[家里蹲大学数学杂志]第283期西安交通大学2008年数学专业复试试题参考解答
常微分方程
1. 解微分方程 $\dps{\frac{\rd y}{\rd x}=\frac{x^4+y^3}{xy^2}}$.
解答: $$\bee\label{1:eq} \frac{\rd y^3}{\rd x}=3\sex{x^3+\frac{y^3}{x}}\ra \frac{\rd z}{\rd x}=\frac{3z}{x}+3x^2\quad(z=x^3). \eee$$用常数变易法. 先求得 $\dps{\frac{\rd z}{\rd x}=\frac{3z}{x}}$ 的通解为 $z=cx^3$. 令 $z=c(x)x^3$ 为 \eqref{1:eq} 的通解, 则 $$\bex x^3c'(x)=3x^2\ra c'(x)=\frac{3}{x}\ra c(x)=3\ln x+C. \eex$$ 而 \eqref{1:eq} 的通解为 $$\bex z=(3\ln x+C)x^3. \eex$$ 原方程的通解为 $$\bex y^3=(3\ln x+C)x^3. \eex$$
2. 求解方程 $2yy''=(y')^2+y^2$.
解答: 把 $y$ 看成自变量, $z=y'$ 看成因变量, 则 $$\bex y''=\frac{\rd z}{\rd x}=\frac{\rd z}{\rd y}\cdot \frac{\rd y}{\rd x}=z\frac{\rd z}{\rd y}. \eex$$ 于是原方程化为 $$\bex 2yz\frac{\rd z}{\rd y} =z^2+y^2\ra \frac{\rd \zeta}{\rd y}=\frac{\zeta}{y}+y\quad(\zeta=z^2). \eex$$ 用常数变易法求得其解为 $$\bex \zeta=y^2+C_1y. \eex$$ 于是 $$\bex z^2=y^2+C_1y\ra (y')^2=y^2+C_1y. \eex$$ 令 $y'=p$, 则 $$\bex p^2=y^2+C_1y. \eex$$ 通过 $p=ty$ 可得其参数表示为 $$\bex p=\frac{C_1t}{t^2-1},\quad y=\frac{C_1}{t^2-1}. \eex$$ 于是 $$\beex \bea &\quad \rd y=p\rd x\\ &\ra \rd x=\frac{1}{p}\rd y =\frac{t^2-1}{C_1t}\sex{\frac{C_1}{t^2-1}}'\rd t =\frac{2}{1-t^2}\rd t\\ &\ra x=\ln\frac{1+t}{1-t}+C_2. \eea \eeex$$ 故原方程的通解为 $$\bex x=\ln \frac{1+t}{1-t}+C_2,\quad y=\frac{C_1}{t^2-1}. \eex$$
3. 设 $f(x)$ 是以 $2\pi$ 为周期的函数. 求微分方程 $$\bee\label{3:eq1} \frac{\rd y}{\rd x}+ay=f(x)\quad(a\neq 0) \eee$$的以 $2\pi$ 为周期的周期解.
解答: 由常数变易法知 \eqref{3:eq1} 的通解为 $$\bex y(x)=e^{-ax}y(0)+\int_0^x e^{-a(x-t)}f(t)\rd t. \eex$$ 若 $y$ 以 $2\pi$ 为周期, $$\bee\label{3:eq2} \bea &\quad y(0)=y(2\pi)=e^{-2\pi a}y(0)+\int_0^{2\pi}e^{-a(2\pi-t)}f(t)\rd t\\ &\ra y(0)=\cfrac{\dps{\int_0^{2\pi}e^{-a(2\pi-t)}f(t)\rd t}}{1-e^{-2\pi a}}. \eea \eee$$往证以 \eqref{3:eq2} 为初值的 \eqref{3:eq1} 的解 $$\bee y(x)=e^{-ax}\cfrac{\dps{\int_0^{2\pi}e^{-a(2\pi-t)}f(t)\rd } t}{1-e^{-2\pi a}} +\int_0^x e^{-a(x-t)}f(t)\rd t \eee$$是 \eqref{3:eq1} 的唯一的 $2\pi$-周期解. 事实上, 令 $z(t)=y(x+2\pi)$, 则 $$\bex \cfrac{\rd z}{\rd x}=az+f(x+2\pi)=az+f(x),\quad z(0)=y(0). \eex$$ 由解的唯一性知 $y(x)\equiv z(x)$. 如此, $y$ 是 $2\pi$-周期的. 又由 \eqref{3:eq1} 的 $2\pi$-周期解的初值必须满足 \eqref{3:eq2}, 而有唯一性.
4. 设齐次线性微分方程组 $X'=A(t)X$ 的每个解都在 $0\leq t<\infty$ 上有界. 证明: $X'=A(t)X$ 的每个解都是李雅普诺夫稳定的.
证明: 设 $X_i(t)$ 为 $X'=A(t)X$ 的以 $$\bex X_i(0)=e_i\equiv(\underbrace{0,\cdots,1}_{i\mbox{个}},\cdots,0) \eex$$ 为初值的解. 则由题意, $$\bex \exists\ M>0,\ \forall\ 1\leq i\leq n,\ \forall\ t\in [0,\infty),\ \sen{X_i(t)}\leq M. \eex$$ 于是对 $\forall\ \ve>0$, 只要 $$\bex \sen{x(0)}=\sen{\sum_{i=1}^n c_ie_i}=\sex{\sum_{i=1}^nc_i^2}^\frac{1}{2}<\frac{\ve}{Mn^\frac{1}{2}}, \eex$$ 就有 $$\beex \bea \sen{X(t)}&=\sen{\sum_{i=1}^n c_iX_i(t)}\\ &\leq\sum_{i=1}^n |c_i|\cdot \sen{X_i(t)}\\ &\leq Mn^\frac{1}{2}\sex{\sum_{i=1}^nc_i^2}^\frac{1}{2}\\ &<\ve\quad(\forall\ t\in [0,\infty)). \eea \eeex$$
5. 已知方程组 $\dps{\sedd{\ba{ll} x'=ax+by\\ y'=cx+dy \ea}}$ 的唯一奇点是中心. 证明: 方程 $$\bee\label{5:eq} (cx+dy)\rd x-(ax+by)\rd y=0 \eee$$为全微分方程. 并说明该命题的逆是否成立? (其中 $a,b,c,d$ 为实常数)
证明: 由题意, $$\bex 0=|\lm E-A|=\lm^2-(a+d)\lm+bc \eex$$ 有两个共纯虚根. 于是 $$\bex a+d=0, \eex$$ 而 $$\bex -(ax+by)_x=-a=d=(cx+dy)_y, \eex$$ 即有 \eqref{5:eq} 为全微分方程. 反过来不对. 比如当 $$\bex a=b=1,\quad c=d=-1 \eex$$ 时, 奇点类型为鞍点.
泛函分析
1. 设 $T:C^1[a,b]\to C[a,b]$, $T(x(t))=x'(t)$, 其中 $C^1[a,b]$ 为 $C[a,b]$ 的子集. 证明: $T$ 为线性算子, 但不是有界算子.
证明: 线性性显然. 由 $$\bex T\sex{\sin \frac{2n\pi}{b-a}(t-a)}=\frac{2n\pi}{b-a}\cos\frac{2n\pi}{b-a}(t-a) \eex$$ 及 $$\bex \sen{\sin \frac{2n\pi}{b-a}(t-a)}=1,\quad \sen{\frac{2n\pi}{b-a}\cos\frac{2n\pi}{b-a}(t-a)}=\frac{2n\pi}{b-a} \eex$$ 即知 $T$ 不是有界的.
2. 设 $(X,\rd)$ 是紧度量空间, $T:X\to X$ 适合 $$\bex \rd (Tx,Ty)<\rd (x,y)\quad(\forall\ x,y\in X,\ x\neq y). \eex$$ 证明: $T$ 存在唯一的不动点.
证明: 存在性: 考虑 $X$ 上的连续函数 $f(x)=\rd (x,Tx)$, 则由 $X$ 紧知 $f$ 能取得最小值: $$\bex \exists\ x_0\in X,\st f(x_0)=\min_{x\in X}f(x). \eex$$ 若 $f(x_0)\neq 0$, 则 $$\bex Tx_0\neq x_0\ra f(Tx_0)=\rd (Tx_0,T^2x_0)<\rd (x_0,Tx_0)=f(x_0). \eex$$ 这与 $x_0$ 的定义矛盾. 故 $f(x_0)=0$, $Tx_0=x_0$. 唯一性: 设 $\tilde x_0$ 也是 $T$ 的不动点, 但 $\tilde x_0\neq x_0$, 则 $$\bex \rd (\tilde x_0,x_0)=\rd (T\tilde x_0,Tx_0)<\rd (\tilde x_0,x_0). \eex$$ 这是一个矛盾. 故有结论.
3. 设 $L^2[0,2]$ 上的泛函 $f$ 定义如下: $$\bex f(x(t))=2\int_0^1x(t)\rd t-\int_1^2 x(t)\rd t,\quad x(t)\in L^2[0,2]. \eex$$ 证明: $f$ 的范数有界, 并求 $\sen{f}$.
证明: 由 $$\beex \bea |f(x(t))|&\leq 2\int_0^1|x(t)|\rd t +\int_1^2 |x(t)|\rd t\\ &\leq2\sex{\int_0^1\rd x}^\frac{1}{2} \cdot \sex{\int_0^1x^2(t)\rd t}^\frac{1}{2} +\sex{\int_1^2\rd t}^\frac{1}{2} \cdot \sex{\int_1^2x^2(t)\rd t}^\frac{1}{2}\\ &\leq \sqrt{5}\sex{\int_0^2x^2(t)\rd t}^\frac{1}{2}\quad\sex{(a^2+b^2)(c^2+d^2)\geq ac+bd}\\ &\quad \sex{\mbox{等号成立}\la x(t)=\sedd{\ba{ll} 4,&t\in [0,1]\\ -2,&t\in [1,2] \ea}} \eea \eeex$$ 即知 $\sen{f}=\sqrt{5}$.
4. 叙述弱 $*$ 收敛的定义, 并证明弱 $*$ 收敛的极限唯一. 若 $X$ 是赋范线性空间, 证明: $X^*$ 中的弱 $*$ 收敛点列有界.
证明: (1) $f_n$ 弱 $*$ 收敛于 $f$ 是指: $$\bee\label{4:eq} \sef{f_n,x}\to \sef{f,x},\quad \forall\ x\in X. \eee$$(2) 设 $f_n$ 弱 $*$ 收敛于 $f$, 也弱 $*$ 收敛于 $g$, 则 $$\bex \sef{f,x}=\sef{g,x}\ (\forall\ x\in X)\ra f=g. \eex$$ (3) 设 $f_n$ 弱 $*$ 收敛, 则由 \eqref{4:eq} 知 $$\bex \sup_{n\geq 1}f_n(x)\leq M_x\quad (\forall\ x\in X). \eex$$ 由共鸣定理即知 $f_n$ 有界.
5. 设 $X$ 是赋范线性空间, 证明: $\sen{x_n-x}\to 0$ 的充要条件是 $x_n$ 弱收敛与 $x$ 且 $$\bex \vls{n}\sen{x_n}\leq \sen{x}. \eex$$
证明: $\ra$: 显然. $\la$: 我们仅须验证 $$\beex \bea \sen{x}&=\sup_{\sen{f}=1}\sef{f,x}\quad\sex{\mbox{Hahn-Banach 定理}}\\ &=\sup_{\sen{f}=1}\vlm{n}\sef{f,x_n}\\ &\leq \sup_{\sen{f}=1}\vli{n}\sex{\sen{f}\cdot \sen{x_n}}\\ &\leq \vli{n}\sen{x_n}. \eea \eeex$$