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user: 1. 问题的提出 在微分算子的领域中，许多学者对特征值问题进行了研究，如文献 [ 1 ] - [ 7 ] ，这些文献的研究方法均为将特征值问题的讨论转化为一个整函数零点的讨论，本文研究了一类具有耦合边界条件的四阶微分算子，得到问题特征值的秩与某整函数的零点重数之间的联系。 记 L ≡ − d 4 d x 4 + q ( x ) ， x ∈ ( 0 ， 1 ) ， q ( x ) ∈ C [ 0 ， 1 ] 。考虑以下耦合边界条件下的特征值问题： L y = − y ( 4 ) + q ( x ) y = λ y (1) y ( 0 ) = y ′ ( 1 ) ， y ′ ( 0 ) = y ″ ( 1 ) ， y ″ ( 0 ) = y ( 3 ) ( 1 ) ， y ( 3 ) ( 0 ) = y ( 1 ) (2) 设 Q i ( x ， λ ) ( i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 ) 是四个满足(1)式的解，它们分别在 x = 0 处满足 ( Q 1 ( 0 ， λ ) Q ′ 1 ( 0 ， λ ) Q ″ 1 ( 0 ， λ ) Q 1 ( 3 ) ( 0 ， λ ) ) = ( 1 0 0 0 ) ， ( Q 2 ( 0 ， λ ) Q ′ 2 ( 0 ， λ ) Q ″ 2 ( 0 ， λ ) Q 2 ( 3 ) ( 0 ， λ ) ) = ( 0 1 0 0 ) ， ( Q 3 ( 0 ， λ ) Q ′ 3 ( 0 ， λ ) Q ″ 3 ( 0 ， λ ) Q 3 ( 3 ) ( 0 ， λ ) ) = ( 0 0 1 0 ) ， ( Q 4 ( 0 ， λ ) Q ′ 4 ( 0 ， λ ) Q ″ 4 ( 0 ， λ ) Q 4 ( 3 ) ( 0 ， λ ) ) = ( 0 0 0 1 ) ， 显然，Wronsky行列式 W [ Q 1 ( x ) ， Q 2 ( x ) ， Q 3 ( x ) ， Q 4 ( x ) ] = 1 ， Q 1 ( x ) ， Q 2 ( x ) ， Q 3 ( x ) ， Q 4 ( x ) 是(1)的四个线性无关的解，且可以构成(1)的基础解系。 设 y ( x ) = ∑ i = 1 4 c i Q i ( x ， λ 0 ) 是问题(1) (2)的特征函数，其中 λ 0 是特征值，则 y ( x ) 满足(2)式，即： { c 1 = c 1 Q ′ 1 ( 1 ， λ 0 ) + c 2 Q ′ 2 ( 1 ， λ 0 ) + c 3 Q ′ 3 ( 1 ， λ 0 ) + c 4 Q ′ 4 ( 1 ， λ 0 ) c 2 = c 1 Q ″ 1 ( 1 ， λ 0 ) + c 2 Q ″ 2 ( 1 ， λ 0 ) + c 3 Q ″ 3 ( 1 ， λ 0 ) + c 4 Q ″ 4 ( 1 ， λ 0 ) c 3 = c 1 Q ‴ 1 ( 1 ， λ 0 ) + c 2 Q ‴ 2 ( 1 ， λ 0 ) + c 3 Q ‴ 3 ( 1 ， λ 0 ) + c 4 Q ‴ 4 ( 1 ， λ 0 ) c 4 = c 1 Q 1 ( 1 ， λ 0 ) + c 2 Q 2 ( 1 ， λ 0 ) + c 3 Q 3 ( 1 ， λ 0 ) + c 4 Q 4 ( 1 ， λ 0 ) (3) 方程组(3)的系数行列式为 k ( λ 0 ) ，即： k ( λ 0 ) = | Q ′ 1 ( 1 ， λ 0 ) − 1 Q ″ 1 ( 1 ， λ 0 ) Q 1 ( 3 ) ( 1 ， λ 0 ) Q 1 ( 1 ， λ 0 ) Q ′ 2 ( 1 ， λ 0 ) Q ″ 2 ( 1 ， λ 0 ) − 1 Q 2 ( 3 ) ( 1 ， λ 0 ) Q 2 ( 1 ， λ 0 ) Q ′ 3 ( 1 ， λ 0 ) Q ″ 3 ( 1 ， λ 0 ) Q 3 ( 3 ) ( 1 ， λ 0 ) − 1 Q 3 ( 1 ， λ 0 ) Q ′ 4 ( 1 ， λ 0 ) Q ″ 4 ( 1 ， λ 0 ) Q 4 ( 3 ) ( 1 ， λ 0 ) Q 4 ( 1 ， λ 0 ) − 1 | (4) 方程组(3)可以看作是未知数 c 1 ， c 2 ， c 3 ， c 4 的方程组，由特征函数的定义知，此方程组存在非零解，故系数行列式 k ( λ 0 ) = 0 。类似于文献 [ 1 ] 中命题1，2的证明，我们可以得到如下两个命题。 命题1：记 显然， k ( λ ) = | Ω ( λ ) | 。 R ( λ ) 是特征值 的秩，则以下两结论成立： i) λ 0 为问题(1)(2)的特征值 ⇔ k ( λ 0 ) = 0 。 ii) R ( λ 0 ) + R ( Ω ( λ 0 ) ) = 4 。 命题2：设 H i ( x ， λ ) ( i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 ) 是四个满足(1)式的解，记为 ( H 1 ( x ， λ ) H 2 ( x ， λ ) H 3 ( x ， λ ) H 4 ( x ， λ ) ) = A ( Q 1 ( x ， λ ) Q 2 ( x ， λ ) Q 3 ( x ， λ ) Q 4 ( x ， λ ) ) ， A = ( a 11 a 12 a 13 a 14 a 21 a 22 a 23 a 24 a 31 a 32 a 33 a 34 a 41 a 42 a 43 a 44 ) . (5) 记 T i = ( a i 1 ， a i 2 ， a i 3 ， a i 4 ) Τ ， i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 ，其中 T i ≠ 0 。如果 k ( λ 0 ) = 0 且 Ω Τ ( λ ) T i = 0 ，则： i) H i ( x ， λ 0 ) 是问题(1)(2)的特征函数，则满足 { H i ( 0 ， λ 0 ) = H ′ i ( 1 ， λ 0 ) = a i 1 H ′ i ( 0 ， λ 0 ) = H ″ i ( 1 ， λ 0 ) = a i 2 H ″ i ( 0 ， λ 0 ) = H i ( 3 ) ( 1 ， λ 0 ) = a i 3 H i ( 3 ) ( 0 ， λ 0 ) = H i ( 1 ， λ 0 ) = a i 4 ( i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 ) ii) H 1 ， H 2 ， H 3 ， H 4 的极大无关组个数为 R ( A ) 。 引理1：算式 L ≡ − d 4 d x 4 + q ( x ) 有以下的Lagrange恒等式 ∫ a b g ( L f ) d x − ∫ a b f ( L g ) d x = [ | f g f ‴ g ‴ | − | f ′ g ′ f ″ g ″ | ] a b 引理2：设 H i ( x ， λ 0 ) ( i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 ) 是(5)式所给出的特征函数。 λ 0 是 k ( λ ) 的零点，则有： Ω ( λ 0 ) B = ( − a 12 − a 14 − a 22 − a 24 − a 32 − a 34 − a 42 − a 44 a 11 + a 13 a 21 + a 23 a 31 + a 33 a 41 + a 43 − a 12 − a 14 − a 22 − a 24 − a 32 − a 34 − a 42 − a 44 a 11 + a 13 a 21 + a 23 a 31 + a 33 a 41 + a 43 ) 其中 B = ( a 12 a 22 a 32 a 42 − a 11 − a 21 − a 31 − a 41 a 14 a 24 a 34 a 44 − a 13 − a 23 − a 33 − a 43 ) 证明：利用引理1有 0 = ∫ 0 1 Q j ( x ， λ 0 ) ( L H i ( x ， λ 0 ) ) d x − ∫ 0 1 ( L Q j ( x ， λ 0 ) ) H i ( x ， λ 0 ) d x = [ | H i ( x ， λ 0 ) Q j ( x ， λ 0 ) H i ( 3 ) ( x ， λ 0 ) Q j ( 3 ) ( x ， λ 0 ) | − | H ′ i ( x ， λ 0 ) Q ′ j ( x ， λ 0 ) H ″ i ( x λ 0 ) Q ″ j ( x ， λ 0 ) | ] 0 1 = H i ( 1 ， λ 0 ) Q j ( 3 ) ( 1 ， λ 0 ) − H i ( 3 ) ( 1 ， λ 0 ) Q j ( 1 ， λ 0 ) − H i ( 0 ， λ 0 ) Q j ( 3 ) ( 0 ， λ 0 ) + H i ( 3 ) ( 0 ， λ 0 ) Q j ( 0 ， λ 0 ) − H ′ i ( 1 ， λ 0 ) Q ″ j ( 1 ， λ 0 ) + H ″ i ( 1 ， λ 0 ) Q ′ j ( 1 ， λ 0 ) + H ′ i ( 0 ， λ 0 ) Q ″ j ( 0 ， λ 0 ) − H ″ i ( 0 ， λ 0 ) Q ′ j ( 0 ， λ 0 ) = a i 4 Q j ( 3 ) ( 1 ， λ 0 ) − a i 3 Q j ( 1 ， λ 0 ) − a i 1 Q j ( 3 ) ( 0 ， λ 0 ) + a i 4 Q j ( 0 ， λ 0 ) − a i 1 Q ″ j ( 1 ， λ 0 ) + a i 2 Q ′ j ( 1 ， λ 0 ) + a i 2 Q ″ j ( 0 ， λ 0 ) − a i 3 Q ′ j ( 0 ， λ 0 ) 分别取 i ， j = 1 ， 2 ， 3 ， 4 ，即得结论。 引理3：设 H i ( x ， λ 0 ) 是(5)式所给出的特征函数 ( i = 1 ， 2 ， 3 ， 4 ) ， λ 0 是特征值。简记 H i ( x ， λ 0 ) = H i ，记一元函数 H i ( j − 1 ) ( 1 ， λ ) 关于 λ 求导后在 处的取值为 H ˙ i ( j − 1 ) ( 1 ， λ 0 ) ( i ， j = 1 ， 2 ， 3 ， 4 ) ，记两个函数 H i ， H j 的内积为 〈 H i ， H j 〉 ，其定义为 〈 H i ， H j 〉 = ∫ 0 1 H i ( x ) H j ( x ) d x ， 这样可以得到16个恒等式，写成矩阵形式如下： ( 〈 H 1 ， H 1 〉 〈 H 1 ， H 2 〉 〈 H 1 ， H 3 〉 〈 H 1 ， H 4 〉 〈 H 2 ， H 1 〉 〈 H 2 ， H 2 〉 〈 H 2 ， H 3 〉 〈 H 2 ， H 4 〉 〈 H 3 ， H 1 〉 〈 H 3 ， H 2 〉 〈 H 3 ， H 3 〉 〈 H 3 ， H 4 〉 〈 H 4 ， H 1 〉 〈 H 4 ， H 2 〉 〈 H 4 ， H 3 〉 〈 H 4 ， H 4 〉 ) = ( H ˙ ′ 1 H ˙ ″ 1 H ˙ 1 ( 3 ) H ˙ 1 H ˙ ′ 2 H ′ ′ ˙ 2 H ˙ 2 ( 3 ) H ˙ 2 H ˙ ′ 3 H ′ ′ ˙ 3 H ˙ 3 ( 3 ) H ˙ 3 H ˙ ′ 4 H ′ ′ ˙ 4 H ˙ 4 ( 3 ) H ˙ 4 ) ( − a 12 − a 22 − a 32 − a 42 a 11 a 21 a 31 a 41 − a 14 − a 24 − a 34 − a 44 a 13 a 23 a 33 a 43 ) 证明： 〈 H i ， H j 〉 = lim λ → λ 0 1 λ − λ 0 ( λ − λ 0 ) ∫ 0 1 H i ( x ， λ ) H j ( x ， λ 0 ) d x = lim λ → λ 0 1 λ − λ 0 [ ∫ 0 1 H j ( x ， λ 0 ) ( L H i ( x ， λ ) ) d x − ∫ 0 1 H i ( x ， λ ) ( L H j ( x ， λ 0 ) ) d x ] = lim λ → λ 0 1 λ − λ 0 { | H i ( x ， λ ) H j ( x ， λ 0 ) H i ( 3 ) ( x ， λ ) H j ( 3 ) ( x ， λ 0 ) | 0 1 − | H ′ i ( x ， λ ) H ′ j ( x ， λ 0 ) H ″ i ( x ， λ ) H ″ j ( x ， λ 0 ) | 0 1 } = lim λ → λ 0 1 λ − λ 0 { [ H i ( 1 ， λ ) H ‴ j ( 1 ， λ 0 ) − H j ( 1 ， λ 0 ) H ‴ i ( 1 ， λ ) − H i ( 0 ， λ ) H ‴ j ( 0 ， λ 0 ) + H j ( 0 ， λ 0 ) H ‴ i ( 0 ， λ ) ] + [ − H ′ i ( 1 ， λ ) H ″ j ( 1 ， λ 0 ) + H ′ j ( 1 ， λ 0 ) H ″ i ( 1 ， λ ) + H ′ i ( 0 ， λ ) H ″ j ( 0 ， λ 0 ) − H ′ j ( 0 ， λ 0 ) H ″ i ( 0 ， λ ) ] } = lim λ → λ 0 1 λ − λ 0 [ a j 3 H i ( 1 ， λ ) − a j 4 H i ( 3 ) ( 1 ， λ ) − a j 2 H ′ i ( 1 ， λ ) + a j 1 H ″ i ( 1 ， λ ) + h ] 其中 h = − a i 1 a j 4 + a i 4 a j 1 + a i 2 a j 3 − a i 3 a j 2 ，接着利用洛必达法则，可得 〈 H i ， H j 〉 = a j 3 H ˙ i ( 1 ， λ 0 ) − a j 4 H ˙ i ( 3 ) ( 1 ， λ 0 ) − a j 2 H ˙ ′ i ( 1 ， λ 0 ) + a j 1 H ˙ ″ i ( 1 ， λ 0 ) 当 i ， j 分别取1，2，3，4时，就可以得到定理的结论。