2023年考研数学三第3题

对于给定的二阶常系数齐次线性微分方程 $y'' + a y' + b y = 0$，我们通过设解的形式为 $y = e^{\lambda x}$ 来推导特征方程。将 $y = e^{\lambda x}$ 代入方程，得到： $$(e^{\lambda x})'' + a (e^{\lambda x})' + b e^{\lambda x} = 0$$ 计算导数：$(e^{\lambda x})' = \lambda e^{\lambda x}$，$(e^{\lambda x})'' = \lambda^2 e^{\lambda x}$。代入得： $$\lambda^2 e^{\lambda x} + a \lambda e^{\lambda x} + b e^{\lambda x} = 0$$ 提取公因子 $e^{\lambda x}$（$e^{\lambda x} \neq 0$），得到： $$e^{\lambda x} (\lambda^2 + a \lambda + b) = 0$$ 因此必有 $\lambda^2 + a \lambda + b = 0$。这个关于 $\lambda$ 的二次代数方程称为原微分方程的**特征方程**。 在本题目中，微分方程的具体形式为 $y'' + 2y' + y = 0$，因此对应的特征方程为： $$\lambda^2 + 2\lambda + 1 = 0$$ 注意：特征方程完全由微分方程的系数决定，与初始条件无关。

对于二阶常系数线性齐次微分方程 $y'' + a y' + b y = 0$，其特征方程为 $r^2 + a r + b = 0$。特征根由判别式 $\Delta = a^2 - 4b$ 决定。 **情形一：$\Delta > 0$（两个不等实根）** 此时特征方程有两个不同的实根 $r_1$ 和 $r_2$，由求根公式得： $$r_{1,2} = \frac{-a \pm \sqrt{a^2 - 4b}}{2}.$$ 方程的通解形式为： $$y(x) = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x},$$ 其中 $C_1, C_2$ 为任意常数。 **情形二：$\Delta = 0$（重根）** 此时特征方程有重根 $r_0 = -\frac{a}{2}$。通解形式为： $$y(x) = (C_1 + C_2 x) e^{r_0 x}.$$ **情形三：$\Delta < 0$（共轭复根）** 此时特征根为一对共轭复数： $$r_{1,2} = \alpha \pm i \beta, \quad \alpha = -\frac{a}{2}, \quad \beta = \frac{\sqrt{4b - a^2}}{2}.$$ 通解形式为： $$y(x) = e^{\alpha x} \bigl( C_1 \cos(\beta x) + C_2 \sin(\beta x) \bigr).$$ 本步骤的核心是依据判别式的符号确定特征根的类型，从而为后续代入初始条件求解特定常数做好准备。

当特征方程 $\lambda^2 + p\lambda + q = 0$ 的判别式 $\Delta = p^2 - 4q > 0$ 时，方程有两个不相等的实根 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$，且 $\lambda_1 \neq \lambda_2$。此时二阶常系数线性齐次微分方程的通解为： $$ y = C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x}, $$ 其中 $C_1, C_2$ 为任意常数。 我们需要分析该通解在 $(-\infty, +\infty)$ 上的有界性。由于 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ 是两个不同的实数，它们不可能同时为零（若同时为零，则 $\lambda_1 = \lambda_2 = 0$，与 $\Delta > 0$ 矛盾）。因此至少有一个根非零。不妨设 $\lambda_1 \neq 0$。 考虑 $x \to +\infty$ 的情形： - 若 $\lambda_1 > 0$，则 $e^{\lambda_1 x} \to +\infty$，只要 $C_1 \neq 0$，解 $y$ 就无界。 - 若 $\lambda_1 < 0$，则 $e^{\lambda_1 x} \to 0$，但此时另一个根 $\lambda_2$ 可能为正或负。若 $\lambda_2 > 0$，则 $e^{\lambda_2 x} \to +\infty$，同样导致无界（除非 $C_2 = 0$，但 $C_2$ 为任意常数，不能保证恒为零）。若 $\lambda_2 < 0$，则两项均趋于零，但考虑 $x \to -\infty$ 时，$e^{\lambda_1 x}$ 和 $e^{\lambda_2 x}$ 均趋于 $+\infty$（因为 $\lambda_1, \lambda_2 < 0$ 时，$x \to -\infty$ 使指数趋于正无穷），因此解仍然无界。 类似地，考虑 $x \to -\infty$ 的情形：若 $\lambda_1 > 0$，则 $e^{\lambda_1 x} \to 0$，但另一个根可能为负导致 $e^{\lambda_2 x} \to +\infty$；若 $\lambda_1 < 0$，则 $e^{\lambda_1 x} \to +\infty$。总之，无论 $\lambda_1, \lambda_2$ 取何非零实数值，总存在一个方向（$x \to +\infty$ 或 $x \to -\infty$）使得至少一项指数趋于无穷大，且由于 $C_1, C_2$ 不全为零（否则得到平凡解 $y=0$，但通解包含任意常数，非零解必然存在），因此解在 $(-\infty, +\infty)$ 上无界。 结论：当 $\Delta > 0$ 时，通解中的指数项至少有一个增长或衰减方向导致函数值趋于无穷，故解在全体实数范围内无界。

当判别式 $\Delta = a^2 - 4 = 0$ 时，特征方程 $r^2 + ar + 1 = 0$ 有重根 $r = -\frac{a}{2}$。此时齐次方程的通解形式为： $$ y = (C_1 + C_2 x) e^{-\frac{a}{2}x} $$ 其中 $C_1, C_2$ 为任意常数。 我们需要分析该解在 $x \to +\infty$ 时的有界性。由于指数因子 $e^{-\frac{a}{2}x}$ 的衰减或增长取决于 $a$ 的符号，而线性因子 $(C_1 + C_2 x)$ 当 $C_2 \neq 0$ 时随 $x$ 增大而趋于无穷（或负无穷）。 - 若 $a > 0$，则 $-\frac{a}{2} < 0$，指数因子 $e^{-\frac{a}{2}x}$ 随 $x$ 增大而指数衰减。但线性因子 $C_2 x$ 线性增长，两者乘积 $C_2 x e^{-\frac{a}{2}x}$ 在 $x \to +\infty$ 时趋于 $0$（因为指数衰减快于任何多项式增长），因此解是有界的。 - 若 $a = 0$，则 $r = 0$，通解退化为 $y = C_1 + C_2 x$，当 $C_2 \neq 0$ 时，$y$ 随 $x$ 线性增长，无界。 - 若 $a < 0$，则 $-\frac{a}{2} > 0$，指数因子 $e^{-\frac{a}{2}x}$ 随 $x$ 增大而指数增长，线性因子进一步放大增长，因此解无界。 题目要求分析 $\Delta = 0$ 时解的有界性，通常默认考虑 $x \to +\infty$ 且 $a$ 为实数。关键结论是：当 $C_2 \neq 0$ 时，解的无界性出现在 $a \leq 0$ 的情形；而当 $a > 0$ 时，尽管有线性因子，指数衰减仍保证有界。但题目步骤概要中明确指出“当 $C_2 \neq 0$ 时，$x$ 项导致无界”，这通常是在 $a$ 为非正数的前提下讨论的，或者题目隐含了 $a$ 为常数且未指定正负，此时线性因子 $x$ 的存在使得解在 $x \to \infty$ 时发散，除非指数衰减足够快（即 $a>0$）。因此，在一般分析中，我们强调：若 $C_2 \neq 0$，则解中 $x e^{-\frac{a}{2}x}$ 项在 $a \leq 0$ 时无界，在 $a > 0$ 时有界。 本步骤重点在于识别重根情形下通解的结构，并判断线性因子对无穷远处行为的影响。

当特征方程 $r^2 + ar + b = 0$ 的判别式 $\Delta = a^2 - 4b < 0$ 时，特征根为一对共轭复根：$r = -\frac{a}{2} \pm i\omega$，其中 $\omega = \frac{\sqrt{4b - a^2}}{2} > 0$。此时微分方程的通解为： $$ y = e^{-\frac{a}{2}x}\left[C_1\cos(\omega x) + C_2\sin(\omega x)\right] $$ 其中 $C_1, C_2$ 为任意常数。 解的有界性要求当 $x \to +\infty$ 时，$y(x)$ 不趋于无穷大。由于三角函数 $\cos(\omega x)$ 和 $\sin(\omega x)$ 是有界函数（绝对值不超过1），因此解的有界性完全由指数因子 $e^{-\frac{a}{2}x}$ 决定： - 若 $-\frac{a}{2} > 0$，即 $a < 0$，则 $e^{-\frac{a}{2}x} \to +\infty$，解无界； - 若 $-\frac{a}{2} < 0$，即 $a > 0$，则 $e^{-\frac{a}{2}x} \to 0$，解有界且趋于0； - 若 $-\frac{a}{2} = 0$，即 $a = 0$，则 $e^{-\frac{a}{2}x} = 1$，解为 $y = C_1\cos(\omega x) + C_2\sin(\omega x)$，是有界函数。 题目要求解在 $(-\infty, +\infty)$ 上有界，因此必须同时考虑 $x \to -\infty$ 的情形。当 $x \to -\infty$ 时，$e^{-\frac{a}{2}x}$ 的行为与 $x \to +\infty$ 相反： - 若 $a > 0$，则 $e^{-\frac{a}{2}x} \to +\infty$，解无界； - 若 $a < 0$，则 $e^{-\frac{a}{2}x} \to 0$，解有界； - 若 $a = 0$，则 $e^{-\frac{a}{2}x} = 1$，解有界。 综合 $x \to \pm\infty$ 两个方向，只有当 $a = 0$ 时，指数因子恒为1，解在全体实数上保持有界。 将 $a = 0$ 代入判别式条件 $\Delta < 0$： $$ a^2 - 4b < 0 \quad \Rightarrow \quad 0 - 4b < 0 \quad \Rightarrow \quad b > 0 $$ 因此，当 $\Delta < 0$ 时，解在 $(-\infty, +\infty)$ 上有界的充要条件是 $a = 0$ 且 $b > 0$。 最终验证：取 $a=0, b=1$，特征方程为 $r^2+1=0$，根为 $r=\pm i$，通解 $y = C_1\cos x + C_2\sin x$，显然在 $\mathbb{R}$ 上有界。