常微分方程习题选解

前言

习题来自柳彬《常微分方程》，部分答案来自连云港棋圣syk同学。本部分收录P大常微分方程课程的习题和部分（参考）答案，随时更新。

• 9.1 更新：补充了 7.1 的一些习题。

Chapter 4

4.2.1

举例说明: 当微分方程初值问题的解不唯一时, 它的积分曲线族在局部范围内不能视作平行直线族.

解. \(\left\{\begin{array}{l} y^{\prime}=2 y^{1 / 2} \\ y(0)=0 \end{array}\right.\) 的两解\(y = 0,y = x^2\) 不能视作平行的。

4.2.2

举例说明: 当微分方程初值问题的解不唯一时, 过某个初值点的最大解对于初值不是连续的.

解. \(\left\{\begin{array}{l} y^{\prime}=3 y^{2 / 3} \\ y(0)=\lambda \end{array}\right.\) . \(\lambda < 0\)，有最大解 \(\left\{\begin{array}{l} y = x^{3},x>0 \\ y = 0 ,x<0 \end{array}\right. .\)而 \(y<0\) 时，解为\(y(x,\lambda ) = (x+(3\lambda)^{1/3})^3/3.\) 对 \(x << 0 , \lambda = 0\)处不连续。

4.2.3

考虑初值问题

\[\left\{\begin{array}{l} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=f(x, y) \\ y\left(x_{0}\right)=y_{0} \end{array}\right.\]

其中 \(f(x, y)\) 是连续函数. 设 \(y=\phi\left(x ; x_{0}, y_{0}\right)\) 是该初值问题的最大解. 证明: \(\phi\left(x ; x_{0}, y_{0}\right)\) 对于 \(y_{0}\) 是右连续的, 即

\[\lim _{y_{1} \rightarrow y_{0}+0} \phi\left(x ; x_{0}, y_{1}\right)=\phi\left(x ; x_{0}, y_{0}\right)\]

在 \(\left\vert x-x_{0}\right\vert \leqslant \alpha\) 上成立, 其中 \(\alpha>0\) 是常数.

解. 知道对\(y_1 \downarrow y_0,\)最大解 \(\phi(x;x_0,y_1):\vert x-x_0\vert <\alpha\) 存在。最大解表明全区间上 \(\phi\) 关于 \(y_1\) 单调。考察单调减情形的下界 \(\phi(x,x_0,y_0)\)，定义\(\lim_{y_1 \rightarrow y_0^+ }\phi(x;x_0,y_1)=\phi(x),\phi(x_0)=y_0.\)

验证\(\phi(x)\) 是初值问题的解，这由于极限同积分符号的交换不难得知，考虑到$\phi(x;x_0,y_0)<\phi(x)$且是最大解，从而二者相等，进而得证右连续。

4.3.1

设函数 \(y=y(x, \eta)\) 是初值问题

\[\left\{\begin{array}{l} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=\sin x y, \\ y(0)=\eta \end{array}\right.\]

的解. 证明:

\[\frac{\partial y}{\partial \eta}(x, \eta)>0.\]

解. 则 \(y(x . \eta)=\eta+\int_{0}^{x} \sin (s \varphi(s , \eta)) d s\). 从而令 \(\frac{\partial \varphi}{\partial \eta}=1+\int_{0}^{x}\left(\cos (s \varphi(s,\eta)) \cdot s\frac{\partial \varphi}{\partial \eta}\right) d s=u\). 对 \(x\) 求导，有 \(u^{\prime}=x \cos (x \varphi) u .\) 则 \(\frac{1}{u} d u=x \cos (x \varphi) d x, u(0)=1 .\) 积分得到\(\ln u=\int_{0}^{x} x \cos (x \varphi) d x \Rightarrow u=\partial \varphi / \partial \eta=e^{\int_{0}^{x} \operatorname{scos}(s \varphi) d s}>0 .\)

4.3.2

设函数 \(\boldsymbol{y}\left(x ; x_{0}, \boldsymbol{y}_{0}\right)\) 是初值问题

\[\left\{\begin{array}{l} \frac{\mathrm{d} \boldsymbol{y}}{\mathrm{d} x}=\boldsymbol{f}(x, \boldsymbol{y}) \\ \boldsymbol{y}\left(x_{0}\right)=\boldsymbol{y}_{0} \end{array}\right.\]

的解, 其中函数 \(\boldsymbol{f}(x, \boldsymbol{y})\) 关于 \((x, \boldsymbol{y})\) 是连续可微的. 证明:

\[\frac{\partial \boldsymbol{y}}{\partial x_{0}}\left(x ; x_{0}, \boldsymbol{y}_{0}\right)+\frac{\partial \boldsymbol{y}}{\partial \boldsymbol{y}_{0}}\left(x ; x_{0}, \boldsymbol{y}_{0}\right) \boldsymbol{f}\left(x_{0}, \boldsymbol{y}_{0}\right) \equiv 0.\]

解. \(\vec{\varphi}\left(x, x_{0}, \vec{y}_{0}\right)\) 是解, 故 \(\vec{\varphi}\left(x, x_{0}, \vec{y}_{0}\right)=\vec{y}_{0}+\int_{x_{0}}^{x} \vec{f}\left(s, \vec{\varphi}\left(s, x_{0}, \vec{y}_{0}\right)\right) d s\) 因而对 \(x_{0}\) 求导得到

\(\partial \varphi / \partial x_{0}=\int_{x_{0}}^{x} \partial \vec{f} / \partial y\left(s , \varphi\left(s , x_{0}, y_{0}\right)\right) \frac{\partial \varphi}{\partial x_{0}}\left(s , x_{0}, y_{0}\right) d s -f(x_0,y_0)\)\(=\int_{x_{0}}^{x} \frac{\partial f}{\partial y}\left(s , \varphi\left(s , x_{0}, y_{0}\right)\right) \frac{\partial \varphi}{\partial x_{0}}\left(s , x_{0} , y_{0}\right) d s-f(x_{0}, y_{0}) .\)

且\(\frac{\partial\varphi}{\partial y_{0}}=1+\int_{x_{0}}^{x} \frac{\partial f}{\partial y}(s , \varphi\left(s, x_{0}, y_{0}\right))\frac{\partial \varphi}{\partial y_{0}}(s, x_{0}, y_{0}) d s \text {. }\)

从而所证等式左侧(设为 \(u\) )为

\[\begin{array}{l} \int_{x_{0}}^{x} \frac{\partial f}{\partial y}\left(s , \varphi\left(s , x_{0} , y_{0}\right)\right) \frac{\partial \varphi}{\partial x_{0}}\left(s , y_{0}\right) d s+f\left(x_{0} , y_{0}\right) \int_{x_{0}}^{x} \frac{\partial f}{\partial y}(s , \varphi)\frac{\partial \varphi}{\partial y_0}ds \\= \int_{x_{0}}^{x} \frac{\partial f}{\partial y}(s , \varphi)\left(\frac{\partial \varphi}{\partial x_{0}}+f\left(x_{0} ,y_{0}\right) \frac{\partial \varphi}{\partial y_{0}}\right) d s. \end{array}\]

即 \(du/dx = u(x)\frac{\partial f}{\partial y}(x,\varphi(x,x_0,y_0)):=u(x)p(x).\)

进而 \(d(e^{-\int_{x_0}^x p(s)ds}u(x)) = 0.\) 又 \(u(x_0)=0\) ,原式得证。

4.3.3

考虑二阶微分方程

\[x^{\prime \prime}(t)+c x^{\prime}(t)+g(x)=p(t),\]

其中 \(p(t)\) 是 \(2 \pi\)-周期的连续函数, \(g(x)\) 是连续可微函数, \(c\) 为常数. 假设该方程的解是大范围存在的. 考虑 \(\left(x, x^{\prime}(t)\right) -\)平面上的变换

\[\boldsymbol{\Phi}:\left(x(0), x^{\prime}(0)\right) \mapsto\left(x(2 \pi), x^{\prime}(2 \pi)\right) .\]

证明: 对于 \(\left(x, x^{\prime}(t)\right) -\)平面上的有界区域 \(D\), 有

\[\operatorname{Area}(\Phi(D))=\mathrm{e}^{-2 \pi c} \operatorname{Area}(D).\]

解. 考察变换的雅可比行列式 \(\det \Phi .\)

令 \(x_{1}=x . \quad x_{2}=d x / d t\) 并使 \(x_{1}(0)=\lambda_{1} \quad x_{2}(0)=\lambda_{2}\) 则 \(\operatorname{det} \Phi=\frac{\partial x_{1}}{\partial \lambda_{1}} \cdot \frac{\partial x_{2}}{\partial \lambda_{2}}-\frac{\partial x_{1}}{\partial \lambda_{2}} \cdot \frac{\partial x_{2}}{\partial \lambda_{1}} .\) 则 \(\frac{\partial(\operatorname{det} \Phi)}{\partial t}=\frac{\partial x_{2}}{\partial \lambda_{1}} \cdot \frac{\partial x_{2}}{\partial \lambda_{2}}+\frac{\partial x_{1}}{\partial \lambda_{1}} \cdot \frac{\partial^{2} x_{2}}{\partial t \partial \lambda_{2}}-\frac{\partial x_{2}}{\partial \lambda_{2}} \cdot \frac{\partial x_{2}}{\partial \lambda_{1}}-\frac{\partial x_{1}}{\partial \lambda_{2}} \cdot \frac{\partial^{2} x_{2}}{\partial t \partial \lambda_{1}}\)

\[=\frac{\partial x_{1}}{\partial \lambda_{1}} \cdot \frac{\partial^{2} x_{2}}{\partial t \partial \lambda_{2}}-\frac{\partial x_{1}}{\partial \lambda_{2}} \cdot \frac{\partial^{2} x_{2}}{\partial t \partial \lambda_{1}}\]

且由题我们可知\(\frac{\partial x_{2}}{\partial t}=p(t)-g\left(x_{1}\right)-c x_{2} .\)

进而 \(\frac{\partial^{2} x_{2}}{\partial t \partial \lambda_{i}}=-g^{\prime}\left(x_{1}\right) \cdot \frac{\partial x_{1}}{\partial \lambda_{i}}-c \frac{\partial x_{2}}{\partial \lambda_{i}} \quad(i=1,2).\)

代入\(\frac{\partial(\operatorname{det} \Phi)}{\partial t}\) 式中有其等于 \(-c \operatorname{det} \Phi,\) 且 \(t =0\) 时.有 \(\operatorname{det} \Phi=1.\)

解得 \(\det \Phi(t) = e^{-ct}.\) 代入\(t= 2\pi\) ，知道\(\operatorname{Area}(\Phi(D))=\mathrm{e}^{-2 \pi c} \operatorname{Area}(D).\)

Chapter 5

5.1.1

设 \(\boldsymbol{\Phi}(x)\) 是齐次线性微分方程组 \(\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{y}}{\mathrm{d} x}=\boldsymbol{A}(x) \boldsymbol{y}\) 的一个基本解矩阵, 并且函数 \(\boldsymbol{f}(x, \boldsymbol{y})\) 在区域 \(E: a<x<b,\vert \boldsymbol{y}\vert <+\infty\) 上连续. 证明: 初值问题

\[\left\{\begin{array}{l} \frac{\mathrm{d} \boldsymbol{y}}{\mathrm{d} x}=\boldsymbol{A}(x) \boldsymbol{y}+\boldsymbol{f}(x, \boldsymbol{y}) \\ \boldsymbol{y}\left(x_{0}\right)=\boldsymbol{y}_{0} \end{array}\right.\]

等价于积分方程

\[\boldsymbol{y}(x)=\boldsymbol{\Phi}(x) \boldsymbol{\Phi}^{-1}\left(x_{0}\right) \boldsymbol{y}_{0}+\int_{x_{0}}^{x} \boldsymbol{\Phi}(x) \boldsymbol{\Phi}^{-1}(s) \boldsymbol{f}(s, \boldsymbol{y}(s)) \mathrm{d} s.\]

解. \(\boldsymbol{y}(x)=\boldsymbol{\Phi}(x) \boldsymbol{\Phi}^{-1}\left(x_{0}\right) \boldsymbol{y}_{0}+\int_{x_{0}}^{x} \boldsymbol{\Phi}(x) \boldsymbol{\Phi}^{-1}(s) \boldsymbol{f}(s, \boldsymbol{y}(s)) \mathrm{d} s\) 成立，则 \(y\left(x_{0}\right)=\Phi\left(x_{0}\right) \Phi^{-1}\left(x_{0}\right) y_{0}=y_{0},\) 且\(y(x)=\Phi(x) ( \Phi^{-1}\left(x_{0}\right) y_{0}+\int_{x_{0}}^{x} \Phi(s) f(s, y(s)) d s)\)，故是初值问题的解。

反之，则由常数变易法知解形如 \(y(x)=\Phi(x)\left(c+\int_{x_{0}}^{x} \Phi^{-1}(s) f(s , y(s)) d s\right) .\) 代入 \(y\left(x_{0}\right)=y_{0} \Rightarrow c=\Phi^{-1}\left(x_{0}\right) y_{0}\) 故 \(y=\Phi(x) \Phi^{-1}\left(x_{0}\right) y_{0}+\int_{x_{0}}^{x} \Phi(x) \Phi^{-1}(s) f(s . y(s)) d s.\)

5.1.2

设当 \(x \in(a, b)\) 时, 线性微分方程组\(\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{y}}{\mathrm{d} x}=\boldsymbol{A}(x) \boldsymbol{y}+\boldsymbol{f}(x, \boldsymbol{y})\)中的函数 \(\boldsymbol{f}(x, \boldsymbol{y})\) 不恒为零, 证明: 方程组有且至多有 \(n+1\) 个线性无关解.

解. 若存在 \(n+2\) 个无关解 \(\phi_1 , ..., \phi_{n+2}\)，则\(v_i :=\phi_{i+1}-\phi_i , i=1,...,n+1\) 都是齐次方程的解，易知其线性相关，从而展开\(\sum c_iv_i = 0\)得到 \(\phi_1 , ..., \phi_{n+2}\) 的一组非零系数线性和为零，矛盾。同时，注意到 \(f\) 非零时，必有特解和基本解矩阵的 \(n\) 个解线性无关。这就找到 \(n+1\) 个线性无关解。

5.1.3

证明: 向量组

\[\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{l} x \\ 0 \\ 0 \end{array}\right), \left(\begin{array}{c} x^{2} \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)\]

不可能同时满足任何一个三阶齐次线性微分方程组.

解. 它们显然线性无关，但 Wronsky 行列式为零，矛盾。

5.1.5

考虑初值问题

\[\left\{\begin{array}{l} \frac{d \boldsymbol{y}}{\mathrm{d} x}=\boldsymbol{f}(x, \boldsymbol{y}), \\ \boldsymbol{y}\left(x_{0}\right)=\boldsymbol{y}_{0}, \end{array}\right.\]

其中 \(\boldsymbol{f}(x, \boldsymbol{y})\) 关于 \(x\) 连续, 关于 \(\boldsymbol{y}\) 连续可微. 设 \(\boldsymbol{y}=\boldsymbol{\phi}\left(x ; x_{0}, \boldsymbol{y}_{0}\right)\) 是 其唯一解. 证明:

\[\operatorname{det} \frac{\partial \phi}{\partial \boldsymbol{y}_{0}}\left(x ; x_{0}, \boldsymbol{y}_{0}\right)=\mathrm{e}^{\int_{x_{0}}^{x} \operatorname{tr}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\left(s, \phi\left(s ; x_{0}, y_{0}\right)\right)\right) \mathrm{d} s} .\]

解. 注意到\(\overrightarrow{\phi_{i}}(x)=y_{i}+\int_{x_{0}}^{x} f_{i}\left(s , \phi_{1}, \cdots ,\phi_{n}(s)\right) d s.\)

从而有偏导数 \(\frac{\partial \phi_{i}}{\partial y_{j}}=\delta_{i j}+\int_{x_{0}}^{x} \sum_{k=1}^{n} \frac{\partial f_{i}}{\partial y_{k}}\left(s, \phi_{i}(s), \cdots, \phi_{n}(s)\right) \frac{\partial \phi_{k}}{\partial y_{j}} d s\)；

进一步对 \(x\)求导，有

\[\frac{d}{d x}\left(\frac{\partial \phi_{i}}{\partial y_{j}}\right)=\sum_{k=1}^{n} \frac{\partial f_{i}}{\partial y_{k}}\left(s , \phi_{1}(x), \cdots, \phi_{n}(x)\right) \frac{\partial \phi_{k}}{\partial y_{j}}.\]

考察 \(W = \det(\frac{\partial \phi_i}{\partial y_j})_{i,j},\)有

\[dW/dx = \sum_{k=1}^{n}\left\vert \begin{array}{ccc} \frac{\partial \phi_{1}}{\partial y_{1}} & \cdots & \frac{\partial \phi_{1}}{\partial y_{n}} \\ \vdots & \vdots & \vdots \\ \frac{d}{d x}\left(\frac{ \partial \phi_{k}}{ \partial y_{1}}\right) & \cdots & \frac{d}{d x}\left(\frac{\partial \phi_{k}}{\partial y_{n}}\right) \\\vdots & \vdots & \vdots \\ \frac{\partial \phi_{n}}{\partial y_{1}} & \cdots & \frac{\partial \phi_{n}}{\partial y_{n}} \end{array}\right\vert = \text{tr}(\partial f/\partial y) W.\]

从而 \(w = e^{\int_{x_0}^x \text{tr}(\partial f/\partial y)(s)ds}\) 证完。

5.2.1

求解微分方程

\[\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{y}}{\mathrm{d} x}=\boldsymbol{A} \boldsymbol{y}\]

其中矩阵 \(\boldsymbol{A}\) 如下: (1) \(\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ll}2 & 1 \\ 3 & 4\end{array}\right)\);

(4) \(\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{rrr}1 & -1 & -1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 1\end{array}\right)\);

(6) \(\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{rrr}2 & -1 & -1 \\ 3 & -2 & -3 \\ -1 & 1 & 2\end{array}\right)\);

解. (1) \(\operatorname{det}(\lambda E-A)=(\lambda-1)(\lambda-5)\)， 因而有特征值 \(\lambda_{1}=1 \quad \lambda_{2}=5\) 进而特征向量\(\xi_1 = (1,-1)^\top ,\xi _2 = (1,3)^\top\) ; 基本解矩阵为 \(\left(\begin{array}{cc}e^{x} & e^{5 x} \\ -e^{x} & 3 e^{5 x}\end{array}\right)=\Phi(x)\)，通解为\((c_1e^x+c_2e^{5x},-c_1e^x+3c_2e^{5x})^\top.\)

(4) \(\operatorname{det}(\lambda E-A)=(\lambda-1)\left[(\lambda-1)^{2}+4\right] =(\lambda-1)(\lambda-1-2 i)(\lambda-1+2 i)\).

A有特征值 \(\lambda_{1}=1 \quad \lambda_{2}=1+2 i \quad \lambda_{3}=1-2 i\) ,

其基本解矩阵\(\left(\begin{array}{ccc}0 & 2 i e^{(1+2 i) x} & -2 i e^{(1-2 i) x} \\ e^{x} & e^{(1+2 i) x} & e^{(1-2 i) x} \\ -e^{x} & 3 e^{(1+2 i) x} & 3 e^{(1-2 i) x}\end{array}\right)=\varphi(x)\) .

则 \(\varphi(0)=\left(\begin{array}{ccc}0 & 2 i & -2 i \\ 1 & 1 & 1 \\ -1 & 3 & 3\end{array}\right)\) 则可求得 \(\varphi(0)^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}0 & 3 / 4 & -1 / 4 \\ -1 / 4 & 1 / 8 & 1 / 8 \\ 1 / 4 & 1 / 8 & 1 / 8\end{array}\right)\) 因而 \(\Phi(x)=\varphi(x) \varphi(0)^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}e^{x} \cos 2 x & -\frac{1}{2} e^{x} \sin 2 x & -\frac{1}{2} e^{x} \sin 2 x \\ \frac{1}{2} e^{x} \sin 2 x & \frac{1}{4}\left(3 e^{x}+e^{x} \cos 2 x\right) & \frac{1}{4} e^{x}(\cos 2 x-1) \\ \frac{3}{2} e^{x} \sin 2 x & \frac{3}{4} e^{x}(\cos 2 x-1) & \frac{1}{4} e^{x}(1+3 \cos 2 x)\end{array}\right)\)

则通解 \(\vec{y}=\Phi(x) \vec{c} \quad \forall \vec{c} \in \mathbb{R}^{3}\).

(6) \(\det(\lambda E-A)=0,\lambda = 0 ,1,1.\) 进而求得\(O\)对应的特征向量 \(\left(\begin{array}{c}1 \\ 3 \\ -1\end{array}\right)\) .

对特征值\(1\) , 考察\((A-E)^2\xi_1=0,\)解得 \((1,1,0)^\top,(1,0,1)^\top.\)

且\((A-E)\left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 0\end{array}\right)=(A-E)\left(\begin{array}{l}1 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)=\overrightarrow{0} ,\) 因而基本解矩阵 \(\left(\begin{array}{ccc}1 & e^{x} & e^{x} \\ 3 & e^{x} & 0 \\ -1 & 0 & e^{x}\end{array}\right)\) 故通解为 \(\vec{y}=\Phi(x) \cdot \vec{c} \quad \forall \vec{c} \in \mathbb{R}^{3} .\)

5.2.2

求解下列非齐次线性微分方程组: (1) \(\left\{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=z+2 \mathrm{e}^{x}, \\ \frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{~d} x}=y+\mathrm{e}^{x} ;\end{array} \quad\right.\) (3) \(\left\{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=4 y-3 z+\sin x \\ \frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{~d} x}=2 y-z-3 \cos x\end{array}\right.\).

解. (1)对应的齐次方程组为 \(dy/dx = z,dz/dx = y.\) 显然 \(d(y+z)/dx = y+z \Rightarrow y+z =ce^x.\)

代入则有 \(\left\{\begin{array}{l}d y / d x+y=c e^{x} \\ d z / d x+z=c e^{x}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2} c e^{x}+c_{1} e^{-x} \\ z=\frac{1}{2} c e^{x}+c_{2} e^{-x}\end{array}\right.\right.\) 且\(y+z=c e^{x} \Rightarrow c_{1}+c_{2}=0 .\) 即 \(\left(\begin{array}{l}y \\ z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}e^{x} & e^{-x} \\ e^{x} & -e^{-x}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\frac{c}{2} \\ c_{1}\end{array}\right), \quad \forall c_1,c.\) 且 \(\vec{f}(x)=\left(\begin{array}{cc}2 e^{x} \\ e^{x}\end{array}\right) , \Phi^{-1}(x)=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{2} e^{-x} & \frac{1}{2} e^{-x} \\ \frac{1}{2} e^{x} & -\frac{1}{2} e^{x}\end{array}\right).\)

\[\Phi^{-1}(s) f(s)=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}e^{-s} & e^{-s} \\ e^{s} & -e^{s}\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}2 e^{s} \\ e^{s}\end{array}\right)=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c}3 \\ e^{2 s}\end{array}\right)\]

则通解为

\[\vec{y}(x)=\Phi(x)\left(\vec{c}+\int_{0}^{x} \Phi^{-1}(s) f(s) d s\right) \\=\Phi(x)\left(\vec{c}+\left(\begin{array}{l}\frac{3}{2} x \\ \frac{1}{4}\left(e^{2 x}-1\right)\end{array}\right)\right) \\=\left(\begin{array}{l}c_{1} e^{x}+c_{2} e^{-x}+\frac{3}{2} x e^{x}+e^{x} / 4-e^{-x} / 4 \\ c_{1} e^{x}-c_{2} e^{-x}+\frac{3}{2} x e^{x}-e^{x} / 4+e^{-x} / 4\end{array}\right) ,\forall c_1,c_2.\]

(3) 对应的齐次方程组 \(d \vec{y} / d x=A \vec{y} , A=\left(\begin{array}{rr} 4 & -3 \\ 2 & -1 \end{array}\right) \text {. }\)

则 \(\operatorname{det}(\lambda E-A)=(\lambda-2)(\lambda-1)=0 \Rightarrow\) 特征值为 \(1,2\).

对应特征向量 \(\xi_1=(1,1)^\top ,\xi_2=(3,2)^\top\). 故基本解矩阵 \(\Phi(x)=\left(\begin{array}{ll}e^{x} & 3 e^{2 x} \\ e^{x} & 2 e^{2 x}\end{array}\right)\) 故通解为 \(\vec{y}=\Phi(x)\left(\vec{c}+\int_{0}^{x} \Phi(s) f(s) d s\right) .\)

且\(\int_{0}^{x} \Phi^{-1}(s) f(s) d s=\int_{0}^{x}\left(\begin{array}{cc} -2 e^{-s} & 3 e^{-s} \\ e^{-2 s} & -e^{-2 s} \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} \sin s \\ -3 \cos s \end{array}\right)\\=\left(\begin{array}{l} -11 / 2-\frac{7}{2} e^{-x} \sin x+\frac{11}{2} e^{-x} \cos x \\ \frac{7}{5}-\frac{7}{5} e^{-2 x} \cos x+\frac{1}{5} e^{-2 x} \sin x \end{array}\right)\)

故通解 \(\vec{y}(x)=\Phi(x) \vec{c}+\left(\begin{array}{l}-29 \sin x+13 \cos x \\ -31 \sin x+27 \cos x\end{array}\right) / 10 \quad \forall \vec{c} \in \mathbb{R}^{2}\).

5.2.3

利用常数变易法求解下列非齐次线性微分方程组: (1) \(\left\{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=z+\tan ^{2} x-1, \\ \frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{~d} x}=-y+\tan x .\end{array}\right.\)

解. \(\vec{y}^{\prime}=A y,\) \(A=\left(\begin{array}{cc}0 & 1 \\ -1 & 0\end{array}\right) .\) 则 \(\operatorname{det}(\lambda E-A)=\lambda^{2}+1=0 \quad \Rightarrow A\) 特征值为\(\pm i\). 基本解矩阵是 \(\left(\begin{array}{ll}e^{i x} & i e^{-i x} \\ i e^{i x} & e^{-i x}\end{array}\right)=\Phi(x) .\)

故\(\Phi(0)=\left(\begin{array}{cc}1 & i \\ i & 1\end{array}\right) \quad \Phi^{-1}(0)=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{2} & -\frac{i}{2} \\ -\frac{i}{2} & \frac{1}{2}\end{array}\right)\)

实基本解矩阵 \(\left(\begin{array}{cc}\cos x & \sin x \\ -\sin x & \cos x\end{array}\right)\)

且\(\varphi^{-1}(x)=\left(\begin{array}{cc}\cos x & -\sin x \\ \sin x & \cos x\end{array}\right) \quad f(x)=\left(\begin{array}{l}\tan ^{2} x-1 \\ \tan x\end{array}\right)\) 通解 \(\vec{y}(x)=\varphi(x)\left(\vec{c}+\int_{0}^{x} \varphi^{-1}(s) f(s) d s\right)\)， 有\(\int_{0}^{x} \varphi^{-1}(s) f(s) d s=\int_{0}^{x}\left(\begin{array}{l}-\cos x \\ -\sin x+\sin x \cdot \frac{1}{\cos ^{2} x}\end{array}\right) d s=\left(\begin{array}{l}-\sin x \\ \frac{1}{\cos x}-\cos x\end{array}\right)\)

从而通解 \(\vec{y}(x)=\varphi(x) \vec{c}+\left(\begin{array}{c} \tan x-\sin 2 x \\ 1-\cos 2 x \end{array}\right) \quad \forall \vec{c} \in \mathbb{R}^{2}\)

5.2.4

若微分方程组 \(\boldsymbol{y}^{\prime}=\boldsymbol{A} \boldsymbol{y}+\boldsymbol{f}(x)\) 对于每个以 \(\boldsymbol{\omega}\) 为周期的连续向量函数 \(\boldsymbol{f}(x)\) 都具有以 \(\omega\) 为周期的解, 需要对矩阵 \(\boldsymbol{A}\) 的特征值加 上什么条件?

**解. ** 此时 \(\vec{y}(0)=\vec{y}(w) .\) 注意到唯一性与周期性，这是 $y$ 有周期 $w$ 的充要条件。 通解表明 \(\vec{y}(x)=e^{A x}\left(\vec{c}+\int_{0}^{x} e^{-A s} f(s) d s\right)\), 则 \(\vec{y}(0)=\vec{y}(w) \Leftrightarrow \vec{c}=e^{A w}\left(\vec{c}+\int_{0}^{w} e^{-A s} f(s) d s\right)\) 等价于对任意周期为$w$的向量函数$f$ ,\(\left(E-e^{A \omega}\right) \xi=e^{A w} \int_{0}^{w} e^{-A s} f(s) d s\) 有解 \(\vec{c}\) 即 \(E-e^{A w}\)可逆。 考虑到 \(e^{A w}=E+w A+(w A)^{2} / 2 !+\cdots\) ,知道特征向量对此变换保持，特征值

\[\lambda \rightarrow e^{\lambda w}.\]

这表明，特征值不能为\(1 \Rightarrow \lambda \neq 2 k \pi i / w , k \in \mathbb{Z} .\)

5.3.1

求解下列微分方程: (1) \(y^{\prime \prime}+y^{\prime}-2 y=0 ;\) (4) \(y^{\prime \prime}+y=4 \sin x ;\) (5) \(y^{\prime \prime}-4 y^{\prime}+8 y=\mathrm{e}^{2 x}+\sin 2 x ;\)

解. (1) \(y = c_1e^x+c_2e^{-2x}.\)

(4) 特征方程\(\lambda ^2 +1 = 0, \lambda_1 = i,\lambda _2 = -i.\)

通解 \(c_1\cos x+c_2\sin x = y.\)

利用常数变易法，设特解\(\phi^* = c_1(x)\cos x+c_2(x)\sin x.\)

求导有\(\phi^{*'}(x) = -c_1(x)\sin x + c_2(x)\cos x +c_1'(x)\cos x+c_2'(x)\sin x.\)

常数变易法表明\(c_1'(x)\cos x+c_2'(x)\sin x\)可设为零。

再次求导，注意到\(\phi''+\phi = 4\sin x\)解得 \(c_1 = \sin 2x-2x,c_2 = -\cos 2x.\)

从而通解 \(c_1\sin x+c_2\cos x-2x\cos x.\)

(5) 特征方程解得 \(\lambda_1 =2+2i,\lambda_2=2-2i,\)通解 \(y=c_1e^{2x}\cos 2x+c_2e^{2x}\sin 2x\).

分别考虑特解： \(y'' -4y'+8y=e^{2x}:y_1=e^{2x}/4\)

\[y''-4y'+8y=\sin 2x:y_2 = (\sin 2x+2\cos 2x)/20.\]

通解\(y(x)= c_1e^{2x}\cos 2x+c_2e^{2x}\sin 2x+e^{2x}/4+(\sin 2x+2\cos 2x)/20.\)

5.3.2

利用常数变易法求解下列微分方程: (1) \(y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+y=x^{-1} \mathrm{e}^{x} ;\) (3) \(y^{\prime \prime}-y=x^{-1}-2 x^{-3} .\)

解. (1) 通解\(e^x(c_1+c_2x)\). 特解\(y^*=e^x(c_1(x)+xc_2(x))\),求导\(y^{*'}=c_1(x)+c_2(x)(x+1)e^x\).(后两项取为零)。再求导代入原方程，同\(c_1'+xc_2' = 0\)联立解得\(y^* = e^x(c_1+c_2x+x\ln x).\)

(3)通解\(c_1e^x+c_2e^{-x}.\) 类似设\(y^* = e^xc_1(x)+c_2(x)e^{-x}\)，联立\(e^xc_1'(x)+c_2'(x)e^{-x}\) 和原方程，解得特解\(y^* = -1/x.\)从而 \(y(x)=c_1e^x+c_2e^{-x}-1/x.\)

5.3.3

考虑微分方程\(y''+ay'+by=f(x)\).其中 \(a, b\) 为常数, 连续函数 \(f(x)\) 满足 \(\vert f(x)\vert \leqslant m\) , 而对应的特征方 程的根为 \(\lambda_{1}, \lambda_{2}\), 且 \(\lambda_{2}<\lambda_{1}<0\) . 求出该方程的有界解, 并证明: (1) 该方程的其他解当 \(x \rightarrow+\infty\) 时趋向于有界解; (2) 如果 \(f(x)\) 是周期函数, 则该方程的有界解也是周期的.

解. （1）通解\(c_1e^{\lambda_1 x}+c_2e^{\lambda_2 x}.\) 常数变易法，设特解\(c_1(x)e^{\lambda_1 x}+c_2(x)e^{\lambda_2 x}.\)

解得方程组\(\begin{array}{l} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} \lambda_{1} c_{1}^{\prime}(x) e^{\lambda_{1} x}+\lambda_{2} c_{2}^{\prime}(x) e^{\lambda_{2} x}=f(x) . \\ c_{1}^{\prime}(x) e^{\lambda_{1} x}+c_{2}^{\prime}(x) e^{\lambda_{2} x}=0 \end{array}\right. \\ \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} c_{1}^{\prime}(x)=f(x) /\left(\lambda_{1}-\lambda_{2}\right) e^{\lambda_{1} x} \\c_{2}^{\prime}(x)=f(x) /\left(\lambda_{2}-\lambda_{1}\right) e^{\lambda_{2} x} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} c_{1}(x)=\frac{1}{\lambda_{1}-\lambda_{2}} \int_{0}^{x} \frac{f(s)}{e^{\lambda_{1}}} d s \\ c_{2}(x)=\frac{1}{\lambda_{2}-\lambda_{1}} \int_{0}^{x} \frac{f(s)}{e^{\lambda_{2}}} d s \end{array} \right. \end{array}\right. \end{array}\)

从而通解为 \(y(x)=e^{\lambda_{1} x}\left(c_{1}+\frac{1}{\lambda_{1}-\lambda_{2}} \int_{0}^{x} \frac{f(s)}{e^{\lambda_{1} s}} d s\right)+e^{\lambda_{2} x}\left(c_{2}+\frac{1}{\lambda_{2}-\lambda_{1}} \int_{0}^{x} \frac{f(s)}{e^{\lambda_{2} s}} d s\right).\)

为保障有界，只要取

\[\begin{array}{l} c_{1}=\int_{-\infty}^{0} \frac{f(s)}{e^{\lambda_{1} s}} d s/\left(\lambda_{1}-\lambda_{2}\right):=c_{1}^{*} \\ c_2=\int_{-\infty}^{0} \frac{f(s)}{e^{\lambda_{2} s}} d s /\left(\lambda_{2}-\lambda_{1}\right):=c_{2}^{*} \end{array}\]

就保障 \(x \rightarrow-\infty\) 时有界，解为 \(\varphi(x)=\frac{1}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}\left(e^{\lambda_{1} x} \int_{-\infty}^{x} \frac{f(s)}{e^{\lambda_{1}s}} d s-e^{\lambda_{2} x} \int_{-\infty}^{x} \frac{f(s)}{e^{\lambda_{2} s}} d s\right).\)

对于任意另一解\(y\)，有\((y-\varphi)(x) =e^{\lambda_{1} x}\left(c_{1}-c_{1}^{*}\right)+e^{\lambda_{2} x}\left(c_{2}-c_{2}^{*}\right) \rightarrow 0 \quad(x\rightarrow+\infty).\)

(2)仍然考察\(\varphi(x)=\frac{1}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}\left(e^{\lambda_{1} x} \int_{-\infty}^{x} \frac{f(s)}{e^{\lambda_{1}s}} d s-e^{\lambda_{2} x} \int_{-\infty}^{x} \frac{f(s)}{e^{\lambda_{2} s}} d s\right).\)

此时

\[\begin{array}{l} \varphi(x+T)=\frac{1}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}\left(e^{\lambda_{1} x+\lambda_{1} T} \int_{-\infty}^{x+T} \frac{f(s)}{e^{\lambda_{1} s}} d s-e^{\lambda_{2}(x+T)} \int_{-\infty}^{x+T} \frac{\left.f(s)\right)}{e^{\lambda_{2} s}} d s\right)\\=^{(u=s+T)}\frac{1}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}\left(e^{\lambda_{1} x+\lambda_{1} T} \int_{-\infty}^{x} \frac{f(u-T)}{e^{\lambda_{1}(u-T)}} d u-e^{\lambda_{2}(x+T)} \int_{-\infty}^{x} \frac{f(u-T)}{e^{\lambda_{2}(u-T)}} d u\right)\\=\frac{1}{\lambda_{1}- \lambda_{2}}\left(e^{\lambda_{1} x} \int_{-\infty}^{x+T} \frac{f(u)}{e^{\lambda_{1} u}} d u-e^{\lambda_{2} x} \int_{-\infty}^{x+T} \frac{f_{2}(u)}{e^{\lambda_{2} u}} d u\right)=\varphi(x) . \end{array}\]

5.4.4

证明: 微分方程 \(y^{\prime \prime}-x^{2} y=0\) 以 \(y(0)=1, y^{\prime}(0)=0\) 为初始条件的解是一个处处为正的偶函数.

解. 设\(\vec{y}=\left(\begin{array}{l} y \\ y^{\prime} \end{array}\right)\),则\(\vec{y}^{\prime}=\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ x^{2} & 0 \end{array}\right) \vec{y} , \vec{y}(0)=\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array}\right).\)由 Picard 定理知存在唯一解\(y(x).\)

考察\(\varphi = y(-x),\) 注意到\(\varphi '' -x^2\varphi =0\)成立，因而同样是解，从而得证偶函数。注意到有解\(y(0)=0,\)从而由唯一性知道解与\(x\)轴无交点，从而证完。

Chapter 6

6.2.1

求解 Airy 方程:

\[y^{\prime \prime}-x y=0 .\]

解. 设有幂级数解 \(y=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n} .\) 则 \(y^{\prime \prime}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)(n+2) C_{n+2} x^{n}.\) 代入原方程可得

\(\sum_{n=0}^\infty (n+1)(n+2)C_{n+2}x^n = \sum_{n=0}^\infty C_nx^{n+1}.\)对比系数

\(\begin{aligned} \Rightarrow C_{3 k+2} &=0 \quad \forall k \in \mathbb{Z}^{*} \\ C_{3 k+1} &=C_{1} \cdot \prod_{n=1}^{k} \frac{1}{3 n(3 n+1)} \\ C_{3 k} &=C_{0} \cdot \prod_{n=1}^{k} \frac{1}{(3 n-1) 3 n} \end{aligned}\) 从而有幂级数解 \(y=C_{0}\left(1+\sum_{n=1}^{\infty} x^{3 n} \prod_{k=1}^{n} \frac{1}{(3 k-1) 3 k}\right)+ C_1\left(x+\sum_{n=1}^{\infty} x^{3 n+1} \prod_{k=1}^{n} \frac{1}{(3 k+1) 3 k}\right).\)

6.2.2

求下列微分方程在 \(x=x_{0}\) 处的两个线性无关解: (1) \(y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-y=0, x_{0}=0\); (2) \(y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-y=0, x_{0}=1 .\)

解.

\[y=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n} ;y^{\prime} =\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n-1} ;\\ y^{\prime \prime} =\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n-2}.\]

代入\(y'' -xy'-y=0\)，即

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

比较系数知道

\[-a_{n}+(n+1)(n+2) a_{n+2}=n a_{n}+x_{0}(n+1) a_{n+1}.\]

(1) 代入\(x_0 = 0,\)有 \(a_{n+2} = a_n/(n+2),\) 从而 \(y=a_{0} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{(2 n) ! !}+a_{1} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n+1}}{(2 n+1) ! !}.\)

(2) 代入\(x_0=1,\)有\((n+2) a_{n+2}=a_{n}+a_{n+1}\) ，从而可以递推写\(a_n = P(a_0,a_1);\)从而

\(y=c_{1} \sum_{n=0}^{\infty} P_{n}(0,1)(x-1)^{n}+c_{2} \sum_{n=0}^{\infty} P_{n}(1,0)(x-1)^{n}\).

Chapter 7

7.1.1

证明：在Sturm比较定理中, 如果 \(R(x)>Q(x)\), 则结论可以加强为 “存在 \(\bar{x} \in\left(x_{1}, x_{2}\right)\), 使得 \(\psi(\bar{x})=0\) ”.

解. 否则不妨 \(\psi(x)>0\) 恒成立。并设 \(\phi(x)>0,x\in(x_1,x_2).\) 从而\(\phi'(x_1)>0,\phi'(x_2)<0.\)

结合 \(\left\{\begin{array}{l} \phi^{\prime \prime}(x)+p(x) \phi^{\prime}(x)+Q(x) \phi(x)=0 \\ \psi^{\prime \prime}(x)+p(x) \psi^{\prime}(x)+R(x) \psi(x)=0 \end{array}\right.\) ,上式乘 \(\psi(x)\) 减去下式乘 \(\phi(x)\) 得到

\[\left(\phi^{\prime \prime}(x) \psi(x)-\psi^{\prime \prime}(x) \phi(x)\right)+p(x)\left(\phi^{\prime} \psi-\psi^{\prime} \phi\right)+ (Q(x)-R(x)) \phi \psi=0.\]

记\(\phi^{\prime} \psi-\psi^{\prime} \phi=v(x),\) 上式即\(v'(x)+p(x) v(x)+(Q(x)-R(x)) \phi(x) \psi(x)=0.\)

进而\(v'+p(x)v>0,x\in(x_1,x_2).\)这表明\(\frac{d}{dx}(e^{\int_{x_1}^x p(t)dt}v(x))>0.\)

因而\(W(x) =v(x)e^{\int_{x_1}^x p(t)dt}\)增，矛盾于

\[W(x_1)=v(x_1)=\phi'(x_1)\psi(x_1)\geq 0\geq e^{\int_{x_1}^{x_2}p(t)dt}\phi'(x_2)\psi(x_2)=W(x_2).\]

7.1.2

考虑微分方程

\[y^{\prime \prime}+Q(x) y=0 .\]

假设函数 \(Q(x)\) 在 \(\mathbb{R}\) 上连续, 且存在正数 \(m, M\), 使得

\(m<Q(x)<M\).

证明: 该方程的任意非零解 \(y=\phi(x)\) 都是无限振动的; 如果 \(x_{1} , x_{2}\left(x_{1}<x_{2}\right)\) 是 \(\phi(x)\) 的两个相邻零点, 则

\[\frac{\pi}{\sqrt{M}}<x_{2}-x_{1}<\frac{\pi}{\sqrt{m}} .\]

解.

\(y'' +my =0(m>0)\) 有解 \(\sin(\sqrt m (x-b)),\forall b.\) 从而比较定理表明 \(\phi\) 在 \((b,b+\pi/\sqrt m)\) 中有零点。这表明\(\phi\) 无限振动，且取$x_0 = b$为其的一个零点，则其右侧\(\pi/\sqrt m\) 范围内有零点，证完右侧。

\(y'' +My =0(M>0)\) 有解 \(\sin(\sqrt M (x-b)),\forall b.\) 从而比较定理表明 \(\phi\) 在 \((b,b+\pi/\sqrt M)\) 中有两零点\(x_1,x_2\)时，存在\(\sin(\sqrt M(x-x_1))\)在这段区间当中没有零点，矛盾于比较定理。

7.2.4 (本题的结论将在后面使用，故提前到此)

讨论非齐次线性微分方程的 Sturm-Liouville 边值问题 \(\left\{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}+(\lambda r(x)+q(x)) y=f(x), \\ y(0) \cos \alpha-y^{\prime}(0) \sin \alpha=0, y(1) \cos \beta-y^{\prime}(1) \sin \beta=0,\end{array}\right.\) 其中 \(r(x), q(x)\) 均为连续函数, \(r(x)>0\). 证明: 当 \(\lambda\) 不是对应的齐次线性微分方程的 Sturm-Liouville 边值问题的特征值时, 它有且仅有一个解; 当 \(\lambda=\lambda_{m}\) 是特征值时, 它有解的充要条件是

\[\int_{0}^{1} f(x) \phi_{m}(s) \mathrm{d} s=0,\]

其中 \(\phi_{m}(x)\) 是对应于特征值 \(\lambda_{m}\) 的特征函数.

解. 记 \(\lambda_m\) 是特征值，对应特征函数\(\phi_m\). 考察方程的解 \(u = \sum_{n=1}^{\infty} a_n\phi_n\).

设\(\mathscr{L} : y\rightarrow y''+q(x)y\) ，则其是线性的，满足

\[\begin{array}{l} \mathscr{L} u=\sum_{1}^{\infty} a_{n} \mathscr{L} \phi_{n}\left(x)=-\sum_{1}^{\infty} a_{n} \lambda_{n} r(x) \phi_{n}(x)\right. \\ \Rightarrow \mathscr{L} u(x)+\lambda r(x) u(x)=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}\left(\lambda-\lambda_{n}\right) r(x) \phi_{n}(x). \end{array}\]

若 \(\lambda\) 不是特征值，那么 \(\lambda - \lambda_n \neq 0,\forall n.\) 从而根据正交性

\[\begin{array}{l} \int_{0}^1 (\mathcal{L} u(x)+\lambda r(x) u(x)) \phi_{n}(x) d x\\ =\int_{0}^1 f(x) \phi_{n}(x) d x\\ =\int_{0}^{1} \sum_{k=1}^{\infty} a_{k}\left(\lambda- \lambda_{k}\right) r(x) \phi_{k}(x) \phi_{n}(x) d x\\ =a_{n}\left(\lambda-\lambda_{n}\right) \int_{0}^{1} r(x) \phi^2_{n}(x) d x\\ \Rightarrow a_{n}=\int_{0}^{1} f(x) \phi_{n}(x) d x /\left(\lambda-\lambda_{n}\right) \int_{0}^1 r(x) \phi^2_{n}(x) d x. \end{array}\]

从而解得存在唯一的系数组，故而解总存在唯一。

不然，若\(\lambda = \lambda_m\) 是特征值，类似能够确定 \(a_n ,n\neq m.\)

此时应令\(a_{n}\left(\lambda-\lambda_{n}\right) \int_{0}^{1} r(x) \phi^2_{n}(x) d x\) 是零，这等价于\(\int_{0}^1 f(x) \phi_{n}(x) d x=0\)恒成立。此时\(a _m\) 任取。

7.1.3

假设 \(y(x)\) 和 \(z(x)\) 分别是方程 \(y^{\prime \prime}+q(x) y=0\) 和 \(z^{\prime \prime}+Q(x) z= 0\) 的满足初始条件

\[y\left(x_{0}\right)=z\left(x_{0}\right), \quad y^{\prime}\left(x_{0}\right)=z^{\prime}\left(x_{0}\right)\]

的解, 并假定在区间 \(\left(x_{0}, x_{1}\right)\) 上, \(Q(x)>q(x), y(x)>0, z(x)>0 .\) 证明: 函数 \(\frac{z(x)}{y(x)}\) 在此区间上是单调递减的.

解. 只证明 \(w = z'y-zy' \leq 0.\) 因 \(w(x_0) = 0,\) 只证明 \(w\) 递减。求导即知只要证 \(z''y - zy'' =w'\) 小于零。而 \(z''y-zy'' = -Qzy+qzy =(q-Q)zy < 0.\)

7.1.4

设 \(y=\phi(x)\) 是微分方程 \(y^{\prime \prime}+q(x) y=0\) 的非零解, 其中连续函数 \(q(x)>0\), 又假定 \(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}, \cdots\) 是 \(\phi(x)\) 的依次增大的零点. 证明: 如果函数 \(q(x)\) 是严格单调递增的, 则 \(x_{n+1}-x_{n}<x_{n}-x_{n-1} .\)

解. 记 \(q(x_n) = q_n.\) 在\((x_n,x_{n+1})\) 上注意 \(q_n\leq q \leq q_{n+1},\) 从而根据7.1.2结论有 \(\pi/\sqrt {q_{n+1}} \leq x_{n+1}-x_n \leq \pi/\sqrt {q_{n}}.\) 根据\(q_n\)单调性得证命题。

7.1.5

假设7.1.4的所有假设均成立, 记

\[b_{n}=\max _{x \in\left[x_{n}, x_{n+1}\right]}\vert \phi(x)\vert , \quad n=1,2, \cdots .\]

证明:

\[b_{1}>b_{2}>b_{3}>\cdots.\]

解. 记原曲线为$y_1$.我们证明 \([x_n,x_{n+1}]\) 上的极值的绝对值小于 \([x_{n-1},x_n]\) 上的。假定前者是负的。将 \([x_n,x_{n+1}]\) 上的曲线对 \(x_n\) 做中心对称，得到的曲线$y_2$满足 \(y'' + q(2x_n - x)y = 0.\) 记 \(u(x) := q(2x_n-x)\)，其是恒正函数，满足 \(\forall x\in [2x_n - x_{n+1},x_n], u(x) > q(x).\) 此时

\[(y_1'y_2 - y_2'y_1)(x_n) = 0 , (y_1''y_2 - y_2''y_1)(x) = (q-u)y_1y_2 < 0.\]

从而\((y_1/y_2)' \geq 0, x\in [2x_n - x_{n+1},x_n].\) 注意到 \(\lim_{x\rightarrow x_n^-}(y_1/y_2) = (y_1'/y_2')(x_n^-) = 1.\) 从而 \(y_1 > y_2\)，证完\(\vert b_{n+1}\vert < \vert b_n\vert .\)

7.1.6

在7.1.4的假设之下, 进一步假设 \(\lim _{x \rightarrow+\infty} q(x)=C>0\). 证明:

\[\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}>0.\]

解. 原曲线为\(y_1\).取\(Q = C\)，记其正弦函数解为\(y_2\).利用7.1.3之结论知道 \((y_2/y_1)\) 单调减，从而

\(\exists k>0, y_1 > ky_2.\) 命题得证。

7.1.7

假设函数 \(q(x) \leqslant 0\) 是连续的. 证明: 微分方程

\[y^{\prime \prime}+q(x) y=0\]

满足

\[y(0)=a, \quad y(1)=b\]

的解存在且唯一; 进一步, 如果 \(a \neq 0, b=0\) , 则这个解在区间 \([0,1]\) 上是严格单调的.

解. 取定 \(u = y-(b-a)x-a.\) 则边值问题化为

\[u''+(\lambda r+q)u = (a-b)xq-aq,y(0)=y(1)=0.\]

若要解存在唯一，依7.2.4只要证明\(0\)不是特征值。下证 \(y''+qy=0,y(0)=y(1)=0\) 无非平凡解。

若有解满足边值条件，注意到\(q\leq 0\) ，依据比较定理，考察\(y''=0\)的特解\(y=x+1\),其在两零点\((0,1)\)中无解，矛盾。

下面证明它的严格单调性，不妨设\(a >0,b=0,y''+qy=0.\)

若存在\(x'\in (0,1),y(x')=0\) ,考察 \(y'' +q(x)y=0,y(x')=y(1)=0\)，它是边值问题，据上述分析无平凡解，从而原方程的解平凡，矛盾于\(a \neq 0.\)

注意到无零点，\(y(x)>0\),从而 \(y'' \geq 0\). 但\(y'(1) = \lim_{x\rightarrow 1^-} \frac{y(x)}{x-1}\leq 0,\) 从而\(y'\leq 0,\forall x\in (0,1).\) 这就证完单调性。注意到\(y'(1) = 0\)时根据线性微分方程组的Picard定理，有解\(y=0\)存在唯一，矛盾于解的非平凡，故\(y'\leq y'(1)<0.\)从而证完严格单调。

7.1.8

设 \(f(x, y, u)\) 是连续可微函数, \(0 \leqslant x \leqslant 1\), 又假设 \(y=\phi(x)\) 是 微分方程

\[y^{\prime \prime}=f\left(x, y, y^{\prime}\right)\]

在区间 \([0,1]\) 上的解, 且 \(\phi(0)=a, \phi(1)=b, \frac{\partial f(x, y, u)}{\partial y}>0\) 对于一 切的 \(x \in[0,1]\) 和 \((y, y')\) 均成立. 证明: 如果 \(\beta\) 充分接近 \(b\) , 则该方程存在解 \(y=\psi(x)\), 使得 \(\psi(0)=a, \psi(1)=\beta\) .

解. 记 \(p = y'(0) ,u(x,a,p) = \phi(x,a,p).\) 注意到 \(u(1,a,p)=b\)，下证 \(\partial u/\partial p(1,a,p) \neq 0\)（此时\(\exists p',\)使得\(u(1,a,p')=\beta_0.\) 从而\(\beta\in (\beta_0,b)\)时都是存在解的）.

记 \(\partial u /\partial p = u_p.\) 此时由 \(u'' = f(x,u,u')\) 两边对 \(p\) 求导，则

\[u_p'' = (\partial f/\partial y) u_p + (\partial f/\partial y')u_p'.\]

注意到 \(\partial f/\partial y > 0,u_p(0) =0,\) 考察方程

\[u_p'' - (\partial f/\partial y') u_p' = 0 , u(0) = 0\]

知道 \(u_p' = e^{\int_0^x (\partial f/\partial y)ds} >0.\) 从而这里 \(u_p > 0, x \in (0,1).\)

运用 Sturm 比较定理，知道原方程的解 \(u_p\) 也没有零点，从而证完。

7.2.1

求解

\(\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+\lambda y=0 \\ y(0)=0, y^{\prime}(1)=0 \end{array}\right.\) .

解. \(\lambda < 0,y=c_1e^{\sqrt{-\lambda} x}+c_2e^{-\sqrt{-\lambda} x}.\) 此时只有零解。

\(\lambda =0,y=ax+b.\) 此时只有零解。

\(\lambda > 0, y=c_1\cos\sqrt\lambda x+c_2\sin\sqrt\lambda x.\) 根据边值条件有 \(c_1 = 0,-c_1\sqrt \lambda \sin\sqrt\lambda+c_2\sqrt\lambda\cos\sqrt\lambda = 0.\)

解得\(\lambda = (k\pi+\pi/2)^2,k\in\mathbb{N_+}.\)

边值问题解 \(y = c_2 \sin(k\pi +\pi/2)x,\forall c_2.\)

7.2.3

对于怎样的 \(\lambda\), 边值问题

\[\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+\lambda y=1 \\ y(0)=0, y(1)=0 \end{array}\right.\]

无解?

解. 先考察其齐次边值问题

\(\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+\lambda y=0 \\ y(0)=0, y(1)=0 \end{array}\right.\) .

同上题，\(\lambda \leq 0\) 时只有平凡解，\(\lambda >0\)时通解\(y = c_1\cos\sqrt \lambda x + c_2\sin\sqrt\lambda x.\) 结合边值条件知道若有非平凡解，只有\(\sin \sqrt \lambda = 0.\) 这表明 \(\lambda _k =(k\pi)^2,\phi_k =c_2\sin(k\pi x).\)

由7.2.4，原问题无解等价于 \(\int_0^1 f(x)\phi_k(x)dx \neq 0.\) 而左边即 \(\int_0^1 c_2\sin( k\pi x )dx = -c_2(\cos k\pi -1)/k\pi \neq 0\Rightarrow k\) 是奇数。

故 \(\lambda = k^2\pi^2,k\) 为正奇数时无解。

例题摘编

例 4.2

设函数 \(y=y(x, \mu)\) 是初值问题

\[\left\{\begin{array}{l} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=y+\mu\left(x+y^{2}\right), \\ y(0)=1 \end{array}\right.\]

的解. 求 \(\left.\frac{\partial y}{\partial \mu}\right\vert _{\mu=0} .\) 解 由假设可知

\[y(x, \mu)=1+\int_{0}^{x}\left[y(s, \mu)+\mu\left(s+y^{2}(s, \mu)\right)\right] \mathrm{d} s .\]

由此得到

\[\frac{\partial y}{\partial \mu}=\int_{0}^{x}\left(\frac{\partial y}{\partial \mu}+s+y^{2}(s, \mu)+2 \mu y(s, \mu) \frac{\partial y}{\partial \mu}\right) \mathrm{d} s,\]

因此函数 \(\frac{\partial y}{\partial \mu}\) 满足微分方程

\[u^{\prime}=x+y^{2}(x, \mu)+(1+2 \mu y(x, \mu)) u\]

及初始条件 \(u(0)=0\). 这是一阶线性微分方程, 解这个方程可以得到

\[\mathrm{e}^{-\int_{0}^{x}(1+2 \mu y(s, \mu)) \mathrm{d} s} \frac{\partial y}{\partial \mu}=\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{-\int_{0}^{t}(1+2 \mu y(s, \mu)) \mathrm{d} s}\left(t+y^{2}(t, \mu)\right) \mathrm{d} t .\]

由解对参数的连续依赖性可知 \(y(x, 0)=\mathrm{e}^{x}\), 因此

\[\left.\mathrm{e}^{-x} \frac{\partial y}{\partial \mu}\right\vert _{\mu=0}=\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{-t}\left(t+\mathrm{e}^{2 t}\right) \mathrm{d} t .\]

所以

\[\left.\frac{\partial y}{\partial \mu}\right\vert _{\mu=0}=\mathrm{e}^{2 x}-x-1.\]

例 5.1

求初值问题

\[\left\{\begin{array}{l} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=\left(\begin{array}{cc} \cos 6 x+1 & \sin 6 x-3 \\ \sin 6 x+3 & 1-\cos 6 x \end{array}\right) \boldsymbol{y}+\left(\begin{array}{c} \cos 3 x \\ \sin 3 x \end{array}\right) \\ \boldsymbol{y}(0)=\left(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array}\right) \end{array}\right.\]

的解. 解 先求解对应的齐次线性微分方程组

\[\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{y}}{\mathrm{d} x}=\left(\begin{array}{cc} \cos 6 x+1 & \sin 6 x-3 \\ \sin 6 x+3 & 1-\cos 6 x \end{array}\right) \boldsymbol{y} .\]

容易验证

\[\boldsymbol{\Phi}(x)=\left(\begin{array}{cc} \mathrm{e}^{2 x} \cos 3 x & -\sin 3 x \\ \mathrm{e}^{2 x} \sin 3 x & \cos 3 x \end{array}\right)\]

是它的一个基本解矩阵, 并且

\[\boldsymbol{\Phi}^{-1}(x)=\left(\begin{array}{cc} \mathrm{e}^{-2 x} \cos 3 x & \mathrm{e}^{-2 x} \sin 3 x \\ -\sin 3 x & \cos 3 x \end{array}\right) .\]

再利用常数变易法, 可知该初值问题的解为

\[\begin{array}{l} \boldsymbol{y}(x) \\ =\boldsymbol{\Phi}(x)\left(\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \end{array}\right)+\int_{0}^{x}\left(\begin{array}{cc} \mathrm{e}^{-2 s} \cos 3 s & \mathrm{e}^{-2 s} \sin 3 s \\ -\sin 3 s & \cos 3 s \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} \cos 3 s \\ \sin 3 s \end{array}\right) \mathrm{d} s\right) \\ =\left(\begin{array}{l} \frac{1}{2}\left(\mathrm{e}^{2 x}-1\right) \cos 3 x-\sin 3 x \\ \frac{1}{2}\left(\mathrm{e}^{2 x}-1\right) \sin 3 x+\cos 3 x \end{array}\right) . \end{array}\]

例 5.4

求微分方程组

\[\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{y}}{\mathrm{d} x}=\boldsymbol{A} \boldsymbol{y}\]

的通解, 其中

\[\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{rrr} -3 & 4 & -2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 6 & -6 & 5 \end{array}\right) \text {. }\]

解 第一步, 求 \(\boldsymbol{A}\) 的特征值. 计算得

\[\operatorname{det}\left(\boldsymbol{A}-\lambda \boldsymbol{E}_{3}\right)=-(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda+1) .\]

由此得到 \(\boldsymbol{A}\) 的三个特征值为 \(\lambda_{1}=1, \lambda_{2}=2, \lambda_{3}=-1 .\) 第二步, 求 \(\boldsymbol{A}\) 的特征向量. 通过简单的计算可知

\[\boldsymbol{\xi}_{1}=\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right), \quad \boldsymbol{\xi}_{2}=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ 2 \end{array}\right), \quad \boldsymbol{\xi}_{3}=\left(\begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ -1 \end{array}\right)\]

分别是特征值 \(\lambda_{1}=1, \lambda_{2}=2, \lambda_{3}=-1\) 对应的特征向量. 第三步, 写出通解

\[\boldsymbol{y}=c_{1} \boldsymbol{\xi}_{1} \mathrm{e}^{x}+c_{2} \mathrm{e}^{2 x} \boldsymbol{\xi}_{2}+c_{3} \mathrm{e}^{-x} \boldsymbol{\xi}_{3},\]

其中 \(c_{1}, c_{2}, c_{3}\) 为任意常数

例 5.5

求微分方程组

\[\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{y}}{\mathrm{d} x}=\boldsymbol{A} \boldsymbol{y}\]

的通解, 其中

\[\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{rr} 5 & -1 \\ 1 & 5 \end{array}\right).\]

解 第一步, 求 \(\boldsymbol{A}\) 的特征值. 由于

\[\operatorname{det}\left(\boldsymbol{A}-\lambda \boldsymbol{E}_{2}\right)=(\lambda-5)^{2}+1,\]

因此 \(\boldsymbol{A}\) 的两个特征值为 \(\lambda_{1}=5+\mathrm{i}, \lambda_{2}=5-\mathrm{i} .\) 第二步, 求 \(\boldsymbol{A}\) 的特征向量. 容易计算出 \(\lambda_{1}=5+\mathrm{i}, \lambda_{2}=5\) 对应的特征向量分别为

\[\boldsymbol{\xi}_{1}=\left(\begin{array}{c} \mathrm{i} \\ 1 \end{array}\right), \quad \boldsymbol{\xi}_{2}=\left(\begin{array}{r} -\mathrm{i} \\ 1 \end{array}\right) .\]

第三步, 写出复的基本解矩阵

\[\boldsymbol{\Phi}(x)=\left(\begin{array}{cc} \mathrm{ie}^{(5+\mathrm{i}) x} & -\mathrm{ie}^{(5-\mathrm{i}) x} \\ \mathrm{e}^{(5+\mathrm{i}) x} & \mathrm{e}^{(5-\mathrm{i}) x} \end{array}\right) .\]

第四步, 写出 \(\mathrm{e}^{\boldsymbol{A} x} .\)

\[\mathrm{e}^{\boldsymbol{A} x}=\boldsymbol{\Phi}(x) \boldsymbol{\Phi}^{-1}(0)=\left(\begin{array}{cc} \mathrm{e}^{5 x} \cos x & -\mathrm{e}^{5 x} \sin x \\ \mathrm{e}^{5 x} \sin x & \mathrm{e}^{5 x} \cos x \end{array}\right) .\]

第五步, 写出通解

\[\boldsymbol{y}=\mathrm{e}^{\boldsymbol{A x}} \boldsymbol{c},\]

其中 \(c\) 为任意二维常数向量.

例 5.6

求解微分方程组

\[\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{y}}{\mathrm{d} x}=\boldsymbol{A} \boldsymbol{y},\]

其中

\[\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{rrr} 1 & \frac{2}{3} & -\frac{2}{3} \\ 0 & \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ 0 & -\frac{1}{3} & \frac{4}{3} \end{array}\right) .\]

解 第一步, 求 \(\boldsymbol{A}\) 的特征值. 易知 \(\boldsymbol{A}\) 的特征多项式为

\[\operatorname{det}\left(\boldsymbol{A}-\lambda \boldsymbol{E}_{3}\right)=(\lambda-1)^{3},\]

因此 \(\boldsymbol{A}\) 的特征值为 \(\lambda_{1}=1\), 其重数为 \(3\) .

第二步, 求方程组 \(\left(\boldsymbol{A}-\lambda_{1} \boldsymbol{E}_{3}\right)^{3} \boldsymbol{\xi}=\mathbf{0}\) 的解. 由于 \(\left(\boldsymbol{A}-\lambda_{1} \boldsymbol{E}_{3}\right)^{3}= \mathbf{0}\), 因此得到的三个线性无关解

\[\boldsymbol{\xi}_{10}^{(1)}=(1,0,0)^{\mathrm{T}}, \quad \boldsymbol{\xi}_{20}^{(1)}=(0,1,0)^{\mathrm{T}}, \quad \boldsymbol{\xi}_{30}^{(1)}=(0,0,1)^{\mathrm{T}} .\]

第三步, 求解矩阵 \(\boldsymbol{\Phi}(x) .\) 需要计算 \(\boldsymbol{\xi}_{11}^{(1)}, \boldsymbol{\xi}_{12}^{(1)}\) 等, 具体如下:

\[\begin{array}{l} \boldsymbol{\xi}_{11}^{(1)}=\left(\boldsymbol{A}-\lambda_{1} \boldsymbol{E}_{3}\right) \boldsymbol{\xi}_{10}^{(1)}=(0,0,0)^{\mathrm{T}}, \\ \boldsymbol{\xi}_{12}^{(1)}=\left(\boldsymbol{A}-\lambda_{1} \boldsymbol{E}_{3}\right)^{2} \boldsymbol{\xi}_{10}^{(1)}=(0,0,0)^{\mathrm{T}}, \\ \boldsymbol{\xi}_{21}^{(1)}=\left(\boldsymbol{A}-\lambda_{1} \boldsymbol{E}_{3}\right) \boldsymbol{\xi}_{20}^{(1)}=\left(\frac{2}{3},-\frac{1}{3},-\frac{1}{3}\right)^{\mathrm{T}}, \\ \boldsymbol{\xi}_{22}^{(1)}=\left(\boldsymbol{A}-\lambda_{1} \boldsymbol{E}_{3}\right)^{2} \boldsymbol{\xi}_{20}^{(1)}=(0,0,0)^{\mathrm{T}}, \\ \boldsymbol{\xi}_{31}^{(1)}=\left(\boldsymbol{A}-\lambda_{1} \boldsymbol{E}_{3}\right) \boldsymbol{\xi}_{30}^{(1)}=\left(-\frac{2}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right)^{\mathrm{T}}, \\ \boldsymbol{\xi}_{32}^{(1)}=\left(\boldsymbol{A}-\lambda_{1} \boldsymbol{E}_{3}\right)^{2} \boldsymbol{\xi}_{30}^{(1)}=(0,0,0)^{\mathrm{T}} . \end{array}\]

因此

\[\boldsymbol{\Phi}(x)=\left(\begin{array}{ccc} 1 & \frac{2}{3} x & -\frac{2}{3} x \\ 0 & 1-\frac{1}{3} x & \frac{1}{3} x \\ 0 & -\frac{1}{3} x & 1+\frac{1}{3} x \end{array}\right) \mathrm{e}^{x} .\]

于是, 所给方程组的所有解为

\[\boldsymbol{y}=\boldsymbol{\Phi}(x) \boldsymbol{c},\]

其中 \(c\) 为任意三维常数向量.

例 5.7

求解微分方程组

\[\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{y}}{\mathrm{d} x}=\boldsymbol{A} \boldsymbol{y},\] \[\mathbf{A}=\left(\begin{array}{lll} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right)\]

解 设 \(\boldsymbol{y}=\left(y_{1}, y_{2}, y_{3}\right)^{\mathrm{T}}\), 则该方程组可以写成

\[\left\{\begin{array}{l} \frac{\mathrm{d} y_{1}}{\mathrm{~d} x}=y_{2}+y_{3}, \\ \frac{\mathrm{d} y_{2}}{\mathrm{~d} x}=y_{1}+y_{3}, \\ \frac{\mathrm{d} y_{3}}{\mathrm{~d} x}=y_{1}+y_{2} . \end{array}\right.\]

由此得到

\[\frac{\mathrm{d}\left(y_{1}+y_{2}+y_{3}\right)}{\mathrm{d} x}=2\left(y_{1}+y_{2}+y_{3}\right),\]

于是

\[y_{1}+y_{2}+y_{3}=c \mathrm{e}^{2 x} \text {, }\]

其中 \(c\) 为任意常数. 将上式代入上面的方程组, 得到

\[\left\{\begin{array}{l} \frac{\mathrm{d} y_{1}}{\mathrm{~d} x}=c \mathrm{e}^{2 x}-y_{1}, \\ \frac{\mathrm{d} y_{2}}{\mathrm{~d} x}=c \mathrm{e}^{2 x}-y_{2}, \\ \frac{\mathrm{d} y_{3}}{\mathrm{~d} x}=c \mathrm{e}^{2 x}-y_{3} . \end{array}\right.\]

这是三个一阶线性微分方程. 由此得到

\[\begin{array}{l} y_{1}=\frac{1}{3} c \mathrm{e}^{2 x}+c_{1} \mathrm{e}^{-x}, \\ y_{2}=\frac{1}{3} c \mathrm{e}^{2 x}+c_{2} \mathrm{e}^{-x}, \\ y_{3}=\frac{1}{3} c \mathrm{e}^{2 x}+c_{3} \mathrm{e}^{-x}, \end{array}\]

其中 \(c_{1}, c_{2}, c_{3}\) 为任意常数. 然而, 常数 \(c, c_{1}, c_{2}, c_{3}\) 并不是相互独立的. 事实上, 由 \(y_{1}+y_{2}+y_{3}=c \mathrm{e}^{2 x}\) 知道 \(c_{3}=-\left(c_{1}+c_{2}\right) .\) 因此, 所给方程组的通解为

\[\begin{array}{l} y_{1}=\frac{1}{3} c \mathrm{e}^{2 x}+c_{1} \mathrm{e}^{-x}, \\ y_{2}=\frac{1}{3} c \mathrm{e}^{2 x}+c_{2} \mathrm{e}^{-x}, \\ y_{3}=\frac{1}{3} c \mathrm{e}^{2 x}-\left(c_{1}+c_{2}\right) \mathrm{e}^{-x} . \end{array}\]

例 5.8

证明: 常系数齐次线性微分方程组\(\frac{\mathrm{d} \boldsymbol{y}}{\mathrm{d} x}=\boldsymbol{A} \boldsymbol{y},\)的所有解当 \(x \rightarrow+\infty\) 时均趋向于零的充要条件是, \(\boldsymbol{A}\) 的所有特征值的实部均小于零. 证明 由方程组的通解表达式可知, 其所有解为

\[\boldsymbol{y}=\boldsymbol{\Phi}(x) \boldsymbol{c},\]

其中 \(\boldsymbol{c}\) 为任意 \(n\) 维常数向量. 假设 \(\boldsymbol{A}\) 的特征值为 \(\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{s}\) , 它们的重数分别为 \(n_{1}, n_{2}, \cdots, n_{s}\left(n_{1}+n_{2}+\cdots+n_{s}=n\right) ,\) 则

\[\begin{array}{c} \boldsymbol{\Phi}(x)=\left(\mathrm{e}^{\lambda_{1} x} \boldsymbol{P}_{1}^{(1)}(x), \cdots, \mathrm{e}^{\lambda_{1} x} \boldsymbol{P}_{n_{1}}^{(1)}(x), \cdots,\right. \left.\mathrm{e}^{\lambda_{s} x} \boldsymbol{P}_{1}^{(s)}(x), \cdots, \mathrm{e}^{\lambda_{s} x} \boldsymbol{P}_{n_{s}}^{(s)}(x)\right), \end{array}\]

其中 \(\boldsymbol{P}_{j}^{(i)}(x)\left(i=1,2, \cdots, s ; j=1,2, \cdots, n_{i}\right)\) 是 \(x\) 的向量多项式, 次数不超过 \(n_{i}\) . 假如 \(\operatorname{Re} \lambda_{i} \leqslant-\alpha<0(i=1,2, \cdots, s)\), 由于 \(\boldsymbol{P}_{j}^{(i)}(x)\) 是向量多项式, 因此存在常数 \(M>0\), 使得对于所有的 \(i, j\), 有

\[\left\vert \boldsymbol{P}_{j}^{(i)}(x)\right\vert \leqslant M \mathrm{e}^{\frac{\alpha}{2} x}, \quad x \geqslant 0 .\]

所以

\[\vert \boldsymbol{\Phi}(x)\vert \leqslant n^{2} M \mathrm{e}^{-\frac{a}{2} x}, \quad x \geqslant 0 .\]

因此

\[\lim _{x \rightarrow+\infty} \boldsymbol{\Phi}(x)=\mathbf{0} .\]

于是, 对于任意 \(n\) 维常数向量 \(\boldsymbol{c}\), 有

\[\lim _{x \rightarrow+\infty} \boldsymbol{\Phi}(x) c=\mathbf{0} .\]

由此得到方程组的所有解当 \(x \rightarrow+\infty\) 时均趋向于零. 反之, 若方程组的所有解当 \(x \rightarrow+\infty\) 时均趋向于零, 则

\[\lim _{x \rightarrow+\infty} \boldsymbol{\Phi}(x)=\mathbf{0} .\]

假设 \(\boldsymbol{A}\) 有一个特征值的实部不小于零, 记此特征值为 \(\lambda_{1}\) , 则在 \(\boldsymbol{\Phi}(x)\) 的表达式中前 \(n_{1}\) 列当 \(x \rightarrow+\infty\) 时均不趋向于零. 注意到这前 \(n_{1}\) 列 均是方程组的解, 于是得出矛盾.

例 5.10

求解微分方程

\[y^{(4)}-4 y^{(3)}+8 y^{\prime \prime}-8 y^{\prime}+3 y=0 .\]

解 第一步, 求特征方程

\[\lambda^{4}-4 \lambda^{3}+8 \lambda^{2}-8 \lambda+3=0\]

的根. 容易验证 \(\lambda_{1}=1, \lambda_{2,3}=1 \pm \mathrm{i} \sqrt{2}\) 是它的根, 其中 \(\lambda_{1}=1\) 是二重根. 第二步, 对于复值解 \(\mathrm{e}^{(1 \pm \sqrt{2}) i x}\), 分别利用提取实部和虚部的办法得到两个实值解

\[\mathrm{e}^{x} \cos \sqrt{2} x, \quad \mathrm{e}^{x} \sin \sqrt{2} x .\]

容易验证这两个解是线性无关的. 第三步, 写出该方程的通解

\[y=\left(c_{1}+c_{2} x\right) \mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{x}\left(c_{3} \cos \sqrt{2} x+c_{4} \sin \sqrt{2} x\right),\]

其中 \(c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}\) 为任意常数.

例 5.11

求解微分方程

\[y^{\prime \prime}+\alpha^{2} y=f(x),\]

其中 \(\alpha>0\) 是常数, 函数 \(f(x)\) 在区间 \((a, b)\) 上连续.

解 第一步, 求特征方程

\[\lambda^{2}+\alpha^{2}=0\]

的根, 得到 \(\lambda_{1,2}=\pm \mathrm{i} \alpha .\) 第二步, 写出对应的齐次线性微分方程的通解

\[y=c_{1} \cos \alpha x+c_{2} \sin \alpha x,\]

其中 \(c_{1}, c_{2}\) 为任意常数. 第三步, 用常数变易法求所给方程的一个特解 \(\phi^{*}(x) .\) 假设该特解的形式为

\[\phi^{*}(x)=c_{1}(x) \cos \alpha x+c_{2}(x) \sin \alpha x .\]

上式两端求导数, 得到 \(\phi^{* \prime}(x)=-\alpha c_{1}(x) \sin \alpha x+\alpha c_{2}(x) \cos \alpha x+c_{1}^{\prime}(x) \cos \alpha x+c_{2}^{\prime}(x) \sin \alpha x .\) 令 \(c_{1}^{\prime}(x) \cos \alpha x+c_{2}^{\prime}(x) \sin \alpha x=0 ,\) 然后对 \(\phi^{* \prime}(x)\) 求导数, 并代入所给方程, 我们有

\[-\alpha c_{1}^{\prime}(x) \sin \alpha x+\alpha c_{2}^{\prime}(x) \cos \alpha x=f(x) .\]

从上两式解出 \(c_{1}(x)\) 和 \(c_{2}(x)\), 得到

\[c_{1}(x)=-\frac{1}{\alpha} \int_{x_{0}}^{x} f(s) \sin \alpha s \mathrm{~d} s, \quad c_{2}(x)=\frac{1}{\alpha} \int_{x_{0}}^{x} f(s) \cos \alpha s \mathrm{~d} s,\]

其中 \(x_{0} \in(a, b)\), 因此所给方程的通解为

\[y=c_{1} \cos \alpha x+c_{2} \sin \alpha x+\frac{1}{\alpha} \int_{x_{0}}^{x} f(s) \sin (\alpha(x-s)) \mathrm{d} s,\]

其中 \(c_{1}, c_{2}\) 为任意常数.

例 5.12

求解微分方程

\[y^{\prime \prime}+y=x \mathrm{e}^{z} .\]

解 第一步, 求解对应的齐次线性微分方程

\[y^{\prime \prime}+y=0\]

容易验证这个方程的通解为

\[y=c_{1} \cos x+c_{2} \sin x .\]

其中 \(c_{1}, c_{2}\) 为任意常数 第二步, 求所给方程的一个特解 \(\phi^{*}(x)\). 注意到 \(1\) 不是对应齐次线性微分方程的特征方程的根, 于是可以假设特解 \(\phi^{*}(x)\) 的形式如下:

\(\phi^{*}(x)=(a x+b) \mathrm{e}^{x} .\) 将其代入所给方程, 得到

\[2 a x \mathrm{e}^{x}+2(a+b) \mathrm{e}^{x}=x \mathrm{e}^{x} .\]

由此可知

\[a=\frac{1}{2}, \quad b=-\frac{1}{2} .\]

因此, 所给方程的通解为

\[y=c_{1} \cos x+c_{2} \sin x+\frac{1}{2}(x-1) \mathrm{e}^{x}.\]

例 5.13

求解徵分方程

\[y^{\prime \prime}+y^{\prime}-2 y=x \mathrm{e}^{x} .\]

解 第一步, 求对应的齐次线性微分方程的通解. 注意到特征方程为

\[\lambda^{2}+\lambda-2=0,\]

它的两个根为 $-2$ 和 $1$ , 于是对应的齐次线性微分方程的通解为

\[y=c_{1} \mathrm{e}^{-2 x}+c_{2} \mathrm{e}^{x},\]

其中 \(c_{1}, c_{2}\) 为任意常数. 第二步, 求所给方程的一个特解 \(\phi^{*}(x)\). 由于 $1$ 是特征方程的一个单根, 可以假设特解 \(\phi^{*}(x)\) 具有如下形式:

\(\phi^{*}(x)=x(a x+b) \mathrm{e}^{x} .\) 将其代入所给方程, 得到

\[6 a x+2 a+3 b=x \text {. }\]

由此得到

\[a=\frac{1}{6}, \quad b=-\frac{1}{9} .\]

因此, 所给方程的通解为

\[y=c_{1} \mathrm{e}^{-2 x}+c_{1} \mathrm{e}^{x}+x\left(\frac{1}{6} x-\frac{1}{9}\right) \mathrm{e}^{x} .\]

例 5.14

求解微分方程

\[y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+2 y=\mathrm{e}^{x} \cos x .\]

解 第一步, 求对应的齐次线性微分方程的通解. 容易证明

\[y=c_{1} \mathrm{e}^{x} \cos x+c_{2} \mathrm{e}^{x} \sin x\]

是对应的齐次线性微分方程的通解, 其中 \(c_{1}, c_{2}\) 为任意常数. 第二步, 求所给方程的一个特解 \(\phi^{*}(x)\). 注意到 \(1 \pm \mathrm{i}\) 是相应的特 征方程的根，因此设

\(\phi^{*}(x)=x(A \cos x+B \sin x) \mathrm{e}^{x} .\) 将其代入所给方程, 得到

\[\phi^{* \prime \prime}(x)-2 \phi^{* \prime}(x)+2 \phi^{*}(x)=2(-A \sin x+B \cos x) \mathrm{e}^{x}=\mathrm{e}^{x} \cos x .\]

比较系数, 得到

\[-2 A=0, \quad 2 B=1,\]

于是

\[\phi^{*}(x)=\frac{1}{2} x \mathrm{e}^{x} \sin x .\]

因此, 所给方程的通解为

\(y=c_{1} \mathrm{e}^{x} \cos x+c_{2} \mathrm{e}^{x} \sin x+\frac{1}{2} x \mathrm{e}^{x} \sin x\).

例 5.15

求解微分方程

\[y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}-4 y=\mathrm{e}^{-4 x}+x \mathrm{e}^{-x} .\]

解 第一步, 求对应的齐次线性微分方程的通解. 注意到特征方 程为

\[\lambda^{2}+3 \lambda-4=0,\]

它有两个根 $-4$ 和 $1$ , 于是对应的齐次线性微分方程的通解为

\[y=c_{1} \mathrm{e}^{-4 x}+c_{2} \mathrm{e}^{x},\]

其中 \(c_{1}, c_{2}\) 为任意常数. 第二步, 求所给方程的一个特解 \(\phi^{*}(x) .\) 利用线性微分方程的特点, 可知微分方程

\[y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}-4 y=\mathrm{e}^{-4 x}\]

和

\(y^{\prime \prime}+3 y^{\prime}-4 y=x \mathrm{e}^{-x}\) 的解之和为所给方程的解. 因此, 只要分别求出上面两个微分方程的 特解即可. 容易验证, 函数

\[\phi_{1}^{*}(x)=-\frac{x}{5} \mathrm{e}^{-4 x}, \quad \phi_{2}^{*}(x)=\left(\frac{x}{6}+\frac{1}{36}\right) \mathrm{e}^{-x}\]

分别为上面两个微分方程的特解. 因此, 所给方程的一个特解为

\[\phi^{*}(x)=\phi_{1}^{*}(x)+\phi_{2}^{*}(x) .\]

于是, 所给方程的通解为

\[\begin{aligned} y &=c_{1} \mathrm{e}^{-4 x}+c_{2} \mathrm{e}^{-z}+\phi^{*}(x) . \\ &=c_{1} \mathrm{e}^{-4 x}+c_{2} \mathrm{e}^{-x}-\frac{x}{5} \mathrm{e}^{-4 x}+\left(\frac{x}{6}+\frac{1}{36}\right) \mathrm{e}^{-x} . \end{aligned}\]

例 5.16

求解 Euler 方程

\[x^{n} y^{(n)}+a_{1} x^{n-1} y^{(n-1)}+\cdots+a_{n-1} x y^{\prime}+a_{n} y=0, \quad x>0,\]

其中 \(a_{1}, \cdots, a_{n-1}, a_{n}\) 都是常数. 解 引入新的自变量 \(t, x=\mathrm{e}^{t}\) , 则

\[\begin{array}{l} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}=\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x} \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}=\mathrm{e}^{t} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=x y^{\prime}, \\ \frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} t^{2}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left(\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}\right)=\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\left(x y^{\prime}\right)=x\left(x y^{\prime \prime}+y^{\prime}\right)=x^{2} y^{\prime \prime}+\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t} . \end{array}\]

因此

\[x y^{\prime}=\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}, \quad x^{2} y^{\prime \prime}=\frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} t^{2}}-\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t} .\]

假设

\(x^{n} y^{(n)}=c_{n} \frac{\mathrm{d}^{n} y}{\mathrm{~d} t^{n}}+c_{n-1} \frac{\mathrm{d}^{n-1} y}{\mathrm{~d} t^{n-1}}+\cdots+c_{1} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t},\) 其中 \(c_{1}, \cdots, c_{n-1}, c_{n}\) 是常数, 则

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left(x^{n} y^{(n)}\right)=c_{n} \frac{\mathrm{d}^{n+1} y}{\mathrm{~d} t^{n+1}}+c_{n-1} \frac{\mathrm{d}^{n} y}{\mathrm{~d} t^{n}}+\cdots+c_{1} \frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} t^{2}} .\]

然而

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left(x^{n} y^{(n)}\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\left(x^{n} y^{(n)}\right) \cdot \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}=n x^{n} y^{(n)}+x^{n+1} y^{(n+1)} .\]

由此可知, 对于任意的 \(n \geqslant 1, x^{n} y^{(n)}\) 可以表示成 \(\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}, \cdots, \frac{\mathrm{d}^{n} y}{\mathrm{~d} t^{n}}\) 的常系数线性组合. 这样就说明了, Euler 方程在变换 \(x=\mathrm{e}^{t}\)下将变成一 个关于 \(y, \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}, \cdots, \frac{\mathrm{d}^{n} y}{\mathrm{~d} t^{n}}\) 的 $ n $ 阶常系数齐次线性微分方程. 因此, 可以 利用关于常系数齐次线性微分方程组的结果求出 Euler 方程的通解.

当然, 还可以用更为直接的办法来求出 Euler 方程的 \(n\) 个线性无关解．记微分算子

\[D_{n}=x^{n} \frac{\mathrm{d}^{n}}{\mathrm{~d} x^{n}}+a_{1} x^{n-1} \frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{~d} x^{n-1}}+\cdots+a_{n-1} x \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}+a_{n},\]

则

\[\begin{array}{l} \begin{aligned} D_{n}\left(x^{\lambda}\right)=& {\left[\lambda(\lambda-1) \cdots(\lambda-n+1)+a_{1} \lambda(\lambda-1) \cdots(\lambda-n+2)\right.} \\ &\left.+\cdots+a_{n-1} \lambda+a_{n}\right] x^{\lambda} . \end{aligned} \\ P(\lambda):=\lambda(\lambda-1) \cdots(\lambda-n+1)+a_{1} \lambda(\lambda-1) \cdots(\lambda-n+2)+\cdots+a_{n-1} \lambda+a_{n} \end{array}\]

(这是一个关于 \(\lambda\) 的 \(n\) 次多项式), 则上式可以写成

\[D_{n}\left(x^{\lambda}\right)=P(\lambda) x^{\lambda} .\]

设 \(\eta\) 是 \(P(\lambda)\) 的根, 则

\[D_{\mathrm{n}}\left(x^{\eta}\right)=P(\eta) x^{\eta}=0,\]

即 \(y=x^{\eta}\) 是 Euler 方程的一个非零解. 由此可知, 如果 \(\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{s}\) 是 \(P(\lambda)=0\) 的互异的根, 则 \(y=x^{\lambda_{1}}, y=x^{\lambda_{2}}, \cdots, y=x^{\lambda_{s}}\) 是 Euler 方程的线性无关解. 进一步, 如果 \(\lambda_{1}\) 的重数为 \(n_{1}\) , 则

\[x^{\lambda_{1}}, x^{\lambda_{1}} \ln x, \cdots, x^{\lambda_{1}}(\ln x)^{n_{1}-1}\]

均是 Euler 方程的解。假设 \(\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{s}\) 是 \(P(\lambda)=0\) 的 \(s\) 个互异的根, 它们的重数分别为 \(n_{1}, n_{2}, \cdots, n_{s}\left(n_{1}+\right. n_{2}+\cdots+n_{s}=n )\), 则

\[x^{\lambda_{j}}(\ln x)^{k_{j}}\left(j=1,2, \cdots, s ; k_{j}=0,1, \cdots, n_{j}-1\right)\]

是 Euler 方程的 $ n $ 个线性无关解, 它们与 $ n $ 个任意常数的线性组合就是 Euler 方程的通解.

例 6.1

求解 Hermite 方程

\[y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+\lambda y=0 \quad(-\infty<x<+\infty),\]

其中 \(\lambda\) 是常数. 解 设 Hermite 方程有幂级数解

\[y=\sum_{n=0}^{\infty} c_{n} x^{n} .\]

直接计算可知

\(y^{\prime}=\sum_{n=1}^{\infty} n c_{n} x^{n-1}, \quad y^{\prime \prime}=\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) c_{n} x^{n-2} .\) 将其代入 Hermite 方程并比较同次项系数, 得到

\[2 c_{2}+\lambda c_{0}=0, \quad 3 \cdot 2 c_{3}-2 c_{1}+\lambda c_{1}=0, \quad \cdots .\]

一般地, 有

\[n(n-1) c_{n}-2(n-2) c_{n-2}+\lambda c_{n-2}=0, \quad n=2,3, \cdots .\]

由此可知

\[y=c_{0}\left(1-\frac{\lambda}{2 !} x^{2}+\cdots\right)+c_{1}\left(x+\frac{2-\lambda}{3 !} x^{3}+\cdots\right) .\]

由于

\[c_{n+2}=\frac{2 n-\lambda}{(n+2)(n+1)} c_{n}, \quad n=0,1,2, \cdots,\]

所以当 \(\lambda\) 为非负偶数时, 上面的幂级数解成为多项式. 称这个多项式为 Hermite 多项式.

例 6.2

求解 Legendre 方程

\[\left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-2 x y^{\prime}+n(n+1) y=0,\]

其中 $ n $ 为常数. 解 由定理可知, 当 $ \vert x\vert <1$ 时, Legendre 方程有幂级数

\[y=\sum_{k=0}^{\infty} c_{k} x^{k} \text {. }\]

将其代入 Legendre 方程并比较同次幂系数, 得到

\[\sum_{k=0}^{\infty}\left[(k+2)(k+1) c_{k+2}+(n+k+1)(n-k) c_{k}\right] x^{k}=0 .\]

由此可知

\(y=\sum_{k=0}^{\infty}\left(c_{2 k} x^{2 k}+c_{2 k+1} x^{2 k+1}\right) (k+2)(k+1) c_{k+2}+(n+k+1)(n-k) c_{k}=0, \quad k=0,1,2, \cdots\).

从而得到

\[c_{2 m}=(-1)^{m} A_{m} c_{0}, \quad c_{2 m+1}=(-1)^{m} B_{m} c_{1},\]

其中

\[\begin{array}{c} A_{m}=\frac{(n-2 m+2) \cdots(n-2) n(n+1) \cdots(n+2 m-1)}{(2 m) !} \\ B_{m}=\frac{(n-2 m+1) \cdots(n-3)(n-1)(n+2) \cdots(n+2 m)}{(2 m+1) !} \\ m=1,2, \cdots \end{array}\]

因此, 得到 Legendre 方程的幂级数解

\(y=\sum_{k=0}^{\infty}\left(c_{2 k} x^{2 k}+c_{2 k+1} x^{2 k+1}\right)\).

例 6.4

求微分方程

\[x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+\left(x^{2}-\frac{1}{4}\right) y=0\]

的两个线性无关解. 解 令 \(u(x)=y \sqrt{x} ,\) 则 \(u=u(x)\) 满足微分方程

\[u^{\prime \prime}+u=0 .\]

此方程的两个线性无关解为

\(u=\cos x, \quad u=\sin x .\) 由此可知原方程的两个线性无关解为

\[\begin{array}{l} y_{1}=\frac{\cos x}{\sqrt{x}}=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{(2 k) !} x^{2 k-\frac{1}{2}}, \\ y_{2}=\frac{\sin x}{\sqrt{x}}=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{(2 k+1) !} x^{2 k+\frac{1}{2}} . \end{array}\]

例 7.1

设有微分方程

\[\frac{\mathrm{d}^{2} x}{\mathrm{~d} t^{2}}+P(t) x=0,\]

其中 \(P(t)\) 是连续函数, 并且

\[n^{2}<P(t)<(n+1)^{2},\]

这里 $ n $ 是非负整数. 证明: 上述方程的非零解都不是以 $ 2 \pi $ 为周期的.

证明 假设 \(x=\phi(t)\) 是该方程的一个非零解, 且它是以 \(2 \pi\) 为周期的, 则

\[\phi(t+2 \pi) \equiv \phi(t), \quad t \in \mathbb{R} .\]

将其代入该方程可知

\[P(t+2 \pi) \phi(t) \equiv P(t) \phi(t),\]

于是 \(P(t+2 \pi)=P(t)\) 对于一切的 \(t \in\{t \in \mathrm{R} \mid \phi(t) \neq 0\}\) 成立. 注意到 \(\phi(t) \neq 0\), 所以 \(\phi(x)\) 的零点是孤立的, 即对于 \(\phi(x)\) 的任意零点 \(t_{0}\) , 存在 \(\left\{t_{n}\right\}\) , 使得 \(t_{n} \rightarrow t_{0}(n \rightarrow \infty)\), 但是 \(\phi\left(t_{n}\right) \neq 0(n=1,2, \cdots)\) . 因此

\[P\left(t_{n}+2 \pi\right)=P\left(t_{n}\right), \quad n=1,2, \cdots .\]

再由 \(P(t)\) 的连续性可知 \(P\left(t_{0}+2 \pi\right)=P\left(t_{0}\right) .\) 由此得到 \(P(t)\) 是以 \(2 \pi\) 为周期的函数. 由不等式 \(n^{2}<P(t)<(n+1)^{2}\) 可知, 存在常数 \(\delta\left(0<\delta<\frac{1}{2}\right) .\) 使得

\[0<(n+\delta)^{2} \leqslant P(t) \leqslant(n+1-\delta)^{2}, \quad t \in \mathbb{R} .\]

该方程的每个非零解在 \(\mathbb{R}\) 上是无限振动的, 并且两个相邻零点的距离介于 \(\frac{\pi}{n+1-\delta} 和 \frac{\pi}{n+\delta}\) 之间. 由于 \(\phi(t) \neq 0\), 如果 \(t_{1}\)和 \(t_{2}\) 是 $ \phi(t) $ 的两个相邻零点, 则

\[\phi^{\prime}\left(t_{1}\right) \phi^{\prime}\left(t_{2}\right)<0 .\]

设 \(t_{0}\) 是 $ \phi(t) $ 的一个零点, 则 \(t_{0}+2 \pi\) 也是它的一个零点, 且

\[\phi^{\prime}\left(t_{0}\right) \phi^{\prime}\left(t_{0}+2 \pi\right)=\left(\phi^{\prime}\left(t_{0}\right)\right)^{2}>0 .\]

于是, $ \phi(t) $ 在 \(\left[t_{0}, t_{0}+2 \pi\right]\) 中的零点可以记为

\(t_{0}<t_{1}<t_{2}<\cdots<t_{2 m-1}<t_{2 m}=t_{0}+2 \pi,\) 并且

\[\frac{\pi}{n+1-\delta} \leqslant t_{j+1}-t_{j} \leqslant \frac{\pi}{n+\delta}, \quad j=0,1,2, \cdots, 2 m-1 .\]

将这些不等式相加, 立即得到

\[2 m \frac{\pi}{n+1-\delta} \leqslant t_{2 m}-t_{0}=2 \pi \leqslant 2 m \frac{\pi}{n+\delta},\]

即

\[n+\delta \leqslant m \leqslant n+1-\delta .\]

矛盾于其是整数。

例 7.3

求 Sturm-Liouville 边值问题

\[\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+\lambda y=0 \\ y(0)-y^{\prime}(0)=0, y^{\prime}(1)=0, \end{array}\right.\]

的特征值和特征函数, 并讨论在区间 $ [0,1] $ 上有定义的函数 $ f(x) $ 关于 该特征函数系的 (广义) Fourier 级数展开.

解 当 \(\lambda=-a^{2}<0(a>0)\) 时, 该边值问题中微分方程的通解为

\[y=c_{1} \mathrm{e}^{a x}+c_{2} \mathrm{e}^{-a x} \text {, }\]

其中 \(c_{1}, c_{2}\) 为任意常数. 利用边值条件, 可以得到

\[(1-a) c_{1}+(1+a) c_{2}=0, \quad \mathrm{e}^{a} c_{1}-\mathrm{e}^{-a} c_{2}=0,\]

因此

\[c_{1}=c_{2}=0,\]

即该边值问题没有负的特征值. 当 \(\lambda=0\) 时, 上述微分方程的通解为

\[y=c_{1}+c_{2} x,\]

其中 \(c_{1}, c_{2}\) 为任意常数. 利用边值条件, 可以得到 \(c_{1}=c_{2}=0 .\) 由此 可知该边值问题无非零解. 当 \(\lambda=a^{2}>0\) 时, 上述微分方程的通解为

\[y=c_{1} \cos a x+c_{2} \sin a x,\]

其中 \(c_{1}, c_{2}\) 为任意常数. 利用边值条件, 可知

\[c_{1}-c_{2} a=0, \quad-c_{1} \sin a+c_{2} \cos a=0 .\]

这个线性方程组有非零解的充要条件是

\[\cos a-a \sin a=0 .\]

显然, 有无穷多个 \(a\) 值:

\[0<a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{n}<\cdots,\]

使得式子成立. 因此, \(\lambda_{n}=a_{n}^{2}(n=1,2, \cdots)\) 是正的特征值, 对 应的特征函数为

\[\phi_{n}(x)=a_{n} \cos a_{n} x+\sin a_{n} x, \quad n=1,2, \cdots .\]

知特征函数系

\[\phi_{1}(x), \phi_{2}(x), \cdots, \phi_{n}(x), \cdots\]

形成一个正交函数系, 并且

\[\delta_{n}=\int_{0}^{1} \phi_{n}^{2}(x) \mathrm{d} x>0, \quad n=1,2, \cdots .\]

对于任意在区间 $ [0,1] $ 上满足 Dirichlet 条件的函数 $ f(x)$ , 可以 将 $ f(x) $ 展开成 (广义) Fourier 级数：

\[f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} b_{n} \phi_{n}(x),\]

其中

\[b_{n}=\frac{1}{\delta_{n}} \int_{0}^{1} f(x) \phi_{n}(x) \mathrm{d} x, \quad n=1,2, \cdots .\]