| 1 |
解答题 |
一、（本题 20 分，每小题 5 分）填空题
1．设函数 $y=y(x)$ 在 $x=0$ 附近由方程 $y+2 y^{2}+y^{3}=e^{-x}+x-1$ 所确定，且
$$
y=A x^{2}+B x^{3}+o\left(x^{3}\right)(x \rightarrow 0) \text {. 则 }(A, B)=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{6}\right)
$$
2．极限 $\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)}(|x|+|y|)^{|x y|}=$ $\_\_\_\_$ 1。
3．设 $A$ 为 $n \times n$ 实矩阵，$m$ 为正整数，$I$ 为 $n \times n$ 单位矩阵．若 $(I+A)^{m}=0$ ，则 $A$ 的行列式 $|A|=$ $\_\_\_\_$ $(-1)^{n}$ ．
4．常微分方程 $y^{\prime}-\cos x \cdot \sin ^{2} y=\frac{1}{2} \sin 2 y$ 的通解为 $\frac{\cos y}{\sin y}=-\frac{1}{2}(\cos x+\sin x)+C e^{-x}$ ，其中 $C$ 为任意常数． |
| 2 |
解答题 |
二、（本题 10 分）空间中有不相交的固定球 $S$ 和固定平面 $\Sigma, S$ 的球心在 $P$ 点，半径为 $r$ ．设 $B$ 是一个球心在 $M$ 点的球，它与 $S$ 外切并和 $\Sigma$ 相切．
问：1）所有可能的 $M$ 构成何种曲面？2）点 $P$ 与该曲面有何关系？证明你的结论．
解答．（1）（几何法）：过 $P$ 作平面 $\Sigma$ 的垂线，垂足为 $O$ ．在垂线 $P O$ 的延长线上取一点 $Q$ ，使得 $|O Q|=r$ ．过 $Q$ 点作平面 $\Sigma$ 的平行平面 $\Sigma^{*}$ ．这样两平行平面 $\Sigma$ 和 $\Sigma^{*}$ 的距离为 $r$ ．于是，$M$ 到 $P$ 的距离，等于 $M$ 到平面 $\Sigma^{*}$ 的距离．于是，在过直线 $P Q$ 和 $M$ 的平面 $\Lambda$ 上，$M$ 到点 $P$ 的距离等于到交线 $\Lambda \cap \Sigma^{*}$ 的距离，$M$的的轨迹为抛物线，并以 $P$ 为抛物线的焦点．以 $P Q$ 为轴作空间的旋转时，球 $B$ 保持与球面 $S$ 和平面 $\Sigma$ 相切，$M$ 画出一个圆周．故所有可能的 $M$ 构成一个旋转抛物面，并以 $P$ 为其焦点．
（5 分）
（2）（坐标法）：过 $P$ 作平面 $\Sigma$ 的垂线，垂足为 $O$ ．以 $O$ 为原点，向量 $\overrightarrow{O P}$ 所在直线为 $z-$ 轴，平面 $\Sigma$ 为 $x y-$ 平面，建立空间直角坐标系．设球 $B$ 的球心坐标为 $M=(x, y, z), P$ 点坐标为 $(0,0, R)$ ，则有 $|M O|=z+r$ ．于是，有
$$
\begin{gathered}
(z+r)^{2}=|M O|^{2}=x^{2}+y^{2}+(z-R)^{2} \\
z-\frac{R-r}{2}=\frac{1}{2(R+r)}\left(x^{2}+y^{2}\right)
\end{gathered}
$$
故所有的 $M$ 构成一个旋转抛物面．因为标准的抛物面方程为
$$
z-z_{0}=\frac{1}{4 F}\left(x^{2}+y^{2}\right)
$$
其中 $\left(0,0, z_{0}\right)$ 为旋转抛物面的顶点，$F$ 为焦点到顶点的距离．故该旋转抛物面的顶点 $Q=\left(0,0, \frac{R-r}{2}\right)$ ，它的焦点到顶点 $Q$ 的长度 $F$ 为 $4 F=2(R+r)$ ．于是旋转抛物面焦点坐标为
$$
\left(0,0, \frac{R-r}{2}\right)+(0,0, F)=(0,0, R)=P
$$
于是．$P$ 点恰为旋转抛物面的焦点． |
| 3 |
选择题 |
三、（本题14分）给定 $n$ 阶复方阵 $A \neq 0, b \in \mathbb{C}^{n}$ 为 $n$ 维列向量．复系数多项式 $f(x)$被称为向量 $b$ 关于 $A$ 的零化多项式是指 $f(x)$ 满足 $f |
| 4 |
解答题 |
四、（本题 20 分）设 $\alpha>0, f$ 在 $[0,+\infty)$ 上二阶可导， $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{|f(x)|}{x^{\alpha}}=0$ ， $\varlimsup_{x \rightarrow+\infty} x^{\alpha}\left|f^{\prime \prime}(x)\right|<+\infty$ ．
（1）若 $\alpha \in(0,1]$ ，证明： $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0$ ．
（2）若 $\alpha>1$ ，试构造满足题设条件的函数 $f$ 使得 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0$ 不成立，且在 $[0,+\infty)$ 的任何子区间上，$f^{\prime}$ 不恒等于常数．
解答。（1）任取 $s \in(0,1)$ ，由 Taylor 公式，对于任何 $x>1$ ，存在 $\xi \in\left(x, x+s x^{\alpha}\right)$ 使得
$$
f\left(x+s x^{\alpha}\right)=f(x)+f^{\prime}(x) s x^{\alpha}+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!} s^{2} x^{2 \alpha}
$$
（7 分）
因此，注意到 $s x^{\alpha} \leqslant x$ ，我们有
$$
\begin{aligned}
\left|f^{\prime}(x)\right| & \leqslant\left|\frac{f(x)}{s x^{\alpha}}\right|+\left|\frac{f\left(x+s x^{\alpha}\right)}{\left(x+s x^{\alpha}\right)^{\alpha}}\right| \cdot \frac{\left(x+s x^{\alpha}\right)^{\alpha}}{s x^{\alpha}}+\left|\xi^{\alpha} f^{\prime \prime}(\xi)\right| \frac{s x^{\alpha}}{\xi^{\alpha}} \\
& \leqslant \frac{1+2^{\alpha}}{s} \sup _{t \geqslant x}\left|\frac{f(t)}{t^{\alpha}}\right|+s \sup _{t \geqslant x}\left|t^{\alpha} f^{\prime \prime}(t)\right|
\end{aligned}
$$
令 $x \rightarrow+\infty$ 得到
$$
\varlimsup_{x \rightarrow+\infty}\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant s \varlimsup_{x \rightarrow+\infty}\left|x^{\alpha} f^{\prime \prime}(x)\right|
$$
再令 $s \rightarrow 0^{+}$得到 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0$ ．
（14 分）
（2）可以举出很多例子．比如：
（a）$f(x)=x+\frac{1}{1+x^{\alpha}}(x \geqslant 0)$ ，则 $f^{\prime}(x)=1-\frac{\alpha x^{\alpha-1}}{\left(1+x^{\alpha}\right)^{2}}, f^{\prime \prime}(x)=-\frac{\alpha(\alpha-1) x^{\alpha-2}}{\left(1+x^{\alpha}\right)^{2}}+\frac{2 \alpha^{2} x^{2 \alpha-2}}{\left(1+x^{\alpha}\right)^{2}}$ ．易见该 $f$ 满足要求．
（b）$f(x)=x+\int_{0}^{x} \frac{1}{1+t^{\alpha}} d t(x \geqslant 0)$ ．则 $f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{1+x^{\alpha}}, f^{\prime \prime}(x)=-\frac{\alpha x^{\alpha-1}}{\left(1+x^{\alpha}\right)^{2}}$ ．易见该 $f$ 满足要求．
（20 分） |
| 5 |
解答题 |
五、（本题 10 分）设矩阵 $A=\left(\begin{array}{ll}a & b \\ c & d\end{array}\right) \in \mathbb{R}^{2 \times 2}$ ，二元函数 $p(X, Y)$ 被定义为：
$$
p(X, Y): \mathbb{R}^{2 \times 2} \times \mathbb{R}^{2 \times 2} \longrightarrow \mathbb{R},(X, Y) \mapsto \operatorname{tr}\left(X A Y^{T}\right)
$$
即 $p(X, Y)=\operatorname{tr}\left(X A Y^{T}\right)$ ，其中 $X, Y \in \mathbb{R}^{2 \times 2}$ 为变量， $\operatorname{tr}$ 表示矩阵的迹．
（1）证明：$p(X, Y)$ 成为实向量空间 $\mathbb{R}^{2 \times 2}$ 上的内积的充要条件是 $\left\{\begin{array}{l}a>0, \\ b=c, \\ a d>b^{2} .\end{array}\right.$
（2）进一步，若 $A$ 还使得变换
$$
\sigma: \mathbb{R}^{2 \times 2} \mapsto \mathbb{R}^{2 \times 2}, X \rightarrow\left(\begin{array}{cc}
\frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\
-\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2}
\end{array}\right) X\left(\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
-1 & 0
\end{array}\right)
$$
成为（1）中内积空间 $\left(\mathbb{R}^{2 \times 2}, p(X, Y)\right)$ 中的一个正交变换．求 $A$ ．
解答．（1）易知，$p$ 为双线性函数，且有下列三句话等价：
i）$p$ 成为 $\mathbb{R}^{2 \times 2}$ 上的内积；
ii）$A$ 对称，且 $\forall X \in \mathbb{R}^{2 \times 2}$ 有 $p(X, X) \geqslant 0$ ，且 $p(X, X)=0$ 当且仅当 $X=0$ ；
iii）$A$ 对称，且二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right)=\operatorname{tr}\left(X A X^{T}\right)$ 为正定二次型，其中 $X=\left(\begin{array}{ll}x_{1} & x_{2} \\ x_{3} & x_{4}\end{array}\right)$ ．
注意到
$$
X A X^{T}=\left(\begin{array}{ll}
a x_{1}+c x_{2} & b x_{1}+d x_{2} \\
a x_{3}+c x_{4} & b x_{3}+d x_{4}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}
x_{1} & x_{3} \\
x_{2} & x_{4}
\end{array}\right)
$$
直接计算可得：
$$
\operatorname{tr}\left(X A X^{T}\right)=\left(x_{1}, \ldots, x_{4}\right)\left(\begin{array}{cccc}
a & \frac{b+c}{2} & 0 & 0 \\
\frac{b+c}{2} & d & 0 & 0 \\
0 & 0 & a & \frac{b+c}{2} \\
0 & 0 & \frac{b+c}{2} & d
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
x_{1} \\
\vdots \\
x_{4}
\end{array}\right) .
$$
因此，$f$ 正定 $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a>0, \\ b=c, \\ a d>b^{2} .\end{array}\right.$
（2）在 $p(X, Y)$ 已成为 $\mathbb{R}^{2 \times 2}$ 上的内积情况下，要使 $\sigma$ 成为此内积下的正交变换，当且仅当 $\sigma$ 保持内积不变即可．因此又有
$$
p(X, Y)=p(\sigma(X), \sigma(Y)), \forall X, Y \in \mathbb{R}^{2 \times 2}
$$
现又设 $Y=\left(\begin{array}{ll}y_{1} & y_{2} \\ y_{3} & y_{4}\end{array}\right)$ ，于是直接计算可知：
$$
\begin{aligned}
& p(X, Y)=\operatorname{tr}\left(X A Y^{T}\right)=\left(a x_{1}+c x_{2}\right) y_{1}+\left(b x_{1}+d x_{2}\right) y_{2}+\left(a x_{3}+c x_{4}\right) y_{3}+\left(b x_{3}+d x_{4}\right) y_{4} ; \\
& \sigma(X)=\left(\begin{array}{cc}
\frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\
-\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}
x_{1} & x_{2} \\
x_{3} & x_{4}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
-1 & 0
\end{array}\right) ; \\
& (\sigma(Y))^{T}=\left(\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
-1 & 0
\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}
y_{1} & y_{3} \\
y_{2} & y_{4}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}
\frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\
-\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2}
\end{array}\right) ; \\
& p(\sigma(X), \sigma(Y)) \\
& =\operatorname{tr}\left\{\left(\begin{array}{cc}
\frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\
-\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}
x_{1} & x_{2} \\
x_{3} & x_{4}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}
d & -c \\
-b & a
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}
y_{1} & y_{3} \\
y_{2} & y_{4}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}
\frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \\
\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2}
\end{array}\right)\right\} \\
& =\left(\frac{\sqrt{3}}{2} d x_{1}+\frac{d}{2} x_{3}-\frac{\sqrt{3}}{2} b x_{2}-\frac{b}{2} x_{4}\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2} y_{1}+\frac{1}{2} y_{3}\right) \\
& \quad+\left(\frac{\sqrt{3}}{2} a x_{2}+\frac{a}{2} x_{4}-\frac{\sqrt{3}}{2} c x_{1}-\frac{c}{2} x_{3}\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2} y_{2}+\frac{1}{2} y_{4}\right) \\
& \quad+\left(-\frac{d}{2} x_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2} d x_{3}+\frac{b}{2} x_{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} b x_{4}\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2} y_{3}-\frac{1}{2} y_{1}\right) \\
& \quad+\left(\frac{c}{2} x_{1}-\frac{\sqrt{3}}{2} c x_{3}-\frac{a}{2} x_{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} a x_{4}\right)\left(-\frac{1}{2} y_{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} y_{4}\right) .
\end{aligned}
$$
比较 $p(X, Y)$ 与 $p(\sigma(X), \sigma(Y))$ 相应各项：
比较 $x_{1} y_{1}$ 的系数可得：$a=d$ ；比较 $x_{2} y_{1}$ 的系数可得：$c=-b$ ．从而 $c=b=0$ ．
进一步可直接看出，在 $a=d$ 且 $b=c=0$ 的条件下，$p(X, Y)=p(\sigma(X), \sigma(Y))$已成为恒等式．
（3）综上，所需求的 $A$ 为 $\left(\begin{array}{ll}a & 0 \\ 0 & a\end{array}\right)$ ，其中 $a>0$ 为任意实数．完毕．
（10 分） |
| 6 |
解答题 |
六、（本题 16 分）证明：
（1）函数方程 $e^{y}-y=e^{x}-x$ ，唯一地确定了一个连续函数 $y=y(x) \in C(-\infty, 0]$满足 $y(0)=0$ 以及 $y(x) \geqslant 0$ ．进一步，证明当 $x<0$ 时成立 $y(x)>0$ ．
（2）$y(x) \in C^{1}(-\infty, 0]$ ，且 $y^{\prime}(0)=-1$ ．
（3）对于 $x<0$ 成立 $x+y(x)<0$ ．进一步，$y(x) \in C^{2}(-\infty, 0]$ 是凹函数，且 $y^{\prime \prime}(0)=-\frac{2}{3}$ ．
解答。（1）令 $f(s)=e^{s}-s$ ，则 $f^{\prime}(s)=e^{s}-1, f^{\prime}(0)=0, f^{\prime \prime}(s)=e^{s}>0$ ．因此，$f$ 是 $\mathbb{R}$ 上的严格凸函数，在 $s=0$ 取得严格最小值 1 ．
定义 $(-\infty, 0]$ 上的函数 $\varphi(x)=e^{x}-x$ ，定义 $[0,+\infty)$ 上的函数 $\psi(y)=e^{y}-y$ ．则 $\varphi$ 严格单减，$\psi$ 严格单增，值域均为 $[1,+\infty)$ ．记它们的反函数为 $\varphi^{-1}, \psi^{-1}$ ．对任何 $x \in(-\infty, 0], t=\varphi(x) \in[1,+\infty)$ ，存在唯一的 $y=y(x) \in[0,+\infty)$ 使得 $\psi(y)=t=\varphi(x)$ ．即 $e^{y}-y=e^{x}-x$ ．此时 $y(x)=\psi^{-1}(\varphi(x))$ ．
特别 $y(x)=0$ 当且仅当 $\varphi(x)=1$ ，当且仅当 $x=0$ ．因此，当 $x<0$ 时，$y(x)>0$ ．而由反函数的连续性得到 $y=y(x) \in C(-\infty, 0]$ ．
（2）易见 $\varphi \in C^{\infty}(-\infty, 0), \psi \in C^{\infty}(0,+\infty)$ ．且
$$
\begin{aligned}
& \varphi^{\prime}(x)=e^{x}-1, \quad x<0, \\
& \psi^{\prime}(y)=e^{y}-1>0, \quad y>0 .
\end{aligned}
$$
因此，$y(x) \in C^{\infty}(0,+\infty)$ ．进一步，由单调性和连续性，$y(x) \rightarrow 0^{+}$当且仅当 $x \rightarrow 0^{-}$．注意到
$$
\lim _{t \rightarrow 0^{-}} \frac{\sqrt{e^{t}-t-1}}{t}=-\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{\sqrt{e^{t}-t-1}}{t}=-\frac{1}{\sqrt{2}},
$$
可得
$$
y_{-}^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{y(x)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\sqrt{2} \sqrt{e^{y}-y-1}}{-\sqrt{2} \sqrt{e^{x}-x-1}}=-1 .
$$
而
$$
y^{\prime}\left(0^{-}\right)=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{e^{x}-1}{e^{y(x)}-1}=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{x}{y(x)}=-1
$$
因此，$y(x) \in C^{1}(-\infty, 0]$ ．
（3）注意到 $x<0$ 当且仅当 $y>0$ ，可见＂$x<0$ 时 $x+y<0$＂等价于＂$y>0$ 时 $x<-y$＂，这又等价于＂$y>0$ 时 $\varphi(-y)<\psi(y)$＂，即＂$e^{y}-e^{-y}-2 y>0(y>0)$＂．易证 $e^{y}-e^{-y}-2 y$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格单增，从而最后这一不等式成立．因此，当 $x<0$ 时有 $x+y<0$ ．
由隐函数求导法则，可得
$$
\begin{aligned}
\left(e^{y}-1\right) y^{\prime} & =e^{x}-1, \quad x<0 \\
\left(e^{y}-1\right)^{3} y^{\prime \prime} & =\left(e^{y}-1\right)^{2} e^{x}-\left(e^{y}-1\right)^{2} e^{y}\left(y^{\prime}\right)^{2}=\left(e^{y}-1\right)^{2} e^{x}-\left(e^{x}-1\right)^{2} e^{y} \\
& =\left(e^{y}-e^{x}\right)\left(e^{x+y}-1\right)<0, \quad x<0
\end{aligned}
$$
因此，$y^{\prime \prime}(x)$ 当 $x<0$ 时为负．因此，$y(x)$ 是 $(-\infty, 0]$ 上的严格凹函数．
最后，$y_{-}^{\prime \prime}(0)$ 的计算，尤其是其存在性的证明有一定难度．注意到 $u(s)= \sqrt{e^{s}-s-1}$ 在 $(-\infty, 0]$ 和 $[0,+\infty)$ 上分别是＂好函数＂．我们有
$$
\begin{aligned}
& u(s)=\frac{1}{\sqrt{2}}|s|\left(1-\frac{s}{6}\right)+o\left(s^{2}\right), \quad s \rightarrow 0 \\
& u_{-}^{\prime}(0)=u^{\prime}\left(0^{-}\right)=-\frac{1}{\sqrt{2}}, \quad u_{+}^{\prime}(0)=u^{\prime}\left(0^{+}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}} \\
& u_{-}^{\prime \prime}(0)=u^{\prime \prime}\left(0^{-}\right)=-\frac{1}{3 \sqrt{2}}, \quad u_{+}^{\prime \prime}(0)=u^{\prime \prime}\left(0^{+}\right)=\frac{1}{3 \sqrt{2}}
\end{aligned}
$$
由 $u(y)=u(x)$ ，得到
$$
\begin{aligned}
y_{-}^{\prime \prime}(0) & =\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\frac{u^{\prime}(x)}{u^{\prime}(y)}+1}{x}=\frac{1}{u_{+}^{\prime}(0)} \lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{u^{\prime}(x)+u^{\prime}(y)}{x} \\
& =\sqrt{2} \lim _{x \rightarrow 0^{-}}\left(u^{\prime \prime}(x)+u^{\prime \prime}(y) y^{\prime}(x)\right)=-\frac{2}{3}
\end{aligned}
$$
$y_{-}^{\prime \prime}(0)$ 的计算也可以利用 $e^{y}-y=e^{x}-x$ 作 Taylor 展开，注意到 $y^{\prime}\left(0^{-}\right)=-1$ ，得到
$$
\frac{y^{2}}{2}+\frac{y^{3}}{6}=\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}+o\left(x^{3}\right), \quad x \rightarrow 0^{-}
$$
因此，
$$
y^{2}-x^{2}=\frac{x^{3}}{3}-\frac{y^{3}}{3}+o\left(x^{2}\right), \quad x \rightarrow 0^{-}
$$
## 由此得到
$$
\begin{aligned}
y^{\prime \prime}(0) & =\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{y^{\prime}(x)-y^{\prime}(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} y^{\prime \prime}(x) \\
& =\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\left(e^{y}-e^{x}\right)\left(e^{x+y}-1\right)}{\left(e^{y}-1\right)^{3}}=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{(y-x)\left(x+y+\frac{(x+y)^{2}}{2}\right)}{y^{3}} \\
& =\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{\left(y^{2}-x^{2}\right)(1+x+y)}{y^{3}}=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \frac{x^{3}-y^{3}}{3 y^{3}} \\
& =\frac{1}{3\left(y_{-}^{\prime}(0)\right)^{3}}-\frac{1}{3}=-\frac{2}{3}
\end{aligned}
$$ |
| 7 |
解答题 |
七、（本题 10 分）设 $n$ 为正整数．证明微分方程
$$
y^{(2 n)}-x^{2} y=|\sin x|
$$
满足初值条件 $y(0)=y^{\prime \prime}(0)=\cdots=y^{(2 n-2)}(0)=1, y^{\prime}(0)=y^{\prime \prime \prime}(0)=\cdots=y^{(2 n-1)}(0)=$ 0 的解为 $(-\infty,+\infty)$ 上的偶函数并且 $y(x)>1, x \neq 0$ ．
证明．所给的线性方程在 $(-\infty,+\infty)$ 上存在唯一满足所给初值条件的解 $y(x)$ ．下面证明 $y(x)=y(-x)$ ．记 $h(x)=y(-x)$ ，由
$$
y^{(2 n)}(x)-x^{2} y(x)=|\sin x|
$$
可得
$$
y^{(2 n)}(-x)-(-x)^{2} y(-x)=|\sin (-x)|
$$
注意到 $h^{(2 n)}(x)=y^{(2 n)}(-x)$ ，于是我们有
$$
h^{(2 n)}(x)-x^{2} h(x)=|\sin x|
$$
因为 $h(0)=y(0)=1, h^{(2 \ell)}(0)=y^{(2 \ell)}(0)=1, h^{(2 \ell-1)}(0)=-y^{(2 \ell-1)}(0)=0$ ，所以 $h(x)$ 也为满足所给的初值条件的解．于是 $y(x)=h(x)=y(-x)$ ．
下面证明 $y(x)>1, x \neq 0$ ．假设结果不真，则可以取 $x_{0}>0$ 满足 $y\left(x_{0}\right) \leqslant 1$ ， $y(x)>0, x \in\left[0, x_{0}\right]$ ．使用泰勒公式可得：对 $x>0$ ，存在 $\eta \in(0, x)$ 使得
$y(x)=\sum_{k=0}^{2 n-1} \frac{y^{(k)}(0)}{k!} x^{k}+\frac{y^{(2 n)}(\eta)}{(2 n)!} x^{2 n}=1+\frac{1}{2!} x^{2}+\cdots+\frac{1}{(2 n-2)!} x^{2 n-2}+\frac{y^{(2 n)}(\eta)}{(2 n)!} x^{2 n}$.
将 $x=x_{0}$ 代入上式并注意到 $y^{(2 n)}(\eta)=\eta^{2} y(\eta)+|\sin \eta|>0$ ，可得
$$
1 \geqslant y\left(x_{0}\right)=1+\frac{1}{2!} x_{0}^{2}+\cdots+\frac{1}{(2 n-2)!} x_{0}^{2 n-2}+\frac{y^{(2 n)}(\eta)}{(2 n)!} x_{0}^{2 n}
$$
矛盾！
注．或者：下面证明 $y(x)>1, x \neq 0$ ．假设结果不真，则可以取 $x_{0}>0$ 满足 $y\left(x_{0}\right) \leqslant 1, y(x)>0, x \in\left[0, x_{0}\right]$ ．使用中值定理可得：存在 $x_{1} \in\left(0, x_{0}\right)$使得 $y^{\prime}\left(x_{1}\right) \leqslant 0$ ．再对函数 $y^{\prime}(x)$ 在区间 $\left[0, x_{1}\right]$ 上使用中值定理可得：存
在 $x_{2} \in\left(0, x_{1}\right)$ 使得 $y^{\prime \prime}\left(x_{2}\right) \leqslant 0$ ．继续使用该方法可得 $00$ ，产生矛盾！ |