三阶微分方程周期边值问题的正解

Positive Solutions to Periodic Boundary Value Problems of Third-Order Differential Equations

摘要: 微分方程正解的存在性在现实生活中有着重要的意义。对于一般的三阶线性周期边值问题，运用微分方程基本理论，求解出该齐次线性微分方程周期边值问题的特征函数，并用Cardano公式进行转换，将具体问题分成四种情况，求解出在不同情况下特征根的具体形式，再联立其周期边界条件得到该齐次线性周期边值问题的唯一解，并在满足一定的条件下使得该唯一解大于零。最后运用锥上的不动点指数理论，求解出下述三阶微分方程周期边值问题 正解的存在性，其中f∈C([0,2π]×[0,+∞)), a,b,c∈R。

Abstract: The existence of positive solutions of differential equations is of great significance in real life. For general third-order linear periodic boundary value problems, the basic theory of differential equations is used to solve the characteristic function of the homogeneouslinear differential equa-tion periodic boundary value problem, and the Cardano formula is used to transform the specific problem into four cases. The solution is: in different situations, the specific forms of the charac-teristic roots are combined with their periodic boundary conditions to obtain the unique solution of the homogeneous linear periodic boundary value problem, and it is concluded that the unique solution is greater than zero under certain conditions. Finally, using the fixed point index theory on the cone, solve the existence of positive solutions to the periodic boundary value problem of the following third-order differential equations where and satisfy f∈C([0,2π]×[0,+∞)), a,b,c∈R.

1. 引言

三阶微分方程边值问题的研究在近半个世纪里发展十分迅速。越来越多的学者利用一些著名的不动点定理和上下解方法等理论工具，研究了常微分方程边值问题正解的存在性和多重性。如：奇异边值问题，无穷区间上的边值问题，带p-Laplace算子的微分方程边值问题，常微分方程非局部边值问题，脉冲边值问题，时滞边值问题等。此外，还有许多有关三阶微分方程边值问题的研究 [1] - [9]，这对数学物理、生物医学、工程、经济学等重要科学领域发展提供了基础。

值得一提的是，2001年Kong等人 [1] 通过使用Schauder不动点定理和摄动技术，确定了三阶周期边值问题

$\{\begin{array}{l}{u}^{‴}+{\rho }^{3}u=f\left(t,u\right),0\le t\le 2\pi ,\\ u^{(i)}\left(0\right)=u^{(i)}\left(2\pi \right),i=0,1,2\end{array}$

在满足

(A1) $f\left(t,u\right)$ 是一个定义在 $\left[0,2\pi \right]\times \left[0,+\infty \right)$ 上的非负函数，并且对于任意一个不动点 $u\in \left(0,+\infty \right)$， $f\left(t,u\right)$ 在 $\left[0,2\pi \right]$ 上是可积的。

(A2) 对于任意的 $t\in \left[0,2\pi \right]$，当 $u>0$ 时， $f\left(t,u\right)$ 是非增函数，并且有

$\underset{u\to 0^{+}}{\lim }f\left(t,u\right)=+\infty ,\underset{u\to +\infty }{\lim }f\left(t,u\right)=0;$

(A3) 对于每个固定的常数 $\tau >0$，不等式 ${\displaystyle {\int }_0^{2\pi }f\left(t,\tau \right)\text{d}t}<+\infty$

都成立的条件下，只是存在一个正解，其中 $\rho \in \left(0,\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$ 是正实数。

在文献 [2] 中，Sun和Liu利用不动点指数理论，去除了(A2)中 $f\left(t,u\right)$ 的单调性条件，并求解出 $f\left(t,u\right)$ 的适合条件下的多个正解。在文献 [3] 中，Chu和Zhou主要运用了Leray-Schauder类型的非线性替代方案以及Krasnoselskii锥不动点定理研究了上述问题正解的存在性。

受上述文献启发，我们主要研究

$\{\begin{array}{l}{u}^{‴}+a{u}^{″}+b{u}^{\prime }+cu=f\left(t,u\right),t\in \left[0,2\pi \right],\\ u^{(i)}\left(0\right)=u^{(i)}\left(2\pi \right),i=0,1,2\end{array}$ (1)

正解的存在性，其中 $b-\frac{a^2}{3}<\frac{1}{16}$， $|c+\frac{2}{27}{a}^3-\frac{ab}{3}|<2\sqrt{\frac{1}{16}-b+\frac{a^2}{3}}\left(4-b+\frac{a^2}{3}\right)/3\sqrt{3}$，

$f\in C\left(\left[0,2\pi \right]\times \left[0,+\infty \right)\right),a,b,c\in R$。

为了方便描述，接下来引入以下符号：

$\underset{\_}{f_0}=\underset{u\to 0^{+}}{\lim \text{inf}}\underset{t\in \left[0,2\pi \right]}{\text{min}}\left(f\left(t,u\right)/u\right),\overline{f_0}=\underset{u\to 0^{+}}{\lim \text{sup}}\underset{t\in \left[0,2\pi \right]}{\text{max}}\left(f\left(t,u\right)/u\right),$

$\underset{\_}{f_{\infty }}=\underset{u\to +\infty }{\lim \text{inf}}\underset{t\in \left[0,2\pi \right]}{\text{min}}\left(f\left(t,u\right)/u\right),\overline{f_{\infty }}=\underset{u\to \text{+}\infty }{\lim \text{sup}}\underset{t\in \left[0,2\pi \right]}{\text{max}}\left(f\left(t,u\right)/u\right).$

2. 准备工作与引理

首先考虑方程

$u^{‴}+a{u}^{″}+b{u}^{\prime }+cu=f\left(t,u\right),t\in \left[0,2\pi \right]$ (2)

的齐次方程为

$u^{‴}+a{u}^{″}+b{u}^{\prime }+cu=0$

它的特征方程为

${\lambda }^3+a{\lambda }^2+b\lambda +c=0$

令 $\lambda =\mu -\frac{a}{3}$，则上式可转化为 ${\mu }^3+p\mu +q=0$，其中 $p=b-\frac{a^2}{3}$， $q=c+\frac{2}{27}{a}^3-\frac{ab}{3}$，由(1)条件可知， $p<\frac{1}{16}$， $\left|q\right|<\frac{\sqrt{1-16p}\left(1-4p\right)}{24\sqrt{3}}$，对于方程 ${\mu }^3+p\mu +q=0$ 直接利用Cardano公式可得：

${\mu }_1=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}$

${\mu }_2=\omega \sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}+{\omega }^2\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}$

${\mu }_2={\omega }^2\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}+\omega \sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}$

$\omega =\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$

$\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3$ 是根的判别式：

情况1：当 $\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3=0$ 时，若 $p=0$，则 $q=0$，此时 ${\mu }_1={\mu }_2={\mu }_3=0$，即 ${\lambda }_1={\lambda }_2={\lambda }_3=-\frac{a}{3}=-\frac{c}{a}=-\frac{3c}{b}$， $\lambda \in R$。

情况2：当 $\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3=0$ 时，若 $p<0$，则 $0<\left|q\right|=2\sqrt{-{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}\left(<\frac{\sqrt{1-16p}\left(1-4p\right)}{24\sqrt{3}}\right)$，此时 ${\mu }_1=-\sqrt[3]{4q}$， ${\mu }_2={\mu }_3=\frac{\sqrt[3]{4q}}{2}$， ${\mu }_1,{\mu }_2,{\mu }_3\in R$，因此

(i) 若 $q>0$，则 ${\mu }_1<0,{\mu }_2={\mu }_3>0$，

(ii) 若 $q<0$，则 ${\mu }_1>0,{\mu }_2={\mu }_3<0$。

情况3：当 $\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3<0$ 时，有 $p<0$，且 $0<\left|q\right|<2\sqrt{-{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}\left(<\frac{\sqrt{1-16p}\left(1-4p\right)}{24\sqrt{3}}\right)$，令 $s=-\frac{q}{2}$， $k_1=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\Delta }}$， $k_2=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\Delta }}$，则 $k_1^3,k_2^3$ 均为虚数，从而 $k_1=\sqrt[3]{s+i\sqrt{-\Delta }}$， $k_2=\sqrt[3]{s-i\sqrt{-\Delta }}$，其中 $s,\sqrt{-\Delta }$，

故 $k_1{}^3,k_2{}^3$ 的模均为

$\left|k_1{}^3\right|=\left|k_2{}^3\right|=\sqrt{s^2+{\left(\sqrt{\Delta }\right)}^2}=\sqrt{-{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}$

所以

$k_1^3=\sqrt{-{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}\left[\frac{s}{\sqrt{-{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}+\frac{\sqrt{-\Delta }}{\sqrt{-{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}\right]=-\frac{p\sqrt{-3p}}{9}\left(\cos \theta +i\sin \theta \right)$

$k_2^3=-\frac{p\sqrt{-3p}}{9}\left(\cos \theta -i\sin \theta \right)$

其中 $\theta =\arccos \left(\frac{-3q\sqrt{-3p}}{2p^2}\right)$， $0<\theta <\pi ,\theta \ne \frac{\pi }{2}$。

从而可以得出 $k_1,k_2$ 的值，分别是

$k_{1,1}=-\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{\theta }{3}+i\sin \frac{\theta }{3}\right),k_{2,1}=-\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{\theta }{3}-i\sin \frac{\theta }{3}\right)$

$\begin{array}{l}{k}_{1,2}=\omega \cdot k_{1,1}\\ \text{=}\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\left[-\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{\theta }{3}+i\sin \frac{\theta }{3}\right)\right]\\ \text{=}\left(\cos \frac{2\pi }{3}+i\sin \frac{2\pi }{3}\right)\left[-\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{\theta }{3}+i\sin \frac{\theta }{3}\right)\right]\\ \text{=}\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{2\pi +\theta }{3}+i\sin \frac{2\pi +\theta }{3}\right)，\end{array}$

$k_{2,2}={\omega }^2\cdot k_{2,1}\text{=}\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{4\pi +\theta }{3}-i\sin \frac{4\pi +\theta }{3}\right)，$

$k_{1,3}={\omega }^2\cdot k_{1,1}\text{=}\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{4\pi +\theta }{3}+i\sin \frac{4\pi +\theta }{3}\right)，$

$k_{2,3}=\omega \cdot k_{2,1}\text{=}\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{2\pi +\theta }{3}-i\sin \frac{2\pi +\theta }{3}\right)，$

则

${\mu }_1=k_{1,1}+k_{2,1}=-\frac{2\sqrt{-3p}}{3}\cos \frac{\theta }{3}，$

${\mu }_2=k_{1,2}+k_{2,2}=\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{\theta }{3}+\sqrt{3}\sin \frac{\theta }{3}\right)，$

${\mu }_3=k_{1,3}+k_{2,3}=\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{\theta }{3}-\sqrt{3}\sin \frac{\theta }{3}\right)，$

通过简单计算可知，当 $\theta \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 时， ${\mu }_1<0,{\mu }_2>{\mu }_3>0$ ；当 $\theta \in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right)$ 时， ${\mu }_2>0$， ${\mu }_1<{\mu }_3<0$。

情况4：当 $\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3>0$ 时，

${\mu }_1=k_1+k_2$ ,

${\mu }_2=-\frac{1}{2}\left(k_1+k_2\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}\left(k_1-k_2\right)i$ ,

${\mu }_3=-\frac{1}{2}\left(k_1+k_2\right)-\frac{\sqrt{3}}{2}\left(k_1-k_2\right)i$ ,

令 $\alpha =-\frac{1}{2}\left(k_1+k_2\right)$， $\beta =\frac{\sqrt{3}}{2}\left(k_1-k_2\right)$，则 ${\mu }_1=-2\alpha ,{\mu }_2=\alpha +\beta i,{\mu }_3=\alpha -\beta i$，其中 $\alpha ,\beta \in R$。

下面考虑一般的线性边值问题

$\{\begin{array}{l}{L}_{n}u\left(t\right)=u^{(n)}\left(t\right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{n-1}{\sum }}{a}_i}{u}^{(i)}\left(t\right)=h\left(t\right),t\in \left[0,2\pi \right],\\ u^{(i)}\left(0\right)=u^{(i)}\left(2\pi \right),i=0,1,\cdots ,n-2,\\ u^{(n-1)}\left(0\right)-u^{(n-1)}\left(2\pi \right)=\mu ,\end{array}$ (3)

其中， $n\ge 2,a_i,\mu \in R,h\in C\left[0,2\pi \right]$。因而有下述引理：

引理1 [10] 若线性边值问题

$\{\begin{array}{l}{L}_{n}u\left(t\right)=0,t\in \left[0,2\pi \right],\\ u^{(i)}\left(0\right)=u^{(i)}\left(2\pi \right),i=0,1,\cdots ,n-2,\\ u^{(n-1)}\left(0\right)-u^{(n-1)}\left(2\pi \right)=1\end{array}$

有唯一解 $r_n\left(t\right)\in C^{\infty }\left[0,2\pi \right]$，则线性问题(3)存在唯一解 $u\in C_n\left[0,2\pi \right]$，其表达式为

$u\left(t\right)={\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{G}_n\left(t,s\right)h\left(s\right)\text{d}s}+\mu r_n\left(t\right),t\in \left[0,2\pi \right]$

其中，

$G_n\left(t,s\right)=\{\begin{array}{l}{r}_n\left(t-s\right),0\le s\le t\le 2\pi ,\\ r_n\left(2\pi +t-s\right),0\le t<s\le 2\pi .\end{array}$

因此，可以将周期边值问题问题(1)转化为求解下述的一般线性边值问题

$\{\begin{array}{l}{u}^{‴}+a{u}^{″}+b{u}^{\prime }+cu=0,t\in \left[0,2\pi \right],\\ u^{(i)}\left(0\right)=u^{(i)}\left(2\pi \right),i=0,1,2\end{array}$ (4)

正解的存在性，其中 $b-\frac{a^2}{3}<\frac{1}{16}$， $|c+\frac{2}{27}{a}^3-\frac{ab}{3}|<2\sqrt{\frac{1}{16}-b+\frac{a^2}{3}}\left(4-b+\frac{a^2}{3}\right)/3\sqrt{3}$，

$f\in C\left(\left[0,2\pi \right]\times \left[0,+\infty \right)\right),a,b,c\in R$。

根据上述引理，下面将上述线性边值问题分四种情况考虑：

引理2当 $\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3=0$ 时，若 $p=0$，周期边值问题(4)的唯一解为

$r_1\left(t\right)=\frac{{\text{e}}^{\lambda t}\left[{\left({\text{e}}^{2\pi \lambda }(2\pi -t)+t\right)}^2+{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2\right]}{2{\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)}^3},t\in \left[0,2\pi \right].$

证明：若 $\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3=0$ 且 $p=0$，有 ${\mu }_1={\mu }_2={\mu }_3=0$，即 ${\lambda }_1={\lambda }_2={\lambda }_3=-\frac{a}{3}$ $=-\frac{c}{a}=-\frac{3c}{b}$， $\lambda \in R$，

此时可以得到边值问题(4)通解为

$r_1(t)={\text{e}}^{\lambda t}{C}_1+{\text{e}}^{\lambda t}t{C}_2+{\text{e}}^{\lambda t}{t}^2{C}_3,t\in \left[0,2\pi \right],$

根据线性边值问题(4)的边界条件可得

$r_1\left(0\right)=C_1,r_1\left(2\pi \right)={\text{e}}^{2\pi \lambda }{C}_1+{\text{e}}^{2\pi \lambda }2\pi C_2+{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2{C}_3,$

由

$r_1\text{'}\left(t\right)=\lambda {\text{e}}^{\lambda t}{C}_1+\left(\lambda t+1\right){\text{e}}^{\lambda t}{C}_2+\left(\lambda t^2+2t\right){\text{e}}^{\lambda t}{C}_3,t\in \left[0,2\pi \right]$

可得

$r_1\text{'}\left(0\right)=\lambda C_1+C_2,r_1\text{'}\left(2\pi \right)=\lambda {\text{e}}^{2\pi \lambda }{C}_1+\left(2\pi \lambda +1\right){\text{e}}^{2\pi \lambda }{C}_2+\left(4{\pi }^2\lambda +4\pi \right){\text{e}}^{2\pi \lambda }{C}_3,$

由

${r^{″}}_{\text{1}}\left(t\right)={\lambda }^2{e}^{\lambda t}{C}_1+\left(\lambda t^2+2\lambda \right){\text{e}}^{\lambda t}{C}_2+\left({\lambda }^2{t}^2+4\lambda t+2\right){\text{e}}^{\lambda t}{C}_3,t\in \left[0,2\pi \right],$

可得

$r_1{}^{\prime \text{}\prime }\left(0\right)={\lambda }^2{C}_1+2\lambda C_2+2C_3,$

$r_1{}^{\prime \text{}\prime }\left(2\pi \right)={\lambda }^2{\text{e}}^{2\pi \lambda }{C}_1+\left(2\pi {\lambda }^2+2\lambda \right){\text{e}}^{2\pi \lambda }{C}_2+\left(4{\pi }^2{\lambda }^2+8\pi \lambda +2\right){\text{e}}^{2\pi \lambda }{C}_3,$

由边界条件可得

$\{\begin{array}{l}\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)C_1+\left(-{\text{e}}^{2\pi \lambda }2\pi \right)C_2+\left(-{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2\right)C_3=0\\ \lambda \left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)C_1+\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }-{\text{e}}^{2\pi \lambda }2\pi \lambda \right)C_2+\left(-{\text{e}}^{2\pi \lambda }4\pi -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2\lambda \right)C_3=0\\ {\lambda }^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)C_1+\left[2\lambda \left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)-{\text{e}}^{2\pi \lambda }2\pi {\lambda }^2\right]C_2+\left[2\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)-{\text{e}}^{2\pi \lambda }4\pi \lambda -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2{\lambda }^2\right]C_3=1,\end{array}$

因此，该方程组的系数行列式为

$\begin{array}{l}D=\left|\begin{array}{ccc}1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }& -{\text{e}}^{2\pi \lambda }2\pi & -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2\\ \lambda \left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)& 1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }-{\text{e}}^{2\pi \lambda }2\pi \lambda & -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4\pi -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2\lambda \\ {\lambda }^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)& 2\lambda \left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)-{\text{e}}^{2\pi \lambda }2\pi {\lambda }^2& 2\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)-{\text{e}}^{2\pi \lambda }4\pi \lambda -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2{\lambda }^2\end{array}\right|\\ =\text{2}{\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)}^3,\end{array}$

故而

$\begin{array}{l}{D}_1=\left|\begin{array}{ccc}0& -{\text{e}}^{2\pi \lambda }2\pi & -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2\\ 0& 1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }-{\text{e}}^{2\pi \lambda }2\pi \lambda & -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4\pi -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2\lambda \\ 1& 2\lambda \left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)-{\text{e}}^{2\pi \lambda }2\pi {\lambda }^2& 2\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)-{\text{e}}^{2\pi \lambda }4\pi \lambda -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2{\lambda }^2\end{array}\right|\\ =e^{2\pi \lambda }\text{4}{\pi }^2\left(1+{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right),\end{array}$

$\begin{array}{l}{D}_2=\left|\begin{array}{ccc}1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }& 0& -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2\\ \lambda \left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)& 0& -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4\pi -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2\lambda \\ {\lambda }^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)& 1& 2\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)-{\text{e}}^{2\pi \lambda }4\pi \lambda -{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2{\lambda }^2\end{array}\right|\\ ={\text{e}}^{2\pi \lambda }4\pi \left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right),\end{array}$

$\begin{array}{l}{D}_3=\left|\begin{array}{ccc}1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }& -{\text{e}}^{2\pi \lambda }2\pi & 0\\ \lambda \left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)& 1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }-{\text{e}}^{2\pi \lambda }2\pi \lambda & 0\\ {\lambda }^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)& 2\lambda \left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)-{\text{e}}^{2\pi \lambda }2\pi {\lambda }^2& 1\end{array}\right|\\ ={\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)}^2,\end{array}$

故 $C_1=\frac{D_1}{D},C_2=\frac{D_2}{D},C_3=\frac{D_3}{D}$，因此

$\begin{array}{l}{r}_1\left(t\right)=\frac{D_1}{D}{\text{e}}^{\lambda t}+\frac{D_2}{D}{\text{e}}^{\lambda t}t+\frac{D_3}{D}{\text{e}}^{\lambda t}{t}^2\\ =\frac{{\left[e^{2\pi \lambda }\left(2\pi -t\right)+t\right]}^2+{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2}{2{\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)}^3},t\in \left[0,2\pi \right].\end{array}$

证毕。

引理3当 $\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3=0$ 时，若 $p<0$，则 ${\mu }_1=-\sqrt[3]{4q}$， ${\mu }_2={\mu }_3=\frac{\sqrt[3]{4q}}{2}$， ${\mu }_1,{\mu }_2,{\mu }_3\in R$，因此周

期边值问题(4)的唯一解为

$r_2\left(t\right)=\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}}{\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right){\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)}^2}+\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}\left[\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)\left(t\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)-1\right)-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi \left({\mu }_1-{\mu }_2\right)\right]}{{\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)}^2{\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)}^2},t\in \left[0,2\pi \right].$

证明：由于 ${\mu }_1\ne {\mu }_2={\mu }_3$，此时周期边值问题(4)的通解为

$r_2\left(t\right)={\text{e}}^{{\mu }_{1}t}{C}_1+{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}{C}_2+{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}t{C}_3,t\in \left[0,2\pi \right],$

根据线性边值问题(4)可得

$r_2\left(0\right)=C_1+C_2,r_2\left(2\pi \right)={\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}{C}_1+{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}{C}_2+{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}2\pi C_3,$

由

${r^{\prime }}_2\left(t\right)={\mu }_1{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}{C}_1+{\mu }_2{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}{C}_2+\left({\mu }_{2}t+1\right){\text{e}}^{{\mu }_{2}t}{C}_3,t\in \left[0,2\pi \right]$

可得

${r^{\prime }}_2\left(0\right)={\mu }_1{C}_1+{\mu }_2{C}_2+C_3,$

${r^{\prime }}_2\left(2\pi \right)={\mu }_1{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}{C}_1+{\mu }_2{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}{C}_2+\left(2\pi {\mu }_2+1\right){\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}{C}_3,$

由

${r^{″}}_2\left(t\right)={\mu }_1{}^2{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}{C}_1+{\mu }_2{}^2{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}{C}_2+\left({\mu }_2{}^{2}t+2{\mu }_2\right){\text{e}}^{{\mu }_{2}t}{C}_3,t\in \left[0,2\pi \right]$

可得

${r^{″}}_2\left(0\right)={\mu }_1{}^2{C}_1+{\mu }_2{}^2{C}_2+2{\mu }_2{C}_3,$

${r^{″}}_2\left(2\pi \right)={\mu }_1{}^2{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}{C}_1+{\mu }_2{}^2{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}{C}_2+\left(2\pi {\mu }_2{}^2+2{\mu }_2\right){\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}{C}_3,$

由边界条件可得

$\{\begin{array}{l}\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)C_1+\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)C_2+\left(-2\pi {\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)C_3=0\\ {\mu }_1\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)C_1+{\mu }_2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)C_2+\left[\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)+\left(-2\pi {\mu }_2{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)\right]C_3=0\\ {\mu }_1{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)C_1+{\mu }_2{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)C_2+\left[2{\mu }_2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)+\left(-2\pi {\mu }_2{}^2{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)\right]C_3=1\end{array}$

因此，该方程组的系数行列式为

$\begin{array}{l}D=\left|\begin{array}{ccc}1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}& 1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}& -{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi \\ {\mu }_1\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)& {\mu }_2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)& 1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi {\mu }_2\\ {\mu }_1{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)& {\mu }_2{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)& 2{\mu }_2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi {\mu }_2{}^2\end{array}\right|\\ =\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right){\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)}^2{\left({\mu }_2-{\mu }_1\right)}^2,\end{array}$

故而

$\begin{array}{l}{D}_1=\left|\begin{array}{ccc}0& 1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}& -{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi \\ 0& {\mu }_2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)& \left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi {\mu }_2\\ 1& {\mu }_2{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)& 2{\mu }_2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi {\mu }_2{}^2\end{array}\right|\\ ={\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)}^2,\end{array}$

$\begin{array}{l}{D}_2=\left|\begin{array}{ccc}1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}& 0& -{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi \\ {\mu }_1\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)& 0& 1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi {\mu }_2\\ {\mu }_1{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)& 1& 2{\mu }_2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi {\mu }_2{}^2\end{array}\right|\\ =-\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)\left[1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}+{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi \left({\mu }_1-{\mu }_2\right)\right],\end{array}$

$\begin{array}{l}{D}_3=\left|\begin{array}{ccc}1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}& 1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}& 0\\ {\mu }_1\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)& {\mu }_2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)& 0\\ {\mu }_1{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)& {\mu }_2{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)& 1\end{array}\right|\\ =\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)\left({\mu }_2-{\mu }_1\right),\end{array}$

故 $C_1=\frac{D_1}{D},C_2=\frac{D_2}{D},C_3=\frac{D_3}{D}$，因此当 $t\in \left[0,2\pi \right]$ 时，

$\begin{array}{l}{r}_2\left(t\right)=\frac{D_1}{D}{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}+\frac{D_2}{D}{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}+\frac{D_3}{D}{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}t\\ =\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}\left[\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)\left(t\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)-1\right)-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi \left({\mu }_1-{\mu }_2\right)\right]}{{\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)}^2{\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)}^2}+\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}}{\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right){\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)}^2}.\end{array}$

证毕。

引理4当 $\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3<0$ 时，有 $p<0$，且 $0<\left|q\right|<2\sqrt{-{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}\left(<\frac{\sqrt{1-16p}\left(1-4p\right)}{24\sqrt{3}}\right)$，此时周期边

值问题(4)的唯一解为

$\begin{array}{l}{r}_3\left(t\right)=\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}}{\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)\left({\mu }_1-{\mu }_3\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)}+\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}}{\left({\mu }_2-{\mu }_1\right)\left({\mu }_2-{\mu }_3\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)}\\ +\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{3}t}}{\left({\mu }_3-{\mu }_1\right)\left({\mu }_3-{\mu }_1\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)},t\in \left[0,2\pi \right],\end{array}$

其中 ${\mu }_1=-\frac{2\sqrt{-3p}}{3}\cos \frac{\theta }{3}$， ${\mu }_2=\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{\theta }{3}+\sqrt{3}\sin \frac{\theta }{3}\right)$， ${\mu }_3=\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{\theta }{3}-\sqrt{3}\sin \frac{\theta }{3}\right)$。

证明：因为 ${\mu }_1\ne {\mu }_2,{\mu }_2\ne {\mu }_3,{\mu }_3\ne {\mu }_1$，此时得到周期边值问题(4)的通解为

$r_3\left(t\right)={\text{e}}^{{\mu }_{1}t}{C}_1+{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}{C}_2+{\text{e}}^{{\mu }_{3}t}{C}_3,t\in \left[0,2\pi \right],$

根据线性边值问题(4)可得

$r_3\left(0\right)=C_1+C_2+C_3,r_3\left(2\pi \right)={\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}{C}_1+{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}{C}_2+{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}{C}_3,$

由

${r^{\prime }}_3\left(t\right)={\mu }_1{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}{C}_1+{\mu }_2{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}{C}_2+{\mu }_3{\text{e}}^{{\mu }_{3}t}{C}_3,t\in \left[0,2\pi \right]$

可得

${r^{\prime }}_3\left(0\right)={\mu }_1{C}_1+{\mu }_2{C}_2+{\mu }_3{C}_3,{r^{\prime }}_3\left(2\pi \right)={\mu }_1{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}{C}_1+{\mu }_2{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}{C}_2+{\mu }_3{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}{C}_3,$

由

${r^{″}}_3\left(t\right)={\mu }_1{}^2{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}{C}_1+{\mu }_2{}^2{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}{C}_2+{\mu }_3{}^2{\text{e}}^{{\mu }_{3}t}{C}_3,t\in \left[0,2\pi \right]$

可得

${r^{″}}_3\left(0\right)={\mu }_1{}^2{C}_1+{\mu }_2{}^2{C}_2+{\mu }_3{}^2{C}_3,{r^{″}}_3\left(2\pi \right)={\mu }_1{}^2{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}{C}_1+{\mu }_2{}^2{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}{C}_2+{\mu }_3{}^2{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}{C}_3,$

由边界条件可得

$\{\begin{array}{l}\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)C_1+\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)C_2+\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)C_3=0\\ {\mu }_1\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)C_1+{\mu }_2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)C_2+{\mu }_3\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)C_3=0\\ {\mu }_1{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)C_1+{\mu }_2{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)C_2+{\mu }_3{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)C_3=1,\end{array}$

因此，该方程组的系数行列式为

$\begin{array}{c}D=\left|\begin{array}{ccc}1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}& 1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}& 1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\\ {\mu }_1\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)& {\mu }_2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)& {\mu }_3\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)\\ {\mu }_1{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)& {\mu }_2{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)& {\mu }_3{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)\end{array}\right|\\ =\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)\left({\mu }_3-{\mu }_2\right)\left({\mu }_3-{\mu }_1\right)\left({\mu }_2-{\mu }_1\right),\end{array}$

故而

$D_1=\left|\begin{array}{ccc}0& 1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}& 1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\\ 0& {\mu }_2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)& {\mu }_3\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)\\ 1& {\mu }_2{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)& {\mu }_3{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)\end{array}\right|=\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)\left({\mu }_3-{\mu }_2\right),$

$D_2=\left|\begin{array}{ccc}1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}& 0& 1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\\ {\mu }_1\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)& 0& {\mu }_3\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)\\ {\mu }_1{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)& 1& {\mu }_3{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)\end{array}\right|=\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)\left({\mu }_1-{\mu }_3\right),$

$D_3=\left|\begin{array}{ccc}1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}& 1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}& 0\\ {\mu }_1\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)& {\mu }_2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)& 0\\ {\mu }_1{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)& {\mu }_2{}^2\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)& 1\end{array}\right|=\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)\left({\mu }_2-{\mu }_1\right),$

故 $C_1=\frac{D_1}{D},C_2=\frac{D_2}{D},C_3=\frac{D_3}{D}$，因此

$\begin{array}{l}{r}_3\left(t\right)=\frac{D_1}{D}{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}+\frac{D_2}{D}{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}+\frac{D_3}{D}{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}\\ =\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}}{\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)\left({\mu }_1-{\mu }_3\right)}+\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}}{\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)\left({\mu }_2-{\mu }_1\right)\left({\mu }_2-{\mu }_3\right)}\\ +\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{3}t}}{\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)\left({\mu }_3-{\mu }_2\right)\left({\mu }_3-{\mu }_3\right)},t\in \left[0,2\pi \right].\end{array}$

证毕。

引理5当 $\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3>0$ 时， ${\mu }_1=-2\alpha ,{\mu }_2=\alpha +\beta i,{\mu }_3=\alpha -\beta i$ 时，周期边值问题(4)的唯一解为

$\begin{array}{l}{r}_4\left(t\right)=\frac{{\text{e}}^{\alpha t}\{3\alpha \left[{\text{e}}^{2\pi \alpha }\sin \left(\beta \left(2\pi -t\right)\right)+\sin \left(\beta t\right)\right]+\beta \left[{\text{e}}^{2\pi \alpha }\cos \left(\beta \left(2\pi -t\right)\right)-\cos \left(\beta t\right)\right]\}}{\beta \left(9{\alpha }^2+{\beta }^2\right)\left(1+{\text{e}}^{4\pi \alpha }-2{\text{e}}^{2\pi \alpha }\cos \left(2\pi \beta \right)\right)}\\ +\frac{{\text{e}}^{-2\alpha t}}{\left(1-{\text{e}}^{-4\pi \alpha }\right)\left(9{\alpha }^2+{\beta }^2\right)},t\in \left[0,2\pi \right].\end{array}$

证明：由于 ${\mu }_1=-2\alpha ,{\mu }_2=\alpha +\beta i,{\mu }_3=\alpha -\beta i,\alpha ,\beta \in R$，因此边值问题(4)的通解为

$r_4\left(t\right)={\text{e}}^{-2\alpha t}{C}_1+{\text{e}}^{\alpha t}\sin \left(\beta t\right)C_2+{\text{e}}^{\alpha t}\cos \left(\beta t\right)C_3,t\in \left[0,2\pi \right],$

根据线性边值问题(4)可得

$r_4\left(0\right)=C_1+C_3,r_4\left(2\pi \right)={\text{e}}^{-4\pi \alpha }{C}_1+{\text{e}}^{2\pi \alpha }\sin \left(2\pi \beta \right)C_2+{\text{e}}^{2\pi \alpha }\cos \left(2\pi \beta \right)C_3,$

当 $t\in \left[0,2\pi \right]$ 时，由

${r^{\prime }}_4\left(t\right)=-2\alpha {\text{e}}^{-2\alpha t}{C}_1+{\text{e}}^{\alpha t}\left(\alpha \sin \left(\beta t\right)+\beta \cos \left(\beta t\right)\right)C_2+{\text{e}}^{\alpha t}\left(\alpha \cos \left(\beta t\right)-\beta \sin \left(\beta t\right)\right)C_3,$

可得

$\begin{array}{l}{r^{\prime }}_4\left(0\right)=-2\alpha C_1+\beta C_2+\alpha C_3,\\ {r^{\prime }}_4\left(2\pi \right)=-2\alpha {\text{e}}^{-4\pi \alpha }{C}_1+{\text{e}}^{2\pi \alpha }\left(\alpha \sin \left(2\pi \beta \right)+\beta \cos \left(2\pi \beta \right)\right)C_2\\ +{\text{e}}^{2\pi \alpha }\left(\alpha \cos \left(2\pi \beta \right)-\beta \sin \left(2\pi \beta \right)\right)C_3,\end{array}$

由

$\begin{array}{l}{r^{″}}_4\left(t\right)=4{\alpha }^2{\text{e}}^{-2\alpha t}{C}_1+{\text{e}}^{\alpha t}\left[\left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)\sin \left(\beta t\right)+2\alpha \beta \cos \left(\beta t\right)\right]C_2\\ +{\text{e}}^{\alpha t}\left[\left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)\cos \left(\beta t\right)-2\alpha \beta \sin \left(\beta t\right)\right]C_3,t\in \left[0,2\pi \right]\end{array}$

可得

${r^{″}}_4\left(0\right)=4{\alpha }^2{C}_1+2\alpha \beta C_2+\left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)C_3,$

$\begin{array}{l}{r^{″}}_4\left(2\pi \right)=4{\alpha }^2{\text{e}}^{-4\pi \alpha }{C}_1+{\text{e}}^{2\pi \alpha }\left[\left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)\sin \left(2\pi \beta \right)+2\alpha \beta \cos \left(2\pi \beta \right)\right]C_2\\ +{\text{e}}^{2\pi \alpha }\left[\left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)\cos \left(2\pi \beta \right)-2\alpha \beta \sin \left(2\pi \beta \right)\right]C_3,\end{array}$

令 $P=1-{\text{e}}^{-4\pi \alpha },Q=-{\text{e}}^{2\pi \alpha }\sin \left(2\pi \beta \right),K=1-{\text{e}}^{2\pi \alpha }\cos \left(2\pi \beta \right)$，由边界条件可得

$\{\begin{array}{l}P{C}_1+Q{C}_2+K{C}_3=0\\ -2\alpha P{C}_1+\left(\alpha Q+\beta K\right)C_2+\left(\alpha K-\beta Q\right)C_3=0\\ 4{\alpha }^{2}P{C}_1+\left[\left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)Q+2\alpha \beta K\right]C_2+\left[\left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)K+2\alpha \beta Q\right]C_3=1,\end{array}$

因此，该方程组的系数行列式为

$\begin{array}{l}D=P\times \left|\begin{array}{ccc}1& Q& K\\ -2\alpha & \alpha Q+\beta K& \alpha K-\beta Q\\ 4{\alpha }^2& \left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)Q+2\alpha \beta K& \left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)K-2\alpha \beta Q\end{array}\right|\\ =-\beta P\left(9{\alpha }^2+{\beta }^2\right)\left(1+{\text{e}}^{4\pi \alpha }-2{\text{e}}^{2\pi \alpha }\cos \left(2\pi \beta \right)\right),\end{array}$

故而

$\begin{array}{c}{D}_1=\left|\begin{array}{ccc}0& Q& K\\ 0& \alpha Q+\beta K& \alpha K-\beta Q\\ 1& \left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)Q+2\alpha \beta K& \left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)K-2\alpha \beta Q\end{array}\right|\\ =-\beta \left(1+{\text{e}}^{4\pi \alpha }-2{\text{e}}^{2\pi \alpha }\cos \left(2\pi \beta \right)\right),\end{array}$

$\begin{array}{l}{D}_2=P\times \left|\begin{array}{ccc}1& 0& K\\ -2\alpha & 0& \alpha K-\beta Q\\ 4{\alpha }^2& 1& \left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)K-2\alpha \beta Q\end{array}\right|\\ =P\left(-3\alpha K+\beta Q\right),\end{array}$

$\begin{array}{l}{D}_3=P\times \left|\begin{array}{ccc}1& Q& 0\\ -2\alpha & \alpha Q+\beta K& 0\\ 4{\alpha }^2& \left({\alpha }^2-{\beta }^2\right)Q+2\alpha \beta K& 1\end{array}\right|\\ =P\left(\beta K+3\alpha Q\right),\end{array}$

故 $C_1=\frac{D_1}{D},C_2=\frac{D_2}{D},C_3=\frac{D_3}{D}$，因此

$\begin{array}{l}{r}_4\left(t\right)=\frac{{\text{e}}^{\alpha t}\{3\alpha \left[{\text{e}}^{2\pi \alpha }\sin \left(\beta \left(2\pi -t\right)\right)+\sin \left(\beta t\right)\right]+\beta \left[{\text{e}}^{2\pi \alpha }\cos \left(\beta \left(2\pi -t\right)\right)-\cos \left(\beta t\right)\right]\}}{\beta \left(9{\alpha }^2+{\beta }^2\right)\left(1+{\text{e}}^{4\pi \alpha }-2{\text{e}}^{2\pi \alpha }\cos \left(2\pi \beta \right)\right)}\\ +\frac{{\text{e}}^{-2\alpha t}}{\left(1-{\text{e}}^{-4\pi \alpha }\right)\left(9{\alpha }^2+{\beta }^2\right)},t\in \left[0,2\pi \right].\end{array}$

证毕。

3. 解的性质

接下来考虑每种情况下解的性质。

情况1：当 $\Delta =0$ 时，若 $p=0$，则 $q=0$， ${\mu }_1={\mu }_2={\mu }_3=0$，即 ${\lambda }_1={\lambda }_2={\lambda }_3=-\frac{a}{3}=-\frac{c}{a}=-\frac{3c}{b}$， $\lambda \in R$。

引理6对于任意的 $t\in \left[0,2\pi \right]$，由 $c>0$，可得 $r_1\left(t\right)>0$。

证明：由于 ${\lambda }_1={\lambda }_2={\lambda }_3=-\frac{a}{3}=-\frac{c}{a}=-\frac{3c}{b}$，且 $c>0$，因此 $a>0,b>0$，此时 $\lambda <0$，在 $r_1\left(t\right)$ 中，

${\text{e}}^{\lambda t}\left[{\left({\text{e}}^{2\pi \lambda }(2\pi -t)+t\right)}^2+{\text{e}}^{2\pi \lambda }4{\pi }^2\right]>0,t\in \left[0,2\pi \right]，$

由 $\lambda <0$ 可得 $2{\left(1-{\text{e}}^{2\pi \lambda }\right)}^3>0$。综上所述 $r_1\left(t\right)>0$。

证毕。

情况2：当 $\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3=0$ 时，若 $p<0$，则 $0<\left|q\right|=2\sqrt{-{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}\left(<\frac{\sqrt{1-16p}\left(1-4p\right)}{24\sqrt{3}}\right)$，此时 ${\mu }_1=-\sqrt[3]{4q}$， ${\mu }_2={\mu }_3=\frac{\sqrt[3]{4q}}{2}$， ${\mu }_1,{\mu }_2,{\mu }_3\in R$。

引理7 若 $q>0$，则 $r_2\left(t\right)>0$， $t\in \left[0,2\pi \right]$。

证明：由于 $\Delta =0$，且 $p<0$，则 $0<\left|q\right|=2\sqrt{-{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}$，此时 ${\mu }_1=-\sqrt[3]{4q}$， ${\mu }_2={\mu }_3=\frac{\sqrt[3]{4q}}{2}$， ${\mu }_1,{\mu }_2,{\mu }_3\in R$，因此，当 $0<p\left(<\frac{\sqrt{1-16p}\left(1-4p\right)}{24\sqrt{3}}\right)$ 时，有 ${\mu }_1<0$， ${\mu }_2={\mu }_3>0$ 成立。所以

$\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}}{\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right){\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)}^2}>0,t\in \left[0,2\pi \right],$

根据 ${\mu }_1<0,{\mu }_2={\mu }_3>0$ 可得

$1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}<0,-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi \left({\mu }_1-{\mu }_2\right)>0,t\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)-1<0,t\in \left[0,2\pi \right],$

因此

$\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)\left(t\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)-1\right)-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi \left({\mu }_1-{\mu }_2\right)>0,t\in \left[0,2\pi \right].$

综上所述

$\begin{array}{l}{r}_2\left(t\right)=\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}\left[\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)\left(t\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)-1\right)-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}2\pi \left({\mu }_1-{\mu }_2\right)\right]}{{\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)}^2{\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)}^2}\\ +\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}}{\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right){\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)}^2}>0,t\in \left[0,2\pi \right].\end{array}$

证毕。

情况3：当 $\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3<0$ 时，有 $p<0$，且 $0<\left|q\right|<2\sqrt{-{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}\left(<\frac{\sqrt{1-16p}\left(1-4p\right)}{24\sqrt{3}}\right)$，其中 ${\mu }_1=-\frac{2\sqrt{-3p}}{3}\cos \frac{\theta }{3}$， ${\mu }_2=\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{\theta }{3}+\sqrt{3}\sin \frac{\theta }{3}\right)$， ${\mu }_3=\frac{\sqrt{-3p}}{3}\left(\cos \frac{\theta }{3}-\sqrt{3}\sin \frac{\theta }{3}\right)$。通过简单计算可知，当 $\theta \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 时， ${\mu }_1<0,{\mu }_2>{\mu }_3>0$ ；当 $\theta \in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right)$ 时， ${\mu }_2>0$， ${\mu }_1<{\mu }_3<0$。

为了方便描述，我们定义

$\begin{array}{l}{g}_1\left(t\right)=\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}}{\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)\left({\mu }_1-{\mu }_3\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)},\\ g_2\left(t\right)=\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}}{\left({\mu }_2-{\mu }_1\right)\left({\mu }_2-{\mu }_3\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)},\\ g_3\left(t\right)=\frac{{\text{e}}^{{\mu }_{3}t}}{\left({\mu }_3-{\mu }_1\right)\left({\mu }_3-{\mu }_1\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)},t\in \left[0,2\pi \right].\end{array}$

引理8若 $\Delta <0$，且 $\theta \in \left[\frac{29\pi }{64},\pi \right]$， $\theta \ne \frac{\pi }{2}$ 时， $r_3\left(t\right)>0$， $t\in \left[0,2\pi \right]$。

证明：若 $\Delta <0$，则一定有 $p<0$，由于 $\theta \in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right]$ 时， ${\mu }_2>0,{\mu }_1<{\mu }_3<0$，则

$\begin{array}{l}{g^{\prime }}_1\left(t\right)=\frac{{\mu }_1{\text{e}}^{{\mu }_{1}t}}{\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)\left({\mu }_1-{\mu }_3\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)}<0,\\ {g^{\prime }}_2\left(t\right)=\frac{{\mu }_2{\text{e}}^{{\mu }_{2}t}}{\left({\mu }_2-{\mu }_1\right)\left({\mu }_2-{\mu }_3\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)}<0,\\ {g^{\prime }}_3\left(t\right)=\frac{{\mu }_3{\text{e}}^{{\mu }_{3}t}}{\left({\mu }_3-{\mu }_1\right)\left({\mu }_3-{\mu }_1\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)}>0,t\in \left[0,2\pi \right].\end{array}$

故 $g_1\left(t\right),g_2\left(t\right),g_3\left(t\right)$ 均为严格单调函数，且当 $t\in \left[0,2\pi \right]$ 时均无极值点，因此， $g_1\left(2\pi \right)\le g_1\left(t\right)$， $g_2\left(2\pi \right)\le g_2\left(t\right)$， $g_3\left(0\right)\le g_3\left(t\right)$ 成立。所以

$\begin{array}{l}{g}_1\left(2\pi \right)+g_2\left(2\pi \right)+g_3\left(0\right)=\frac{{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}}{\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)\left({\mu }_1-{\mu }_3\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)}+\frac{{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}}{\left({\mu }_2-{\mu }_1\right)\left({\mu }_2-{\mu }_3\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)}\\ +\frac{1}{\left({\mu }_3-{\mu }_1\right)\left({\mu }_3-{\mu }_1\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)},\end{array}$

其中，合并之后的分母为

$\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)\left({\mu }_1-{\mu }_3\right)\left({\mu }_2-{\mu }_3\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_{2<0}}\right)<0,$

分子为

$3{\mu }_2{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}-3{\mu }_1{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}-\left[2\left({\mu }_2-{\mu }_1\right){\text{e}}^{-2\pi {\mu }_3}+\left({\mu }_2-{\mu }_3\right){\text{e}}^{-2\pi {\mu }_2}+\left({\mu }_3-{\mu }_1\right)\left(1+{\text{e}}^{-2\pi {\mu }_1}\right)\right]<0$

因此

$0<g_1\left(2\pi \right)+g_2\left(2\pi \right)+g_3\left(0\right)\le r_3\left(t\right),t\in \left[0,2\pi \right].$

由于当 $\theta \in \left[\frac{29\pi }{64},\frac{\pi }{2}\right)$ 时， ${\mu }_1<0,{\mu }_2>{\mu }_3>0$，因此 ${g^{\prime }}_1\left(t\right)<0,{g^{\prime }}_2\left(t\right)<0,{g^{\prime }}_3\left(t\right)<0,$ $t\in \left[0,2\pi \right]$，故

$g_1\left(t\right),g_2\left(t\right),g_3\left(t\right)$ 均为单调函数，且当 $t\in \left[0,2\pi \right]$ 时无极值点，此时有 $g_1\left(2\pi \right)\le g_1\left(t\right)$， $g_2\left(2\pi \right)\le g_2\left(t\right)$， $g_3\left(0\right)\le g_3\left(t\right)$ 成立。所以

$\begin{array}{l}{g}_1\left(2\pi \right)+g_2\left(2\pi \right)+g_3\left(0\right)=\frac{{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}}{\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)\left({\mu }_1-{\mu }_3\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)}+\frac{{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}}{\left({\mu }_2-{\mu }_1\right)\left({\mu }_2-{\mu }_3\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)}\\ +\frac{1}{\left({\mu }_3-{\mu }_1\right)\left({\mu }_3-{\mu }_1\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_3}\right)},\end{array}$

合并之后的分母为

$\left({\mu }_1-{\mu }_2\right)\left({\mu }_1-{\mu }_3\right)\left({\mu }_2-{\mu }_3\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}\right)\left(1-{\text{e}}^{2\pi {\mu }_{2<0}}\right)>0,$

分子为

$3{\mu }_2{\text{e}}^{2\pi {\mu }_1}-3{\mu }_1{\text{e}}^{2\pi {\mu }_2}-\left[2\left({\mu }_2-{\mu }_1\right){\text{e}}^{-2\pi {\mu }_3}+\left({\mu }_2-{\mu }_3\right){\text{e}}^{-2\pi {\mu }_2}+\left({\mu }_3-{\mu }_1\right)\left(1+{\text{e}}^{-2\pi {\mu }_1}\right)\right]>0$

因此

$0<g_1\left(2\pi \right)+g_2\left(2\pi \right)+g_3\left(0\right)\le r_3\left(t\right),t\in \left[0,2\pi \right].$

证毕。

情况4：当 $\Delta ={\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3>0$ 时，有 ${\mu }_1=-2\alpha ,{\mu }_2=\alpha +\beta i,{\mu }_3=\alpha -\beta i$。

当 $\Delta >0$ 时，若 $0\le p<\frac{1}{16}$，考虑

$\beta =\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}$ ,

首先，令 $s=-\frac{q}{2}$，并且

$\begin{array}{l}\phi \left(s\right)=\sqrt[3]{s+\sqrt{s^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}+\sqrt[3]{s-\sqrt{s^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}\\ \text{=}\sqrt[3]{s+\sqrt{s^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}+\sqrt[3]{\frac{s^2-s^2-{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}{s+\sqrt{s^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}}}\\ \text{=}{\left(s+\sqrt{s^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}\right)}^{\frac{1}{3}}+\frac{p}{3}{\left(s+\sqrt{s^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}\right)}^{-\frac{1}{3}}\end{array}$

由上式可知 $\phi \left(s\right)$ 是关于 $s$ 的偶函数。下面考虑当 $s\ge 0$ 时， $\phi \left(s\right)$ 的性质。

当 $p\ge 0$ 时，对于所有的 $s\ge 0$ 来说，都有 $\phi \left(s\right)\ge 0$ 成。令

$\delta ={\left(s+\sqrt{s^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}\right)}^{\frac{1}{3}},$

通过简单计算可知， $\delta$ 是严格关于 $s$ 单调递增的，从而对于 $\phi$ 的研究可以转化为

$\Psi \left(\delta \right)=\delta +\frac{p}{3\delta }$

其中 $\delta \ge {\left(\frac{p}{3}\right)}^{\frac{1}{2}}$。 $\Psi$ 是双钩函数，并且在 $\delta \ge {\left(\frac{p}{3}\right)}^{\frac{1}{2}}$ 是严格单调递增的，因此在 ${\left(\frac{p}{3}\right)}^{\frac{1}{2}}$ 处取得最小值，即

$\Psi {\left(\delta \right)}_{\min }=2{\left(\frac{p}{3}\right)}^{\frac{1}{2}}$

由于 $0<p<\frac{1}{16}$，则由上式可得 $3{\left(\frac{\Psi {\left(\delta \right)}_{\min }}{2}\right)}^2=p<\frac{1}{16}$，即 $\beta <\frac{1}{4}$。

另外， $\phi \left(s\right)\le \frac{1}{2\sqrt{3}}$ 等价于 $\Psi \left(\delta \right)\le \frac{1}{2\sqrt{3}}$，因此 ${\left(\frac{p}{3}\right)}^{\frac{1}{2}}\le \delta <\frac{1+{\left(1-16p\right)}^{\frac{1}{2}}}{4\sqrt{3}}$，即 $\left(0\le \right)s<\frac{\left(1-4p\right){\left(1-16p\right)}^{\frac{1}{2}}}{48\sqrt{3}}$，从而 $\left|q\right|<\frac{\left(1-4p\right){\left(1-16p\right)}^{\frac{1}{2}}}{24\sqrt{3}}$。

同理，当 $p<0$ 时， $\left|q\right|>2{\left(-\frac{p}{3}\right)}^{\frac{3}{2}}$，此时， $\phi$ 可以看作是关于 $s\ge {\left(-\frac{p}{3}\right)}^{\frac{3}{2}}\left(>0\right)$ 的函数，设

$\delta ={\left(s+\sqrt{s^2+{\left(\frac{p}{3}\right)}^3}\right)}^{\frac{1}{3}},s\ge {\left(\frac{p}{3}\right)}^{\frac{3}{2}}.$

下面讨论 $\Psi \left(\delta \right)=\delta +\frac{p}{3\delta },\delta \ge {\left(-\frac{p}{3}\right)}^{\frac{1}{2}}.$

由于 $\delta \ge {\left(-\frac{p}{3}\right)}^{\frac{1}{2}}$ 时， $\Psi \left(\delta \right)$ 是严格单调递增，并且当 $\delta ={\left(-\frac{p}{3}\right)}^{\frac{1}{2}}$ 时， $\Psi =0$，故

$\Psi \left(\delta \right)\ge 0,\delta \ge {\left(-\frac{p}{3}\right)}^{\frac{1}{2}},$

因为 $0<p<\frac{1}{16}$，则由上式可得， $3{\left(\frac{\Psi {\left(\delta \right)}_{\min }}{2}\right)}^2=p<\frac{1}{16}$，即 $\beta <\frac{1}{4}$。

另外， $0\le \phi \left(s\right)\le \frac{1}{2\sqrt{3}}$ 等价于 $0\le \Psi \left(\delta \right)\le \frac{1}{2\sqrt{3}}$，因此 ${\left(-\frac{p}{3}\right)}^{\frac{1}{2}}\le \delta <\frac{1+{\left(1-16p\right)}^{\frac{1}{2}}}{4\sqrt{3}}$，即 $\left(0<\right)s<\frac{\left(1-4p\right){\left(1-16p\right)}^{\frac{1}{2}}}{48\sqrt{3}}$，从而 $\left|q\right|<\frac{\left(1-4p\right){\left(1-16p\right)}^{\frac{1}{2}}}{24\sqrt{3}}$。

综上所述，当 $\Delta >0$ 且 $p<\frac{1}{16}$ 时，有 $\beta <\frac{1}{4}$， $0<\left|q\right|<\frac{\left(1-4p\right){\left(1-16p\right)}^{\frac{1}{2}}}{24\sqrt{3}}$ 成立。

引理9若 $\alpha >0,0<\beta <\frac{1}{4}$，则有 $r_4\left(t\right)>0,t\in \left[0,2\pi \right]$。

证明：由于 ${\mu }_1=-2\alpha <0$，则 $\frac{{\text{e}}^{-2\alpha t}}{\left(1-{\text{e}}^{-4\pi \alpha }\right)\left(9{\alpha }^2+{\beta }^2\right)}>0,t\in \left[0,2\pi \right]$。

由于 $\alpha >0,0<\beta <\frac{1}{4}$，则

$1+{\text{e}}^{4\pi \alpha }-2{\text{e}}^{2\pi \alpha }\cos \left(2\pi \beta \right)\ge 1+{\text{e}}^{4\pi \alpha }-2{\text{e}}^{2\pi \alpha }={\left(1-{\text{e}}^{2\pi \alpha }\right)}^2>0,$

所以

$\beta \left(9{\alpha }^2+{\beta }^2\right)\left(1+{\text{e}}^{4\pi \alpha }-2{\text{e}}^{2\pi \alpha }\cos \left(2\pi \beta \right)\right)>0,$

因为 $\alpha >0,0<\beta <\frac{1}{4}$ 且 $t\in \left[0,2\pi \right]$，所以有 $0<\beta \left(2\pi -t\right)\le 2\pi \beta <\frac{\pi }{2}$， $0<\beta t\le 2\pi \beta <\frac{\pi }{2}$ 成立，因此，

${\text{e}}^{2\pi \alpha }\sin \left(\beta \left(2\pi -t\right)\right)+\sin \left(\beta t\right)>0,{\text{e}}^{2\pi \alpha }\cos \left(\beta \left(2\pi -t\right)\right)-\cos \left(\beta t\right)>0,$

故

$3\alpha \left[{\text{e}}^{2\pi \alpha }\sin \left(\beta \left(2\pi -t\right)\right)+\sin \left(\beta t\right)\right]+\beta \left[{\text{e}}^{2\pi \alpha }\cos \left(\beta \left(2\pi -t\right)\right)-\cos \left(\beta t\right)\right]>0,t\in \left[0,2\pi \right],$

综上所述 $r_4\left(t\right)>0,t\in \left[0,2\pi \right]$。

证毕。

4. 主要结果

假设

$G_i\left(t,s\right)=\{\begin{array}{l}{r}_i\left(t-s\right),0\le s\le t\le 2\pi ,\\ r_i\left(2\pi +t-s\right),0\le t\le s\le \text{2}\pi \text{,}\end{array}$

其中 $i=1,2,3,4$， $r_i\left(t\right)$ 是三阶线性问题(4)的唯一解。

根据引理6~引理9有 $r_i\left(t\right)>0$， $i=1,2,3,4$， $t\in \left[0,2\pi \right]$，设

$m_i=\underset{t\in \left[0,2\pi \right]}{\min }{r}_i\left(t\right),M_i=\underset{t\in \left[0,2\pi \right]}{\max }{r}_i\left(t\right),i=1,2,3,4,$

则

$m_i\le r_i\left(t\right)\le M_i,m_i\le G_i\left(t\right)\le M_i,t,s\in \left[0,2\pi \right].$ (5)

设 $h\in C\left[0,2\pi \right]$，由引理1可知，周期边值问题(1)的线性周期边值问题

$\{\begin{array}{l}{u}^{‴}+a{u}^{″}+b{u}^{\prime }+cu=h\left(t\right),t\in \left[0,2\pi \right],\\ u^{(i)}\left(0\right)=u^{(i)}\left(2\pi \right),i=0,1,2\end{array}$

有唯一解 $u$，其中

$u\left(t\right)={\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{G}_i\left(t,s\right)h\left(s\right)\text{d}s,t\in \left[0,2\pi \right]},i=1,2,3,4.$

接下来定义一个算子

$Au\left(t\right)={\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{G}_i\left(t,s\right)f\left(s,u\left(s\right)\right)\text{d}s,t\in \left[0,2\pi \right]},i=1,2,3,4.$ (6)

其中 $C^{+}\left[0,2\pi \right]$ 是 $C\left[0,2\pi \right]$ 中所有非负函数构成的锥，则非线性周期边值问题(1)的解等价于 $A$ 的不动点，接下来，用锥上的不动点指数理论找到 $A$ 的非零不动点，选择 $C^{+}\left[0,2\pi \right]$ 中的子锥

$K=\left\{u\in C^{+}\left[0,2\pi \right]|u\left(t\right)\ge {\sigma }_i\Vert u\Vert ,0\le t\le 2\pi \right\},$ 其中 ${\sigma }_i=\frac{m_i}{M_i}>0$， $i=1,2,3,4$， $\Vert u\Vert$ 是 $C^{+}\left[0,2\pi \right]$ 中最大的范数，

则有下述引理：

引理10 $A\left(K\right)\in K$，且 $A:K\to K$ 是全连续的。

证明：设 $u\in K$，由 $G_i\left(t,s\right)\le M_i,t\in \left[0,2\pi \right],i=1,2,3,4$ 可得

$Au\left(t\right)={\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{G}_i\left(t,s\right)f\left(s,u\left(s\right)\right)\text{d}s\le }{M}_i{\displaystyle {\int }_0^{2\pi }f\left(s,u\left(s\right)\right)\text{d}s,}t\in \left[0,2\pi \right],i=1,2,3,4,$

且

$\Vert Au\left(t\right)\Vert \le M_i{\displaystyle {\int }_0^{2\pi }f\left(s,u\left(s\right)\right)\text{d}s,}t\in \left[0,2\pi \right],$

再由 $m_i\le G_i\left(t,s\right)$ 可得

$Au\left(t\right)={\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{G}_i\left(t,s\right)f\left(s,u\left(s\right)\right)\text{d}s\ge }{m}_i{\displaystyle {\int }_0^{2\pi }f\left(s,u\left(s\right)\right)\text{d}s}\ge \frac{m_i}{M_i}\Vert Au\Vert ={\sigma }_i\Vert Au\Vert ,$

其中 $t\in \left[0,2\pi \right]$， $i=1,2,3,4$，这表明 $Au\in K$，因此 $A\left(K\right)\in K$，故 $A$ 是全连续的。

假设 $E$ 是一个Banach空间，并且 $K\left(\subset E\right)$ 是空间 $E$ 的一个闭锥，假设 $\Omega$ 是 $E$ 的一个有界开集，其边界为 $\partial \Omega$，并且 $K\cap \bar{\Omega }\ne \varnothing$。设 $A:K\cap \bar{\Omega }\to K$ 是一个全连续映射，如果对于任意的 $u\in K\cap \partial \Omega ,Au\ne u$，此时可以定义不动点指数理论 $i\left(A,K\cap \Omega ,K\right)$，最重要的是，如果 $i\left(A,K\cap \Omega ,K\right)\ne 0$，则在 $K\cap \Omega$ 中 $A$ 有一个不动点。

对于 $r>0$，令 $K_r=\left\{u\in K|\Vert u\Vert <r\right\},\partial K_r=r$ 是 $K_r$ 在 $K$ 中的边界。因此，下文将用到下述的两个引理去证明问题(1)正解的存在性。

引理11 [11] 设 $A:K\to K$ 是一个全连续映射，如果对于任意的 $u\in \partial K_r$，当 $0<\mu \le 1$ 时，有 $\mu Au\ne u$，则 $i\left(A,K_r,K\right)=1$。

引理12 [11] 设 $A:K\to K$ 是一个全连续映射，假设下面两种情况成立：

(i) $\underset{u\in \partial K_r}{\inf }\Vert Au\Vert >0$，

(ii) 对于任意的 $u\in \partial K_r$，当 $\mu \ge 1$， $\mu Au\ne u$，

则 $i\left(A,K_r,K\right)=0$。

接下来将证明三阶微分方程周期边值问题正解的存在性。

情况1：当 $\Delta =0$ 时，若 $p=0$，则 $q=0$， ${\mu }_1={\mu }_2={\mu }_3=0$，即 ${\lambda }_1={\lambda }_2={\lambda }_3=-\frac{a}{3}=-\frac{c}{a}=-\frac{3c}{b}$， $\lambda \in R$。

定理1 设 $f\in C\left(\left[0,2\pi \right]\times \left[0,+\infty \right),\left[0,+\infty \right)\right)$，且特征值 $\lambda <0$，则在下面每种情况下

(i) ${\bar{f}}_0<c,{\underset{\_}{f}}_{\infty }>c;$

(ii) ${\underset{\_}{f}}_0>c,{\bar{f}}_{\infty }<c,$

周期边值问题(1)至少存在一个正解。

证明：由引理10和 $K$ 的定义得，(6)式定义的算子 $A$ 的非零不动点是周期边值问题(1)的正解，下面将分两种情况去证明 $A$ 有一个非零不动点。

情况(i)：由于 $\overline{f_0}<c$，根据 $\overline{f_0}$ 的定义，取 $\epsilon \in \left(0,c\right)$， $r_0>0$，使得

$f\left(t,u\right)\le \left(c-\epsilon \right)u,\forall t\in \left[0,2\pi \right],0\le u\le r_0.$ (7)

令 $r\in \left(0,r_0\right)$。

下面用反证法证明：对于任意的 $u\in \partial K_r$ 和 $0<\mu \le 1$，有 $\mu Au\ne u$。

假设存在 $u_0\in \partial K_r$ 和 $0<{\mu }_0\le 1$，使得 ${\mu }_{0}A{u}_0=u_0$，则由 $A$ 的定义得 $u_0\left(t\right)$ 满足微分方程

${u^{‴}}_0\left(t\right)+a{u^{″}}_0\left(t\right)+b{u^{\prime }}_0\left(t\right)+c{u}_0\left(t\right)={\mu }_{0}f\left(t,u_0\left(t\right)\right),t\in \left[0,2\pi \right]$ (8)

和边界条件 $u_0{}^{(i)}(0)=u_0{}^{(i)}\left(2\pi \right),i=0,1,2$，对上述微分方程从 $0$ 到 $2\pi$ 上积分，并且利用 $u_0\left(t\right)$ 周期性和(7)式，可得

$\begin{array}{l}c{\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{u}_0\left(t\right)\text{d}t}={\mu }_0{\displaystyle {\int }_0^{2\pi }f\left(t,u_0\left(t\right)\right)\text{d}t}\\ \le {\displaystyle {\int }_0^{2\pi }f\left(t,u_0\left(t\right)\right)\text{d}t}\\ \le \left(c-\epsilon \right){\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{u}_0\left(t\right)\text{d}t},\end{array}$

由 $K$ 的定义， $u_0\left(t\right)\ge {\sigma }_1\Vert u_0\Vert ={\sigma }_{1}r$，则有 ${\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{u}_0\left(t\right)\text{d}t}>0$。从上面不等式可得 $c\le c-\epsilon$，矛盾。因此 $A$ 满足引理11的条件，故

$i\left(A,K_r,K\right)=1$ (9)

另一方面，由于 $\underset{\_}{f_{\infty }}>c$，则存在 $\epsilon >0$， $H>0$ 使得

$f\left(t,u\right)\ge \left(c+\epsilon \right)u,\forall t\in \left[0,2\pi \right],u\ge H.$ (10)

令 $C={\max }_{0\le t\le 2\pi ,0\le u\le H}\left|f\left(t,u\right)-\left(c+\epsilon \right)u\right|+1$，因此对于任意的 $t\in \left[0,2\pi \right]$ 和 $u\ge 0$，有

$f\left(t,u\right)\ge \left(c+\epsilon \right)u-C,$ (11)

取 $R>R_0:=\max \left\{H/{\sigma }_1,r_0\right\}$，设 $u\in \partial K_R$。由于当 $s\in \left[0,2\pi \right]$ 时，有 $u\left(s\right)\ge {\sigma }_1\Vert u\Vert >H$，结合(5)式、(10)式和 $K$ 的定义可得

$\begin{array}{c}\Vert Au\Vert \ge Au\left(t\right)={\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{G}_1\left(t,s\right)f\left(s,u\left(s\right)\right)\text{d}s}\\ \ge m{\displaystyle {\int }_0^{2\pi }f\left(s,u\left(s\right)\right)\text{d}s}\\ \ge m\left(c+\epsilon \right){\displaystyle {\int }_0^{2\pi }u\left(s\right)\text{d}s}\\ \ge 2\pi m\left(c+\epsilon \right){\sigma }_1\Vert u\Vert ,\end{array}$

即

$\Vert Au\Vert \ge 2\pi m\left(c+\epsilon \right){\sigma }_1\Vert u\Vert$ (12)

因此 $\underset{u\in \partial K_R}{\inf }\Vert Au\Vert >0$，即引理12的(i)成立。

下面用反证法证明：若 $R$ 足够大，则对于任意的 $u\in \partial K_R$ 和 $\mu \ge 1$，有 $\mu Au\ne u$。

假设存在 $u_0\in \partial K_R$ 和 ${\mu }_0\ge 1$，使得 ${\mu }_{0}A{u}_0\text{=}{u}_0$，则 $u_0\left(t\right)$ 满足微分方程(8)和边界条件 $u_0^{\left(i\right)}\left(0\right)=u_0^{\left(i\right)}\left(2\pi \right),i=0,1,2$，对方程(8)从 $0$ 到 $2\pi$ 上积分得

$\begin{array}{c}c{\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{u}_0\left(t\right)\text{d}t}={\mu }_0{\displaystyle {\int }_0^{2\pi }f\left(t,u_0\left(t\right)\right)\text{d}t}\\ \ge {\displaystyle {\int }_0^{2\pi }f\left(t,u_0\left(t\right)\right)\text{d}t}\\ \ge \left(c+\epsilon \right){\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{u}_0\left(t\right)\text{d}t}-C,\end{array}$

因此

${\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{u}_0\left(t\right)\text{d}t}\le \frac{C}{\epsilon }$ (13)

由 $K$ 的定义， ${\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{u}_0\left(t\right)\text{d}t}\ge {\sigma }_1\Vert u_0\Vert$，再结合(13)式可得

$\Vert u_0\Vert \le \frac{1}{{\sigma }_1}{\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{u}_0\left(t\right)\text{d}t}\le \frac{C}{{\sigma }_1\epsilon }:=\bar{R}$ (14)

令 $R>\max \left\{\bar{R},R_0\right\}$，则对任意的 $u\in \partial K_R$ 和 $\mu \ge 1$，有 $\mu Au\ne u$，即引理12的条件(ii)也成立，则由引理12可得

$i\left(A,K_R,K\right)=0$ (15)

再由不动点指数的可加性、(9)式和(15)式可得

$i\left(A,K_R\backslash \overline{K_r},K\right)=i\left(A,K_R,K\right)-i\left(A,K_r,K\right)=-1$

因此 $A$ 在 $K_R\backslash \overline{K_r}$ 中有一个不动点，并且它是周期边值问题(1)的正解。

情况(ii)：由于 $\underset{\_}{f_0}>c$，则存在 $\epsilon >0,\eta >0$，使得

$f\left(t,u\right)\ge \left(c+\epsilon \right)u,\forall t\in \left[0,2\pi \right],\text{0}\le u\le \eta .$ (16)

令 $r\in \left(0,\eta \right)$，则对任意的 $u\in \partial K_r$，由(12)式得 $\underset{u\in \partial K_r}{\inf }\Vert Au\Vert >0$，即引理12的条件(i)成立。

下面用反证法证明：对任意的 $u\in \partial K_r$ 和 $\mu \ge 1$，有 $\mu Au\ne u$。

假设存在 $u_0\in \partial K_r$ 和 ${\mu }_0\ge 1$，使得 ${\mu }_{0}A{u}_0=u_0$，则 $u_0\left(t\right)$ 满足微分方程(8)和边界条件 $u_0^{\left(i\right)}\left(0\right)=u_0^{\left(i\right)}\left(2\pi \right),i=0,1,2$，由(8)式和(16)式可得

$c{\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{u}_0}\left(t\right)\text{d}t\ge \left(c+\epsilon \right){\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{u}_0}\left(t\right)\text{d}t.$

由 ${\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{u}_0}\left(t\right)\text{d}t\ge {\sigma }_1\Vert u_0\Vert >0$，得 $c\ge c+\epsilon$，矛盾。即引理12的条件(ii)也成立，则由引理12得

$i\left(A,K_r,K\right)=0$ (17)

又由 ${\bar{f}}_{\infty }<c$，则存在 $\epsilon \in \left(0,c\right)$， $H>0$，使得

$f\left(t,u\right)\le \left(\text{c}-\epsilon \right)u,\forall t\in \left[0,2\pi \right],u\ge H.$

令 $C={\max }_{0\le t\le 2\pi ,0\le u\le H}\left|f\left(t,u\right)-\left(\text{c}-\epsilon \right)u\right|+1$，则可得

$f\left(t,u\right)\le \left(\text{c}-\epsilon \right)u+C,\forall t\in \left[0,2\pi \right],u\ge 0$ (18)

下面用反证法证明：对任意的 $u\in \partial K_R$ 和 $0<\mu \le 1$，有 $\mu Au\ne u$。

假设存在 $u_0\in \partial K_R$ 和 $0<{\mu }_0\le 1$，使得 ${\mu }_{0}A{u}_0=u_0$，则 $u_0\left(t\right)$ 满足微分方程(8)和边界条件 $u_0^{\left(i\right)}\left(0\right)=u_0^{\left(i\right)}\left(2\pi \right),i=0,1,2$，由(10)式和(18)式可得

$c{\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{u}_0}\left(t\right)\text{d}t\le \left(c-\epsilon \right){\displaystyle {\int }_0^{2\pi }{u}_0}\left(t\right)\text{d}t+C.$

由(15)式得 $\Vert u_0\Vert \le \bar{R}$。令 $R>\max \left\{\bar{R},\eta \right\}$，则对任意的 $u\in \partial K_R$ 和 $0<\mu \le 1$，有 $\mu Au\ne u$，则由引理11得

$i\left(A,K_R,K\right)=1$ (19)

再由不动点指数的可加性，(17)式和(19)式得到

$i\left(A,K_R\backslash \overline{K_r},K\right)=i\left(A,K_R,K\right)-i\left(A,K_r,K\right)=1$。

因此 $A$ 在 $K_R\backslash \overline{K_r}$ 中有一个不动点，它是周期边值问题(1)的正解。

证毕。

根据定理1，我们可以得出以下结论：

推论1设 $f\in C\left(\left[0,2\pi \right]\times \left[0,+\infty \right),\left[0,+\infty \right)\right)$，且特征值 $\lambda <0$，则在下述任意条件中：

(i) ${\bar{f}}_0=0,{\bar{f}}_{\infty }=+\infty$ (超线性)；

(ii) ${\underset{\_}{f}}_0=+\infty ,{\underset{\_}{f}}_{+\infty }=0$ (次线性)，

周期边值问题(1)存在一个正解。

其他三种情况的证明与定理1相似。