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user: 2. 准备工作与引理 首先考虑方程 u ‴ + a u ″ + b u ′ + c u = f ( t ， u ) ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] (2) 的齐次方程为 u ‴ + a u ″ + b u ′ + c u = 0 它的特征方程为 λ 3 + a λ 2 + b λ + c = 0 令 λ = μ − a 3 ，则上式可转化为 μ 3 + p μ + q = 0 ，其中 p = b − a 2 3 ， q = c + 2 27 a 3 − a b 3 ，由(1)条件可知， p < 1 16 ， | q | < 1 − 16 p ( 1 − 4 p ) 24 3 ，对于方程 μ 3 + p μ + q = 0 直接利用Cardano公式可得： μ 1 = − q 2 + ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 3 + − q 2 − ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 3 μ 2 = ω − q 2 + ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 3 + ω 2 − q 2 − ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 3 μ 2 = ω 2 − q 2 + ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 3 + ω − q 2 − ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 3 ω = − 1 + 3 i 2 Δ = ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 是根的判别式： 情况1：当 Δ = ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 = 0 时，若 p = 0 ，则 q = 0 ，此时 μ 1 = μ 2 = μ 3 = 0 ，即 λ 1 = λ 2 = λ 3 = − a 3 = − c a = − 3 c b ， λ ∈ R 。 情况2：当 Δ = ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 = 0 时，若 p < 0 ，则 0 < | q | = 2 − ( p 3 ) 3 ( < 1 − 16 p ( 1 − 4 p ) 24 3 ) ，此时 μ 1 = − 4 q 3 ， μ 2 = μ 3 = 4 q 3 2 ， μ 1 ， μ 2 ， μ 3 ∈ R ，因此 (i) 若 q > 0 ，则 μ 1 < 0 ， μ 2 = μ 3 > 0 ， (ii) 若 q < 0 ，则 μ 1 > 0 ， μ 2 = μ 3 < 0 。 情况3：当 Δ = ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 < 0 时，有 p < 0 ，且 0 < | q | < 2 − ( p 3 ) 3 ( < 1 − 16 p ( 1 − 4 p ) 24 3 ) ，令 s = − q 2 ， k 1 = − q 2 + Δ 3 ， k 2 = − q 2 − Δ 3 ，则 k 1 3 ， k 2 3 均为虚数，从而 k 1 = s + i − Δ 3 ， k 2 = s − i − Δ 3 ，其中 s ， − Δ ， 故 k 1 3 ， k 2 3 的模均为 | k 1 3 | = | k 2 3 | = s 2 + ( Δ ) 2 = − ( p 3 ) 3 所以 k 1 3 = − ( p 3 ) 3 [ s − ( p 3 ) 3 + − Δ − ( p 3 ) 3 ] = − p − 3 p 9 ( cos θ + i sin θ ) k 2 3 = − p − 3 p 9 ( cos θ − i sin θ ) 其中 θ = arccos ( − 3 q − 3 p 2 p 2 ) ， 0 < θ < π ， θ ≠ π 2 。 从而可以得出 k 1 ， k 2 的值，分别是 k 1 ， 1 = − − 3 p 3 ( cos θ 3 + i sin θ 3 ) ， k 2 ， 1 = − − 3 p 3 ( cos θ 3 − i sin θ 3 ) k 1 ， 2 = ω ⋅ k 1 ， 1 = ( − 1 2 + 3 2 i ) [ − − 3 p 3 ( cos θ 3 + i sin θ 3 ) ] = ( cos 2 π 3 + i sin 2 π 3 ) [ − − 3 p 3 ( cos θ 3 + i sin θ 3 ) ] = − 3 p 3 ( cos 2 π + θ 3 + i sin 2 π + θ 3 ) ， k 2 ， 2 = ω 2 ⋅ k 2 ， 1 = − 3 p 3 ( cos 4 π + θ 3 − i sin 4 π + θ 3 ) ， k 1 ， 3 = ω 2 ⋅ k 1 ， 1 = − 3 p 3 ( cos 4 π + θ 3 + i sin 4 π + θ 3 ) ， k 2 ， 3 = ω ⋅ k 2 ， 1 = − 3 p 3 ( cos 2 π + θ 3 − i sin 2 π + θ 3 ) ， 则 μ 1 = k 1 ， 1 + k 2 ， 1 = − 2 − 3 p 3 cos θ 3 ， μ 2 = k 1 ， 2 + k 2 ， 2 = − 3 p 3 ( cos θ 3 + 3 sin θ 3 ) ， μ 3 = k 1 ， 3 + k 2 ， 3 = − 3 p 3 ( cos θ 3 − 3 sin θ 3 ) ， 通过简单计算可知，当 θ ∈ ( 0 ， π 2 ) 时， μ 1 < 0 ， μ 2 > μ 3 > 0 ；当 θ ∈ ( π 2 ， π ) 时， μ 2 > 0 ， μ 1 < μ 3 < 0 。 情况4：当 Δ = ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 > 0 时， μ 1 = k 1 + k 2 ， μ 2 = − 1 2 ( k 1 + k 2 ) + 3 2 ( k 1 − k 2 ) i ， μ 3 = − 1 2 ( k 1 + k 2 ) − 3 2 ( k 1 − k 2 ) i ， 令 α = − 1 2 ( k 1 + k 2 ) ， β = 3 2 ( k 1 − k 2 ) ，则 μ 1 = − 2 α ， μ 2 = α + β i ， μ 3 = α − β i ，其中 α ， β ∈ R 。 下面考虑一般的线性边值问题 { L n u ( t ) = u ( n ) ( t ) + ∑ i = 0 n − 1 a i u ( i ) ( t ) = h ( t ) ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] ， u ( i ) ( 0 ) = u ( i ) ( 2 π ) ， i = 0 ， 1 ， ⋯ ， n − 2 ， u ( n − 1 ) ( 0 ) − u ( n − 1 ) ( 2 π ) = μ ， (3) 其中， n ≥ 2 ， a i ， μ ∈ R ， h ∈ C [ 0 ， 2 π ] 。因而有下述引理： 引理1 [ 10 ] 若线性边值问题 { L n u ( t ) = 0 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] ， u ( i ) ( 0 ) = u ( i ) ( 2 π ) ， i = 0 ， 1 ， ⋯ ， n − 2 ， u ( n − 1 ) ( 0 ) − u ( n − 1 ) ( 2 π ) = 1 有唯一解 r n ( t ) ∈ C ∞ [ 0 ， 2 π ] ，则线性问题(3)存在唯一解 u ∈ C n [ 0 ， 2 π ] ，其表达式为 u ( t ) = ∫ 0 2 π G n ( t ， s ) h ( s ) d s + μ r n ( t ) ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] 其中， G n ( t ， s ) = { r n ( t − s ) ， 0 ≤ s ≤ t ≤ 2 π ， r n ( 2 π + t − s ) ， 0 ≤ t < s ≤ 2 π . 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 { u ‴ + a u ″ + b u ′ + c u = 0 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] ， u ( i ) ( 0 ) = u ( i ) ( 2 π ) ， i = 0 ， 1 ， 2 (4) 正解的存在性，其中 b − a 2 3 < 1 16 ， | c + 2 27 a 3 − a b 3 | < 2 1 16 − b + a 2 3 ( 4 − b + a 2 3 ) / 3 3 ， f ∈ C ( [ 0 ， 2 π ] × [ 0 ， + ∞ ) ) ， a ， b ， c ∈ 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 Δ = ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 = 0 时，若 p = 0 ，周期边值问题(4)的唯一解为 r 1 ( t ) = e λ t [ ( e 2 π λ ( 2 π − t ) + t ) 2 + e 2 π λ 4 π 2 ] 2 ( 1 − e 2 π λ ) 3 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] . 证明：若 Δ = ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 = 0 且 p = 0 ，有 μ 1 = μ 2 = μ 3 = 0 ，即 λ 1 = λ 2 = λ 3 = − a 3 = − c a = − 3 c b ， λ ∈ R ， 此时可以得到边值问题(4)通解为 r 1 ( t ) = e λ t C 1 + e λ t t C 2 + e λ t t 2 C 3 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] ， 根据线性边值问题(4)的边界条件可得 r 1 ( 0 ) = C 1 ， r 1 ( 2 π ) = e 2 π λ C 1 + e 2 π λ 2 π C 2 + e 2 π λ 4 π 2 C 3 ， 由 r 1 ' ( t ) = λ e λ t C 1 + ( λ t + 1 ) e λ t C 2 + ( λ t 2 + 2 t ) e λ t C 3 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] 可得 r 1 ' ( 0 ) = λ C 1 + C 2 ， r 1 ' ( 2 π ) = λ e 2 π λ C 1 + ( 2 π λ + 1 ) e 2 π λ C 2 + ( 4 π 2 λ + 4 π ) e 2 π λ C 3 ， 由 r ″ 1 ( t ) = λ 2 e λ t C 1 + ( λ t 2 + 2 λ ) e λ t C 2 + ( λ 2 t 2 + 4 λ t + 2 ) e λ t C 3 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] ， 可得 r 1 ′ ​ ′ ( 0 ) = λ 2 C 1 + 2 λ C 2 + 2 C 3 ， r 1 ′ ​ ′ ( 2 π ) = λ 2 e 2 π λ C 1 + ( 2 π λ 2 + 2 λ ) e 2 π λ C 2 + ( 4 π 2 λ 2 + 8 π λ + 2 ) e 2 π λ C 3 ， 由边界条件可得 { ( 1 − e 2 π λ ) C 1 + ( − e 2 π λ 2 π ) C 2 + ( − e 2 π λ 4 π 2 ) C 3 = 0 λ ( 1 − e 2 π λ ) C 1 + ( 1 − e 2 π λ − e 2 π λ 2 π λ ) C 2 + ( − e 2 π λ 4 π − e 2 π λ 4 π 2 λ ) C 3 = 0 λ 2 ( 1 − e 2 π λ ) C 1 + [ 2 λ ( 1 − e 2 π λ ) − e 2 π λ 2 π λ 2 ] C 2 + [ 2 ( 1 − e 2 π λ ) − e 2 π λ 4 π λ − e 2 π λ 4 π 2 λ 2 ] C 3 = 1 ， 因此，该方程组的系数行列式为 D = | 1 − e 2 π λ − e 2 π λ 2 π − e 2 π λ 4 π 2 λ ( 1 − e 2 π λ ) 1 − e 2 π λ − e 2 π λ 2 π λ − e 2 π λ 4 π − e 2 π λ 4 π 2 λ λ 2 ( 1 − e 2 π λ ) 2 λ ( 1 − e 2 π λ ) − e 2 π λ 2 π λ 2 2 ( 1 − e 2 π λ ) − e 2 π λ 4 π λ − e 2 π λ 4 π 2 λ 2 | = 2 ( 1 − e 2 π λ ) 3 ， 故而 D 1 = | 0 − e 2 π λ 2 π − e 2 π λ 4 π 2 0 1 − e 2 π λ − e 2 π λ 2 π λ − e 2 π λ 4 π − e 2 π λ 4 π 2 λ 1 2 λ ( 1 − e 2 π λ ) − e 2 π λ 2 π λ 2 2 ( 1 − e 2 π λ ) − e 2 π λ 4 π λ − e 2 π λ 4 π 2 λ 2 | = e 2 π λ 4 π 2 ( 1 + e 2 π λ ) ， D 2 = | 1 − e 2 π λ 0 − e 2 π λ 4 π 2 λ ( 1 − e 2 π λ ) 0 − e 2 π λ 4 π − e 2 π λ 4 π 2 λ λ 2 ( 1 − e 2 π λ ) 1 2 ( 1 − e 2 π λ ) − e 2 π λ 4 π λ − e 2 π λ 4 π 2 λ 2 | = e 2 π λ 4 π ( 1 − e 2 π λ ) ， D 3 = | 1 − e 2 π λ − e 2 π λ 2 π 0 λ ( 1 − e 2 π λ ) 1 − e 2 π λ − e 2 π λ 2 π λ 0 λ 2 ( 1 − e 2 π λ ) 2 λ ( 1 − e 2 π λ ) − e 2 π λ 2 π λ 2 1 | = ( 1 − e 2 π λ ) 2 ， 故 C 1 = D 1 D ， C 2 = D 2 D ， C 3 = D 3 D ，因此 r 1 ( t ) = D 1 D e λ t + D 2 D e λ t t + D 3 D e λ t t 2 = [ e 2 π λ ( 2 π − t ) + t ] 2 + e 2 π λ 4 π 2 2 ( 1 − e 2 π λ ) 3 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] . 证毕。 引理3当 Δ = ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 = 0 时，若 p < 0 ，则 μ 1 = − 4 q 3 ， μ 2 = μ 3 = 4 q 3 2 ， μ 1 ， μ 2 ， μ 3 ∈ R ，因此周 期边值问题(4)的唯一解为 r 2 ( t ) = e μ 1 t ( 1 − e 2 π μ 1 ) ( μ 1 − μ 2 ) 2 + e μ 2 t [ ( 1 − e 2 π μ 2 ) ( t ( μ 1 − μ 2 ) − 1 ) − e 2 π μ 2 2 π ( μ 1 − μ 2 ) ] ( 1 − e 2 π μ 2 ) 2 ( μ 1 − μ 2 ) 2 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] . 证明：由于 μ 1 ≠ μ 2 = μ 3 ，此时周期边值问题(4)的通解为 r 2 ( t ) = e μ 1 t C 1 + e μ 2 t C 2 + e μ 2 t t C 3 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] ， 根据线性边值问题(4)可得 r 2 ( 0 ) = C 1 + C 2 ， r 2 ( 2 π ) = e 2 π μ 1 C 1 + e 2 π μ 2 C 2 + e 2 π μ 3 2 π C 3 ， 由 r ′ 2 ( t ) = μ 1 e μ 1 t C 1 + μ 2 e μ 2 t C 2 + ( μ 2 t + 1 ) e μ 2 t C 3 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] 可得 r ′ 2 ( 0 ) = μ 1 C 1 + μ 2 C 2 + C 3 ， r ′ 2 ( 2 π ) = μ 1 e 2 π μ 1 C 1 + μ 2 e 2 π μ 2 C 2 + ( 2 π μ 2 + 1 ) e 2 π μ 2 C 3 ， 由 r ″ 2 ( t ) = μ 1 2 e μ 1 t C 1 + μ 2 2 e μ 2 t C 2 + ( μ 2 2 t + 2 μ 2 ) e μ 2 t C 3 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] 可得 r ″ 2 ( 0 ) = μ 1 2 C 1 + μ 2 2 C 2 + 2 μ 2 C 3 ， r ″ 2 ( 2 π ) = μ 1 2 e 2 π μ 1 C 1 + μ 2 2 e 2 π μ 2 C 2 + ( 2 π μ 2 2 + 2 μ 2 ) e 2 π μ 2 C 3 ， 由边界条件可得 { ( 1 − e 2 π μ 1 ) C 1 + ( 1 − e 2 π μ 2 ) C 2 + ( − 2 π e 2 π μ 2 ) C 3 = 0 μ 1 ( 1 − e 2 π μ 1 ) C 1 + μ 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) C 2 + [ ( 1 − e 2 π μ 2 ) + ( − 2 π μ 2 e 2 π μ 2 ) ] C 3 = 0 μ 1 2 ( 1 − e 2 π μ 1 ) C 1 + μ 2 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) C 2 + [ 2 μ 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) + ( − 2 π μ 2 2 e 2 π μ 2 ) ] C 3 = 1 因此，该方程组的系数行列式为 D = | 1 − e 2 π μ 1 1 − e 2 π μ 2 − e 2 π μ 2 2 π μ 1 ( 1 − e 2 π μ 1 ) μ 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) 1 − e 2 π μ 2 − e 2 π μ 2 2 π μ 2 μ 1 2 ( 1 − e 2 π μ 1 ) μ 2 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) 2 μ 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) − e 2 π μ 2 2 π μ 2 2 | = ( 1 − e 2 π μ 1 ) ( 1 − e 2 π μ 2 ) 2 ( μ 2 − μ 1 ) 2 ， 故而 D 1 = | 0 1 − e 2 π μ 2 − e 2 π μ 2 2 π 0 μ 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) ( 1 − e 2 π μ 2 ) − e 2 π μ 2 2 π μ 2 1 μ 2 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) 2 μ 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) − e 2 π μ 2 2 π μ 2 2 | = ( 1 − e 2 π μ 2 ) 2 ， D 2 = | 1 − e 2 π μ 1 0 − e 2 π μ 2 2 π μ 1 ( 1 − e 2 π μ 1 ) 0 1 − e 2 π μ 2 − e 2 π μ 2 2 π μ 2 μ 1 2 ( 1 − e 2 π μ 1 ) 1 2 μ 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) − e 2 π μ 2 2 π μ 2 2 | = − ( 1 − e 2 π μ 1 ) [ 1 − e 2 π μ 2 + e 2 π μ 2 2 π ( μ 1 − μ 2 ) ] ， D 3 = | 1 − e 2 π μ 1 1 − e 2 π μ 2 0 μ 1 ( 1 − e 2 π μ 1 ) μ 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) 0 μ 1 2 ( 1 − e 2 π μ 1 ) μ 2 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) 1 | = ( 1 − e 2 π μ 1 ) ( 1 − e 2 π μ 2 ) ( μ 2 − μ 1 ) ， 故 C 1 = D 1 D ， C 2 = D 2 D ， C 3 = D 3 D ，因此当 t ∈ [ 0 ， 2 π ] 时， r 2 ( t ) = D 1 D e μ 1 t + D 2 D e μ 2 t + D 3 D e μ 2 t t = e μ 2 t [ ( 1 − e 2 π μ 2 ) ( t ( μ 1 − μ 2 ) − 1 ) − e 2 π μ 2 2 π ( μ 1 − μ 2 ) ] ( 1 − e 2 π μ 2 ) 2 ( μ 1 − μ 2 ) 2 + e μ 1 t ( 1 − e 2 π μ 1 ) ( μ 1 − μ 2 ) 2 . 证毕。 引理4当 Δ = ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 < 0 时，有 p < 0 ，且 0 < | q | < 2 − ( p 3 ) 3 ( < 1 − 16 p ( 1 − 4 p ) 24 3 ) ，此时周期边 值问题(4)的唯一解为 r 3 ( t ) = e μ 1 t ( μ 1 − μ 2 ) ( μ 1 − μ 3 ) ( 1 − e 2 π μ 1 ) + e μ 2 t ( μ 2 − μ 1 ) ( μ 2 − μ 3 ) ( 1 − e 2 π μ 2 ) + e μ 3 t ( μ 3 − μ 1 ) ( μ 3 − μ 1 ) ( 1 − e 2 π μ 3 ) ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] ， 其中 μ 1 = − 2 − 3 p 3 cos θ 3 ， μ 2 = − 3 p 3 ( cos θ 3 + 3 sin θ 3 ) ， μ 3 = − 3 p 3 ( cos θ 3 − 3 sin θ 3 ) 。 证明：因为 μ 1 ≠ μ 2 ， μ 2 ≠ μ 3 ， μ 3 ≠ μ 1 ，此时得到周期边值问题(4)的通解为 r 3 ( t ) = e μ 1 t C 1 + e μ 2 t C 2 + e μ 3 t C 3 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] ， 根据线性边值问题(4)可得 r 3 ( 0 ) = C 1 + C 2 + C 3 ， r 3 ( 2 π ) = e 2 π μ 1 C 1 + e 2 π μ 2 C 2 + e 2 π μ 3 C 3 ， 由 r ′ 3 ( t ) = μ 1 e μ 1 t C 1 + μ 2 e μ 2 t C 2 + μ 3 e μ 3 t C 3 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] 可得 r ′ 3 ( 0 ) = μ 1 C 1 + μ 2 C 2 + μ 3 C 3 ， r ′ 3 ( 2 π ) = μ 1 e 2 π μ 1 C 1 + μ 2 e 2 π μ 2 C 2 + μ 3 e 2 π μ 3 C 3 ， 由 r ″ 3 ( t ) = μ 1 2 e μ 1 t C 1 + μ 2 2 e μ 2 t C 2 + μ 3 2 e μ 3 t C 3 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] 可得 r ″ 3 ( 0 ) = μ 1 2 C 1 + μ 2 2 C 2 + μ 3 2 C 3 ， r ″ 3 ( 2 π ) = μ 1 2 e 2 π μ 1 C 1 + μ 2 2 e 2 π μ 2 C 2 + μ 3 2 e 2 π μ 3 C 3 ， 由边界条件可得 { ( 1 − e 2 π μ 1 ) C 1 + ( 1 − e 2 π μ 2 ) C 2 + ( 1 − e 2 π μ 3 ) C 3 = 0 μ 1 ( 1 − e 2 π μ 1 ) C 1 + μ 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) C 2 + μ 3 ( 1 − e 2 π μ 3 ) C 3 = 0 μ 1 2 ( 1 − e 2 π μ 1 ) C 1 + μ 2 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) C 2 + μ 3 2 ( 1 − e 2 π μ 3 ) C 3 = 1 ， 因此，该方程组的系数行列式为 D = | 1 − e 2 π μ 1 1 − e 2 π μ 2 1 − e 2 π μ 3 μ 1 ( 1 − e 2 π μ 1 ) μ 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) μ 3 ( 1 − e 2 π μ 3 ) μ 1 2 ( 1 − e 2 π μ 1 ) μ 2 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) μ 3 2 ( 1 − e 2 π μ 3 ) | = ( 1 − e 2 π μ 1 ) ( 1 − e 2 π μ 2 ) ( 1 − e 2 π μ 3 ) ( μ 3 − μ 2 ) ( μ 3 − μ 1 ) ( μ 2 − μ 1 ) ， 故而 D 1 = | 0 1 − e 2 π μ 2 1 − e 2 π μ 3 0 μ 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) μ 3 ( 1 − e 2 π μ 3 ) 1 μ 2 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) μ 3 2 ( 1 − e 2 π μ 3 ) | = ( 1 − e 2 π μ 2 ) ( 1 − e 2 π μ 3 ) ( μ 3 − μ 2 ) ， D 2 = | 1 − e 2 π μ 1 0 1 − e 2 π μ 3 μ 1 ( 1 − e 2 π μ 1 ) 0 μ 3 ( 1 − e 2 π μ 3 ) μ 1 2 ( 1 − e 2 π μ 1 ) 1 μ 3 2 ( 1 − e 2 π μ 3 ) | = ( 1 − e 2 π μ 1 ) ( 1 − e 2 π μ 3 ) ( μ 1 − μ 3 ) ， D 3 = | 1 − e 2 π μ 1 1 − e 2 π μ 2 0 μ 1 ( 1 − e 2 π μ 1 ) μ 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) 0 μ 1 2 ( 1 − e 2 π μ 1 ) μ 2 2 ( 1 − e 2 π μ 2 ) 1 | = ( 1 − e 2 π μ 1 ) ( 1 − e 2 π μ 2 ) ( μ 2 − μ 1 ) ， 故 C 1 = D 1 D ， C 2 = D 2 D ， C 3 = D 3 D ，因此 r 3 ( t ) = D 1 D e μ 1 t + D 2 D e μ 2 t + D 3 D e μ 2 t = e μ 1 t ( 1 − e 2 π μ 1 ) ( μ 1 − μ 2 ) ( μ 1 − μ 3 ) + e μ 2 t ( 1 − e 2 π μ 2 ) ( μ 2 − μ 1 ) ( μ 2 − μ 3 ) + e μ 3 t ( 1 − e 2 π μ 3 ) ( μ 3 − μ 2 ) ( μ 3 − μ 3 ) ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] . 证毕。 引理5当 Δ = ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 > 0 时， μ 1 = − 2 α ， μ 2 = α + β i ， μ 3 = α − β i 时，周期边值问题(4)的唯一解为 r 4 ( t ) = e α t { 3 α [ e 2 π α sin ( β ( 2 π − t ) ) + sin ( β t ) ] + β [ e 2 π α cos ( β ( 2 π − t ) ) − cos ( β t ) ] } β ( 9 α 2 + β 2 ) ( 1 + e 4 π α − 2 e 2 π α cos ( 2 π β ) ) + e − 2 α t ( 1 − e − 4 π α ) ( 9 α 2 + β 2 ) ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] . 证明：由于 μ 1 = − 2 α ， μ 2 = α + β i ， μ 3 = α − β i ， α ， β ∈ R ，因此边值问题(4)的通解为 r 4 ( t ) = e − 2 α t C 1 + e α t sin ( β t ) C 2 + e α t cos ( β t ) C 3 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] ， 根据线性边值问题(4)可得 r 4 ( 0 ) = C 1 + C 3 ， r 4 ( 2 π ) = e − 4 π α C 1 + e 2 π α sin ( 2 π β ) C 2 + e 2 π α cos ( 2 π β ) C 3 ， 当 t ∈ [ 0 ， 2 π ] 时，由 r ′ 4 ( t ) = − 2 α e − 2 α t C 1 + e α t ( α sin ( β t ) + β cos ( β t ) ) C 2 + e α t ( α cos ( β t ) − β sin ( β t ) ) C 3 ， 可得 r ′ 4 ( 0 ) = − 2 α C 1 + β C 2 + α C 3 ， r ′ 4 ( 2 π ) = − 2 α e − 4 π α C 1 + e 2 π α ( α sin ( 2 π β ) + β cos ( 2 π β ) ) C 2 + e 2 π α ( α cos ( 2 π β ) − β sin ( 2 π β ) ) C 3 ， 由 r ″ 4 ( t ) = 4 α 2 e − 2 α t C 1 + e α t [ ( α 2 − β 2 ) sin ( β t ) + 2 α β cos ( β t ) ] C 2 + e α t [ ( α 2 − β 2 ) cos ( β t ) − 2 α β sin ( β t ) ] C 3 ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] 可得 r ″ 4 ( 0 ) = 4 α 2 C 1 + 2 α β C 2 + ( α 2 − β 2 ) C 3 ， r ″ 4 ( 2 π ) = 4 α 2 e − 4 π α C 1 + e 2 π α [ ( α 2 − β 2 ) sin ( 2 π β ) + 2 α β cos ( 2 π β ) ] C 2 + e 2 π α [ ( α 2 − β 2 ) cos ( 2 π β ) − 2 α β sin ( 2 π β ) ] C 3 ， 令 P = 1 − e − 4 π α ， Q = − e 2 π α sin ( 2 π β ) ， K = 1 − e 2 π α cos ( 2 π β ) ，由边界条件可得 { P C 1 + Q C 2 + K C 3 = 0 − 2 α P C 1 + ( α Q + β K ) C 2 + ( α K − β Q ) C 3 = 0 4 α 2 P C 1 + [ ( α 2 − β 2 ) Q + 2 α β K ] C 2 + [ ( α 2 − β 2 ) K + 2 α β Q ] C 3 = 1 ， 因此，该方程组的系数行列式为 D = P × | 1 Q K − 2 α α Q + β K α K − β Q 4 α 2 ( α 2 − β 2 ) Q + 2 α β K ( α 2 − β 2 ) K − 2 α β Q | = − β P ( 9 α 2 + β 2 ) ( 1 + e 4 π α − 2 e 2 π α cos ( 2 π β ) ) ， 故而 D 1 = | 0 Q K 0 α Q + β K α K − β Q 1 ( α 2 − β 2 ) Q + 2 α β K ( α 2 − β 2 ) K − 2 α β Q | = − β ( 1 + e 4 π α − 2 e 2 π α cos ( 2 π β ) ) ， D 2 = P × | 1 0 K − 2 α 0 α K − β Q 4 α 2 1 ( α 2 − β 2 ) K − 2 α β Q | = P ( − 3 α K + β Q ) ， D 3 = P × | 1 Q 0 − 2 α α Q + β K 0 4 α 2 ( α 2 − β 2 ) Q + 2 α β K 1 | = P ( β K + 3 α Q ) ， 故 C 1 = D 1 D ， C 2 = D 2 D ， C 3 = D 3 D ，因此 r 4 ( t ) = e α t { 3 α [ e 2 π α sin ( β ( 2 π − t ) ) + sin ( β t ) ] + β [ e 2 π α cos ( β ( 2 π − t ) ) − cos ( β t ) ] } β ( 9 α 2 + β 2 ) ( 1 + e 4 π α − 2 e 2 π α cos ( 2 π β ) ) + e − 2 α t ( 1 − e − 4 π α ) ( 9 α 2 + β 2 ) ， t ∈ [ 0 ， 2 π ] . 证毕。