2021年考研数学三第14题

题目给出的差分方程为 $\Delta y_t = t$。根据差分算子 $\Delta$ 的定义，一阶差分 $\Delta y_t = y_{t+1} - y_t$。因此，将原方程中的 $\Delta y_t$ 替换为 $y_{t+1} - y_t$，即可得到标准的一阶线性差分方程形式：$$y_{t+1} - y_t = t.$$ 这一步是求解差分方程的基础，它将抽象的差分算子转化为相邻项之间的递推关系。注意，这里的 $t$ 是时间指标，通常取非负整数（如 $t=0,1,2,\ldots$），而 $y_t$ 是待求的序列。转化后的方程明确表达了序列相邻两项的差等于当前时间 $t$，这为后续的累加求和或迭代求解提供了直接依据。

首先，写出原差分方程对应的齐次方程。原方程为 $y_{t+1} - y_t = t$，其齐次方程为 $y_{t+1} - y_t = 0$。 求解齐次方程 $y_{t+1} - y_t = 0$。将方程改写为 $y_{t+1} = y_t$。这表明序列中任意相邻两项相等，因此整个序列是一个常数序列。 设 $y_t = C$，其中 $C$ 为任意常数。代入验证：$y_{t+1} = C$，则 $y_{t+1} - y_t = C - C = 0$，满足齐次方程。 因此，齐次方程的通解为 $y_t^{(h)} = C$，其中 $C$ 为任意常数。

在求解非齐次线性差分方程时，特解的形式由非齐次项决定。本题的非齐次项为一次多项式 $t$，即 $f(t) = t$。根据差分方程特解设定的原则：当非齐次项为 $t$ 的多项式时，特解应设为同次多项式乘以 $t^k$，其中 $k$ 是特征根中等于 $1$ 的重数。 首先，需要判断特征根的情况。原方程对应的齐次方程为 $y_{t+1} - 2y_t = 0$，其特征方程为 $\lambda - 2 = 0$，解得特征根 $\lambda = 2$。由于特征根 $\lambda = 2 \neq 1$，因此 $1$ 不是特征根，故 $k = 0$。 于是，特解应设为与 $f(t)$ 同次的多项式，即一次多项式。但注意到差分方程中 $y_t$ 的系数为常数，且非齐次项为 $t$，直接设 $y_t^* = at + b$ 代入后，由于差分运算会使多项式次数不变，可以求解出 $a$ 和 $b$。然而，更规范的做法是：对于非齐次项为 $t$ 的一次多项式，特解形式通常设为 $y_t^* = a t^2 + b t$，这是因为差分算子作用于 $t$ 的一次多项式时，结果可能产生常数项，而设二次多项式可以保证方程两边次数匹配。 具体地，设特解为 $y_t^* = a t^2 + b t$，其中 $a$ 和 $b$ 为待定常数。代入原方程 $y_{t+1} - 2y_t = t$，计算 $y_{t+1}^* = a (t+1)^2 + b (t+1) = a(t^2 + 2t + 1) + b t + b = a t^2 + (2a + b)t + (a + b)$。于是左端为： $$y_{t+1}^* - 2y_t^* = [a t^2 + (2a + b)t + (a + b)] - 2[a t^2 + b t] = a t^2 + (2a + b)t + (a + b) - 2a t^2 - 2b t = -a t^2 + (2a - b)t + (a + b).$$ 令其等于 $t$，即 $0 \cdot t^2 + 1 \cdot t + 0$。比较系数得方程组： $$\begin{cases} -a = 0 \\ 2a - b = 1 \\ a + b = 0 \end{cases}$$ 解得 $a = 0$，$b = -1$。因此特解为 $y_t^* = -t$。 注意：若设 $y_t^* = a t + b$，代入后也会得到相同结果，但设二次形式是更通用的方法，尤其当非齐次项为多项式且特征根为1时，需要乘以 $t^k$ 来避免与齐次解冲突。本题中由于特征根不为1，一次形式即可，但二次形式同样正确且能体现一般步骤。

我们已经设特解形式为 $y_t^* = a t + b$，其中 $a$ 和 $b$ 是待定系数。现在将 $y_t^*$ 代入原差分方程 $y_{t+1} - y_t = t$ 中。 首先计算 $y_{t+1}^*$： $$y_{t+1}^* = a (t+1) + b = a t + a + b.$$ 然后计算差分： $$y_{t+1}^* - y_t^* = (a t + a + b) - (a t + b) = a.$$ 根据原方程，这个差分应等于右边的 $t$，因此得到等式： $$a = t.$$ 但这里出现了问题：左边是常数 $a$，右边是变量 $t$，这说明我们最初设的特解形式 $y_t^* = a t + b$ 不足以匹配非齐次项 $t$，因为 $t$ 是一次多项式，而差分后得到常数。实际上，对于非齐次项为一次多项式的情况，特解应设为二次多项式。正确的做法是设 $y_t^* = a t^2 + b t + c$。 重新计算： $$y_{t+1}^* = a (t+1)^2 + b (t+1) + c = a(t^2 + 2t + 1) + b t + b + c = a t^2 + (2a + b) t + (a + b + c).$$ 差分： $$y_{t+1}^* - y_t^* = [a t^2 + (2a + b) t + (a + b + c)] - [a t^2 + b t + c] = 2a t + (a + b).$$ 令其等于 $t$，得： $$2a t + (a + b) = t.$$ 比较两边 $t$ 的系数和常数项： $$\begin{cases} 2a = 1, \\ a + b = 0. \end{cases}$$ 解得： $$a = \frac{1}{2}, \quad b = -\frac{1}{2}.$$ 因此特解为 $y_t^* = \frac{1}{2} t^2 - \frac{1}{2} t + c$，其中 $c$ 为任意常数（因为常数项在差分中消去）。通常我们取 $c=0$ 得到一个特解 $y_t^* = \frac{1}{2} t^2 - \frac{1}{2} t$。

在得到齐次方程的通解 $y_t^{(h)} = C$（$C$ 为任意常数）以及非齐次方程的一个特解 $y_t^{(p)} = \frac{1}{2}(t^2 - t)$ 后，根据线性差分方程解的结构定理，原非齐次方程的通解等于齐次通解加上一个特解，即 $$y_t = y_t^{(h)} + y_t^{(p)} = C + \frac{1}{2}(t^2 - t).$$ 其中 $C$ 为任意常数。 **验证**：将通解代入原差分方程 $y_{t+1} - y_t = t$ 检验。计算 $y_{t+1} = C + \frac{1}{2}[(t+1)^2 - (t+1)] = C + \frac{1}{2}(t^2 + 2t + 1 - t - 1) = C + \frac{1}{2}(t^2 + t)$，则 $$y_{t+1} - y_t = \left[C + \frac{1}{2}(t^2 + t)\right] - \left[C + \frac{1}{2}(t^2 - t)\right] = \frac{1}{2}(t^2 + t - t^2 + t) = \frac{1}{2}(2t) = t.$$ 满足方程，验证正确。 因此，原差分方程的通解为 $y_t = C + \frac{1}{2}(t^2 - t)$，其中 $C$ 为任意常数。