期末考

本次期末考包括五道简单的题目。

1

考虑一阶偏微分方程$\varphi_x^2+4\varphi_x\varphi_y+5\varphi_y^2=0$，因式分解得$\left(\varphi_x+\left(2+i\right)\varphi_y\right)\left(\varphi_x+\left(2-i\right)\varphi_y\right)=0$。注意到$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=2+i$的一族积分曲线为$\left(2+i\right)x-y=C$，即$2x-y+ix=C$。令$\xi=2x-y, \eta=x$，则

$\begin{cases}u_x=u_\xi\xi_x+u_\eta\eta_x=2u_\xi+u_\eta\\u_y=u_\xi\xi_y+u_\eta\eta_y=-u_\xi\\u_{xx}=4u_{\xi\xi}+4u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta}\\u_{xy}=-2u_{\xi\xi}-u_{\xi\eta}\\u_{yy}=u_{\xi\xi}\end{cases}$

代入方程$u_{xx}+4u_{xy}+5u_{yy}+3u_x+2u_y=0$得$\left(4u_{\xi\xi}+4u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta}\right)+4\left(-2u_{\xi\xi}-u_{\xi\eta}\right)+5u_{\xi\xi}+3\left(2u_\xi+u_\eta\right)+2\left(-u_\xi\right)=0$，即$u_{\xi\xi}+u_{\eta\eta}=-4u_{\xi}-3u_{\eta}$，这是椭圆型方程。

2

注意到定解问题的解形如$u(x,t)=F(x-at)+G(x+at)$。当$x-at=0$，有$\varphi (x)=u(x,t)=F(0)+G(2x)$，即$G(x)=\varphi (\frac{x}{2})-F(0)$。当$x+at=0$，有$\psi (x)=u(x,t)=F(2x)+G(0)$，即$F(x)=\psi (\frac{x}{2})-G(0)$。因此$u(x,t)=\psi (\frac{x-at}{2})+\varphi (\frac{x+at}{2})-F(0)-G(0)=\psi (\frac{x-at}{2})+\varphi (\frac{x+at}{2})-\varphi (0)$。容易验证，$\psi, \varphi\in C^2(\mathbb{R})$时上式给出的$u$是原问题的经典解。

3

注意到$\varphi\in C^1\left([0,l]\right)$使$\varphi\left(0\right)=\varphi\left(l\right)=0$。

对于这初值问题形如$u\left(x,t\right)=X\left(x\right)T\left(t\right)$的分离变量非零解，代入方程得$X\left(x\right)T’\left(t\right)-a^2X’‘\left(x\right)T\left(t\right)=0$，在解非零处有$\frac{X’‘\left(x\right)}{X\left(x\right)}=\frac{T’\left(t\right)}{a^2T\left(t\right)}$，左方与$t$无关而右方与$x$无关，故它是个与两者都无关的常数，记为$-\lambda$，则$X’‘\left(x\right)+\lambda X\left(x\right)=0$和$T’\left(t\right)+\lambda a^2 T\left(t\right)=0$。由边界条件，有$X\left(0\right)=X\left(l\right)=0$（注意到$u$不恒为零故$T$也不能恒为零）。注意到 $\begin{align}0&=\int^l_0 \left(X’’+\lambda X\right)X\mathrm{d}x\\&=X’X\vert^l_0-\int^l_0 \left(\vert X’\vert^2-\lambda X^2\right)\mathrm{d}x\\&=-\int^l_0 \left(\vert X’\vert^2-\lambda X^2\right)\mathrm{d}x\end{align}$

若$\lambda\leq 0$，则$X’$在$\left(0,l\right)$恒为零从而$X$为常数，$X\left(x\right)\equiv X\left(0\right)=0$，与$X$非零矛盾。因此，$\lambda\gt 0$。$X\left(x\right)=C\cos\left({\sqrt{\lambda}x}\right)+D\sin\left({\sqrt{\lambda}x}\right)$（其中$C$、$D$为待定常数），于是$0=X\left(0\right)=C$而$0=X\left(l\right)=D\sin\left({\sqrt{\lambda}l}\right)$，于是存在正整数$k$使$\sqrt{\lambda}l=k\pi$，则$T\left(t\right)=A_ke^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}$（其中$A$为待定常数）。故得分离变量解$u\left(x,t\right)=X\left(x\right)T\left(t\right)=b_ke^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}\sin\left(\frac{k\pi}{l} x\right)$（其中$b_k$为待定常数）。

假设初边值问题的解形如$u\left(x,t\right)=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}b_ke^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}\sin\left(\frac{k\pi}{l} x\right)$，形式上$\varphi\left(x\right)=u\left(x,0\right)=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}b_k\sin\left(\frac{k\pi}{l} x\right)，$ $\int^l_0 \varphi\left(x\right)\sin\left(\frac{m\pi}{l}x\right)\mathrm{d}x=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}b_k\int^l_0\sin\left(\frac{k\pi}{l}x\right)\sin\left(\frac{m\pi}{l}x\right)\mathrm{d}x=\frac{l b_m}{2}$，即$b_m=\frac{2}{l}\int^l_0 \varphi\left(x\right)\sin\left(\frac{m\pi}{l}x\right)\mathrm{d}x$。以下我们验证上述表达式确实给出初边值问题的一个解。

对任何$\epsilon\gt 0$，对$\left(x,t\right)\in [0,l]\times\left(\epsilon,+\infty\right),m,n\in\mathbb{N}$，

$\begin{align}\sum^\infty_{k=1}\vert\frac{\partial^{m+n}}{\partial x^m\partial t^n}\left(b_ke^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}\sin\left(\frac{k\pi}{l} x\right)\right)\vert&\leq\sum^\infty_{k=1}2\Vert \varphi\Vert_{L^1\left([0,l]\right)}\frac{\pi^{2n}a^{2n}k^{m+2n}}{l^{m+2n+1}}e^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2\epsilon}\\&\lt +\infty\end{align}$

由M判别法可见$u$逐项求导任意多次得到的级数在$[0,l]\times\left(\epsilon,+\infty\right)$上一致收敛，由$\epsilon$的任意性，$u$在$[0,l]\times\left(0,+\infty\right)$有任意阶偏导数且它们可通过逐项求导得到，因此$u$满足方程及边值条件。

因$\varphi\in C^1\left([0,l]\right)$，$\varphi$的Fourier级数逐点收敛于它，从而$u$满足初值条件。由附录I$\displaystyle\sum^\infty_{k=1}\vert b_k\vert\lt +\infty$，故对任何$\epsilon\gt 0$，存在$k_0\in\mathbb{Z}^+$使$\displaystyle\sum^\infty_{k=k_0}\vert b_k\vert\lt \frac{\epsilon}{2}$。于是存在$\delta\gt 0$使对任何$t\in \left(0,\delta\right),k\in\{0,\dots,k_0-1\}$，成立$\vert b_k\vert\vert e^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}-1\vert\lt \frac{\epsilon}{2k_0}$。

$\begin{align}\vert u\left(x,t\right)-\varphi\left(x\right)\vert&=\vert \sum^\infty_{k=1}b_ke^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}\sin\left(\frac{k\pi}{l} x\right)-\sum^\infty_{k=1}b_k\sin\left(\frac{k\pi}{l} x\right)\vert\\&\leq \sum^\infty_{k=1}\vert b_k\vert \vert e^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}-1\vert\\&\leq\sum^{k_0-1}_{k=1}\vert b_k\vert \vert e^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}-1\vert+\sum^\infty_{k=k_0}\vert b_k\vert\\&\lt k_0\frac{\epsilon}{2k_0}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon\end{align}$

这说明$u$在$[0,l]\times \left[0,+\infty\right)$连续。

这说明了$u$是问题的一个经典解。再由极值原理，这就是问题的惟一经典解。因此问题的所有经典解都在$\left(0,l\right)\times\left(0,+\infty\right)$任意阶连续可微。

4

记$\Phi=\max_{x\in\partial\Omega}\left\vert \varphi\left(x\right)\right\vert $而$F=\max_{x\in\overline{\Omega}}\left\vert f\left(x\right)\right\vert $。

因$\Omega$有界，存在$d\gt 0$使$\Omega\subseteq \left(-d,d\right)\times\mathbb{R}^{n-1}$。取$k$充分大使$k^2- k\displaystyle\sup_{x\in\Omega}\left\vert b_1\right\vert \left(x\right)\gt 1$。对任何$\epsilon\gt 0$，令$v\left(x\right)=\Phi+\left(e^{2k d}-e^{k\left(x_1+d\right)}\right)\left(F+\epsilon\right)$，$w=u-v$。因$w$在有界闭集$\overline{\Omega}$连续，有最大值点$x^{\left(0\right)}$。

• 若$x^{\left(0\right)}\in\partial\Omega$，则$w\left(x^{\left(0\right)}\right)\leq \varphi\left(x^{\left(0\right)}\right)-\Phi\leq 0$
• 若$x^{\left(0\right)}\in\Omega$且$w\left(x^{\left(0\right)}\right)\gt 0$，则在$x^{\left(0\right)}$处会导出矛盾：
  • $\begin{align}&\Delta u+\sum^n_{i=1}b_{i}w_{x_i}+cw\\=&f+k^2e^{k\left(x_1+d\right)}\left(F+\epsilon\right)+b_1k e^{k\left(x_1+d\right)}\left(F+\epsilon\right)-cv\left(x^{(0)}\right)\\\geq& f+\left(k^2+b_1k\right)e^{k\left(x_1+d\right)}\left(F+\epsilon\right)\\\geq& f+\left(k^2-\sup_{\Omega}\left\vert b_1\right\vert k\right)\left(F+\epsilon\right)\\\geq& f+F+\epsilon\\\geq& \epsilon\gt 0\end{align}$
  • 注意到$\Delta u=\displaystyle\sum^n_{i=1}w_{x_ix_i}\leq 0$，又$w_{x_i}=0$和$cw\leq 0$，故$\displaystyle\Delta u+\sum^n_{i=1}b_{i}w_{x_i}+cw\leq 0$

这说明$w$在$\overline{\Omega}$非正，即对任何$x\in\overline{\Omega}$，$u\left(x\right)=w\left(x\right)+v\left(x\right)\leq v\left(x\right)\leq \Phi+\left(e^{2k d}-e^{k\left(x_1+d\right)}\right)\left(F+\epsilon\right)$，再由$\epsilon$的任意性知$u\left(x\right)\leq \Phi+\left(e^{2k d}-e^{k\left(x_1+d\right)}\right)F$。考虑$-u$得$-u\left(x\right)\leq \Phi+\left(e^{2k d}-e^{k\left(x_1+d\right)}\right)F$。结合两方面即得到$\max_{x\in\overline{\Omega}}\vert u\left(x\right)\vert\leq \Phi+\left(e^{2kd}-1\right)F$。

5

1

设$u_1,u_2$为两个解，以下考虑$u=u_1-u_2$。对$\left(x,y\right)\in\left[0,\pi\right]\times\left(-\infty,0\right)$，由$u\vert_{y=0}=0$知补充定义$u\left(x,y\right)=-u\left(x,-y\right)$后$u\in C^1\left(\left[0,\pi\right]\times\left(-\infty,+\infty\right)\right)$。同时。注意到调和方程的特征方程退化，从而没有弱间断线，特别地$\left(0,\pi\right)\times\left\{0\right\}$不是$u$的弱间断线，这说明$u$在$\left(0,\pi\right)\times\left(-\infty,+\infty\right)$二阶连续可微且调和。由于调和函数在区域内部解析，但$u$在$\left(\frac{\pi}{2},0\right)$处本身和各阶偏导数都为0（由初值条件知只要涉及对$x$求偏导就为0，由初值条件知对$y$求一次偏导后为0，而对$y$求两次或以上偏导可用调和方程转化为对$x$求偏导），所以$u$在其一个邻域内仍为零，从而$\left\{M\in \left(0,\pi\right)\times\left(-\infty,+\infty\right)\mid \forall \alpha\in\mathbb{N}^2,u^{(\alpha)}\left(x\right)=0\right\}$为连通集$\left(0,\pi\right)\times\left(-\infty,+\infty\right)$的非空既开又闭子集（相对拓扑），进而两者相等，因此$u$恒为零。

2

若$u$为原问题的解，则对任何正整数$n,k$，$v\left(x,y\right)=u\left(x,y\right)+\frac{1}{n^{k+1}}\sin\left(nx\right)\sinh\left(ny\right)$给出以下问题的解$\begin{cases} \frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=0&, \left(x,y\right)\in\left(0,\pi\right)\times\left(0,+\infty\right)\\ u\left(x,0\right)=0, \frac{\partial u}{\partial y}(x,0)=\psi\left(x\right)+\frac{1}{n^k}\sin\left(nx\right)&, x\in\left(0,\pi\right)\\u\left(0,y\right)=0, u\left(\pi,y\right)=0&, y\in\left(0,+\infty\right)\\\end{cases}$，其中$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\Vert \frac{1}{n^k}\sin\left(nx\right) \Vert_{L^\infty\left(\left[0,\pi\right]\right)}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^k}=0$，但$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\Vert \frac{1}{n^{k+1}}\sin\left(nx\right)\sinh\left(ny\right)\Vert_{L^\infty\left(\left[0,\pi\right]\times\left[0,T\right]\right)}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sinh\left(nT\right)}{n^{k+1}}=+\infty$。也就是说，我们可以让两个初值条件任意接近，但对应的解却任意远。

由于前三道题明显送分，不及格的人变少了；由于最后一道题不是来自习题，高分的人也变少了。