习题课讲解

14.2 习题课讲解

14.2.1 有关一阶微分方程的证明题

例 14.2.1 （2023秋期末考试 · 17）设 $f \in C [0, 1]$ ，且满足 $\begin{matrix} (1) & | f (x) | \leq 1 + \int_{0}^{x} | f (t) | d t \end{matrix}$ 证明： $| f (x) | \leq e^{x}$ ， $\forall x \in [0, 1]$ 。

证明令 $u (x) := e^{- x} \int_{0}^{x} | f (t) | d t$ ，则 $\begin{matrix} (2) & u^{'} (x) = e^{- x} [| f (x) | - \int_{0}^{x} | f (t) | d t] \leq e^{- x} \end{matrix}$ 故 $\forall x \in [0, 1]$ ，都有 $\begin{matrix} (3) & u (x) = u (0) + \int_{0}^{x} u^{'} (t) d t \leq \int_{0}^{x} e^{- t} d t = 1 - e^{- x} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (4) & | f (x) | \leq 1 + \int_{0}^{x} | f (t) | d t = 1 + e^{x} u (x) \leq e^{x} \end{matrix}$ $◻$

另证令 $g (x) := \int_{0}^{x} | f (t) | d t$ ，则 $g (0) = 0$ 且 $\begin{matrix} (5) & g^{'} (x) = | f (x) | \leq 1 + g (x) ⟹ \frac{g^{'} (x)}{1 + g (x)} \leq 1 \end{matrix}$ 两边从 $0$ 到 $x$ 积分可得 $\begin{matrix} (6) & \ln [1 + g (x)] \leq x ⟹ g (x) \leq e^{x} - 1 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (7) & | f (x) | \leq 1 + g (x) \leq e^{x} \end{matrix}$ $◻$

例 14.2.2 （Grönwall不等式的积分形式）设 $x_{0} \in [a, b]$ ， $f, g, h \in C [a, b]$ 满足 $g$ 非负， $h$ 在 $[a, x_{0}]$ 单调不增、在 $[x_{0}, b]$ 单调不减，且 $\begin{matrix} (8) & f (x) \leq \int_{x_{0}}^{x} f (t) g (t) | d t | + h (x) \end{matrix}$ 证明： $\begin{matrix} (9) & f (x) \leq e^{\int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h (x), \forall x \in [a, b] \end{matrix}$ 其中 $\begin{matrix} (10) & \int_{x_{0}}^{x} φ (t) | d t | = {\begin{cases} \int_{x_{0}}^{x} φ (t) d t, & x \geq x_{0} \\ \int_{x}^{x_{0}} φ (t) d t, & x \leq x_{0} \end{cases} \end{matrix}$

证明为了突出强调 $x \geq x_{0}$ 和 $x \leq x_{0}$ 两种情况下符号和不等式方向的变化，这里将两部分证明合写在一起。方便起见，证明过程中的双重不等号均为不严格不等号，即 $≷$ 表示一一对应的 $\geq$ 或 $\leq$ ，例如： $\begin{matrix} (11) & f ≶ g \pm h ⟹ \begin{matrix} (1) f \leq g + h \\ (2) f \geq g - h \end{matrix} \end{matrix}$ 如果读者阅读此证明较为困难，可以将其手动分为两部分阅读。

先考虑一个简单的情形： $h$ 可微。设 $x ≷ x_{0}$ ，记 $F (x) = \int_{x_{0}}^{x} f (t) g (t) | d t | + h (x)$ ，则 $\begin{matrix} (12) & F^{'} (x) = \underset{≷ 0}{\underset{⏟}{\pm g (x)}} \underset{\leq F (x)}{\underset{⏟}{f (x)}} + h^{'} (x) ≶ \pm g (x) F (x) + h^{'} (x) ⟹ F^{'} (x) \mp g (x) F (x) ≶ h^{'} (x) \end{matrix}$ 其中 $h^{'} (x) ≷ 0$ 。利用积分因子 $e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |}$ 可得 $\begin{matrix} (13) & {[F (x) e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |}]}^{'} = \underset{> 0}{\underset{⏟}{e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |}}} \underset{≶ h^{'} (x)}{\underset{⏟}{[F^{'} (x) \mp F (x) g (x)]}} ≶ \underset{\leq 1}{\underset{⏟}{e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |}}} \underset{≷ 0}{\underset{⏟}{h^{'} (x)}} ≶ h^{'} (x) \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (14) & F (x) e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} = F (x_{0}) + \int_{x_{0}}^{x} \underset{≶ h^{'} (ξ)}{\underset{⏟}{{[F (ξ) e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |}]}^{'}}} \underset{≷ 0}{\underset{⏟}{d ξ}} \leq h (x_{0}) + \int_{x_{0}}^{x} h^{'} (ξ) d ξ = h (x) \end{matrix}$ 综上所述，我们有 $\begin{matrix} (15) & f (x) \leq F (x) \leq e^{\int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h (x) \end{matrix}$

对于一般的 $h$ 和 $x$ ，我们需要修改以上证明。从下式出发（红色表示待转化的式子，即需要 $h^{'}$ 可微的式子），利用分部积分法可得： $\begin{matrix} (16) & \begin{aligned} {[F (x) e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |}]}^{'} d ξ & \overset{?}{\leq} e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h^{'} (x) d ξ \\ F (x) e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} & \overset{?}{\leq} F (x_{0}) + \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} h^{'} (ξ) d ξ \\ = h (x_{0}) + {e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} h (ξ) |}_{ξ = a}^{x} - \int_{x_{0}}^{x} h (ξ) {[e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |}]}^{'} d ξ \\ = e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h (x) \pm \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) h (ξ) d ξ \\ = e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h (x) + \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) h (ξ) | d ξ | \end{aligned} \end{matrix}$ 这等价于证明 $\begin{matrix} (17) & e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} \int_{x_{0}}^{x} f (t) g (t) | d t | \overset{?}{\leq} \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) h (ξ) | d ξ | \end{matrix}$ 此时不等式左侧可微，故可利用 $\begin{matrix} (18) & \begin{aligned} e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} \int_{x_{0}}^{x} f (t) g (t) | d t | & = \int_{x_{0}}^{x} {[e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} \int_{x_{0}}^{ξ} f (t) g (t) | d t |]}^{'} d ξ \\ = \pm \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) [f (ξ) - \int_{x_{0}}^{ξ} f (t) g (t) | d t |] d ξ \\ = \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) [f (ξ) - \int_{x_{0}}^{ξ} f (t) g (t) | d t |] | d ξ | \\ \leq \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) h (ξ) | d ξ | \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (19) & \begin{aligned} F (x) e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} & \leq e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h (x) + \int_{x_{0}}^{x} \underset{\geq 0}{\underset{⏟}{e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ)}} \underset{\leq h (x)}{\underset{⏟}{h (ξ)}} | d ξ | \\ \leq e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h (x) + h (x) \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) | d ξ | \\ = h (x) [e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} - {e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} |}_{ξ = a}^{x}] = h (x) \end{aligned} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (20) & f (x) \leq F (x) \leq e^{\int_{x_{0}}^{x} g (t) d t} h (x) \end{matrix}$ $◻$

注由于我们拓展了定积分的定义，即不必要求积分下限小于积分上限，故在证明时需要特别注意下式仅在 $b \geq a$ 时成立： $\begin{matrix} (21) & f (x) \leq g (x) ⟹ \int_{a}^{b} f (x) d x \leq \int_{a}^{b} g (x) d x, b \geq a \end{matrix}$ 或者可以一般地写成 $\begin{matrix} (22) & f (x) \leq g (x) ⟹ \int_{a}^{b} f (x) | d x | \leq \int_{a}^{b} g (x) | d x |, \forall a, b \end{matrix}$ 三角（绝对值）不等式也可以一般地写成 $\begin{matrix} (23) & | \int_{a}^{b} f (x) d x | \leq \int_{a}^{b} | f (x) | | d x | \end{matrix}$

例 14.2.3 （Grönwall不等式的微分形式）设 $φ, ψ$ 是非负的连续函数， $η$ 是可微函数， $η^{'}$ 是Riemann可积函数，且 $\begin{matrix} (24) & η^{'} (t) \leq φ (t) η (t) + ψ (t), \forall t \geq t_{0} \end{matrix}$ 证明： $\begin{matrix} (25) & η (t) \leq e^{\int_{t_{0}}^{t} φ (s) d s} [η (t_{0}) + \int_{t_{0}}^{t} ψ (s) d s], \forall t \geq t_{0} \end{matrix}$

证明考虑函数 $\begin{matrix} (26) & F (t) := e^{- \int_{t_{0}}^{t} φ (s) d s} η (t) \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (27) & F^{'} (t) = e^{- \int_{t_{0}}^{t} φ (s) d s} [η^{'} (t) - φ (t) η (t)] \leq e^{- \int_{t_{0}}^{t} φ (s) d s} ψ (t) \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (28) & F (t) = F (t_{0}) + \int_{t_{0}}^{t} F^{'} (s) d s \leq η (t_{0}) + \int_{t_{0}}^{t} e^{- \int_{t_{0}}^{s} φ (u) d u} ψ (s) d s \leq η (t_{0}) + \int_{t_{0}}^{t} ψ (s) d s \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (29) & η (t) = e^{\int_{t_{0}}^{t} φ (s) d s} F (t) \leq e^{\int_{t_{0}}^{t} φ (s) d s} [η (t_{0}) + \int_{t_{0}}^{t} ψ (s) d s] \end{matrix}$ $◻$

注 Grönwall不等式的微分形式是积分形式的推论，积分形式放宽了对函数的可微性要求。

例 14.2.4 设 $x_{0}, y_{0} \in R$ ，区间 $I ∋ x_{0}$ ，利用Grönwall不等式证明：以下初值问题的解在 $I$ 上唯一存在。 $\begin{matrix} (30) & {\begin{cases} y^{'} = 2 x y^{2} \\ y (x_{0}) = y_{0} \end{cases} \end{matrix}$

证明设 $y_{1}, y_{2}$ 都是该初值问题的解，则 $\begin{matrix} (31) & \begin{aligned} y_{1} (x) & = y_{0} + \int_{x_{0}}^{x} y_{1}^{'} (s) d s = y_{0} + \int_{x_{0}}^{x} 2 s (y_{1} (s))^{2} d s \\ y_{2} (x) & = y_{0} + \int_{x_{0}}^{x} y_{2}^{'} (s) d s = y_{0} + \int_{x_{0}}^{x} 2 s (y_{2} (s))^{2} d s \end{aligned} \end{matrix}$ 令 $y = y_{1} - y_{2}$ ，则有 $y (x_{0}) = 0$ ，且 $\begin{matrix} (32) & y (x) = y_{1} (x) - y_{2} (x) = \int_{x_{0}}^{x} 2 s (y_{1} (s) + y_{2} (s)) y (s) d s \end{matrix}$ 由绝对值不等式可得 $\begin{matrix} (33) & | y (x) | \leq \int_{x_{0}}^{x} | 2 s (y_{1} (s) + y_{2} (s)) | \cdot | y (s) | \cdot | d s | \end{matrix}$ 对 $| y (x) |$ 使用Grönwall不等式可得 $| y (x) | \leq 0$ ，因此 $y = 0$ ，即 $y_{1} = y_{2}$ 。故解唯一存在。 $◻$

注本题可扩展至：设 $x_{0}, y_{0} \in R$ ，区间 $I ∋ x_{0}$ ，若初值问题 $\begin{matrix} (34) & {\begin{cases} y^{'} = f (x, y) \\ y (x_{0}) = y_{0} \end{cases} \end{matrix}$ 满足 $f$ 关于 $y$ Lipschitz连续，即存在 $M > 0$ 使得 $\forall y_{1}, y_{2} \in R$ ，有 $| f (x, y_{1}) - f (x, y_{2}) | \leq M | y_{1} - y_{2} |$ ，则解唯一存在。证明方法同上。

例 14.2.5 证明一阶线性方程 $\begin{matrix} (35) & x y^{'} - (2 x^{2} + 1) y = x^{2}, x > 0 \end{matrix}$ 有且仅有一个解 $y^{*} (x)$ 当 $x \to + \infty$ 存在有限极限。写出 $y^{*} (x)$ 的表达式，并求这个极限。

解原方程的通解为 $\begin{matrix} (36) & y (x) = x e^{x^{2}} [C_{0} + \int_{1}^{x} e^{- t^{2}} d t] \end{matrix}$ 注意到 $\int_{1}^{x} e^{- t^{2}} d t$ 收敛，而 $x e^{x^{2}} \to + \infty$ ，所以 $y$ 有界仅当 $\begin{matrix} (37) & C_{0} = - \int_{1}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (38) & y^{*} (x) = x e^{x^{2}} [\int_{1}^{x} e^{- t^{2}} d t - \int_{1}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t] = - x e^{x^{2}} \int_{x}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t \end{matrix}$ 此时 $\begin{matrix} (39) & lim_{x \to + \infty} y^{*} (x) = lim_{x \to + \infty} \frac{- \int_{x}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t}{\frac{1}{x} e^{- x^{2}}} = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{- x^{2}}}{(- \frac{1}{x^{2}} - 2) e^{- x^{2}}} = - \frac{1}{2} \end{matrix}$ $◻$

例 14.2.6 （2020秋期末考试 · 17）设 $f \in C (R)$ 且为有界函数。

(1): 证明：常微分方程 $y^{'} + y = f (x)$ 的每个解 $y = y (x)$ 都是 $[0, + \infty)$ 上的有界函数。
(2): 当 $x \leq 0$ 时，常微分方程 $y^{'} + y = f (x)$ 是否存在有界解？若存在，有几个？

解 (1) 常微分方程的通解为 $\begin{matrix} (40) & y (x) = e^{- x} [\int_{0}^{x} f (t) e^{t} d t + y (0)] \end{matrix}$ 当 $x \geq 0$ 时，有 $\begin{matrix} (41) & \begin{aligned} | y (x) | & \leq | y (0) | e^{- x} + e^{- x} | \int_{0}^{x} f (t) e^{t} d t | \leq | y (0) | + e^{- x} \int_{0}^{x} | f (t) | e^{t} d t \\ \leq | y (0) | + M e^{- x} \int_{0}^{x} e^{t} d t \leq | y (0) | + M e^{- x} \cdot e^{x} = M_{1} \end{aligned} \end{matrix}$

(2) 当 $x \leq 0$ 时， $e^{- x} \to + \infty$ ，故常微分方程存在有界解仅当 $\begin{matrix} (42) & y (0) = \int_{- \infty}^{0} f (x) e^{x} d x \end{matrix}$ 此时 $\begin{matrix} (43) & y (x) = e^{- x} \int_{- \infty}^{x} f (t) e^{t} d t \end{matrix}$ 验证可得 $\begin{matrix} (44) & \begin{aligned} | y (x) | & \leq e^{- x} | \int_{- \infty}^{x} f (t) e^{t} d t | \leq e^{- x} \int_{- \infty}^{x} | f (t) | e^{t} d t \\ \leq M e^{- x} \int_{- \infty}^{x} e^{t} d t \leq M e^{- x} \cdot e^{x} = M_{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 因此常微分方程存在有界解当且仅当 $y (0) = \int_{- \infty}^{0} f (x) e^{x} d x$ ，此时有界解的个数为 $1$ 。 $◻$

例 14.2.7 （2023秋期末考试 · 16）考虑一阶线性常微分方程 $\begin{matrix} (45) & \frac{d y}{d x} + a (x) y = b (x) \end{matrix}$ 其中 $a, b \in C (R)$ ，且

$\exists c > 0$ 使得 $a (x) \geq c$ ， $\forall x \geq 0$ ；
$lim_{x \to + \infty} b (x) = 0$ 。

证明：该方程的每个解 $y = y (x)$ 均满足 $lim_{x \to + \infty} y (x) = 0$ 。

证明利用常数变易法或积分因子 $e^{\int_{0}^{x} a (s) d s}$ 可将方程的解 $y$ 表示为 $\begin{matrix} (46) & y (x) = e^{- \int_{0}^{x} a (s) d s} [y (0) + \int_{0}^{x} b (t) e^{\int_{0}^{t} a (s) d s} d t] = \frac{y_{0} + \int_{0}^{x} b (t) e^{\int_{0}^{t} a (s) d s} d t}{e^{\int_{0}^{x} a (s) d s}} \end{matrix}$ 由题设 $a (x) \geq c > 0$ 知分母 $e^{\int_{0}^{x} a (s) d x}$ 在 $(0, + \infty)$ 严格增且 $\begin{matrix} (47) & e^{\int_{0}^{x} a (s) d s} \geq e^{c x} \to + \infty \end{matrix}$ 由L’Hôpital法则可得 $\begin{matrix} (48) & \frac{{(y_{0} + \int_{0}^{x} b (t) e^{\int_{0}^{t} a (s) d s} d t)}^{'}}{{(e^{\int_{0}^{x} a (s) d s})}^{'}} = \frac{b (x) e^{\int_{0}^{x} a (s) d s}}{a (x) e^{\int_{0}^{x} a (s) d s}} = \frac{b (x)}{a (x)} \end{matrix}$ 由夹挤定理知 $\begin{matrix} (49) & 0 \leq | \frac{b (x)}{a (x)} | \leq \frac{| b (x) |}{c} \to 0 ⟹ lim_{x \to + \infty} \frac{b (x)}{a (x)} = 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (50) & lim_{x \to + \infty} y (x) = lim_{x \to + \infty} \frac{y_{0} + \int_{0}^{x} b (t) e^{\int_{0}^{t} a (s) d s} d t}{e^{\int_{0}^{x} a (s) d s}} = 0 \end{matrix}$ $◻$

另证令 $A (x) := \int_{0}^{x} a (s) d s$ ，同理可知 $e^{A (x)}$ 严格增且趋于 $+ \infty$ ，由L’Hôpital法则可得 $\begin{matrix} (51) & lim_{x \to + \infty} y (x) = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{A (x)} y (x)}{e^{A (x)}} = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{A (x)} [y^{'} (x) + a (x) y (x)]}{e^{A (x)} a (x)} = lim_{x \to + \infty} \frac{b (x)}{a (x)} = 0 \end{matrix}$ $◻$

例 14.2.8 设函数 $f \in C (R)$ 且恒非负，又存在常数 $A$ 和 $a (a > 0)$ 使得 $\begin{matrix} (52) & f (x) + a \int_{x - 1}^{x} f (t) d t = A \end{matrix}$ 证明：

(1): $F (x) := e^{a x} f (x)$ 单调增；
(2): 若 $inf_{x \in R} f (x) = 0$ ，则 $f \equiv 0$ 。

证明 (1) 易证 $f \in C^{1} (R)$ ，且有 $\begin{matrix} (53) & f^{'} (x) + a f (x) = a f (x - 1) \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (54) & F^{'} (x) = e^{a x} [f^{'} (x) + a f (x)] = e^{a x} a f (x - 1) \geq 0 \end{matrix}$ 因此 $F$ 单调增。

(2) 由于 $F$ 单调增且非负，注意到 $\begin{matrix} (55) & \begin{aligned} f (x) & = A - a \int_{x - 1}^{x} f (t) d t \\ F (x) & = A e^{a x} - a \int_{x - 1}^{x} e^{a x} f (t) d t \geq A e^{a x} - a \int_{x - 1}^{x} e^{a (t + 1)} f (t) d t \\ = A e^{a x} - a e^{a} \int_{x - 1}^{x} F (t) d t \geq A e^{a x} - a e^{a} F (x) \end{aligned} \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (56) & f (x) \geq A - a e^{a} f (x) ⟹ A \leq (1 + a e^{a}) inf_{x \in R} f (x) = 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (57) & 0 \geq A = f (x) + a \int_{x - 1}^{x} f (t) d t \geq f (x) \geq 0 ⟹ f \equiv 0 \end{matrix}$ $◻$

例 14.2.9 设 $f$ 是连续的周期函数，周期为 $T > 0$ ，对方程 $\begin{matrix} (58) & y^{'} - λ y = f (x) \end{matrix}$ 讨论：(1) 有界解的个数；(2) 以 $T$ 为周期的解的个数。

解 (1) 方程的解为 $\begin{matrix} (59) & y (x) = e^{λ x} [y (x_{0}) e^{- λ x_{0}} + \int_{x_{0}}^{x} e^{- λ t} f (t) d t] \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (60) & \begin{aligned} y (x_{0} + T) & = e^{λ (x_{0} + T)} [y (x_{0}) e^{- λ x_{0}} + \int_{x_{0}}^{x_{0} + T} e^{- λ t} f (t) d t] \\ = e^{λ T} y (x_{0}) + \int_{0}^{T} e^{- λ s} f (x_{0} + s) d s \end{aligned} \end{matrix}$ 取 $a_{n} = y (n T)$ ，则有递推关系式 $\begin{matrix} (61) & a_{n + 1} = e^{λ T} a_{n} + \int_{0}^{T} e^{- λ s} f (s) d s \end{matrix}$

当 $λ = 0$ 时， ${a_{n}}$ 有界当且仅当 $\int_{0}^{T} f (s) d s = 0$ ，这与 $y (0)$ 无关；因此要么没有有界解，要么有无穷多个有界解。

当 $λ \neq 0$ 时，令 $β$ 满足 $\begin{matrix} (62) & a_{n + 1} + β = e^{λ T} (a_{n} + β) ⟹ β = \frac{1}{1 - e^{λ T}} \int_{0}^{T} e^{- λ s} f (s) d s \end{matrix}$ 从而有 $\begin{matrix} (63) & a_{n} = e^{n λ T} (a_{0} + β) - β = e^{n λ T} (y (0) + β) - β \end{matrix}$ 故 ${a_{n}}$ 有界当且仅当 $\begin{matrix} (64) & y (0) = - β = \frac{1}{e^{λ T} - 1} \int_{0}^{T} e^{- λ s} f (s) d s \end{matrix}$ 此时有界解的个数为 $1$ 。

(2) 由(1)的讨论可知，(1)中所有的有界解都是以 $T$ 为周期的解。 $◻$

14.2.2 有关高阶微分方程的证明题

例 14.2.10 设 $f \in C [a, + \infty)$ ， $lim_{x \to + \infty} f (x) = 0$ 。证明：微分方程 $\begin{matrix} (65) & y^{″} + 3 y^{'} + 2 y = f (x) \end{matrix}$ 的所有解 $y = y (x)$ 均满足 $lim_{x \to + \infty} y (x) = 0$ 。

证明左侧的微分算子可因式分解得 $\begin{matrix} (66) & (\frac{d^{2}}{d x^{2}} + 3 \frac{d}{d x} + 2) y = (\frac{d}{d x} + 2) (\frac{d}{d x} + 1) y \end{matrix}$ 利用两次积分因子法和 $\frac{*}{\infty}$ 型L’Hôpital法则可得 $\begin{matrix} (67) & \begin{aligned} lim_{x \to + \infty} (y + y^{'}) & = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{2 x} (y + y^{'})}{e^{2 x}} \overset{L^{'} H}{=} lim_{x \to + \infty} \frac{e^{2 x} (y^{″} + 3 y^{'} + 2 y)}{2 e^{2 x}} = lim_{x \to + \infty} \frac{f (x)}{2} = 0 \\ lim_{x \to + \infty} y (x) & = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x} y}{e^{x}} \overset{L^{'} H}{=} lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x} (y^{'} + y)}{e^{x}} = lim_{x \to + \infty} (y + y^{'}) = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

注对于任意 $y^{″} + p y^{'} + q y = f (x)$ ，若特征方程 $λ^{2} + p λ + q = 0$ 有两个负实根，则结论 $lim_{x \to + \infty} y (x) = 0$ 成立。证明方法同上。

例 14.2.11 对于微分方程 $\begin{matrix} (68) & {\begin{cases} y^{″} + p (x) y^{'} + q (x) y = r (x), & x \in (a, b) \\ y (a) = A, y (b) = B \end{cases} \end{matrix}$ 其中 $q (x) < 0$ 、 $A, B$ 为常数，证明：若其在 $[a, b]$ 上有连续的解，则解必定唯一。

证明设 $y_{1}, y_{2}$ 均为满足给定边界条件的微分方程的解，令 $y = y_{1} - y_{2}$ ，则 $y$ 满足 $\begin{matrix} (69) & {\begin{cases} y^{″} + p (x) y^{'} + q (x) y = 0, & x \in (a, b) \\ y (a) = y (b) = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 考虑Sturm-Liouville标准式 $\begin{matrix} (70) & (\tilde{p} y^{'})^{'} + \tilde{q} y = 0 ⟹ y^{″} + \frac{{\tilde{p}}^{'}}{\tilde{p}} y^{'} + \frac{\tilde{q}}{\tilde{p}} y = 0 \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (71) & \tilde{p} (x) = e^{\int_{a}^{x} p (t) d t} > 0, \tilde{q} (x) = \tilde{p} (x) q (x) < 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (72) & 0 \leq \int_{a}^{b} - \tilde{q} y^{2} d x = \int_{a}^{b} y (\tilde{p} y^{'})^{'} d x = {y \tilde{p} y^{'} |}_{x = a}^{b} - \int_{a}^{b} \tilde{p} (y^{'})^{2} d x = - \int_{a}^{b} \tilde{p} (y^{'})^{2} d x \leq 0 \end{matrix}$ 由于 $y \in C (a, b)$ ，故 $y \equiv 0$ ，亦即 $y_{1} = y_{2}$ 。 $◻$

注本题提供的微分方程定解条件并非初始条件（初值问题），而是边界条件（边值问题）。本题是Sturm-Liouville定理的推论。

例 14.2.12 （2023秋期末考试 · 18，Sturm零点分离定理）设 $y_{1}, y_{2}$ 为二阶线性齐次常微分方程 $y^{″} + p (x) y^{'} + q (x) y = 0$ 的两个线性无关解，其中 $p, q$ 为开区间 $J$ 上的连续函数。证明 $y_{1}, y_{2}$ 的零点相互分离，即在 $y_{1}$ 的任意两个零点之间，必存在 $y_{2}$ 的一个零点，反之亦然。

证明由于 $y_{1}, y_{2}$ 线性无关，则 $W (x) := W [y_{1}, y_{2}] (x) \neq 0$ ， $\forall x \in J$ 。由于 $W$ 连续，不妨设 $W (x) < 0$ ， $\forall x \in J$ 。设 $x_{0}, x_{1}$ 为 $y_{1}$ 的相邻零点，则 $W (x_{0}) = - y_{1}^{'} (x_{0}) y_{2} (x_{0})$ ，故 $y_{1}^{'} (x_{0}), y_{2} (x_{0})$ 同号，不妨设它们均为正数。同时在 $x = x_{1}$ 处，有 $W (x_{1}) = - y_{1}^{'} (x_{1}) y_{2} (x_{1})$ 。由于 $x_{0}, x_{1}$ 为 $y_{1}$ 的相邻零点，故 $y_{1}^{'} (x_{1}) < 0$ 。设 $y_{1}^{'} (x_{1}) > 0$ ，则 $\exists x_{2} \in (x_{0}, x_{0} + δ)$ 使得 $y_{1} (x_{2}) > y_{1} (x_{0}) = 0$ ， $\exists x_{3} \in (x_{1} - δ, x_{1})$ 使得 $y_{1} (x_{3}) < y_{1} (x_{1}) = 0$ ，由介值定理可得 $\exists x_{4} \in (x_{2}, x_{3})$ 使得 $y_{1} (x_{4}) = 0$ ，这与 $x_{0}, x_{1}$ 为 $y_{1}$ 的相邻零点矛盾。

因而 $y_{2} (x_{1}) < 0$ ，故 $\exists x_{2} \in (x_{0}, x_{1})$ 使得 $y_{2} (x_{2}) = 0$ 。假设 $\exists x_{3} \in (x_{0}, x_{1})$ 且 $x_{3} \neq x_{2}$ 使得 $y_{2} (x_{3}) = 0$ ，则对 $(x_{2}, x_{3})$ 或 $(x_{3}, x_{2})$ 重复上述操作可得 $\exists x_{4} \in (x_{2}, x_{3})$ 使得 $y_{1} (x_{4}) = 0$ ，这与 $x_{0}, x_{1}$ 为 $y_{1}$ 的相邻零点矛盾。故 $y_{2}$ 在 $(x_{0}, x_{1})$ 上有唯一零点 $x_{2}$ 。

综上所述，命题得证。 $◻$