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user: 3. 时标上四阶边值问题的有限谱 假设方程(1.1)定义在时标 上， − ∞ < a < b < c < d < e < + ∞ 。对给定的正整数m和n，将时标 T 做如下分割： a = a 0 < a 1 < a 2 < ⋯ < a 2 m < a 2 m + 1 = b ， d = b 0 < b 1 < b 2 < ⋯ < b 2 n < b 2 n + 1 = e ， (3.1) 使得系数函数满足以下条件： 在 ( a 2 k ， a 2 k + 1 ) 上 ，     r ( t ) = 1 p ( t ) = 0 ，     ∫ a 2 k a 2 k + 1 w ( t ) d t ≠ 0 ， ∫ a 2 k a 2 k + 1 w ( t ) t d t ≠ 0 ，     ∫ a 2 k a 2 k + 1 w ( t ) t 2 d t ≠ 0 ，     k = 0 ， 1 ， ⋯ ， m ， 在 ( a 2 k + 1 ， a 2 k + 2 ) 上 ，     q ( t ) = w ( t ) = 0 ，     ∫ a 2 k + 1 a 2 k + 2 r ( t ) d t ≠ 0 ， ∫ a 2 k + 1 a 2 k + 2 r ( t ) t d t ≠ 0 ，     ∫ a 2 k + 1 a 2 k + 2 r ( t ) t 2 d t ≠ 0 ，     k = 0 ， 1 ， ⋯ ， m − 1 ， (3.2) 在 ( b 2 i ， b 2 i + 1 ) 上 ，     r ( t ) = 1 p ( t ) = 0 ，     ∫ b 2 i b 2 i + 1 w ( t ) d t ≠ 0 ， ∫ b 2 i b 2 i + 1 w ( t ) t d t ≠ 0 ， ∫ b 2 i b 2 i + 1 w ( t ) t 2 d t ≠ 0 ，     k = 0 ， 1 ， ⋯ ， n ， 在 ( b 2 i + 1 ， b 2 i + 2 ) 上 ，     q ( t ) = w ( t ) = 0 ，     ∫ b 2 i + 1 b 2 i + 2 r ( t ) d t ≠ 0 ， ∫ b 2 i + 1 b 2 i + 2 r ( t ) t d t ≠ 0 ， ∫ b 2 i + 1 b 2 i + 2 r ( t ) t 2 d t ≠ 0 ，     k = 0 ， 1 ， ⋯ ， n − 1 ， (3.3) 由(3.1)~(3.3)，令 r k = ∫ a 2 k + 1 a 2 k + 2 r σ ( t ) d t ，     r k ∧ = ∫ a 2 k + 1 a 2 k + 2 r σ ( t ) t d t ，     r k ∨ = ∫ a 2 k + 1 a 2 k + 2 r σ ( t ) t 2 d t ≠ 0 ，     k = 0 ， 1 ， ⋯ ， m − 1 ， q k = ∫ a 2 k a 2 k + 1 q ( t ) d t ，     q k ∧ = ∫ a 2 k a 2 k + 1 q ( t ) t d t ，     q k ∨ = ∫ a 2 k a 2 k + 1 q ( t ) t 2 d t ， w k = ∫ a 2 k a 2 k + 1 w ( t ) d t ，     w k ∧ = ∫ a 2 k a 2 k + 1 w ( t ) t d t ，     w k ∨ = ∫ a 2 k a 2 k + 1 w ( t ) t 2 d t ，     k = 0 ， 1 ， ⋯ ， m ， r i ~ = ∫ b 2 i + 1 b 2 i + 2 r σ ( t ) d t ，     r i ~ ∧ = ∫ b 2 i + 1 b 2 i + 2 r σ ( t ) t d t ，     r k ~ ∨ = ∫ b 2 i + 1 b 2 i + 2 r σ ( t ) t 2 d t ≠ 0 ，     i = 0 ， 1 ， ⋯ ， n − 1 ， q i ~ = ∫ b 2 i b 2 i + 1 q ( t ) d t ，     q i ~ ∧ = ∫ b 2 i b 2 i + 1 q ( t ) t d t ，     q i ~ ∨ = ∫ b 2 i b 2 i + 1 q ( t ) t 2 d t ， w i ~ = ∫ b 2 i b 2 i + 1 w ( t ) d t ，     w i ~ ∧ = ∫ b 2 i b 2 i + 1 w ( t ) t d t ，     w i ~ ∨ = ∫ b 2 i b 2 i + 1 w ( t ) t 2 d t ，     i = 0 ， 1 ， ⋯ ， n . (3.4) 那么我们可以得到主基解矩阵的结构并构造迭代矩阵： 引理3.1. 令(3.1)~(3.4)成立。设 Φ ( t ， λ ) = [ ϕ i j ( t ， λ ) ] 是方程(2.1)满足初始条件 Φ ( a ， λ ) = I ， λ ∈ ℂ 的基解矩阵，令 F k ( t ， λ ， a k ) = [ 1 t − a k 0 0 0 1 0 0 ∫ a k t μ ( λ w − q ) Δ x + ∫ a k t ( λ w − q ) ( t − x ) Δ x ∫ a k t μ ( λ w − q ) ( x − a k ) Δ x + ∫ a k t ( λ w − q ) ( t − x ) ( x − a k ) Δ x 1 − ( t − a k ) − ∫ a k t ( λ w − q ) Δ x − ∫ a k t ( λ w − q ) ( x − a k ) Δ x 0 1 ] ， k = 0 ， 2 ， ⋯ ， 2 m ; (3.5) F k ( t ， λ ， a k ) = [ 1 t − a k ∫ a k t r σ ( t − x ) Δ x − ∫ a k t r σ ( t − x ) ( x − a k ) Δ x − ∫ a k t μ r σ ( t − x ) Δ x 0 1 ∫ a k t r σ Δ x − ∫ a k t r σ ( x − a k ) Δ x − ∫ a k t μ r σ Δ x 0 0 1 − ( t − a k ) 0 0 0 1 ] ， k = 1 ， 3 ， ⋯ ， 2 m − 1. (3.6) 那么，对于 1 ≤ k ≤ 2 m + 1 ，有 Φ ( a k ， λ ) = F k − 1 ( a k ， λ ， a k − 1 ) Φ ( a k − 1 ， λ ) . (3.7) 为了更加简洁，我们令 T 0 = F 0 ( a 1 ， λ ， a 0 ) ，   T k = F 2 k ( a 2 k + 1 ， λ ， a 2 k ) F 2 k − 1 ( a 2 k ， λ ， a 2 k − 1 ) ，   k = 1 ， 2 ， ⋯ ， m 。 Φ ( a 1 ， λ ) = F 0 ( a 1 ， λ ， a 0 ) = T 0 ，   Φ ( a 2 k + 1 ， λ ) = T k Φ ( a 2 k − 1 ， λ ) ，   k = 1 ， 2 ， ⋯ ， m 。进而得到如下递推公式 Φ ( a 2 k + 1 ， λ ) = T k T k − 1 ⋯ T 0 ， k =   0 ， 1 ， ⋯ ， m 。 证明：由于本文讨论的时标 T = [ a ， b ] ∪ { c } ∪ [ d ， e ] ，则在区间[a， b]和[d， e]上有 μ = 0 ， r σ = r ，所以时标上的积分退化为经典的勒贝格积分，主基解矩阵退化为 F k ( t ， λ ， a k ) = [ 1 t − a k 0 0 0 1 0 0 ∫ a k t ( λ w − q ) ( t − x ) d x ∫ a k t ( λ w − q ) ( t − x ) ( x − a k ) d x 1 − ( t − a k ) − ∫ a k t ( λ w − q ) d x − ∫ a k t ( λ w − q ) ( x − a k ) d x 0 1 ] ，     k = 0 ， 2 ， ⋯ ， 2 m ; F k ( t ， λ ， a k ) = [ 1 t − a k ∫ a k t r ( t − x ) d x − ∫ a k t r ( t − x ) ( x − a k ) d x 0 1 ∫ a k t r d x − ∫ a k t r ( x − a k ) d x 0 0 1 − ( t − a k ) 0 0 0 1 ] ，   k = 1 ， 3 ， ⋯ ， 2 m − 1. 主基解矩阵的证明与文献 [ 5 ] 中引理3类似。 引理3.2. 令(3.1)~(3.4)成立。设 Ψ ( t ， λ ) = [ ψ i j ( t ， λ ) ] 是方程(2.1)满足初始条件 Ψ ( b ， λ ) = I ， λ ∈ ℂ 的基解矩阵，令 F i ~ ( t ， λ ， b i ) = [ 1 t − b i 0 0 0 1 0 0 ∫ b i t μ ( λ w − q ) Δ x + ∫ b i t ( λ w − q ) ( t − x ) Δ x ∫ b i t μ ( λ w − q ) ( x − b i ) Δ x + ∫ b i t ( λ w − q ) ( t − x ) ( x − b i ) Δ x 1 − ( t − b i ) − ∫ b i t ( λ w − q ) Δ x − ∫ b i t ( λ w − q ) ( x − b i ) Δ x 0 1 ] ， i = 0 ， 2 ， ⋯ ， 2 n ; (3.8) F i ~ ( t ， λ ， b i ) = [ 1 t − b i ∫ b i t r σ ( t − x ) Δ x − ∫ b i t r σ ( t − x ) ( x − a k ) Δ x − ∫ b i t μ r σ ( t − x ) Δ x 0 1 ∫ b i t r σ Δ x − ∫ b i t r σ ( x − a k ) Δ x − ∫ b i t μ r σ Δ x 0 0 1 − ( t − b i ) 0 0 0 1 ] ，   i = 1 ， 3 ， ⋯ ， 2 n − 1. (3.9) 那么，对于 1 ≤ i ≤ 2 n + 1 ，有 Ψ ( b i ， λ ) = F i − 1 ~ ( b i ， λ ， b i − 1 ) Ψ ( b i − 1 ， λ ) . (3.10) 为了更加简洁，我们令 T 0 ~ = F 0 ~ ( b 1 ， λ ， b 0 ) ，   T i ~ = F 2 i ~ ( b 2 i + 1 ， λ ， b 2 i ) F 2 i − 1 ~ ( b 2 i ， λ ， b 2 i − 1 ) ，   i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 。则 Ψ ( b 1 ， λ ) = F 0 ~ ( b 1 ， λ ， b 0 ) = T 0 ~ ，   Ψ ( b 2 i + 1 ， λ ) = T i ~ Ψ ( b 2 i − 1 ， λ ) ，   i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 。进而得到如下递推公式 Ψ ( b 2 i + 1 ， λ ) = T i ~ T i − 1 ~ ⋯ T 0 ~ ， i = 0 ， 1 ， ⋯ ， n 。 证明：该引理的证明与引理3.1类似。 注3.1. 引理3.1和引理3.2中，为了便于区分，部分自变量t使用x来表示。 下面我们根据间断点之间的关系得出连接矩阵。 引理3.3. 令(3.1)~(3.4)成立。 Φ ( t ， λ ) ， Ψ ( t ， λ ) 由引理3.1和引理3.2给出，则 Φ ( e ， λ ) = Ψ ( e ， λ ) N ( λ ) Φ ( b ， λ ) ， (3.11) 其中 N ( λ ) = N 2 ( λ ) N 1 ( λ ) ，且 N 1 ( λ ) = [ 0 c − b 0 0 ( c − b ) 3 r ( c ) ( λ w ( b ) − q ( b ) ) 1 ( c − b ) r ( c ) − ( c − b ) 2 r ( c ) ( c − b ) 2 ( λ w ( b ) − q ( b ) ) 0 1 − ( c − b ) − ( c − b ) ( λ w ( b ) − q ( b ) ) 0 0 1 ] ， N 2 ( λ ) = [ 0 d − c 0 0 ( d − c ) 3 r ( d ) ( λ w ( c ) − q ( c ) ) 1 ( d − c ) r ( d ) − ( d − c ) 2 r ( d ) ( d − c ) 2 ( λ w ( c ) − q ( c ) ) 0 1 − ( d − c ) − ( d − c ) ( λ w ( c ) − q ( c ) ) 0 0 1 ] . 证明：由定义2.3和方程(2.1)可知 u i Δ ( b ) = u i ( c ) − u i ( b ) c − b ，     i = 1 ， 2 ， 3 ， 4. (3.12) 由(1.1)，(3.12)计算可得 X ( c ) = N 1 ( λ ) X ( b ) ， 其中 N 1 ( λ ) = [ 0 c − b 0 0 ( c − b ) 3 r ( c ) ( λ w ( b ) − q ( b ) ) 1 ( c − b ) r ( c ) − ( c − b ) 2 r ( c ) ( c − b ) 2 ( λ w ( b ) − q ( b ) ) 0 1 − ( c − b ) − ( c − b ) ( λ w ( b ) − q ( b ) ) 0 0 1 ] ， 同理可得 X ( d ) = N 2 ( λ ) X ( c ) ， 其中 N 2 ( λ ) = [ 0 d − c 0 0 ( d − c ) 3 r ( d ) ( λ w ( c ) − q ( c ) ) 1 ( d − c ) r ( d ) − ( d − c ) 2 r ( d ) ( d − c ) 2 ( λ w ( c ) − q ( c ) ) 0 1 − ( d − c ) − ( d − c ) ( λ w ( c ) − q ( c ) ) 0 0 1 ] . 又因为 X ( b ) = Φ ( b ， λ ) X ( a ) ，     X ( e ) = Ψ ( e ， λ ) X ( d ) ， 则 X ( e ) = Ψ ( e ， λ ) N ( λ ) Φ ( b ， λ ) X ( a ) ，     X ( e ) = Φ ( e ， λ ) X ( a ) . (3.13) 又因为 det ( I + μ ( b ) A ( b ) ) ≠ 0 ，由引理2.2以及(3.13)可知 Φ ( e ， λ ) = Ψ ( e ， λ ) N ( λ ) Φ ( b ， λ ) 。 推论 3.1. 令 N ( λ ) = [ n 11 ( λ ) d − b n 13 n 41 n 21 ( λ ) n 22 ( λ ) n 23 n 42 n 31 ( λ ) n 32 ( λ ) 1 − ( d − b ) n 41 ( λ ) n 42 ( λ ) 0 1 ] ，对基解矩阵 Φ 我们有 ϕ i j ( e ， λ ) = H i j λ m + n + 1 + ϕ i j ~ ( λ ) ，     i ， j = 1 ， 2 ，     或 者   i ， j = 3 ， 4 ; ϕ i j ( e ， λ ) = H i j λ m + n + 2 + ϕ i j ~ ( λ ) ，     i = 3 ， 4 ，     j = 1 ， 2 ; ϕ i j ( e ， λ ) = H i j λ m + n + ϕ i j ~ ( λ ) ，     i = 1 ， 2 ，     j = 3 ， 4 ， 其中H ij 取决于 r k ， r k ∧ ， r k ∨ ， k = 0 ， 1 ， ⋯ ， m − 1 ， w k ， w k ∧ ， w k ∨ ， k = 0 ， 1 ， ⋯ ， m ， r i ~ ， r i ~ ∧ ， r i ~ ∨ ， i = 0 ， 1 ， ⋯ ， n − 1 ， w i ~ ， w i ~ ∧ ， w i ~ ∨ ， i = 0 ， 1 ， ⋯ ， n ，和端点b，c，d，e。 ϕ i j ~ ( λ ) 是关于λ的函数，其所含λ的次数分别小于 m + n + 1 ， m + n + 2 或 m + n 。例如 ϕ 11 ( e ， λ ) = H 11 λ m + n + 1 + ϕ 11 ~ ( λ ) ，所以 ϕ 11 ~ ( λ ) 中λ的次数小于 m + n + 1 。 下面我们可以得出本文的主要结论。考察时标上四阶边值问题(1.1)，(1.3)，则可得以下定理。 定理3.1. 设 m ， n ∈ ℕ ，令(3.1)~(3.4)成立。则时标上四阶边值问题(1.1)，(1.3)至多有 3 m + 3 n + 4 个特征值。 证明：因为 δ ( λ ) = det [ A + B Φ ( e ， λ ) ] ，其中 Φ ( e ， λ ) = [ ϕ i j ( e ， λ ) ] 。由引理2.3和推论3.1可知判断函数 δ(λ)是关于λ的多项式。我们用 d i j ， 1 ≤ i ， j ≤ 4 来表示 ϕ i j ( e ， λ ) 中λ的次数，则基解矩阵 Φ ( e ， λ ) 中λ的次数可以写成以下矩阵 ( d i j ) = [ m + n + 1 m + n + 1 m + n m + n m + n + 1 m + n + 1 m + n m + n m + n + 2 m + n + 2 m + n + 1 m + n + 1 m + n + 2 m + n + 2 m + n + 1 m + n + 1 ] . (3.14) 由引理2.3和(3.14)知，δ(λ)中λ最高次数为 3 m + 3 n + 4 。由代数基本定理知δ(λ)至多有 3 m + 3 n + 4 个根，即时标上四阶边值问题(1.1)，(1.3)至多有 3 m + 3 n + 4 个特征值。 注3.2. 本文我们只研究了时标上四阶对称S-L方程其中的一种，其他的情形可以用类似的方法研究并得到相应的有限谱结论，只是计算过程有所不同。