$ 或 $\sin x$) 吻合得越来越好。
2. 对于固定的项数 $n$，近似效果最好的区间是围绕 $x=0$ 的一个小区间。离 $x=0$ 越远，近似通常越差。
3. 增加项数 $n$ 可以扩大近似效果良好的区间范围，并提高区间内每一点的近似精度。

作者提醒我们：一个截断的幂级数 (truncated power series)（即有限项的多项式）只能提供解在展开点 $x_0$ 附近的局部近似 (local approximation)。它不能很好地代表 $|x|$ 很大时的解的行为。要精确表示解，需要完整的无穷级数。

反思：如果 $\sin x$ 和 $\cos x$ 是未知的

作者提出了一个很有启发性的思考：假设我们生活在一个不知道 $\sin x$ 和 $\cos x$ 函数的世界里，我们只是用级数方法求解了 $y''+y=0$ 这个（可能来源于某个物理问题的）方程，并得到了解 (11): $y(x) = a_0 \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} \right) + a_1 \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} x^{2n+1} \right)$

在这种情况下，我们会发现方程有两个独立的级数解。由于这个方程可能很重要，我们会给这两个级数解起特殊的名字，比如：

$$C(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} \quad \cdots \quad (12a)$$

$$S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} x^{2n+1} \quad \cdots \quad (12b)$$

然后，我们自然会问：这两个新定义的函数 $C(x)$ 和 $S(x)$ 有什么性质？

我们可以直接从它们的级数定义出发来研究：

1. 在 $x=0$ 处的值:

   • $C(0) = 1 - 0 + 0 - \cdots = 1$
   • $S(0) = 0 - 0 + 0 - \cdots = 0$

2. 导数关系: 我们可以逐项对级数求导（因为它们对所有 $x$ 收敛）：

   • $S'(x) = \frac{d}{dx} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} x^{2n+1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} (2n+1) x^{2n}$ $S'(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} = C(x)$
   • $C'(x) = \frac{d}{dx} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} (2n) x^{2n-1}$ （注意求和从 $n=1$ 开始，因为 $n=0$ 的常数项求导为 0） 令 $k=n-1$，则 $n=k+1$。当 $n=1, k=0$。 $C'(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{(2(k+1))!} (2(k+1)) x^{2k+1} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{(2k+2)!} (2k+2) x^{2k+1}$ $C'(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1) (-1)^{k}}{(2k+1)!} x^{2k+1} = - \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!} x^{2k+1} = -S(x)$ 所以我们发现了导数关系：

   $$S'(x) = C(x), \quad C'(x) = -S(x) \quad \cdots \quad (13)$$

   这正是 $(\sin x)' = \cos x$ 和 $(\cos x)' = -\sin x$。

3. 线性无关性与基本解集: 我们可以计算 $C(x)$ 和 $S(x)$ 的朗斯基行列式 (Wronskian) 来判断它们是否线性无关，从而是否构成一个基本解集。 $W[C, S](x) = \begin{vmatrix} C(x) & S(x) \\ C'(x) & S'(x) \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} C(x) & S(x) \\ -S(x) & C(x) \end{vmatrix} = C(x)^2 - (S(x))(-S(x)) = C(x)^2 + S(x)^2$ 为了方便计算，我们可以在 $x=0$ 处计算 Wronskian： $C(0)=1, S(0)=0, C'(0)=-S(0)=0, S'(0)=C(0)=1$。

   $$W[C, S](0) = \begin{vmatrix} C(0) & S(0) \\ C'(0) & S'(0) \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1 \times 1 - 0 \times 0 = 1 \quad \cdots \quad (14)$$

   因为 Wronskian $W(0) = 1 \neq 0$，根据定理， $C(x)$ 和 $S(x)$ 在定义域内是线性无关 (linearly independent) 的。由于它们都是 $y''+y=0$ 的解，并且线性无关，所以它们构成了该方程的一个基本解集 (fundamental set of solutions)。 (另外，我们从 $W(x) = C(x)^2 + S(x)^2$ 和 $W(0)=1$ 也可以推断出 $C(x)^2 + S(x)^2 = 1$ 对所有 $x$ 成立，这正是 $\cos^2 x + \sin^2 x = 1$。)

4. 奇偶性 (Parity):

   • $C(-x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} (-x)^{2n} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} = C(x)$。所以 $C(x)$ 是偶函数 (even function)。
   • $S(-x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} (-x)^{2n+1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} (-1)^{2n+1} x^{2n+1}$ $S(-x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} (-1) x^{2n+1} = - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} x^{2n+1} = -S(x)$。所以 $S(x)$ 是奇函数 (odd function)。

5. 其他性质: 作者提到，通过使用无穷级数进行计算，可以证明 $C(x)$ 和 $S(x)$ 具有我们所知道的 $\cos x$ 和 $\sin x$ 的所有通常的解析和代数性质（例如周期性、和角公式等，尽管从级数推导这些可能比较复杂）。

将微分方程作为函数的定义:

这个例子引出了一个非常重要的观点：虽然我们可能最早是通过几何（直角三角形）或单位圆来学习 $\sin x$ 和 $\cos x$ 的，但这些函数完全可以被定义为特定初值问题 (initial value problem) 的解。

• $\sin x$ 可以被定义为：初值问题 $y''+y=0, y(0)=0, y'(0)=1$ 的唯一解。
• $\cos x$ 可以被定义为：初值问题 $y''+y=0, y(0)=1, y'(0)=0$ 的唯一解。

这种通过微分方程及其初始条件来定义函数的方式，在数学和物理中非常普遍。许多重要的特殊函数 (special functions)（例如贝塞尔函数、勒让德多项式、艾里函数等）就是这样定义的。它们是某些重要的（通常是变系数的）二阶线性微分方程的解。对于这些函数中的大多数，没有比它们所满足的微分方程更简单或更基本的方法来引入或定义它们。幂级数解法正是研究这些特殊函数的性质和计算它们的值的主要工具之一。

总结示例 1 的核心教学目的：

1. 完整演示幂级数法: 一步步展示如何假设级数、求导、代入、化简、得到并求解递推关系、最终写出级数解。
2. 处理简单案例: 使用 $y''+y=0$ 这个已知解的方程，使学习者可以专注于方法本身，并能用已知结果验证方法的正确性。
3. 连接级数与已知函数: 展示幂级数解如何还原为我们熟悉的 $\cos x$ 和 $\sin x$ 的泰勒级数。
4. 解释任意常数的来源: 说明 $a_0, a_1$ 是如何产生并对应于初始条件的。
5. 理解级数解的性质: 讨论收敛性、局部近似性。
6. 提升认知: 引导思考微分方程本身可以作为定义函数（如 $\sin x, \cos x$ 及其他特殊函数）的一种方式。

希望这个极度详尽的解释有助于你深入理解示例 1 的每一个细节和它所传达的重要思想！

解2

好的，我们来对“示例 1”这段内容进行最长最详细的中文解释，并把每一步的计算都细致地展示出来。

示例 1：用级数法求解 $y''+y=0$

1. 引言与问题陈述

这个示例的目标是找到微分方程

$$y^{\prime \prime}+y=0, \quad-\infty<x<\infty \quad \cdots \quad (4)$$

的级数解 (series solution)。这个方程定义在整个实数轴 $(-\infty, \infty)$ 上。

2. 背景知识与动机

• 已知解: 作者首先提醒我们，方程 (4) 是一个非常基础的常系数线性齐次微分方程。我们从之前的学习（如第 3 章）已经知道它的解法。其特征方程是 $r^2 + 1 = 0$，解为 $r = \pm i$。根据常系数理论，对应的基本解集是 $y_1(x) = \cos x$ 和 $y_2(x) = \sin x$。因此，方程 (4) 的通解是 $y(x) = c_1 \cos x + c_2 \sin x$。
• 使用级数法的目的: 既然我们已经知道了解，为什么还要用看起来更复杂的级数方法呢？作者明确指出，这个例子的主要目的是演示 (illustrate) 和说明 (explain) 如何应用幂级数方法 (power series method) 来求解微分方程，特别是在一个相对简单 (relatively simple) 的情况下。通过这个我们熟悉并且结果已知的例子，可以清晰地看到幂级数方法的每一个步骤是如何执行的，并且可以用已知结果来验证方法的正确性。这有助于我们建立对该方法的理解和信心，以便将来能够将其应用于那些无法用初等函数简单求解的更复杂的微分方程（例如变系数方程）。

3. 分析方程与展开点

• 方程分类: 方程 $y''+y=0$ 符合标准形式 $P(x)y'' + Q(x)y' + R(x)y = 0$。通过比较，我们得到：
  • $P(x) = 1$ ( $y''$ 的系数)
  • $Q(x) = 0$ ( $y'$ 的系数，因为方程中没有 $y'$ 项)
  • $R(x) = 1$ ( $y$ 的系数)
• 确定常点: 我们需要判断我们想要在其附近寻找级数解的点 $x_0$ 是否是方程的常点。根据定义，如果 $P(x_0) \neq 0$，则 $x_0$ 是常点。在这个例子中，我们选择在 $x_0 = 0$ 附近寻找解（这是最常见的选择，除非另有说明）。我们计算 $P(x)$ 在 $x_0=0$ 的值：
  • $P(0) = 1$
  • 由于 $P(0) = 1 \neq 0$，点 $x_0 = 0$ 是方程 (4) 的一个常点 (ordinary point)。
• Implication: 事实上，由于 $P(x)=1$ 对所有 $x$ 都恒不为零，所以方程 (4) 的每一个点 (every point) 都是常点。根据常点理论（第 5.2 节开头），这保证了在 $x_0=0$ 附近存在形式为 $\sum a_n x^n$ 的幂级数解，并且这个解是解析的（analytic），即它在其收敛区间内等于自身的泰勒级数。

4. 步骤 1：假设幂级数解的形式

我们假设方程 (4) 的解 $y(x)$ 可以表示为以 $x_0 = 0$ 为中心的幂级数（也称为麦克劳林级数）：

$$y = a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+a_{3} x^{3}+\cdots+a_{n} x^{n}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \quad \cdots \quad (5)$$

• $a_0, a_1, a_2, \ldots$ 是待确定的常数系数。
• 我们同时假设 (assume) 这个级数在一个以 0 为中心、半径为 $\rho > 0$ 的收敛区间 (interval of convergence) $|x| < \rho$ 内收敛。

5. 步骤 2：计算解的导数的级数形式

为了将假设的解 (5) 代入微分方程 $y''+y=0$，我们需要计算 $y$ 的一阶导数 $y'$ 和二阶导数 $y''$ 的幂级数表示。根据幂级数的性质，在收敛区间 $|x|<\rho$ 内部，我们可以对级数进行逐项求导 (term-by-term differentiation)。

• 计算一阶导数 $y'$: 对式 (5) 的每一项关于 $x$ 求导： $y' = \frac{d}{dx}(a_0) + \frac{d}{dx}(a_1 x) + \frac{d}{dx}(a_2 x^2) + \frac{d}{dx}(a_3 x^3) + \cdots + \frac{d}{dx}(a_n x^n) + \cdots$ $y' = 0 + a_1 \cdot 1 + a_2 \cdot (2x) + a_3 \cdot (3x^2) + \cdots + a_n \cdot (nx^{n-1}) + \cdots$ $y' = a_1 + 2a_2 x + 3a_3 x^2 + \cdots + n a_n x^{n-1} + \cdots$ 写成求和形式。注意，原来的常数项 $a_0$ (对应 $n=0$) 求导后变为 0，所以求和从 $n=1$ 开始：

  $$y^{\prime}=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1} \quad \cdots \quad (6)$$

• 计算二阶导数 $y''$: 对式 (6) 的每一项关于 $x$ 再次求导： $y'' = \frac{d}{dx}(a_1) + \frac{d}{dx}(2 a_2 x) + \frac{d}{dx}(3 a_3 x^2) + \cdots + \frac{d}{dx}(n a_n x^{n-1}) + \cdots$ $y'' = 0 + 2a_2 \cdot 1 + 3a_3 \cdot (2x) + \cdots + n a_n \cdot ((n-1)x^{n-2}) + \cdots$ $y'' = 2a_2 + (3 \cdot 2) a_3 x + \cdots + n(n-1) a_n x^{n-2} + \cdots$ 写成求和形式。注意，原来的 $a_1$ 项（对应式 (6) 中 $n=1$ 的项）求导后变为 0，所以求和从 $n=2$ 开始：

  $$y^{\prime \prime}=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2} \quad \cdots \quad (7)$$

6. 步骤 3：将级数代入微分方程

现在我们将 $y$ 的级数 (5) 和 $y''$ 的级数 (7) 代入原始的微分方程 $y'' + y = 0$：

$$\left( \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2} \right) + \left( \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \right) = 0$$

7. 步骤 4：合并级数

我们的目标是将左边的两个级数合并成一个单一的幂级数，形如 $\sum C_k x^k = 0$。要做到这一点，我们需要让两个级数具有相同的 $x$ 的幂次项（例如都是 $x^k$），并且具有相同的求和范围（例如都从 $k=0$ 到 $\infty$）。

观察当前的两个级数：

• 第一个级数 $\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n} x^{n-2}$：幂次是 $x^{n-2}$，求和从 $n=2$ 开始。
• 第二个级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$：幂次是 $x^{n}$，求和从 $n=0$ 开始。

它们的形式不同。我们需要对第一个级数进行下标平移 (shifting the index of summation)，使其幂次也变为 $x^n$。

• 对第一个级数进行下标平移: 令新的求和下标 $k = n-2$。 当旧下标 $n$ 从 2 开始时，新下标 $k = 2-2 = 0$ 开始。 当 $n \to \infty$ 时，$k = n-2 \to \infty$。 从 $k = n-2$ 解出旧下标 $n = k+2$。 将 $n = k+2$ 代入级数的通项 $n(n-1) a_n x^{n-2}$ 中： $n \rightarrow k+2$ $n-1 \rightarrow (k+2)-1 = k+1$ $a_n \rightarrow a_{k+2}$ $x^{n-2} \rightarrow x^{(k+2)-2} = x^k$ 所以，通项变为 $(k+2)(k+1) a_{k+2} x^k$。 因此，第一个级数可以重写为： $\sum_{k=0}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} x^k$ 为了方便与第二个级数统一记号，我们将哑变量 (dummy index) $k$ 改回用 $n$ 表示： $\sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1) a_{n+2} x^n$

现在，将调整后的第一个级数代回原方程：

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} + \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}=0$$

此时，两个级数都具有 $x^n$ 的幂次项，并且求和范围都是从 $n=0$ 到 $\infty$。我们可以将它们合并成一个级数：

$$\sum_{n=0}^{\infty} \left[ (n+2)(n+1) a_{n+2} + a_{n} \right] x^{n} = 0$$

8. 步骤 5：导出递推关系

我们得到了一个形如 $\sum_{n=0}^{\infty} C_n x^n = 0$ 的方程。根据幂级数的唯一性定理 (uniqueness theorem)，如果一个幂级数在其收敛区间内恒等于零，那么这个幂级数的所有系数都必须为零。 也就是说，对于所有的 $n = 0, 1, 2, 3, \ldots$，必须有：

$$(n+2)(n+1) a_{n+2} + a_{n} = 0 \quad \cdots \quad (8)$$

这个方程 (8) 就是我们寻找的递推关系 (recurrence relation)。它给出了系数 $a_{n+2}$ 与系数 $a_n$ 之间的关系。我们可以将其改写为显式计算 $a_{n+2}$ 的形式：

$$a_{n+2} = - \frac{a_n}{(n+2)(n+1)} \quad \text{for } n=0, 1, 2, 3, \ldots$$

这个关系告诉我们，任何一个系数都可以由下标比它小 2 的系数来确定。

9. 步骤 6：求解递推关系

递推关系 (8) 的特点是将下标相差 2 的系数联系起来。这意味着：

• 所有偶数下标的系数 ($a_2, a_4, a_6, \ldots$) 都将由 $a_0$ 决定。
• 所有奇数下标的系数 ($a_3, a_5, a_7, \ldots$) 都将由 $a_1$ 决定。

$a_0$ 和 $a_1$ 本身无法由递推关系确定。它们将作为解中的两个任意常数 (arbitrary constants)，对应于二阶微分方程通解中必须存在的两个自由参数。它们的值最终由初始条件（如果给出的话）确定。

我们分别计算偶数和奇数下标的系数序列：

• 偶数下标系数 (由 $a_0$ 决定): 使用递推关系 $a_{n+2} = - \frac{a_n}{(n+2)(n+1)}$：

  • 令 $n=0$: $a_{0+2} = a_2 = - \frac{a_0}{(0+2)(0+1)} = - \frac{a_0}{2 \cdot 1} = -\frac{a_0}{2!}$

  • 令 $n=2$: $a_{2+2} = a_4 = - \frac{a_2}{(2+2)(2+1)} = - \frac{a_2}{4 \cdot 3}$ 将上面得到的 $a_2 = -a_0/2!$ 代入： $a_4 = - \frac{1}{4 \cdot 3} \left( -\frac{a_0}{2!} \right) = + \frac{a_0}{4 \cdot 3 \cdot 2!} = \frac{a_0}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = +\frac{a_0}{4!}$

  • 令 $n=4$: $a_{4+2} = a_6 = - \frac{a_4}{(4+2)(4+1)} = - \frac{a_4}{6 \cdot 5}$ 将上面得到的 $a_4 = a_0/4!$ 代入： $a_6 = - \frac{1}{6 \cdot 5} \left( +\frac{a_0}{4!} \right) = - \frac{a_0}{6 \cdot 5 \cdot 4!} = -\frac{a_0}{6!}$

  • 观察模式: 我们看到 $a_0, a_2 = -\frac{a_0}{2!}, a_4 = +\frac{a_0}{4!}, a_6 = -\frac{a_0}{6!}, \ldots$ 符号是交替的 $(+,-,+,-,\ldots)$，分母是偶数下标对应的阶乘。 可以推断出一般公式：对于偶数下标 $n = 2k$ (其中 $k=0, 1, 2, 3, \ldots$)：

    $$a_{n} = a_{2k} = \frac{(-1)^k}{(2k)!} a_0 \quad \cdots \quad (9 \text{, generalized for } k\ge 0)$$

    (原文公式 (9) 写的是 $k=1, 2, 3, \ldots$，但实际上对于 $k=0$ 也成立，因为 $a_0 = \frac{(-1)^0}{(0)!} a_0 = a_0$。)

• 奇数下标系数 (由 $a_1$ 决定): 仍然使用递推关系 $a_{n+2} = - \frac{a_n}{(n+2)(n+1)}$：

  • 令 $n=1$: $a_{1+2} = a_3 = - \frac{a_1}{(1+2)(1+1)} = - \frac{a_1}{3 \cdot 2} = -\frac{a_1}{3!}$

  • 令 $n=3$: $a_{3+2} = a_5 = - \frac{a_3}{(3+2)(3+1)} = - \frac{a_3}{5 \cdot 4}$ 将上面得到的 $a_3 = -a_1/3!$ 代入： $a_5 = - \frac{1}{5 \cdot 4} \left( -\frac{a_1}{3!} \right) = + \frac{a_1}{5 \cdot 4 \cdot 3!} = +\frac{a_1}{5!}$

  • 令 $n=5$: $a_{5+2} = a_7 = - \frac{a_5}{(5+2)(5+1)} = - \frac{a_5}{7 \cdot 6}$ 将上面得到的 $a_5 = a_1/5!$ 代入： $a_7 = - \frac{1}{7 \cdot 6} \left( +\frac{a_1}{5!} \right) = - \frac{a_1}{7 \cdot 6 \cdot 5!} = -\frac{a_1}{7!}$

  • 观察模式: 我们看到 $a_1, a_3 = -\frac{a_1}{3!}, a_5 = +\frac{a_1}{5!}, a_7 = -\frac{a_1}{7!}, \ldots$ 符号也是交替的 $(+,-,+,-,\ldots)$（如果从 $a_1$ 开始看），分母是奇数下标对应的阶乘。 可以推断出一般公式：对于奇数下标 $n = 2k+1$ (其中 $k=0, 1, 2, 3, \ldots$)：

    $$a_{n} = a_{2k+1} = \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} a_1 \quad \cdots \quad (10 \text{, generalized for } k\ge 0)$$

    (原文公式 (10) 写的是 $k=1, 2, 3, \ldots$，但实际上对于 $k=0$ 也成立，因为 $a_1 = \frac{(-1)^0}{(1)!} a_1 = a_1$。)

• 用数学归纳法证明 (以偶数系数为例): 我们要证明 $a_{2k} = \frac{(-1)^k}{(2k)!} a_0$ 对于所有 $k \ge 0$ 都成立。

  • 基础步骤 (Base Case): 当 $k=0$ 时，$a_{2(0)} = a_0$。公式给出 $\frac{(-1)^0}{(2 \cdot 0)!} a_0 = \frac{1}{0!} a_0 = \frac{1}{1} a_0 = a_0$。公式成立。
  • 归纳假设 (Inductive Hypothesis): 假设对于某个非负整数 $m \ge 0$，公式 $a_{2m} = \frac{(-1)^m}{(2m)!} a_0$ 成立。
  • 归纳步骤 (Inductive Step): 我们需要证明对于 $m+1$，公式也成立，即 $a_{2(m+1)} = a_{2m+2} = \frac{(-1)^{m+1}}{(2m+2)!} a_0$。 根据递推关系，我们需要找到关系式中 $n$ 的值，使得 $n+2 = 2m+2$。这要求 $n=2m$。所以我们使用递推关系 $a_{n+2} = -\frac{a_n}{(n+2)(n+1)}$ 并令 $n=2m$： $a_{2m+2} = -\frac{a_{2m}}{(2m+2)(2m+1)}$ 现在，使用归纳假设，将 $a_{2m}$ 的表达式代入： $a_{2m+2} = -\frac{1}{(2m+2)(2m+1)} \left( \frac{(-1)^m}{(2m)!} a_0 \right)$ $a_{2m+2} = \frac{(-1) \cdot (-1)^m}{(2m+2)(2m+1)(2m)!} a_0$ 注意到分母 $(2m+2)(2m+1)(2m)! = (2m+2)!$ 并且分子 $(-1) \cdot (-1)^m = (-1)^{m+1}$。 所以，$a_{2m+2} = \frac{(-1)^{m+1}}{(2m+2)!} a_0$。 这正是我们需要证明的 $m+1$ 情况下的公式。因此，根据数学归纳法原理，公式 (9) 对所有 $k \ge 0$ 都成立。 （对奇数系数的证明是类似的。）

10. 步骤 7：构建解的级数形式

现在我们把求得的所有系数 $a_n$（用 $a_0$ 和 $a_1$ 表示）代回到最初假设的解 $y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 中。我们把偶数项和奇数项分开写，并代入它们的通项公式： $y = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + a_5 x^5 + a_6 x^6 + \cdots$ $y = a_0 + a_1 x + \left(-\frac{a_0}{2!}\right) x^2 + \left(-\frac{a_1}{3!}\right) x^3 + \left(+\frac{a_0}{4!}\right) x^4 + \left(+\frac{a_1}{5!}\right) x^5 + \left(-\frac{a_0}{6!}\right) x^6 + \cdots$

接下来，我们将所有包含任意常数 $a_0$ 的项组合在一起，所有包含任意常数 $a_1$ 的项组合在一起： $y = a_0 \left[ 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \cdots \right] + a_1 \left[ x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots \right]$

我们可以更精确地使用通项公式来写出这两部分： 偶次项 $a_{2k}x^{2k} = \frac{(-1)^k}{(2k)!} a_0 x^{2k}$ 奇次项 $a_{2k+1}x^{2k+1} = \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} a_1 x^{2k+1}$

所以，解可以写成两个无穷级数的和： $y(x) = \left( \sum_{k=0}^{\infty} a_{2k} x^{2k} \right) + \left( \sum_{k=0}^{\infty} a_{2k+1} x^{2k+1} \right)$ $y(x) = \left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k)!} a_0 x^{2k} \right) + \left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} a_1 x^{2k+1} \right)$

将常数 $a_0$ 和 $a_1$ 从求和符号中提出来：

$$y(x) = a_0 \left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k)!} x^{2k} \right) + a_1 \left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k+1} \right) \quad \cdots \quad (11)$$

(原文中求和变量用的是 $n$ 而不是 $k$，这只是符号选择问题，结果是一样的。)

11. 步骤 8：识别级数解与已知函数的关系

我们仔细观察式 (11) 中与 $a_0$ 和 $a_1$ 相乘的两个级数：

• 与 $a_0$ 相乘的级数: $y_1(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} = \frac{(-1)^0}{0!}x^0 + \frac{(-1)^1}{2!}x^2 + \frac{(-1)^2}{4!}x^4 + \cdots = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots$ 我们认出这正是余弦函数 $\cos x$ 的麦克劳林级数 (Maclaurin series)。
• 与 $a_1$ 相乘的级数: $y_2(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} x^{2n+1} = \frac{(-1)^0}{1!}x^1 + \frac{(-1)^1}{3!}x^3 + \frac{(-1)^2}{5!}x^5 + \cdots = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots$ 我们认出这正是正弦函数 $\sin x$ 的麦克劳林级数 (Maclaurin series)。

因此，我们通过幂级数方法得到的通解是：

$$y(x) = a_0 \cos x + a_1 \sin x$$

这与我们一开始通过常系数方法得到的解 $y(x) = c_1 \cos x + c_2 \sin x$ 完全一致（只需将任意常数 $a_0, a_1$ 对应于 $c_1, c_2$）。这强有力地验证了幂级数求解方法的正确性。

12. 步骤 9：讨论收敛性

我们找到了两个级数解 $y_1(x) = \cos x$ 和 $y_2(x) = \sin x$。我们需要确认它们的收敛区间。虽然我们已经知道 $\cos x$ 和 $\sin x$ 的麦克劳林级数对所有 $x$ 都收敛，但我们也可以通过比率检验 (ratio test) 来直接证明这一点，这也能验证我们求解过程的合法性（特别是逐项微分操作）。

• 对 $y_1(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n}$ 应用比率检验: 令级数的第 $n$ 项（注意这里的 $n$ 是求和指数，不是 $x$ 的幂次）为 $u_n = \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n}$。我们需要计算相邻项比值的绝对值的极限： $L = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{\frac{(-1)^{n+1}}{(2(n+1))!} x^{2(n+1)}}{\frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n}} \right|$ $L = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{(-1)^{n+1} x^{2n+2}}{(2n+2)!} \cdot \frac{(2n)!}{(-1)^{n} x^{2n}} \right|$ $L = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{-1 \cdot x^2}{(2n+2)(2n+1)(2n)!} \cdot (2n)! \right|$ $L = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{-x^2}{(2n+2)(2n+1)} \right|$ $L = \lim_{n\to\infty} \frac{|x^2|}{(2n+2)(2n+1)}$ 对于任何固定的 $x$，当 $n \to \infty$ 时，分母趋于无穷大，而分子 $|x^2|$ 是有限的。 $L = |x^2| \cdot \lim_{n\to\infty} \frac{1}{(2n+2)(2n+1)} = |x^2| \cdot 0 = 0$ 因为极限 $L=0$ 对所有的 $x$ 都小于 1，所以根据比率检验，级数 $y_1(x)$ 对所有 $x$ ($-\infty < x < \infty$) 都收敛。收敛半径 $\rho = \infty$。
• 对 $y_2(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} x^{2n+1}$ 应用比率检验: 令级数的第 $n$ 项为 $v_n = \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} x^{2n+1}$。 $L' = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{v_{n+1}}{v_n} \right| = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{\frac{(-1)^{n+1}}{(2(n+1)+1)!} x^{2(n+1)+1}}{\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} x^{2n+1}} \right|$ $L' = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{(-1)^{n+1} x^{2n+3}}{(2n+3)!} \cdot \frac{(2n+1)!}{(-1)^{n} x^{2n+1}} \right|$ $L' = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{-1 \cdot x^2}{(2n+3)(2n+2)(2n+1)!} \cdot (2n+1)! \right|$ $L' = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{-x^2}{(2n+3)(2n+2)} \right|$ $L' = \lim_{n\to\infty} \frac{|x^2|}{(2n+3)(2n+2)} = |x^2| \cdot 0 = 0$ 因为极限 $L'=0$ 对所有的 $x$ 都小于 1，所以级数 $y_2(x)$ 也对所有 $x$ ($-\infty < x < \infty$) 都收敛。收敛半径 $\rho = \infty$。
• 结论: 两个级数解 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 都在整个实数轴上收敛。这追溯地证明 (justifies retroactively) 了我们在推导过程中进行的所有操作（特别是逐项求导）的合法性 (validity)。

13. 步骤 10：解释任意常数 $a_0$ 和 $a_1$

在我们的通解 $y(x) = a_0 y_1(x) + a_1 y_2(x)$ 中，$a_0$ 和 $a_1$ 是怎么来的？它们是在求解递推关系时无法被确定的两个系数（分别是偶数序列和奇数序列的起始或基础系数）。因此，它们成为了解中的任意常数 (arbitrary constants)。

我们来看看它们与在展开点 $x_0=0$ 处的初始条件 (initial conditions) $y(0)$ 和 $y'(0)$ 的关系：

• 从假设的解 $y(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \cdots$ (式 5)，令 $x=0$，所有含 $x$ 的项都为零，只剩下常数项 $a_0$。所以： $y(0) = a_0$
• 从一阶导数 $y'(x) = a_1 + 2a_2 x + 3a_3 x^2 + \cdots$ (式 6)，令 $x=0$，所有含 $x$ 的项都为零，只剩下常数项 $a_1$。所以： $y'(0) = a_1$

这表明，在以 $x_0=0$ 为中心的幂级数解中，系数 $a_0$ 正是解在 $x=0$ 处的函数值 $y(0)$，系数 $a_1$ 正是解在 $x=0$ 处的一阶导数值 $y'(0)$。 由于对于一个二阶线性微分方程，我们可以任意指定 (arbitrarily choose) 初始条件 $y(0)=y_0$ 和 $y'(0)=y'_0$（根据存在唯一性定理，只要 $x=0$ 是常点，这样的解就存在且唯一），那么对应的系数 $a_0$ 和 $a_1$ 必须是任意的，直到我们通过给出具体的初始条件来确定它们的值。如果只求通解， $a_0$ 和 $a_1$ 就保持为任意常数。

14. 步骤 11：图形解释 (参考图 5.2.1 和 5.2.2)

书中提到了图 5.2.1 和 5.2.2，它们的作用是可视化幂级数解的部分和 (partial sums) 如何逼近真实的解函数。

• 部分和: 指的是截取无穷级数的前 $N$ 项（或者说，到某个最高次幂 $x^n$ 为止）得到的多项式。例如，对于 $y_1(x) = \cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \cdots$：
  • $n=0$ 的部分和（或阶数为 0 的多项式）：$P_0(x) = 1$
  • $n=2$ 的部分和（或阶数为 2 的多项式）：$P_2(x) = 1 - \frac{x^2}{2!}$
  • $n=4$ 的部分和（或阶数为 4 的多项式）：$P_4(x) = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!}$
  • 以此类推。图中的 $n$ 指的是多项式的最高次数。
• 图示内容: 图 5.2.1 会画出 $y=\cos x$ 的真实曲线，以及 $P_0(x), P_2(x), P_4(x), \ldots$ 等不同阶数的部分和多项式的曲线。图 5.2.2 会对 $y=\sin x$ 做同样的事情（例如 $P_1(x)=x, P_3(x)=x-\frac{x^3}{3!}, \ldots$）。
• 观察结论:
  1. 近似质量: 随着部分和所包含的项数增加（即 $n$ 增大），多项式近似在展开中心 $x=0$ 附近与真实函数的吻合程度越来越好。
  2. 近似区间: 对于一个固定的 $n$，近似效果最好的区间是围绕 $x=0$ 的。离 $x=0$ 越远，多项式曲线与真实函数曲线的偏离通常越大。
  3. 改善近似: 增加项数 $n$ 不仅可以提高在 $x=0$ 附近的精度，还可以扩大近似效果良好的区间范围。
• 重要提醒: 作者强调，我们应该始终记住，一个截断的幂级数 (truncated power series)（即有限项的多项式）只能提供解在展开点 $x_0$ 附近的局部近似 (local approximation)。它不能充分地代表 (adequately represent) 解在 $|x|$ 很大时的行为。要精确表示解，需要完整的无穷级数。

15. 步骤 12：反思 - 将微分方程作为函数的定义

作者提出了一个非常有启发性的观点：

• 如果 $\sin x$ 和 $\cos x$ 是未知的: 假设我们不知道 $\sin x$ 和 $\cos x$ 这两个函数，我们只是遇到了微分方程 $y''+y=0$（可能来自某个物理问题）。我们通过幂级数方法求解，得到了通解 (11)： $y(x) = a_0 \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} \right) + a_1 \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} x^{2n+1} \right)$

• 定义新函数: 我们会发现这个方程有两个独立的、由无穷级数定义的解。由于这个方程可能很重要，我们自然会给这两个级数解起特殊的名字 (special names)，比如原文建议的：

  $$C(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} \quad \cdots \quad (12a)$$

  $$S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} x^{2n+1} \quad \cdots \quad (12b)$$

• 研究新函数性质: 然后，我们会问：这两个新定义的函数 $C(x)$ 和 $S(x)$ 有什么性质 (properties)？我们可以直接从它们的级数定义出发来研究：

  • 值与导数值在 x=0: $C(0) = 1 + 0 + 0 + \cdots = 1$ $S(0) = 0 + 0 + 0 + \cdots = 0$ 通过逐项求导（因为级数对所有 $x$ 收敛，求导合法）： $S'(x) = \frac{d}{dx} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} x^{2n+1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} (2n+1) x^{2n} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} = C(x)$ $C'(x) = \frac{d}{dx} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} (2n) x^{2n-1}$ (n=0项求导为0) 令 $k=n-1$ (即 $n=k+1$)，当 $n=1, k=0$。 $C'(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{(2(k+1))!} (2(k+1)) x^{2k+1} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{(2k+2)!} (2k+2) x^{2k+1}$ $C'(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1) (-1)^{k}}{(2k+1)!} x^{2k+1} = - \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!} x^{2k+1} = -S(x)$ 所以我们发现了导数关系：

    $$S'(x) = C(x), \quad C'(x) = -S(x) \quad \cdots \quad (13)$$

    这正是 $(\sin x)' = \cos x$ 和 $(\cos x)' = -\sin x$。 因此在 $x=0$ 处，$S'(0) = C(0) = 1$，$C'(0) = -S(0) = 0$。

  • 线性无关性与基本解集: 我们可以计算 $C(x)$ 和 $S(x)$ 的朗斯基行列式 (Wronskian) 在 $x=0$ 处的值：

    $$W[C, S](0) = \begin{vmatrix} C(0) & S(0) \\ C'(0) & S'(0) \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1 \times 1 - 0 \times 0 = 1 \quad \cdots \quad (14)$$

    因为 Wronskian 在 $x=0$ 处不为零 ($W(0)=1 \neq 0$)，根据定理，$C(x)$ 和 $S(x)$ 在它们的共同定义域（这里是 $(-\infty, \infty)$）内是线性无关 (linearly independent) 的。由于它们都是二阶线性齐次方程 $y''+y=0$ 的解，并且线性无关，所以它们构成了该方程的一个基本解集 (fundamental set of solutions)。

  • 奇偶性 (Parity): 通过在级数 (12) 中用 $-x$ 替换 $x$ 可以验证： $C(-x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} (-x)^{2n} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!} x^{2n} = C(x)$ (偶函数) $S(-x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} (-x)^{2n+1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}(-1)}{(2n+1)!} x^{2n+1} = -S(x)$ (奇函数)

  • 其他性质: 作者提到，可以通过更深入的无穷级数计算，证明 $C(x)$ 和 $S(x)$ 具有我们所知道的 $\cos x$ 和 $\sin x$ 的所有通常的解析和代数性质 (usual analytic and algebraic properties)（例如周期性、和角公式等，尽管从级数推导这些可能不那么直接）。

• 微分方程作为定义的视角: 这个例子引出了一个非常重要的观点：虽然我们可能最早是通过几何（直角三角形、单位圆）来学习 $\sin x$ 和 $\cos x$ 的，但这些函数完全可以被定义 (defined) 为特定初值问题 (initial value problem, IVP) 的解。

  • 函数 $\sin x$ 可以被精确地定义为：初值问题 $y''+y=0$ 且满足初始条件 $y(0)=0, y'(0)=1$ 的唯一解。
  • 函数 $\cos x$ 可以被精确地定义为：初值问题 $y''+y=0$ 且满足初始条件 $y(0)=1, y'(0)=0$ 的唯一解。

• 推广到特殊函数: 这种通过微分方程和初始条件来定义函数的方式，在数学物理中非常普遍。许多其他重要的函数（通常称为特殊函数 (special functions)，例如贝塞尔函数、勒让德多项式、艾里函数、超几何函数等）就是这样定义的。它们通常是某些重要的（往往是变系数的）二阶线性微分方程的解。对于这些函数中的大多数，没有比它们所满足的微分方程更简单或更基本的方法来引入或处理它们 (no simpler or more elementary way to approach them)。幂级数解法因此成为研究这些特殊函数的性质、计算它们的值以及理解它们行为的核心工具之一。

16. 总结示例 1 的核心教学目的

1. 完整演示幂级数法: 一步步展示如何假设级数形式、计算导数、代入方程、进行下标平移以合并级数、导出并求解递推关系、最终写出级数形式的通解。
2. 应用在简单已知案例: 使用 $y''+y=0$ 这个解已知的方程，使学习者可以专注于方法本身，并且能够用 $\cos x$ 和 $\sin x$ 的已知级数来验证结果，增强对方法的理解和信任。
3. 连接级数与已知函数: 清晰地展示了幂级数解如何自然地还原为我们熟悉的 $\cos x$ 和 $\sin x$ 的泰勒（麦克劳林）级数。
4. 解释任意常数的来源和意义: 说明了级数解中的 $a_0, a_1$ 是如何产生的，以及它们如何直接对应于在展开点的初始条件 $y(0)$ 和 $y'(0)$。
5. 讨论级数解的基本性质: 涵盖了收敛性的检验（比率检验）和意义（保证操作合法性），以及通过部分和进行局部近似的概念。
6. 提升认知层次: 引导读者认识到微分方程本身可以作为一种严谨的、有时甚至是唯一基本的方式来定义重要的函数（如 $\sin x, \cos x$ 以及更广泛的特殊函数）。

希望这个极其详尽的、包含每一步计算的解释能够帮助你完全、深入地理解示例 1 的内容！

示例 2

求 Airy ${ }^{4}$ 方程的 $x$ 幂级数解

$$\begin{equation*} y^{\prime \prime}-x y=0, \quad-\infty<x<\infty . \tag{15} \end{equation*}$$

解：

好的，我们来对“示例 2”这段关于求解艾里方程 (Airy equation) 的内容，进行最长最详细的中文解释，并把每一步计算都细致地展示出来。

示例 2：求解艾里方程的幂级数解

引言

这个示例将应用上一节和示例 1 中学习到的幂级数方法，来求解一个在数学物理中有重要应用的变系数微分方程——艾里方程。艾里方程以英国天文学家和数学家乔治·比德尔·艾里 (George Biddell Airy) 的名字命名，它出现在光学（描述焦散线附近的衍射）、量子力学（描述势垒附近的粒子行为）以及其他一些物理现象的研究中。

目标方程:

我们要寻找下面这个二阶线性齐次微分方程的解，特别是围绕 $x=0$ 点的幂级数解：

$$y^{\prime \prime}-x y=0, \quad-\infty<x<\infty \quad \cdots \quad (15)$$

这个方程被称为艾里方程 (Airy's equation)。它定义在整个实数轴上。

分析方程类型与常点:

首先，我们将艾里方程与标准形式 $P(x)y'' + Q(x)y' + R(x)y = 0$ 进行比较：

• $P(x) = 1$ （ $y''$ 的系数）
• $Q(x) = 0$ （ $y'$ 的系数，因为方程中没有 $y'$ 项）
• $R(x) = -x$ （ $y$ 的系数）

我们要判断展开点 $x_0=0$ 是否是常点。根据定义，如果 $P(x_0) \neq 0$，则 $x_0$ 是常点。 在这里，$P(x) = 1$ 对于所有的 $x$ 都恒等于 1。因此，$P(0) = 1 \neq 0$。这意味着 $x_0=0$ 是艾里方程的一个常点 (ordinary point)。 实际上，由于 $P(x)=1$ 永远不为零，艾里方程的每一个点都是常点。这保证了我们可以在任何点（特别是 $x_0=0$）附近寻找幂级数解，并且解在该点是解析的。

步骤 1：假设幂级数解形式

我们选择在常点 $x_0 = 0$ 附近寻找解。我们假设解 $y(x)$ 可以表示为以 $x_0=0$ 为中心的幂级数形式：

$$y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \cdots \quad \cdots \quad (16)$$

这里的 $a_0, a_1, a_2, \ldots$ 是待确定的常数系数。我们同时假设这个级数在一个以 0 为中心、半径为 $\rho > 0$ 的区间 $|x| < \rho$ 内收敛。

步骤 2：计算解的导数

我们需要将解代入方程 $y'' - xy = 0$。为此，我们需要计算 $y''$。 我们在示例 1 中已经计算过 $y''$ 的级数形式。我们再次列出： $y' = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$ $y'' = \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}$

为了方便后续合并级数，我们需要将 $y''$ 的级数也表示成 $x^n$ 的形式。我们在示例 1 中已经做过这个下标平移： 令 $k = n-2$，则 $n=k+2$。当 $n=2, k=0$；当 $n \to \infty, k \to \infty$。 $y'' = \sum_{k=0}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} x^k$ 将哑变量 $k$ 换回 $n$：

$$y^{\prime \prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} \quad \cdots \quad (17)$$

(这个形式 $y'' = 2a_2 + 6a_3 x + 12a_4 x^2 + \cdots$)

步骤 3：代入微分方程

现在我们将 $y$ 的级数 (16) 和 $y''$ 的级数 (17) 代入艾里方程 $y'' - xy = 0$ 的左侧：

$$\left( \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} \right) - x \left( \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} \right) = 0$$

步骤 4：合并级数

我们的目标是将左侧的所有项合并成一个单一的 $\sum C_k x^k = 0$ 的形式。 首先，处理第二项 $-x \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$。我们可以将 $x$ 乘到级数内部：

$$x \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} (x \cdot x^{n}) = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+1}$$

现在方程变为：

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} - \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+1} = 0 \quad \cdots \quad (18 \text{, modified})$$

接下来，我们需要让两个级数的幂次项 $x^k$ 相同，并且求和范围也相同。目前一个是 $x^n$，另一个是 $x^{n+1}$。我们将第二个级数的幂次调整为 $x^n$。

调整第二个级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n+1}$： 令新的求和下标 $k = n+1$。 当 $n=0$ 时，$k=1$。 当 $n \to \infty$ 时，$k \to \infty$。 从 $k=n+1$ 解出 $n = k-1$。 将 $n=k-1$ 代入通项 $a_n x^{n+1}$： $a_{k-1} x^{(k-1)+1} = a_{k-1} x^k$。 所以，第二个级数可以重写为关于 $k$ 的求和： $\sum_{k=1}^{\infty} a_{k-1} x^k$。 将哑变量 $k$ 换回 $n$： $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n}$。

现在，方程 (18) 变成了：

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} - \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n} = 0$$

两个级数都有了 $x^n$ 项，但是求和范围还不完全一样：第一个从 $n=0$ 开始，第二个从 $n=1$ 开始。为了合并它们，我们需要将第一个级数中 $n=0$ 的项单独分离出来。

分离第一个级数 $\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n}$ 中 $n=0$ 的项： 当 $n=0$ 时，项是 $(0+2)(0+1) a_{0+2} x^0 = 2 \cdot 1 a_2 x^0 = 2 a_2$。 所以，第一个级数可以写成： $2a_2 + \sum_{n=1}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n}$。

现在，将这个代回方程：

$$\left( 2 a_2 + \sum_{n=1}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n} \right) - \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n} = 0$$

整理一下，将两个求和范围相同的级数合并：

$$2 a_2 + \sum_{n=1}^{\infty} \left[ (n+2)(n+1) a_{n+2} - a_{n-1} \right] x^{n} = 0$$

步骤 5：导出递推关系

我们得到了一个（常数项 + 幂级数）等于零的方程。为了使这个方程对于某个包含 0 的区间内的所有 $x$ 都成立，常数项必须为零，并且幂级数中每一项 $x^n$ 的系数也必须为零。

• 常数项 (对应 $x^0$): $2 a_2 = 0$ 这直接给出 $a_2 = 0$。
• $x^n$ 的系数 (对于 $n=1, 2, 3, \ldots$): $(n+2)(n+1) a_{n+2} - a_{n-1} = 0$

这个方程就是艾里方程系数的递推关系 (recurrence relation)：

$$(n+2)(n+1) a_{n+2} = a_{n-1} \quad \text{ for } n=1, 2, 3, \ldots$$

或者写成：

$$a_{n+2} = \frac{a_{n-1}}{(n+2)(n+1)} \quad \text{ for } n=1, 2, 3, \ldots \quad \cdots \quad (19)$$

步骤 6：求解递推关系

这个递推关系 (19) 的特点是它将 $a_{n+2}$ 与 $a_{n-1}$ 联系起来，下标之间相差了 3 ($n+2 - (n-1) = 3$)。这意味着系数的确定是以 3 为步长 (steps of three) 进行的。具体来说：

• $a_0$ 将决定 $a_3, a_6, a_9, \ldots$ (即 $a_{3k}$ 形式的系数)。
• $a_1$ 将决定 $a_4, a_7, a_{10}, \ldots$ (即 $a_{3k+1}$ 形式的系数)。
• $a_2$ 将决定 $a_5, a_8, a_{11}, \ldots$ (即 $a_{3k+2}$ 形式的系数)。

我们在步骤 5 中已经得到 $a_2 = 0$。现在我们来看看这对 $a_5, a_8, \ldots$ 意味着什么：

• 使用递推关系 (19)，令 $n=3$： $a_{3+2} = a_5 = \frac{a_{3-1}}{(3+2)(3+1)} = \frac{a_2}{5 \cdot 4}$。因为 $a_2=0$，所以 $a_5 = 0$。
• 令 $n=6$： $a_{6+2} = a_8 = \frac{a_{6-1}}{(6+2)(6+1)} = \frac{a_5}{8 \cdot 7}$。因为 $a_5=0$，所以 $a_8 = 0$。
• 依此类推，所有下标形如 $3k+2$ 的系数都将是 0。 结论： $a_2 = a_5 = a_8 = a_{11} = \cdots = a_{3k+2} = \cdots = 0$。

现在我们来计算另外两个序列的系数，它们由 $a_0$ 和 $a_1$ 决定。这两个系数 $a_0$ 和 $a_1$ 没有被递推关系或初始条件（目前没有给出）确定，它们将是解中的两个任意常数。

• 由 $a_0$ 决定的序列 ($a_3, a_6, a_9, \ldots, a_{3n}, \ldots$): 我们需要在递推关系 $a_{n+2} = \frac{a_{n-1}}{(n+2)(n+1)}$ 中代入 $n=1, 4, 7, 10, \ldots, (3k-2), \ldots$。

  • 令 $n=1$: $a_{1+2} = a_3 = \frac{a_{1-1}}{(1+2)(1+1)} = \frac{a_0}{3 \cdot 2}$

  • 令 $n=4$: $a_{4+2} = a_6 = \frac{a_{4-1}}{(4+2)(4+1)} = \frac{a_3}{6 \cdot 5} = \frac{1}{6 \cdot 5} \left( \frac{a_0}{3 \cdot 2} \right) = \frac{a_0}{6 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 2}$

  • 令 $n=7$: $a_{7+2} = a_9 = \frac{a_{7-1}}{(7+2)(7+1)} = \frac{a_6}{9 \cdot 8} = \frac{1}{9 \cdot 8} \left( \frac{a_0}{6 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 2} \right) = \frac{a_0}{9 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 2}$

  • ... 依此类推，我们观察到一般模式： 对于 $a_{3n}$ ($n=1, 2, 3, \ldots$)，其表达式为：

    $$a_{3n} = \frac{a_0}{(3n)(3n-1) \cdot (3n-3)(3n-4) \cdots 6 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 2}$$

    这个分母是 $3n!$ 中排除了所有 3 的倍数减 2 的因子（即 $1, 4, 7, \ldots, 3n-2$）的乘积。 另一种写法是原文给出的：

    $$a_{3 n}=\frac{a_{0}}{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 6 \cdots(3 n-1)(3 n)} \quad (\text{for } n \geq 1)$$

    (原文脚注说 $n \ge 4$ 可能指的是某个不同的推导或只是笔误，从我们的计算看，这个公式对 $n=1, 2, 3$ 都有效)。 注意，这个公式也适用于 $n=0$ 的情况，即 $a_0$ 本身，如果我们将分母视为空乘积（等于1）。

• 由 $a_1$ 决定的序列 ($a_4, a_7, a_{10}, \ldots, a_{3n+1}, \ldots$): 我们需要在递推关系 $a_{n+2} = \frac{a_{n-1}}{(n+2)(n+1)}$ 中代入 $n=2, 5, 8, 11, \ldots, (3k-1), \ldots$。

  • 令 $n=2$: $a_{2+2} = a_4 = \frac{a_{2-1}}{(2+2)(2+1)} = \frac{a_1}{4 \cdot 3}$

  • 令 $n=5$: $a_{5+2} = a_7 = \frac{a_{5-1}}{(5+2)(5+1)} = \frac{a_4}{7 \cdot 6} = \frac{1}{7 \cdot 6} \left( \frac{a_1}{4 \cdot 3} \right) = \frac{a_1}{7 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 3}$

  • 令 $n=8$: $a_{8+2} = a_{10} = \frac{a_{8-1}}{(8+2)(8+1)} = \frac{a_7}{10 \cdot 9} = \frac{1}{10 \cdot 9} \left( \frac{a_1}{7 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 3} \right) = \frac{a_1}{10 \cdot 9 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 3}$

  • ... 依此类推，我们观察到一般模式： 对于 $a_{3n+1}$ ($n=1, 2, 3, \ldots$)，其表达式为：

    $$a_{3n+1} = \frac{a_1}{(3n+1)(3n) \cdot (3n-2)(3n-3) \cdots 7 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 3}$$

    这个分母是 $(3n+1)!$ 中排除了所有 3 的倍数减 1 的因子（即 $2, 5, 8, \ldots, 3n-1$）的乘积。 原文的写法是：

    $$a_{3 n+1}=\frac{a_{1}}{3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7 \cdots(3 n)(3 n+1)} \quad (\text{for } n \geq 1)$$

    (同样，这个公式对 $n=1, 2, 3$ 都有效，并且也适用于 $n=0$ 的情况 $a_1$ 本身)。

步骤 7：构建解的级数形式

现在我们将求得的所有系数代回到最初假设的解 $y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 中。我们将 $a_0$ 相关项、 $a_1$ 相关项和 $a_2$ 相关项（它们都为 0）分开： $y = (a_0 + a_3 x^3 + a_6 x^6 + a_9 x^9 + \cdots) + (a_1 x + a_4 x^4 + a_7 x^7 + a_{10} x^{10} + \cdots) + (a_2 x^2 + a_5 x^5 + a_8 x^8 + \cdots)$

代入系数的表达式（并记住 $a_2=a_5=a_8=\cdots=0$）： $y = \left( a_0 + \frac{a_0}{3 \cdot 2} x^3 + \frac{a_0}{6 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 2} x^6 + \frac{a_0}{9 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 2} x^9 + \cdots \right)$ $+ \left( a_1 x + \frac{a_1}{4 \cdot 3} x^4 + \frac{a_1}{7 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 3} x^7 + \frac{a_1}{10 \cdot 9 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 3} x^{10} + \cdots \right)$ $+ (0)$

将 $a_0$ 和 $a_1$ 因子提取出来： $y(x) = a_0 \left[ 1 + \frac{x^3}{2 \cdot 3} + \frac{x^6}{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 6} + \frac{x^9}{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 8 \cdot 9} + \cdots + \frac{x^{3n}}{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 6 \cdots (3n-1)(3n)} + \cdots \right]$ $+ a_1 \left[ x + \frac{x^4}{3 \cdot 4} + \frac{x^7}{3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7} + \frac{x^{10}}{3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 9 \cdot 10} + \cdots + \frac{x^{3n+1}}{3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7 \cdots (3n)(3n+1)} + \cdots \right]$

这就是艾里方程的通解 (general solution) 的幂级数形式。我们可以将其写成两个特定解的线性组合：

$$y(x) = a_0 y_1(x) + a_1 y_2(x) \quad \cdots \quad (20)$$

其中：

• $y_1(x) = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{3n}}{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 6 \cdots (3n-1)(3n)}$ 是与 $a_0$ 相关联的解。
• $y_2(x) = x + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{3n+1}}{3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7 \cdots (3n)(3n+1)}$ 是与 $a_1$ 相关联的解。

步骤 8：讨论收敛性

我们已经找到了两个级数解 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$。接下来需要确定它们的收敛区间。 观察这两个级数的分母：

• $y_1(x)$ 的 $x^{3n}$ 项系数的分母是 $2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 6 \cdots (3n-1)(3n)$。
• $y_2(x)$ 的 $x^{3n+1}$ 项系数的分母是 $3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7 \cdots (3n)(3n+1)$。

这些分母都包含了越来越多的因子，它们增长得非常快（比阶乘 $(3n)!$ 或 $(3n+1)!$ 慢，但仍然非常快）。直观上，分母增长快通常意味着级数有很好的收敛性。

作者提到，可以使用比率检验 (ratio test) 来严格证明 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 这两个级数都对所有 $x$ 收敛 (converge for all $x$)，即它们的收敛半径 $\rho = \infty$。 （这里不详细做比率检验，但结果是 L=0 < 1，所以对所有 x 收敛）。

步骤 9：确定基本解集

既然 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 对所有 $x$ 都收敛，我们之前推导中的所有操作（如逐项求导）都是合法的。

现在我们来验证 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 是否构成艾里方程的一个基本解集 (fundamental set of solutions)。

首先， $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 是如何得到的？

• 如果我们选择任意常数 $a_0=1, a_1=0$，那么通解 $y(x) = a_0 y_1(x) + a_1 y_2(x)$ 就变成了 $y(x) = y_1(x)$。由于通解满足艾里方程，所以 $y_1(x)$ 本身就是艾里方程的一个解。
• 类似地，如果我们选择 $a_0=0, a_1=1$，那么通解就变成了 $y(x) = y_2(x)$。所以 $y_2(x)$ 也是艾里方程的一个解。

接下来，我们需要检查 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 是否线性无关 (linearly independent)。我们可以通过计算它们在 $x=0$ 处的朗斯基行列式 (Wronskian) $W[y_1, y_2](0)$ 来判断。为此，我们需要 $y_1(0), y'_1(0), y_2(0), y'_2(0)$ 的值。

回忆我们的级数形式： $y(x) = a_0 y_1(x) + a_1 y_2(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \cdots$ $y'(x) = a_1 + 2a_2 x + 3a_3 x^2 + \cdots$

• 对于 $y_1(x)$，我们设置了 $a_0=1, a_1=0$。并且我们知道 $a_2=0$。 所以，$y_1(x) = 1 + 0x + 0x^2 + \frac{1}{3\cdot 2}x^3 + \cdots$ $y'_1(x) = 0 + 0x + \frac{3}{3\cdot 2}x^2 + \cdots = \frac{1}{2}x^2 + \cdots$ 因此，在 $x=0$ 处： $y_1(0) = 1$ $y'_1(0) = 0$ ($y_1(x)$ 满足初始条件 $y(0)=1, y'(0)=0$)
• 对于 $y_2(x)$，我们设置了 $a_0=0, a_1=1$。并且 $a_2=0$。 所以，$y_2(x) = 0 + 1x + 0x^2 + 0x^3 + \frac{1}{4\cdot 3}x^4 + \cdots$ $y'_2(x) = 1 + 0x + 0x^2 + \frac{4}{4\cdot 3}x^3 + \cdots = 1 + \frac{1}{3}x^3 + \cdots$ 因此，在 $x=0$ 处： $y_2(0) = 0$ $y'_2(0) = 1$ ($y_2(x)$ 满足初始条件 $y(0)=0, y'(0)=1$)

现在计算 Wronskian 在 $x=0$ 的值： $W[y_1, y_2](0) = \begin{vmatrix} y_1(0) & y_2(0) \\ y'_1(0) & y'_2(0) \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0 = 1$

因为 $W[y_1, y_2](0) = 1 \neq 0$，所以 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 是线性无关的。

结论： $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 构成了艾里方程 $y''-xy=0$ 的一个基本解集。因此，艾里方程的通解可以表示为：

$$y(x) = a_{0} y_{1}(x)+a_{1} y_{2}(x), \quad-\infty<x<\infty$$

其中 $a_0$ 和 $a_1$ 是任意常数。

步骤 10：讨论图形解释 (参考图 5.2.3 和 5.2.4)

虽然这里没有实际的图，但我们可以根据文字描述来理解。 图 5.2.3 展示的是第一个基本解 $y_1(x)$（满足 $y(0)=1, y'(0)=0$）以及用其幂级数的部分和（截断到不同次数 $n$ 的多项式）对它进行的近似。 图 5.2.4 展示的是第二个基本解 $y_2(x)$（满足 $y(0)=0, y'(0)=1$）以及其部分和近似。

从这些图中可以观察到：

1. 局部近似: 部分和（多项式）只能在展开点 $x=0$ 附近较好地近似真实的解 $y_1(x)$ 或 $y_2(x)$。
2. 近似质量随项数增加而改善: 随着部分和包含的项数（即多项式次数 $n$）增加，近似在 $x=0$ 附近的质量会提高，并且近似良好的区间范围也会扩大。
3. 局限性: 没有任何一个有限次的多项式（截断的级数）能够在大范围的 $|x|$ 上都很好地代表 $y_1(x)$ 或 $y_2(x)$ 的行为。它们本质上是无穷级数定义的函数。
4. 实用估计精度区间: 如何判断一个给定的 $n$ 次部分和 $P_n(x)$ 在哪个区间内是“足够准确”的？一个实用的方法是计算下一个更高阶的部分和 $P_{n+k}(x)$（例如，多包含一项或几项），然后比较它们的图形。当 $P_n(x)$ 和 $P_{n+k}(x)$ 的图形开始明显分离 (separate noticeably) 时，我们就可以认为 $P_n(x)$ 在那之后不再是解的可靠近似了。例如，文中提到图 5.2.3 中 $n=24$ 和 $n=27$ 的图形大约在 $x=-9/2 = -4.5$ 处开始分离，这意味着 24 次多项式近似在 $x < -4.5$ 的区域基本失效。

步骤 11：描述解的行为特征

通过观察 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 的图形（如图 5.2.3 和 5.2.4 所示），可以发现它们的一些显著行为特征：

• 对于 $x > 0$ (正半轴): 两个解 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 看起来都是单调的 (monotonic)，并且增长非常快（实际上是指数级的增长）。它们没有振荡行为。
• 对于 $x < 0$ (负半轴): 两个解 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 都表现出振荡行为 (oscillatory)。这意味着它们会像 $\sin x$ 或 $\cos x$ 一样在 x 轴上下波动。
• 非均匀振荡: 这种振荡不是均匀的（不像 $\sin x$ 或 $\cos x$ 那样有固定的振幅和频率）。从图中可以看出，当 $x$ 沿着负方向远离原点时：
  • 振荡的振幅 (amplitude) 是衰减的 (decays)。
  • 振荡的频率 (frequency) 是增加的 (increases)，即波峰和波谷之间的距离变小了。

步骤 12：关于艾里函数的总结

与示例 1 中的 $y''+y=0$ 不同，艾里方程 $y''-xy=0$ 的解 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 不是我们在初等微积分中遇到的常见函数（如多项式、指数、对数、三角函数或它们的有限组合）。它们是所谓的特殊函数 (special functions)。

尽管它们不能用初等函数表示，但由于艾里方程在许多物理应用（如光学、量子力学、流体力学等）中非常重要，这两个基本解 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$（通常用 $Ai(x)$ 和 $Bi(x)$ 的线性组合表示）已经被数学家和物理学家广泛研究 (extensively studied)。它们的性质，例如级数表示、积分表示、渐近行为、零点分布等，对于应用数学家和科学家来说是众所周知的 (well known)。

总结示例 2 的核心教学目的：

1. 应用幂级数法求解变系数方程: 演示如何处理系数是变量（这里是 $R(x)=-x$）的情况。
2. 处理级数乘法和下标调整: 详细展示了如何将 $x$ 乘入级数，以及如何调整下标以合并不同形式的级数。
3. 求解步长为 3 的递推关系: 演示了当递推关系连接相隔 3 项的系数时如何求解，以及 $a_2=0$ 如何导致一整条序列的系数为零。
4. 引出特殊函数: 通过求解过程得到艾里函数 $y_1(x), y_2(x)$ 的级数形式，说明幂级数法是定义和研究这些非初等函数的重要工具。
5. 强调级数解的性质: 再次讨论收敛性、基本解集、局部近似、图形行为等。
6. 对比常系数和变系数方程的解: 与示例 1 对比，强调变系数方程的解往往不是初等函数。

希望这个极其详尽的解释和步骤展示能帮助你完全理解示例 2 的内容！

例 3

求Airy方程关于 $x-1$ 的幂级数解。

解：

好的，我们来对“示例 3”这段关于求解艾里方程在 $x=1$ 附近的幂级数解的内容，进行最长最详细的中文解释，并把每一步计算都细致地展示出来。

示例 3：求解艾里方程关于 (x-1) 的幂级数解

引言

在示例 2 中，我们求解了艾里方程 $y'' - xy = 0$ 在常点 $x_0 = 0$ 附近的幂级数解。这个示例将探讨如何在另一个常点 $x_0 = 1$ 附近求解同一个方程。这会展示当展开中心不是 0 时，级数求解方法中可能出现的一些代数上的复杂性，特别是如何处理方程中显式依赖于 $x$ 的系数项。

目标方程:

我们仍然处理的是艾里方程：

$$y^{\prime \prime}-x y=0, \quad-\infty<x<\infty \quad \cdots \quad (15)$$

目标解的形式与展开点:

这次，我们不再围绕 $x_0=0$ 展开，而是要寻找关于 $(x-1)$ 的幂级数解 (power series solution in powers of $x-1$)。这意味着我们的展开中心（或基点）是 $x_0 = 1$。

步骤 1：确认展开点的性质

首先，我们需要确认 $x_0 = 1$ 是否是艾里方程的一个常点。 艾里方程 $y'' - xy = 0$ 的标准形式是 $P(x)y'' + Q(x)y' + R(x)y = 0$，其中：

• $P(x) = 1$
• $Q(x) = 0$
• $R(x) = -x$

一个点 $x_0$ 是常点，如果 $P(x_0) \neq 0$。 在我们的例子中，$x_0 = 1$。计算 $P(1)$： $P(1) = 1$ 由于 $P(1) = 1 \neq 0$，所以点 $x=1$ 是艾里方程的一个常点 (ordinary point)。 根据理论（第 5.2 节开头部分），这保证了艾里方程在 $x=1$ 附近存在形如 $\sum a_n (x-1)^n$ 的幂级数解，并且这个解是解析的。

步骤 2：假设幂级数解形式

基于 $x=1$ 是常点，我们假设解 $y(x)$ 可以表示为以 $x_0=1$ 为中心的幂级数形式：

$$y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n} = a_0 + a_1(x-1) + a_2(x-1)^2 + a_3(x-1)^3 + \cdots$$

这里的 $a_0, a_1, a_2, \ldots$ 是待确定的常数系数。我们同时假设这个级数在一个以 1 为中心、半径为 $\rho > 0$ 的区间 $|x-1| < \rho$ 内收敛。

步骤 3：计算解的导数

我们需要计算 $y'$ 和 $y''$ 的级数形式，以便代入微分方程。这些导数都是关于 $(x-1)$ 的幂级数。

• 一阶导数 $y'$: 逐项求导： $y' = \frac{d}{dx} \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-1)^n = \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cdot n (x-1)^{n-1} \cdot \frac{d}{dx}(x-1)$ $y' = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n (x-1)^{n-1}$ （注意求和从 $n=1$ 开始）

  为了方便后续合并，我们通常希望导数的级数也以 $(x-1)^n$ 的形式表示。我们进行下标平移 (index shift)： 令 $k = n-1$。当 $n=1, k=0$；当 $n \to \infty, k \to \infty$。 从 $k=n-1$ 解出 $n=k+1$。 代入级数： $y' = \sum_{k=0}^{\infty} (k+1) a_{k+1} (x-1)^k$ 将哑变量 $k$ 换回 $n$：

  $$y^{\prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1) a_{n+1}(x-1)^{n}$$

  ($y' = a_1 + 2a_2(x-1) + 3a_3(x-1)^2 + \cdots$)

• 二阶导数 $y''$: 对 $y' = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n (x-1)^{n-1}$ 再次逐项求导： $y'' = \frac{d}{dx} \sum_{n=1}^{\infty} n a_n (x-1)^{n-1} = \sum_{n=2}^{\infty} n a_n \cdot (n-1) (x-1)^{n-2} \cdot \frac{d}{dx}(x-1)$ $y'' = \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n (x-1)^{n-2}$ （注意求和从 $n=2$ 开始）

  同样进行下标平移，使其变成 $(x-1)^n$ 的形式： 令 $k = n-2$。当 $n=2, k=0$；当 $n \to \infty, k \to \infty$。 从 $k=n-2$ 解出 $n=k+2$。 代入级数： $y'' = \sum_{k=0}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} (x-1)^k$ 将哑变量 $k$ 换回 $n$：

  $$y^{\prime \prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n}$$

  ($y'' = 2a_2 + 6a_3(x-1) + 12a_4(x-1)^2 + \cdots$)

步骤 4：代入微分方程

现在我们将 $y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-1)^n$ 和 $y'' = \sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1) a_{n+2} (x-1)^n$ 代入艾里方程 $y'' - xy = 0$：

$$\left( \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n} \right) - x \left( \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n} \right) = 0$$

整理一下，得到：

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n} = x \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n} \quad \cdots \quad (21)$$

步骤 5：处理方程中的 $x$ 系数

这是本示例与示例 2 的关键不同之处。在示例 2 中，我们是围绕 $x=0$ 展开，方程是 $y''-xy=0$，代入后得到 $\sum \cdots x^n - x \sum \cdots x^n = \sum \cdots x^n - \sum \cdots x^{n+1}$，处理相对直接。

但现在，我们的级数是关于 $(x-1)$ 的幂。而方程 (21) 的右侧包含一个因子 $x$ 乘以一个关于 $(x-1)$ 的幂级数。为了能够比较等式两边 $(x-1)$ 同次幂的系数，我们必须将右侧的因子 $x$ 也用 $(x-1)$ 的幂来表示。

如何做呢？很简单，我们进行代换：

$$x = 1 + (x-1)$$

作者指出，这恰好就是函数 $f(x)=x$ 在 $x_0=1$ 处的泰勒级数 (Taylor series)。（对于 $f(x)=x$, $f(1)=1$, $f'(x)=1 \implies f'(1)=1$, $f''(x)=0$ 及所有更高阶导数都为 0。所以泰勒级数是 $f(1) + \frac{f'(1)}{1!}(x-1) + \frac{f''(1)}{2!}(x-1)^2 + \cdots = 1 + \frac{1}{1}(x-1) + 0 + \cdots = 1+(x-1)$。）

现在，将 $x = 1 + (x-1)$ 代入方程 (21) 的右侧：

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n} = [1 + (x-1)] \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}$$

步骤 6：展开并合并级数

我们需要将右侧的乘积展开，并调整所有级数，使它们都具有 $(x-1)^n$ 的幂次项和相同的求和范围。

展开右侧：

$$[1 + (x-1)] \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n} = 1 \cdot \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n} + (x-1) \cdot \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}$$

$$= \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n} + \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} (x-1)^{n+1}$$

现在，我们的方程变为：

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n} + \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n+1}$$

接下来，调整所有级数，使幂次都是 $(x-1)^n$。

• LHS: $\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n}$ （已经是 $(x-1)^n$ 形式）
• RHS 第一个级数: $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}$ （已经是 $(x-1)^n$ 形式）
• RHS 第二个级数: $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n+1}$ （需要下标平移） 令 $k = n+1$。当 $n=0, k=1$；当 $n \to \infty, k \to \infty$。 $n = k-1$。 代入得到 $\sum_{k=1}^{\infty} a_{k-1}(x-1)^k$。 换回哑变量 $n$: $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}(x-1)^{n}$。

现在方程变为：

$$\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n} + \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}(x-1)^{n}$$

为了合并所有级数，我们需要让它们的求和下标都从 $n=1$ 开始。因此，我们需要从两个从 $n=0$ 开始的级数中分离出 $n=0$ 的项。

• LHS: $\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n}$ $n=0$ 项: $(0+2)(0+1)a_{0+2}(x-1)^0 = 2a_2$ 所以 LHS = $2a_2 + \sum_{n=1}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n}$
• RHS 第一个级数: $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}$ $n=0$ 项: $a_0 (x-1)^0 = a_0$ 所以 RHS 第一个级数 = $a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n}$

将这些代回方程：

$$2a_2 + \sum_{n=1}^{\infty}(n+2)(n+1) a_{n+2}(x-1)^{n} = \left( a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n} \right) + \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}(x-1)^{n}$$

现在，所有的求和都从 $n=1$ 开始了。我们可以将它们合并。将右侧的求和项移到左侧（或者更清晰地，将系数相等）： 等式两边的常数项（$(x-1)^0$ 的系数）必须相等。 等式两边 $(x-1)^n$ 的系数对于所有 $n \ge 1$ 也必须相等。

步骤 7：导出递推关系

根据幂级数的唯一性，我们通过比较 $(x-1)$ 的同次幂的系数来得到关于系数 $a_n$ 的方程。

• 比较常数项 ($(x-1)^0$ 的系数): LHS 的常数项是 $2a_2$。 RHS 的常数项是 $a_0$。 所以， $2a_2 = a_0$。

• 比较 $(x-1)^n$ 的系数 (对于 $n \ge 1$): LHS 的 $(x-1)^n$ 系数是 $(n+2)(n+1) a_{n+2}$。 RHS 的 $(x-1)^n$ 系数是 $a_n + a_{n-1}$ (来自合并 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n} + \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1}(x-1)^{n}$)。 所以，对于 $n=1, 2, 3, \ldots$，我们有：

  $$(n+2)(n+1) a_{n+2} = a_n + a_{n-1} \quad \cdots \quad (22)$$

这个方程 (22) 就是围绕 $x=1$ 展开时艾里方程系数的递推关系 (recurrence relation)。注意，这是一个三项递推关系，因为它涉及三个不同下标的系数 ($a_{n+2}, a_n, a_{n-1}$)。

步骤 8：求解递推关系 (计算前几个系数)

递推关系 (22) 允许我们用两个前面（下标较低）的系数来计算当前的系数 $a_{n+2}$。 $a_0$ 和 $a_1$ 是任意常数，它们的值由初始条件 $y(1)$ 和 $y'(1)$ 决定。 $y(1) = a_0$ $y'(1) = a_1$

我们使用 $2a_2=a_0$ 和递推关系 (22) 来计算 $a_2, a_3, a_4, a_5, \ldots$ 用 $a_0$ 和 $a_1$ 表示。

• 计算 $a_2$: 由 $2a_2 = a_0$ 得到： $a_2 = \frac{a_0}{2}$
• 计算 $a_3$ (令 $n=1$ 代入递推关系 (22)): $(1+2)(1+1) a_{1+2} = a_1 + a_{1-1}$ $(3)(2) a_3 = a_1 + a_0$ $6 a_3 = a_1 + a_0$ $a_3 = \frac{a_1 + a_0}{6} = \frac{a_0}{6} + \frac{a_1}{6}$
• 计算 $a_4$ (令 $n=2$ 代入递推关系 (22)): $(2+2)(2+1) a_{2+2} = a_2 + a_{2-1}$ $(4)(3) a_4 = a_2 + a_1$ $12 a_4 = a_2 + a_1$ 将 $a_2 = a_0/2$ 代入： $12 a_4 = \frac{a_0}{2} + a_1$ $a_4 = \frac{1}{12} \left( \frac{a_0}{2} + a_1 \right) = \frac{a_0}{24} + \frac{a_1}{12}$
• 计算 $a_5$ (令 $n=3$ 代入递推关系 (22)): $(3+2)(3+1) a_{3+2} = a_3 + a_{3-1}$ $(5)(4) a_5 = a_3 + a_2$ $20 a_5 = a_3 + a_2$ 将 $a_3 = \frac{a_0}{6} + \frac{a_1}{6}$ 和 $a_2 = \frac{a_0}{2}$ 代入： $20 a_5 = \left( \frac{a_0}{6} + \frac{a_1}{6} \right) + \frac{a_0}{2}$ 通分合并 $a_0$ 项： $\frac{a_0}{6} + \frac{a_0}{2} = \frac{a_0}{6} + \frac{3a_0}{6} = \frac{4a_0}{6} = \frac{2a_0}{3}$ 所以，$20 a_5 = \frac{2a_0}{3} + \frac{a_1}{6}$ $a_5 = \frac{1}{20} \left( \frac{2a_0}{3} + \frac{a_1}{6} \right) = \frac{2a_0}{60} + \frac{a_1}{120} = \frac{a_0}{30} + \frac{a_1}{120}$

我们已经计算出前几个系数： $a_2 = \frac{a_0}{2}$ $a_3 = \frac{a_0}{6} + \frac{a_1}{6}$ $a_4 = \frac{a_0}{24} + \frac{a_1}{12}$ $a_5 = \frac{a_0}{30} + \frac{a_1}{120}$

步骤 9：构建解的级数形式

将这些系数代回到解的假设形式 $y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-1)^n$ 中： $y = a_0 + a_1(x-1) + a_2(x-1)^2 + a_3(x-1)^3 + a_4(x-1)^4 + a_5(x-1)^5 + \cdots$ $y = a_0 + a_1(x-1) + \left(\frac{a_0}{2}\right)(x-1)^2 + \left(\frac{a_0}{6} + \frac{a_1}{6}\right)(x-1)^3 + \left(\frac{a_0}{24} + \frac{a_1}{12}\right)(x-1)^4 + \left(\frac{a_0}{30} + \frac{a_1}{120}\right)(x-1)^5 + \cdots$

现在，像之前一样，我们将所有包含 $a_0$ 的项组合在一起，所有包含 $a_1$ 的项组合在一起，以得到通解 $y = a_0 y_3(x) + a_1 y_4(x)$ 的形式： $y = a_0 \left[ 1 + \frac{(x-1)^2}{2} + \frac{(x-1)^3}{6} + \frac{(x-1)^4}{24} + \frac{(x-1)^5}{30} + \cdots \right]$ $+ a_1 \left[ (x-1) + \frac{(x-1)^3}{6} + \frac{(x-1)^4}{12} + \frac{(x-1)^5}{120} + \cdots \right] \quad \cdots \quad (23)$

这里，

• $y_3(x) = 1 + \frac{(x-1)^2}{2} + \frac{(x-1)^3}{6} + \frac{(x-1)^4}{24} + \frac{(x-1)^5}{30} + \cdots$ 是与 $a_0$ 相关联的解（满足 $y(1)=1, y'(1)=0$）。
• $y_4(x) = (x-1) + \frac{(x-1)^3}{6} + \frac{(x-1)^4}{12} + \frac{(x-1)^5}{120} + \cdots$ 是与 $a_1$ 相关联的解（满足 $y(1)=0, y'(1)=1$）。

步骤 10：讨论递推关系与解的性质

• 三项递推关系: 作者强调，这个例子中的递推关系 (22) $(n+2)(n+1)a_{n+2} = a_n + a_{n-1}$ 涉及超过两项（具体是三项）。这与示例 1（$a_{n+2}$ 只依赖 $a_n$）和示例 2（$a_{n+2}$ 只依赖 $a_{n-1}$）不同。
• 难以找到通项公式: 当递推关系涉及三项或更多项时，通常很难（如果不是不可能的话）找到一个简单的、封闭形式的公式来表示 $a_n$ 作为 $n, a_0, a_1$ 的函数。在这个例子中，这样的公式确实不易显现 (not readily apparent)。我们只能逐个计算系数。
• 收敛性检验: 由于我们没有 $a_n$ 的一般公式，我们无法直接使用像比率检验这样的方法来检验级数 $y_3(x)$ 和 $y_4(x)$ 的收敛性。（比率检验需要计算 $\lim_{n\to\infty} |a_{n+1}(x-1)^{n+1} / a_n(x-1)^n|$，这需要知道 $a_n$ 的通用形式）。
• 收敛性的理论保证: 尽管不能直接检验，作者预告在第 5.3 节将会介绍一个理论结果：因为 $x=1$ 是艾里方程的常点，并且艾里方程的系数 $P(x)=1, Q(x)=0, R(x)=-x$ 都是多项式（因此在整个复平面上都是解析的，没有奇点），那么在常点 $x=1$ 附近的幂级数解的收敛半径是无穷大 $\rho = \infty$。这意味着方程 (23) 中的两个级数 $y_3(x)$ 和 $y_4(x)$ 对于所有的 $x$ 都收敛。
• 基本解集: 由于 $y_3(x)$ 和 $y_4(x)$ 对所有 $x$ 收敛，并且它们是通过选择 $a_0=1, a_1=0$ 和 $a_0=0, a_1=1$ 得到的艾里方程的解，它们满足 $y_3(1)=1, y'_3(1)=0$ 和 $y_4(1)=0, y'_4(1)=1$。因此它们的朗斯基行列式 $W[y_3, y_4](1) = 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0 = 1 \neq 0$。所以 $y_3(x)$ 和 $y_4(x)$ 构成了艾里方程的一个基本解集 (fundamental set of solutions)。
• 通解: 因此，艾里方程的通解可以表示为：

  $$y(x) = a_{0} y_{3}(x)+a_{1} y_{4}(x), \quad -\infty<x<\infty$$

步骤 11：关于计算复杂性与替代方法

• $x_0 \neq 0$ 的复杂性: 作者指出，示例 3 展示了当围绕一个非零点 $x_0$ 寻找幂级数解时，即使对于像艾里方程这样并不特别复杂的方程，也可能遇到一些代数上的复杂性（主要是处理形如 $x \sum a_n (x-x_0)^n$ 的项）。
• 替代方法：变量替换: 作者提出了另一种处理 $x_0 \neq 0$ 情况的方法：
  1. 进行变量替换 (change of variable)，令 $t = x - x_0$ （在本例中是 $t = x - 1$）。
  2. 将原微分方程从关于 $x$ 的方程转换为关于 $t$ 的方程。
     • $x = t + 1$
     • $\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} \frac{dt}{dx} = \frac{dy}{dt} \cdot 1 = \frac{dy}{dt}$
     • $\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dt}\right) = \frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dt}\right) \frac{dt}{dx} = \frac{d^2y}{dt^2} \cdot 1 = \frac{d^2y}{dt^2}$
     • 艾里方程 $y'' - xy = 0$ 变为 $\frac{d^2y}{dt^2} - (t+1)y = 0$。
  3. 现在，求解这个新的关于 $t$ 的微分方程，寻找围绕 $t=0$ 的幂级数解 $y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n t^n$。
  4. 当找到解后，将 $t$ 替换回 $x-x_0$ (即 $t = x-1$)。 这种方法的优点是总是围绕新变量的 0 点展开，可能在代数上更规范化，但对于艾里方程这个例子，得到的关于 $t$ 的方程 $y_{tt} - (t+1)y = 0$ 仍然会导致三项递推关系。

步骤 12：不同解集的关系

• 我们在示例 2 中找到了围绕 $x=0$ 的基本解集 $y_1(x), y_2(x)$。
• 我们在示例 3 中找到了围绕 $x=1$ 的基本解集 $y_3(x), y_4(x)$。
• 由于它们都是同一个二阶线性齐次微分方程的基本解集，根据线性微分方程理论，这两个解集之间必然存在线性关系。也就是说：
  • $y_3(x)$ 可以表示为 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 的某个线性组合： $y_3(x) = c_{11} y_1(x) + c_{12} y_2(x)$
  • $y_4(x)$ 可以表示为 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 的另一个线性组合： $y_4(x) = c_{21} y_1(x) + c_{22} y_2(x)$
  • 反之亦然，$y_1(x)$ 和 $y_2(x)$ 也可以表示为 $y_3(x)$ 和 $y_4(x)$ 的线性组合。
• 作者强调，这种线性关系的存在是理论保证的，但仅仅通过检查级数本身 (by merely examining the series themselves)，通常是看不出 (not obvious) 这种关系的，也无法轻易确定这些转换系数 $c_{ij}$。

步骤 13：关于无法找到通项公式的重要性

• 作者最后强调一点：即使像本例这样，我们无法找到系数 $a_n$ 的一般公式（用 $a_0, a_1, n$ 表示），这并非特别重要 (not particularly important)。
• 在实际应用中，重要的是我们能够确定我们想要的任意多项系数 (we can determine as many coefficients $a_n$ as we want)。
• 通过递推关系，我们可以计算出 $a_2, a_3, a_4, \ldots$ 直到任何需要的阶数 $N$。
• 这样，我们就可以得到解 $y_3(x)$ 和 $y_4(x)$ 的截断级数 (truncated series)（即多项式近似）到我们需要的任意精度。
• 计算工作量: 虽然计算前几个系数并不困难，但手动计算很多项可能会变得乏味 (tedious)。
• 计算工具: 这里符号操作软件包 (symbolic manipulation package)（如 Mathematica, Maple, SymPy 等）会非常有帮助。这些软件通常能够通过一个命令就找到幂级数解的指定数量的项。结合图形软件包，还可以方便地生成解的（或其近似的）图形，就像书中展示的那样。

总结示例 3 的核心教学目的：

1. 处理非零展开点: 演示如何在 $x_0 \neq 0$ 的常点附近求解幂级数解。
2. 处理 $x$ 系数: 展示如何将方程中显式的 $x$ 因子通过泰勒展开（或代数替换 $x=x_0+(x-x_0)$）转换成关于 $(x-x_0)$ 的幂，以便合并级数。
3. 应对三项递推关系: 揭示当递推关系涉及三项或更多项时，通常难以找到 $a_n$ 的通项公式。
4. 理论保证收敛性: 强调即使无法直接用比率检验，常点理论也能保证级数解的收敛性（其收敛半径至少到最近奇点的距离，对艾里方程是无穷大）。
5. 替代方法: 介绍变量替换 $t=x-x_0$ 作为处理非零展开点的另一种思路。
6. 不同解集的关系: 说明同一方程在不同点展开得到的基本解集之间存在线性转换关系。
7. 实用性观点: 强调即使没有通项公式，只要能计算出足够多的项，级数解仍然是非常有用的近似工具，并且可以借助计算机代数系统来完成计算。

希望这个超长篇幅的详细解释能帮助你彻底理解示例 3 的所有内容和计算步骤！