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\begin{document}

\title{微分方程作业}
\author{姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023}

\maketitle
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\global\long\def\e{\mathrm{e}}%
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\chapter{第2周微分方程作业}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}

课本15页6,8,10。
\begin{problem}
判断下列方程是否为恰当方程，并对恰当方程求解

6. $\ensuremath{(y\mathrm{e}^{x}+2\mathrm{e}^{x}+y^{2})\mathrm{d}x+(\mathrm{e}^{x}+2xy)\mathrm{d}y=0}.$

8. $(ax^{2}+by^{2})\mathrm{d}x+cxy\mathrm{d}y=0$（$\ensuremath{a,b}$和$\ensuremath{c}$为常数）.

10. $\ensuremath{xf(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}x+yf(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}y=0},$其中
$\ensuremath{f(\cdot)}$是连续可微的. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
6. 
\[
\frac{\partial P}{\partial y}=e^{x}+2y,\ \frac{\partial Q}{\partial x}=e^{x}+2y
\]
所以是恰当方程。经过观察发现，
\[
\text{原式}=\text{d}\left(ye^{x}+2e^{x}+xy^{2}\right)=0
\]
所以通积分为$\Phi\left(x,y\right)=ye^{x}+2e^{x}+xy^{2}=C$，所以解为
\[
e^{x}\left(y+2\right)+xy^{2}=C.
\]

8. 
\[
\frac{\partial P}{\partial y}=2by,\ \frac{\partial Q}{\partial x}=cy
\]
当$c=2b$时，他是恰当的，否则不恰当。经过观察发现，
\[
\text{原式}=\text{d}\left(\frac{1}{3}ax^{3}+bxy^{2}\right)=0
\]
所以方程的解为
\[
\frac{1}{3}ax^{3}+bxy^{2}=C.
\]

10. 
\[
\frac{\partial P}{\partial y}=2xyf',\ \frac{\partial Q}{\partial x}=2xyf'
\]
所以是恰当方程。他的通积分为
\[
\int_{x_{0}}^{x}xf(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}x+\int_{y_{0}}^{y}yf(x_{0}^{2}+y^{2})\mathrm{d}y=C
\]
左边可以化简：
\begin{align*}
\text{原式} & =\frac{1}{2}F\left(x^{2}+y^{2}\right)-\frac{1}{2}F\left(x_{0}^{2}+y^{2}\right)+\frac{1}{2}F\left(x_{0}^{2}+y^{2}\right)-\frac{1}{2}F\left(x_{0}^{2}+y_{0}^{2}\right)\\
 & =\frac{1}{2}F\left(x^{2}+y^{2}\right)-\frac{1}{2}F\left(x_{0}^{2}+y_{0}^{2}\right)
\end{align*}
其中$F$是$f$的其中一个原函数。所以方程的通解为
\[
F\left(x^{2}+y^{2}\right)=C.
\]
\end{sol*}
%
第20页2(4)，5
\begin{problem}
2(4). 求解微分方程的初值问题：$\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=\frac{\ln\left|x\right|}{1+y^{2}},\ y\left(1\right)=0$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
这是一个变量分离方程。由于$1+y^{2}>0$，所以原式等价于
\[
\left(1+y^{2}\right)\text{d}y-\ln\left|x\right|\text{d}x=0
\]
通积分为
\[
\Phi\left(x,y\right)=y+\frac{1}{3}y^{3}-\left(x\ln\left|x\right|-x\right)=C
\]
代入$y\left(1\right)=0$，有$C=1$，故方程的解为
\[
y+\frac{1}{3}y^{3}-x\ln\left|x\right|+x-1=0.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
5. 设微分方程
\[
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f(y),
\]
其中$\ensuremath{f(y)}$在$\ensuremath{y=a}$的某邻域（例如，区间$[a-\varepsilon,a+\varepsilon]$）内连续，而且$\ensuremath{f(y)=0}$当且仅当
$y=a$，则在直线$\ensuremath{y=a}$上的每一点，方程的解是局部唯一的，当且仅当瑕积分
\[
\left|\int_{a}^{a\pm\varepsilon}\frac{\mathrm{d}y}{f(y)}\right|=+\infty\quad(\text{发散}).
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
“$\Rightarrow$”：因为$y=a$显然是一个解，假设他的解是局部唯一的，所以他只有这一个解，因此瑕积分显然发散。

“$\Leftarrow$”：假设他的解不是局部唯一的，也就是存在非平凡解从$y\left(x_{0}\right)=a$出发，在$x_{1}>x_{0}$处$y\ne a$。由连续性，不妨设$f\left(y\right)$在$\left(x_{0},x_{1}\right)$上大于$0$，则$y\left(x\right)$严格递增。分离变量得
\[
\int_{a}^{y\left(x\right)}\frac{du}{f\left(u\right)}=x-x_{0}
\]
左边为$\infty$，右边是有限数，矛盾！故不存在这样的$x_{1}$。也就是解在$x_{0}$附近恒为常数。
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
$\textbf{（讲的答案）}$
\end{sol*}
%
第25页7
\begin{problem}
7. 令集合$H^{0}=\{f(x)\mid f\text{ 是以 }2\pi\text{ 为周期的连续函数}\}$，易知$\ensuremath{H^{0}}$关于实数域构成一个线性空间。对于任意$f\in H^{0}$，定义它的模
\[
\|f\|=\max_{0\leqslant x\leqslant2\pi}|f(x)|.
\]

证明:$\ensuremath{H^{0}}$是一个完备的空间 (即巴拿赫 (Banach, 1892---1945) 空间).
利用 (2.40) 式可以在空间 $\ensuremath{H^{0}}$中定义一个变换$\varphi$，它把$\ensuremath{f}$变到$y$.
试证: $\ensuremath{\varphi}$是一个从$\ensuremath{H^{0}}$到 $\ensuremath{H^{0}}$的线性算子，而且它是有界的；亦即要证:

(1) 对任何常数$\ensuremath{C_{1}}\lyxmathsym{和}\ensuremath{C_{2}}$，以及任何
$f_{1},f_{2}\in H^{0}$，有
\[
\varphi(C_{1}f_{1}+C_{2}f_{2})=C_{1}\varphi(f_{1})+C_{2}\varphi(f_{2});
\]

(2) 对任何$f\in H^{0}$，有
\[
\|\varphi(f)\|\leqslant k\|f\|,
\]
其中$\ensuremath{k>0}$是常数.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
先证明$H^{0}$是完备的空间。

设$\left\{ f_{n}\right\} $是一列柯西列，收敛到$f$，且每个$f_{n}$以$2\pi$为周期。于是由题，$\forall\varepsilon>0$，$\exists N$，当$n,m>N$时，$\|f_{m}-f_{n}\|<\varepsilon$，即
\[
\max_{0\leqslant x\leqslant2\pi}\left|f_{m}\left(x\right)-f_{n}\left(x\right)\right|<\varepsilon.
\]
于是对每个$x$，$\left|f_{m}\left(x\right)-f_{n}\left(x\right)\right|<\varepsilon$，所以$\left\{ f_{n}\left(x\right)\right\} $是柯西列，收敛到$f\left(x\right)$. 

又因为$N$是不依赖于$x$的，所以是一致收敛，所以$f$是连续的，所以
\[
f\left(x+2\pi\right)=\lim_{n\to\infty}f_{n}\left(x+2\pi\right)=\lim_{n\to\infty}f_{n}\left(x\right)=f\left(x\right)
\]
所以$f\left(x\right)\in H^{0}$，所以是完备的。

(1) 
\[
\left(\varphi f\right)\left(x\right)=C\int_{x}^{x+2\pi}e^{-a\left(x-s\right)}f\left(s\right)ds.\text{ \ \ 其中}C=\frac{1}{\text{e}^{2a\pi}-1}.
\]
\begin{align*}
\varphi\left(C_{1}f_{1}+C_{2}f_{2}\right) & =C\int_{x}^{x+2\pi}e^{-a\left(x-s\right)}\left(C_{1}f_{1}+C_{2}f_{2}\right)\left(s\right)ds\\
 & =CC_{1}\int_{x}^{x+2\pi}e^{-a\left(x-s\right)}f_{1}\left(s\right)ds+CC_{2}\int_{x}^{x+2\pi}e^{-a\left(x-s\right)}f_{2}\left(s\right)ds\\
 & =C_{1}\varphi\left(f_{1}\right)+C_{2}\varphi\left(f_{2}\right)
\end{align*}

(2) 
\begin{align*}
\|\varphi\left(f\right)\| & =\max_{0\leqslant x\leqslant2\pi}\left|C\int_{x}^{x+2\pi}e^{-a\left(x-s\right)}f\left(s\right)ds\right|\\
 & \leqslant\max_{0\leqslant x\leqslant2\pi}C\int_{x}^{x+2\pi}\left|e^{-a\left(x-s\right)}\right|\left|f\left(s\right)\right|ds\\
 & \leqslant\max_{0\leqslant x\leqslant2\pi}\left|f\left(x\right)\right|\cdot C\int_{0}^{2\pi}e^{as}ds\\
 & =k\max_{0\leqslant x\leqslant2\pi}\left|f\left(x\right)\right|
\end{align*}
其中$k=C\int_{0}^{2\pi}e^{as}ds$是常数。
\end{sol*}
%
第30-31页1(1)，2(1)
\begin{problem}
求解下列微分方程：

(1) $y'=\frac{2y-x}{2x-y}.$

(2) $y'=\cos\left(x-y\right)$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) 做变量代换$y=ux$，于是$\frac{dy}{dx}=u+x\frac{du}{dx}$，原方程可以化为
\[
u+x\frac{du}{dx}=\frac{2u-1}{2-u}\iff\frac{2-u}{u^{2}-1}du=\frac{dx}{x}
\]
两边积分，有
\[
\frac{1}{2}\ln\left|u-1\right|-\frac{3}{2}\ln\left|u+1\right|-\ln\left|x\right|=C
\]
整理得
\[
\ln\left|\frac{u-1}{x^{2}\left(u+1\right)^{3}}\right|=C'
\]
代回$u=\frac{y}{x}$，有
\[
\ln\left|\frac{y-x}{\left(y+x\right)^{3}}\right|=C''
\]
于是方程的通解为
\[
\frac{y-x}{\left(y+x\right)^{3}}=C
\]
此外，当$y=x$和$y=-x$时，方程也成立。

(2) 令$x-y=u$，此时$\frac{dy}{dx}=1-\frac{du}{dx}$，于是原式化为
\[
\frac{du}{dx}=1-\cos u=2\sin^{2}\left(\frac{u}{2}\right)\iff\frac{\text{d}u}{2\sin^{2}\left(u/2\right)}=\text{d}x\ \left(u\ne0\right)
\]
两边积分，左边积分为
\[
\int\frac{1}{2\sin^{2}\left(u/2\right)}\text{d}u=\int\frac{1}{\sin^{2}t}\text{d}t=\cot\frac{u}{2}.
\]
所以原方程的解为
\[
\cot\frac{u}{2}=x+C\iff\cot\frac{x-y}{2}-x=C'
\]
此外，还有特解$x-y=2k\pi,\ k\in\mathbb{Z}$. 
\end{sol*}
%
第36页3
\begin{problem}
3. 证明：齐次方程$P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=0$ 有积分因子$\mu=\dfrac{1}{xP+yQ}$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
乘上积分因子$\mu$之后，方程变成
\[
\frac{P}{xP+yQ}\text{d}x+\frac{Q}{xP+yQ}\text{d}y=0
\]
因为是其次，设齐$m$次，设$y=ux$，于是
\[
P\left(x,y\right)=x^{m}P\left(1,u\right)\text{，}Q\left(x,y\right)=x^{m}Q\left(1,u\right)
\]
原式化为
\[
\frac{x^{m}P}{x^{m+1}P+ux^{m+1}Q}\text{d}x+\frac{x^{m}Q}{x^{m+1}P+ux^{m+1}Q}\left(u\text{d}x+x\text{d}u\right)=0
\]
整理得
\[
\frac{1}{x}\text{d}x+\frac{Q\left(1,u\right)}{P\left(1,u\right)+uQ\left(1,u\right)}\text{d}u=0
\]
这个方程是变量分离方程，是恰当的。于是确实有积分因子$\mu=\dfrac{1}{xP+yQ}$。
\end{sol*}
%

\chapter{第3周微分方程作业}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}

\begin{mymymy}

	Arzela-Ascoli定理的证明是找的书，对角线法如果有人跟我说我说不定能会做，但要我自己想到这个题需要用对角线法我觉得我应该做不出来。

	然后题目2.4验证解的唯一性，我是直接每一块求出来他的解，但我看书上是利用对于\(y\)的单调性，我不是很理解。

\end{mymymy}

第42页1(2)，2(3)
\begin{problem}
求下列曲线族的正交轨线族：(2) $xy=C$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
求导可得
\[
x\d y+y\d x=0\implies\frac{\d y}{\d x}=-\frac{y}{x}
\]
所以正交轨线的微分方程为
\[
\frac{\d y}{\d x}=\frac{x}{y}\implies x\d x=y\d y
\]
解微分方程，就可以得到正交轨线族为
\[
x^{2}-y^{2}=C'.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
求与下列曲线族相交成$\frac{\pi}{4}$角的曲线族：(3) $y=x\ln\left(Cx\right).$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
求导可得
\[
\d y=\ln\left(Cx\right)\d x+x\cdot\frac{1}{Cx}\cdot C\d x\implies\frac{\d y}{\d x}=\ln\left(Cx\right)+1
\]
联立$y=x\ln\left(Cx\right)$，消去$C$，可得
\[
\frac{\d y}{\d x}=\frac{y}{x}+1.
\]
所以相交成$\frac{\pi}{4}$角的曲线族的微分方程为
\[
\frac{\d y}{\d x}=\frac{\frac{y}{x}+1+1}{1-\left(\frac{y}{x}+1\right)}=-\frac{y+2x}{y}.
\]

令$y=ux$，于是$\frac{\d y}{\d x}=x\frac{\d u}{\d x}+u$，所以原微分方程化为
\[
x\frac{\d u}{\d x}+u=-\frac{u+2}{u}\implies-\frac{\d x}{x}=\frac{u\d u}{u^{2}+u+2}.
\]
左边积分有$\int-\frac{1}{x}\d x=-\ln\left|x\right|+C_{1}.$ 右边积分有
\begin{align*}
\int\frac{u}{u^{2}+u+2}\d u & =\int\frac{u+\frac{1}{2}}{\left(u+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{7}{4}}\d u-\frac{1}{2}\int\frac{1}{\left(u+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{7}{4}}\d u\\
 & =\frac{1}{2}\ln\left|\left(u+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{7}{4}\right|-\frac{1}{\sqrt{7}}\arctan\frac{2u+1}{\sqrt{7}}+C_{2}
\end{align*}
所以微分方程的解为
\[
-\ln\left|x\right|=\frac{1}{2}\ln\left(u^{2}+u+2\right)-\frac{1}{\sqrt{7}}\arctan\frac{2u+1}{\sqrt{7}}+C'
\]
代入$u=\frac{y}{x}$，有
\[
\ln\left(y^{2}+xy+2x^{2}\right)-\frac{2}{\sqrt{7}}\arctan\frac{2y+x}{\sqrt{7}x}=C''.
\]
\end{sol*}
%
第48页 证明定理3.2
\begin{problem}
设$f\left(x,y\right)$在区域$G$内对$y$满足奥斯古德条件，则微分方程$\frac{dy}{dx}=f\left(x,y\right)$在$G$内经过每一点的解都是唯一的。

其中Osgood条件是：函数$f\left(x,y\right)$在区域$G$内连续，而且满足不等式
\[
\left|f\left(x,y_{1}\right)-f\left(x,y_{2}\right)\right|\leqslant F\left(\left|y_{1}-y_{2}\right|\right),
\]
其中$F\left(r\right)>0$是$r>0$的连续函数，而且瑕积分（以0为瑕点）
\[
\int_{0}^{r_{1}}\frac{\text{d}r}{F\left(r\right)}=+\infty\text{（\ensuremath{r_{1}>0}为常数）}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设存在两个解$y_{1}\left(x\right),y_{2}\left(x\right)$，代入不等式，有
\[
\left|\frac{\d y_{1}}{\d x}-\frac{\d y_{2}}{\d x}\right|\leqslant F\left(\left|y_{1}-y_{2}\right|\right)\implies\left|\frac{\d\left(y_{1}-y_{2}\right)}{F\left(\left|y_{1}-y_{2}\right|\right)}\right|=\d x
\]
令$r=\left|y_{1}-y_{2}\right|,r_{1}$满足$y\left(x_{0}\right)=r_{1}$，$x_{0}$是区域$G$内的一个有限的点。那么两边积分，有
\[
\int_{0}^{y\left(x_{0}\right)}\frac{\d r}{F\left(r\right)}=\int_{0}^{x_{0}}\d x\implies\int_{0}^{r_{1}}\frac{\text{d}r}{F\left(r\right)}=x_{0}
\]
与题目中的$\infty$矛盾。因此只会存在唯一的解。
\end{sol*}
%
第49页 验证例1，并证明解的唯一性
\begin{problem}
设初值问题
\[
(E_{0}):\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=F(x,y),\quad y(0)=0,
\]

其中函数
\[
F(x,y)=\begin{cases}
0, & x=0,\ -\infty<y<+\infty,\\[4pt]
2x, & 0<x\leqslant1,\ -\infty<y<0,\\[4pt]
2x-\dfrac{4y}{x}, & 0<x\leqslant1,\ 0\leqslant y<x^{2},\\[4pt]
-2x, & 0<x\leqslant1,\ x^{2}\leqslant y<+\infty.
\end{cases}
\]

验证：函数 $F(x,y)$ 在条形区域
\[
S:\ 0\leqslant x\leqslant1,\quad-\infty<y<\infty
\]
内是连续的，可是对 $y$ 不满足利普希茨条件。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
先验证连续。首先每一部分是连续的。其次
\[
\lim_{y\to0}2x-\frac{4y}{x}=2x,\ \lim_{y\to x^{2}}2x-\frac{4y}{x}=-2x,\ \lim_{x\to0}F\left(x,y_{0}\right)=0
\]
所以函数是连续的。将$F\left(x,y\right)$对$y$求导，有
\[
F_{y}\left(x,y\right)=\begin{cases}
-\frac{4}{x}, & 0<x\leqslant1,\ 0\leqslant y<x^{2}\\
0, & \text{else}
\end{cases}
\]
可以发现导数在0附近是无界的，进而不满足Lipschitz条件。

然后证明解的唯一性，把每个区域上都求解，发现只有一个解就应该可以验证唯一性。

$F\left(x,y\right)=0$：$\frac{\d y}{\d x}=0\implies y=0$.

$F\left(x,y\right)=2x$：$\frac{\d y}{\d x}=2x\implies y=x^{2}$.

$F\left(x,y\right)=2x-\dfrac{4y}{x}$：$\frac{\d y}{\d x}=2x-\frac{4y}{x}$，同时乘上积分因子$x^{4}$，$\frac{\d}{\d x}\left(x^{4}y\right)=2x^{5}$，积分并代入初值可得$y=\frac{1}{3}x^{2}.$

$F\left(x,y\right)=-2x$：$\frac{\d y}{\d x}=-2x\implies y=-x^{2}$.

每个区域均只有唯一解。
\end{sol*}
%
第49页1，2
\begin{problem}
利用右端函数的性质讨论下列微分方程满足初值条件 $y(0)=0$ 的解的唯一性问题:

(1) ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=|y|^{\alpha}}$,
常数$\alpha>0$;

(2) ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\begin{cases}
0, & y=0,\\
y\ln|y|, & y\neq0.
\end{cases}}$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) $g\left(y\right)=f\left(x,y\right)=\left|y\right|^{\alpha}$连续，其次验证是否满足Lipschitz条件。

(a) 当$\alpha>1$时，$g'\left(y\right)=\alpha y^{\alpha-1}$，在闭区间上导数有界，所以满足Lipschitz条件，即解唯一。

(b) 当$0<\alpha<1$时，$g'\left(y\right)=\alpha y^{\alpha-1}$。在0附近导数无界，即$\frac{y^{\alpha}-0}{y-0}=y^{\alpha-1}\to\infty$，不满足Lipschitz条件，解不唯一。

(c) 当$\alpha=1$时，$\left|\left|y_{1}\right|-\left|y_{2}\right|\right|\leqslant\left|y_{1}-y_{2}\right|$，满足。

故当$\alpha\geqslant1$时，解唯一；当$0<\alpha<1$时，解不唯一。

(2) 因为$\lim_{y\to0}y\ln\left|y\right|=0$，所以函数连续。令$h\left(y\right)=\text{右侧函数}$。$h'\left(y\right)=\begin{cases}
\infty & y=0\\
\ln\left|y\right|+1 & y\ne0
\end{cases}.$ 所以不满足Lipschitz条件。

直接求解$\frac{\d y}{y\ln\left|y\right|}=\d x$，两边积分，左边积分有
\[
\int\frac{1}{y\ln\left|y\right|}\d y=\int\frac{1}{\ln\left|y\right|}\d\ln\left|y\right|=\ln\left(\left|\ln\left|y\right|\right|\right)+C
\]
于是，方程的解为
\[
y=e^{e^{x+C}}.
\]
代入初值条件$y\left(0\right)=0$，没有符合条件的$C$，所以方程只有一个特解$y=0$. 所以右边的函数虽然不满足Lipschitz条件，但也是只有唯一解。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
试求初值问题:
\[
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=x+y+1,\quad y(0)=0
\]
的皮卡序列, 并由此取极限求解.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$y_{0}=y\left(0\right)=0$，
\begin{align*}
y_{1} & =y_{0}+\int_{0}^{x}f\left(s,y_{0}\left(s\right)\right)\d s=\int_{0}^{x}\left(s+0+1\right)\d s=\frac{1}{2}x^{2}+x.\\
y_{2} & =y_{0}+\int_{0}^{x}f\left(s,y_{1}\left(s\right)\right)\d s=\int_{0}^{x}\left(2s+\frac{1}{2}s^{2}+1\right)\d s=x+x^{2}+\frac{1}{6}x^{3}.\\
y_{3} & =y_{0}+\int_{0}^{x}f\left(s,y_{1}\left(s\right)\right)\d s=\int_{0}^{x}\left(2s+s^{2}+\frac{1}{6}s^{3}+1\right)\d s=x+x^{2}+\frac{1}{3}x^{3}+\frac{1}{24}x^{4}
\end{align*}
下面用数学归纳法，设$y_{k}=x+2\left(\frac{1}{2}x^{2}+\cdots+\frac{1}{k!}x^{k}\right)+\frac{1}{\left(k+1\right)!}x^{k+1}$，那么
\begin{align*}
y_{k+1} & =y_{0}+\int_{0}^{x}f\left(s,y_{k}\left(s\right)\right)\d s=\int_{0}^{x}\left[1+s+s+2\sum_{n=2}^{k}\frac{1}{n!}s^{n}+\frac{1}{\left(k+1\right)!}s^{k+1}\right]\d s\\
 & =x+x^{2}+2\sum_{n=2}^{k}\frac{1}{\left(n+1\right)!}x^{n+1}+\frac{1}{\left(k+2\right)!}x^{k+2}\\
 & =x+2\left(\frac{1}{2}x^{2}+\cdots+\frac{1}{\left(k+1\right)!}x^{k+1}\right)+\frac{1}{\left(k+2\right)!}x^{k+2}
\end{align*}
所以由数学归纳法可知，他的皮卡序列是
\[
y_{k}=x+2\left(\frac{1}{2}x^{2}+\cdots+\frac{1}{k!}x^{k}\right)+\frac{1}{\left(k+1\right)!}x^{k+1}.
\]
令$k\to\infty$，
\[
y=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k!}x^{k}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\left(k+1\right)!}x^{k+1}=e^{x}-1+e^{x}-1-x=2e^{x}-x-2.
\]
\end{sol*}
%
利用皮卡迭代/压缩映射，证明隐函数定理
\begin{problem}
证明隐函数定理：

设$\ensuremath{F(x,y)}$是定义在$\ensuremath{\mathbb{R}^{2}}$中某开集上的$\ensuremath{C^{1}}$函数，且满足
\[
F(x_{0},y_{0})=0,\quad\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})\neq0.
\]
 则存在$\ensuremath{x_{0}}$的邻域$\ensuremath{U}$和$\ensuremath{y_{0}}$的邻域$V$，以及唯一的$\ensuremath{C^{1}}$函数$f:U\to V$，使得
\[
f(x_{0})=y_{0},\quad F(x,f(x))\equiv0,\quad\forall x\in U.
\]
 并且隐函数的导数为 
\[
f'(x)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x,f(x))}{\frac{\partial F}{\partial y}(x,f(x))}.
\]
%
\end{problem}
\begin{sol*}
我要寻找唯一的$f$，使得$F\left(x,f\left(x\right)\right)=0$。设$R=\left[x_{0}-a,x_{0}+a\right]\times\left[y_{0}-b,y_{0}+b\right]$，定义映射$T:\left[y_{0}-b,y_{0}+b\right]\to\left[y_{0}-b,y_{0}+b\right]$，满足
\[
T\left(f\left(x\right)\right)=f\left(x\right)-kF\left(x,f\left(x\right)\right)\text{（或\ensuremath{T\left(y\right)=y-kF\left(x,y\right)}）}
\]
其中$k=\frac{\partial}{\partial y}F\left(x,y\right)$，这个的选择主要是取决于$T$的压缩性。然后这样也就是转化为寻找$f$，使得$Tf=f.$ 

第一步证明$T$的压缩性。对$y$求导，有
\[
\frac{\d T}{\d y}=1-\left[\frac{\partial}{\partial y}F\left(x,y\right)\right]^{2}\leqslant\Delta<1.
\]
所以任意的$y_{1},y_{2}\in\left[y_{0}-b,y_{0}+b\right]$，由微分中值定理
\[
\left|T\left(y_{1}\right)-T\left(y_{2}\right)\right|=T'\left(\xi\right)\left|y_{1}-y_{2}\right|\leqslant\Delta\left|y_{1}-y_{2}\right|
\]
由此，$T$是一个压缩映射。

第二步证明$T$的值域仍然是$\left[y_{0}-b,y_{0}+b\right]$. 

由于$F$是连续的，且$F\left(x_{0},y_{0}\right)=0$，所以存在$x_{0}$的$\delta$邻域$\left(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta\right)$，使得$F\left(x,y_{0}\right)\leqslant\frac{\left(1-\Delta\right)b}{k}$

对于任意的$y\in\left[y_{0}-b,y_{0}+b\right]$，
\begin{align*}
\left|T\left(y\right)-y_{0}\right| & \leqslant\left|T\left(y\right)-T\left(y_{0}\right)\right|+\left|T\left(y_{0}\right)-y_{0}\right|\\
 & \leqslant\Delta\left|y-y_{0}\right|+kF\left(x,y_{0}\right)\\
 & \leqslant\Delta b+\left(1-\Delta\right)b\\
 & =b
\end{align*}
所以，当$x\in\left(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta\right)$时，$T$会映到自身。

第三步，由压缩映射的性质可知，存在且唯一存在$y^{*}=f\left(x\right)$，满足$Ty^{*}=y^{*}$ ，即$F\left(x,y^{*}\right)=0$.
此时，$U=\left(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta\right),V=\left(y_{0}-b,y_{0}+b\right)$。

第四步证明$y^{*}$是连续的。设$x,x'\in U$，
\[
\left|f\left(x\right)-f\left(x'\right)\right|=\left|y^{*}+kF\left(x,y^{*}\right)-y^{*}-kF\left(x',y^{*}\right)\right|=k\left|F\left(x,y^{*}\right)-F\left(x',y^{*}\right)\right|
\]
由$F\left(x,y\right)$的连续性可知，当$x'\to x$时，右边是0，所以左边是0，所以$f\left(x\right)$是连续的。

第五步证明$f'(x)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x,f(x))}{\frac{\partial F}{\partial y}(x,f(x))}$且$y^{*}$是$C^{1}$的。

对$F\left(x,f\left(x\right)\right)=0$两边对$x$求导，可以得到
\[
\frac{\partial}{\partial x}F\left(x,f\left(x\right)\right)+\frac{\partial}{\partial y}F\left(x,f\left(x\right)\right)\cdot f'\left(x\right)=0\implies f'\left(x\right)=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}(x,f(x))}{\frac{\partial F}{\partial y}(x,f(x))}
\]
由于$F$是$C^{1}$的且$\frac{\partial F}{\partial y}(x_{0},y_{0})\neq0$，所以$f'\left(x\right)$就是两个连续函数的比值也是连续的，所以$f\left(x\right)\in C^{1}$. 
\end{sol*}
%
\begin{rem*}
用压缩映射，需要先构造，构造首先是确定里面有$y$和$F\left(x,y\right)$，至于二者之间的比例需要由压缩性来寻找。
\end{rem*}
%
证明Arzela-Ascoli定理
\begin{problem}
证明Arzela-Ascoli定理：

设函数序列$f_{1}\left(x\right),f_{2}\left(x\right),\cdots,f_{n}\left(x\right),\cdots$在有限闭区间$\ensuremath{I}$上是一致有界和等度连续的，
则可以选取它的一个子序列 
\[
f_{n_{1}}(x),f_{n_{2}}(x),\cdots,f_{n_{k}}(x),\cdots,
\]
使该子序列在区间$\ensuremath{I}$上是一致收敛的。

等度连续：对$\forall\varepsilon>0$，存在$\delta>0$，当$\left|x-y\right|<\delta$时，对所有的$n$，有$\left|f_{n}\left(x\right)-f_{n}\left(y\right)\right|<\varepsilon$成立。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
首先，设$w_{1},w_{2},\cdots\in I$，由于$I$是紧的，取定$r$，使得$I\subset\bigcup_{k}B\left(w_{k},r\right)$。那么我就可以选取有限个开球覆盖$I$，不妨设选择了$w_{1},\cdots,w_{n}$. 

固定$x_{1}$，可知数列$f_{1}\left(x_{1}\right),f_{2}\left(x_{1}\right),\cdots,f_{n}\left(x_{1}\right),\cdots$
收敛，那么由魏尔斯特拉斯定理，就存在一个收敛子列，记该子列为$\left\{ f_{1k}\right\} $。

固定$x_{2}$，可知数列$f_{11}\left(x_{2}\right),f_{12}\left(x_{2}\right),\cdots,f_{1n}\left(x_{2}\right),\cdots$收敛，于是他也存在一个收敛子列，记该子列为$\left\{ f_{2k}\right\} $。

同理，固定$x_{3},x_{4},\cdots$，就可以得到一系列的收敛子列：
\begin{align*}
f_{11},f_{12},\cdots,f_{1n},\cdots & \text{（\ensuremath{x_{1}}收敛）}\\
f_{21},f_{22},\cdots,f_{2n},\cdots & \text{（\ensuremath{x_{1},x_{2}}收敛）}\\
f_{31},f_{32},\cdots,f_{3n},\cdots & \text{（\ensuremath{x_{1},x_{2},x_{3}}收敛）}\\
\vdots\qquad\hspace*{1em}
\end{align*}
取$\left\{ f_{kk},k=1,2,\cdots\right\} $作为$\left\{ f_{n_{k}}\right\} $，这个序列是一致收敛的。因为对任意的$\varepsilon>0\text{，}x\in I$，并取一个$w$，使得$x\in B\left(w,r\right)$，存在$N$，当$n_{k},n_{s}>N$时，
\begin{align*}
\left|f_{n_{k}}\left(x\right)-f_{n_{s}}\left(x\right)\right| & =\left|f_{n_{k}}\left(x\right)-f_{n_{k}}\left(w\right)+f_{n_{k}}\left(w\right)-f_{n_{s}}\left(w\right)+f_{n_{s}}\left(w\right)-f_{n_{s}}\left(x\right)\right|\\
 & \leqslant\left|f_{n_{k}}\left(x\right)-f_{n_{k}}\left(w\right)\right|+\left|f_{n_{k}}\left(w\right)-f_{n_{s}}\left(w\right)\right|+\left|f_{n_{s}}\left(w\right)-f_{n_{s}}\left(x\right)\right|
\end{align*}
由等度连续性，第一项和第三项是$\varepsilon$，由点收敛，第二项也是$\varepsilon$，所以合起来就是$3\varepsilon$。于是，$\left\{ f_{n_{k}}\right\} $一致收敛。
\end{sol*}
%

\chapter{第4周微分方程作业}

\begin{mymymy}
  题目3.3,3.4这样的题我都是仿照着题目的3.1写的步骤，就是每一部分挨着分析，证明小于某一个函数不会爆破因此可以延伸到无穷，正确证明过程不会写。

  然后拉直是抄的AI.
\end{mymymy}

pg 60 例2
\begin{problem}
在平面上任取一点 $P_{0}(x_{0},y_{0})$，试证初值问题
\[
(E):\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=(x-y)\mathrm{e}^{xy^{2}},\quad y(x_{0})=y_{0}
\]
的右行解（即从 $P_{0}$ 点出发向右延伸的解）都在区间 $[x_{0},+\infty)$ 上存在。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于$\left(x-y\right)\e^{xy^{2}}$是光滑的，所以从$\left(x_{0},y_{0}\right)$出发解存在唯一。考察$L:y=x$这条直线，在这条直线上$y'=0$，直线上方$y'<0$，下方$y'>0$。所以：

若$x_{0}$在直线左边，则函数单调递减，必然与$L$相交。

再研究$x_{0}\geqslant y_{0}$，当函数靠近$y=x$时，设$x-y=\delta$，那么
\[
\frac{\d y}{\d x}=\delta e^{\left(y+\delta\right)y^{2}}\leqslant\delta e^{2y^{3}}
\]
于是在任意有限区间$\left[x_{0},M\right]$，都可以选取$\delta$，使得$\frac{\d y}{\d x}<1$，这样也就不会穿过$y=x$，于是就不会爆破。
\end{sol*}
%
pg63 2（1）（3） 4，5（假设$f$光滑）
\begin{problem}
2. 讨论下列微分方程解的存在区间:

(1) ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{x^{2}+y^{2}}}$;

(3) ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=y\sin(xy)}$;
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) $\frac{1}{x^{2}+y^{2}}$在$\mathbb{R}\backslash\left\{ 0\right\} $上光滑，且大于0，所以初值不为$\left(0,0\right)\text{时}$，设初值$\left(x_{0},y_{0}\right),x_{0}>0$，看$x\to\pm\infty$时的行为，
\[
\frac{\d y}{\d x}=\frac{1}{x^{2}+y^{2}}<1\implies y<x
\]
因此可以延伸到$+\infty$。向左延伸时，先快速变小，当$x<-1$时，下降的速度减缓，$x$很小时解一定在$y=x$的上方，所以也是可以延伸到$-\infty$的。

因此当初值不为$\left(0,0\right)$时，解的存在区间是$\left(-\infty,+\infty\right)$. 

(3) 由于 $y\sin\left(xy\right)$在$\mathbb{R}^{2}$上光滑，所以对任意初值$\left(x_{0},y_{0}\right)$解存在唯一。由于
\[
\left|\frac{\d y}{\d x}\right|=\left|y\sin\left(xy\right)\right|\leqslant\left|y\right|
\]
所以可得$\left|y\left(x\right)\right|\leqslant\left|y_{0}e^{\left|x-x_{0}\right|}\right|$，于是$y$会在任意有限区间内保持有界，不会在有限时间内爆破，因此解的最大存在区间是$\left(-\infty,+\infty\right)$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
{*}4. 设初值问题
\[
(E):\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=(y^{2}-2y-3)\mathrm{e}^{(x+y)^{2}},\quad y(x_{0})=y_{0}
\]
的解的最大存在区间为$(a,b)$，其中 $(x_{0},y_{0})$ 是平面上的任一点. 则 $a=-\infty$ 和
$b=+\infty$ 中至少有一个成立.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于函数$f\left(x,y\right)=\left(y-3\right)\left(y+1\right)e^{\left(x+y\right)^{2}}$在$\mathbb{R}^{2}$上连续，且
\[
\frac{\partial f}{\partial y}=\left(2y-2\right)e^{\left(x+y\right)^{2}}+\left(y^{2}-2y-3\right)\left(2x+2y\right)e^{\left(x+y\right)^{2}}
\]
局部有界、连续，所以$f$关于$y$局部Lipschitz连续，因此对初值$\left(x_{0},y_{0}\right)$有唯一的局部解。

考虑$y=-1$和$y=3$这两条直线。由解的唯一性，任何其他解不能穿过这两条直线，只能渐近趋近。
\begin{itemize}
\item 若$y_{0}=-1$或$y_{0}=3$，那么解就是这两条直线，存在区间为$\left(-\infty,+\infty\right)$.
\item 若$y_{0}\in\left(-1,3\right)$，则解$y$满足$y'<0$，故$y$单调递减，对一切$x$，$y\in\left(-1,3\right)$，即解有界。此时存在区间为$\left(-\infty,+\infty\right)$. 
\item 若$y_{0}<-1$，则$y'>0$，故$y$单调递增，考虑右行解，当$x>x_{0}$时，$y\in\left(y_{0},-1\right)$，所以可以向右无限延伸，此时$b=+\infty$. 
\item 若$y_{0}>3$，则$y'>0$，故$y$单调递增，考虑左行解，当$x<x_{0}$时，$y\in\left(3,y_{0}\right)$，所以可以向左无限延伸，此时$a=-\infty$. 
\end{itemize}
综上， $a=-\infty$ 和 $b=+\infty$ 中至少有一个成立.
\end{sol*}
%
\begin{problem}
{*}5. 设初值问题
\[
(E):\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=(x^{2}-y^{2})f(x,y),\quad y(x_{0})=y_{0},
\]
其中函数 $f(x,y)$ 在全平面连续、光滑且满足当 $y\neq0$ 时, $yf(x,y)>0$, 则对于任意的$(x_{0},y_{0})$,
当 $x_{0}<0$ 和 $|y_{0}|$ 适当小时, 初值问题 $(E)$ 的解可延伸到$(-\infty,+\infty)$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
首先方程右侧函数$F\left(x,y\right)=\left(x^{2}-y^{2}\right)f\left(x,y\right)$连续，且$\frac{\partial F}{\partial y}$连续，故解唯一。由于$y>0$时$f\left(x,y\right)>0$，$y<0$时$f\left(x,y\right)<0$，所以由连续性，可得$f\left(x,0\right)=0$.
所以$y=0$也是原方程的一个解。考虑三条直线$y=x$和$y=-x$和$x$轴，将平面分成了六个区域。由于$x_{0}<0$，
$|y_{0}|$ 适当小。不妨只研究$y>0$的区域。$y<0$的区域做代换$u=-y$即可
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[scale=0.6]{paste1}
\end{figure}
\begin{itemize}
\item 在区域1中，$x^{2}-y^{2}<0$，又因为$yf\left(x,y\right)>0$，所以$f\left(x,y\right)>0$
，所以$y'=\left(x^{2}-y^{2}\right)f\left(x,y\right)<0$，也就是说，在区域1内部，解是严格递减的。
\item 在区域2中，$x^{2}-y^{2}>0$，又因为$yf\left(x,y\right)>0$，所以$f\left(x,y\right)>0$
，所以$y'=\left(x^{2}-y^{2}\right)f\left(x,y\right)>0$，也就是说，在区域2内部，解是严格递增的。
\item 在区域6中，$x^{2}-y^{2}>0$，又因为$yf\left(x,y\right)>0$，所以$f\left(x,y\right)>0$
，所以$y'=\left(x^{2}-y^{2}\right)f\left(x,y\right)>0$，也就是说，在区域6内部，解是严格递增的。
\item 在两个边界处，$y'=0$，从下方靠近时，$y'>0$，从上方靠近时，$y'<0$。
\end{itemize}
所以说，$x_{0}<0$，$y_{0}<\varepsilon$时（$\varepsilon$是一个和$f\left(x\right)$有关的量），

向右延伸时，由于单调递增，所以总会和$y=-x$有一个交点，从区域6进入区域1，然后单调递减。此后，解可能再次与直线相交，形成振荡。但无论振荡与否，解始终被限制在某个有界范围内，因为当$y$很大时，$y'$为很大的负数，迫使$y$快速减小。反之当
$y$很小时，$y'$为正，又会使$y$增大。直至再次穿过$y=x$进入区域2。然后$y$单调递增，同样地，要么他被限制在$y=x$的下方，要么围绕$y=x$振荡。所以右行存在区间为$[x_{0},+\infty).$

向左延拓时，$y$随$x$的减小而减小。因为$y=0$是一个解，所以不能穿过它。因此在$x<x_{0}$时，$0<y<y_{0}$，也是有界的，所以可以延伸到$-\infty$. 

具体来看$y_{0}$要多小。当$y$很大时，$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=(x^{2}-y^{2})f(x,y)\approx-y^{2}f\left(x,y\right)$，当$y>0$时，$\frac{\d y}{\d x}<0$，会飞快的衰减。当$y<0$，$\frac{\d y}{\d x}>0$，会飞快的上升。所以$y$的大小不是引起爆破的因素，那就只有可能是$f\left(x,y\right)$的大小引起爆破。由于我们研究的是$y>0$的情况，所以$f\left(x,y\right)>0$。于是爆破只可能发生在$x^{2}-y^{2}>0$的情形，同样，那既然$x^{2}-y^{2}>0$了，就肯定在$y=x$的下方，没有爆破。所以$y_{0}$只要小于$\left|x_{0}\right|$应该就可以了。
\end{sol*}
%
pg 74 例3
\begin{problem}
求解微分方程
\[
y^{2}+\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)^{2}=1.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
原式等价于$\frac{\d y}{\d x}=\pm\sqrt{1-y^{2}}$，令$y=\cos t$，于是
\[
\frac{\d y}{\d x}=-\sin t\cdot\frac{\d t}{\d x}
\]
代入原式，有
\[
-\sin t\cdot\frac{\d t}{\d x}=\pm\sin t\implies\frac{\d t}{\d x}=\pm1
\]
得到通解为$y=\cos\left(C-x\right)$。当$\sin t=0$时，也就是说$y=\pm1$也是微分方程的两个特解。
\end{sol*}
%
pg77 定理4.1
\begin{problem}
设函数$F(x,y,p)$ 对 $(x,y,p)\in G$ 是连续的, 而且对 $y$ 和 $p$ 有连续的偏微商 $F_{y}'$
和 $F_{p}'$. 若函数 $y=\varphi(x)\ (x\in J)$ 是微分方程$F\left(x,y,\frac{\d y}{\d x}\right)=0$的一个奇解,
并且
\[
(x,\varphi(x),\varphi'(x))\in G\quad(x\in J),
\]
则奇解 $y=\varphi(x)$ 满足一个称之为 $p$-判别式的联立方程组
\[
\begin{cases}
F(x,y,p)=0,\\
F_{p}'(x,y,p)=0
\end{cases}\quad\left(p=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right).\tag{4.23}
\]

(设从方程组式中消去 $p$ 得到方程
\[
\Delta(x,y)=0,
\]
则称由此方程所决定的曲线为方程的 $p$-判别曲线. 因此, 微分方程$F\left(x,y,\frac{\d y}{\d x}\right)=0$
的奇解是一条 $p$-判别曲线.)
\end{problem}
%
\begin{sol*}
奇解的定义：设一阶微分方程$F\left(x,y,\frac{\d y}{\d x}\right)=0$有特解$\Gamma:y=\varphi\left(x\right)$，如果对每一点$Q\in\Gamma$，在$Q$点的任何邻域内方程有一个不同于$\Gamma$的解在$Q$点与$\Gamma$相切，则称$\Gamma$是微分方程的奇解。

由于$y=\varphi\left(x\right)$是一个解，所以必然满足$F\left(x,y,p\right)=0$，所以只需要证明$\frac{\partial}{\partial p}F\left(x,\varphi\left(x\right),p\right)=0$. 

假设不等于0，那么就存在$x_{0}\in J$，使得$F_{p}'\left(x_{0},\varphi\left(x_{0}\right),p_{0}\right)\ne0$，由于$F\left(x_{0},\varphi\left(x_{0}\right),p_{0}\right)=0$，所以可以有隐函数定理得，$\left(x_{0},y_{0}\right)\in G$附近，方程$F\left(x,y,p\right)=0$唯一确定了$p=\frac{\d y}{\d x}=f\left(x,y\right)$，且$f$连续，对$y$有连续偏导
\[
f_{y}'=-\frac{F_{y}'\left(x,y,f\left(x,y\right)\right)}{F_{p}'\left(x,y,f\left(x,y\right)\right)}.
\]
于是，由皮卡定理，该初值问题存在唯一解。但是$\varphi\left(x\right)$是奇解，不应该在这个区间内有唯一解，因此矛盾，假设不成立，所以
\[
\frac{\partial}{\partial p}F\left(x,\varphi\left(x\right),p\right)=0\text{，}\forall x\in J
\]
因此奇解$y=\varphi\left(x\right)$满足方程组。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
定义：方向场的拉直（rectification）是一个微分同胚，它将该方向场映射为平行方向场。如果存在这样的拉直映射，则称该方向场是可拉直的。

定理 1：每个光滑方向场在其每一点的邻域内都是可拉直的。若该方向场是$r$ 次连续可微的（属于$C^{r}$类，其中$1\le r\le\infty$），则对应的拉直微分同胚也可以取为
$C^{r}$类。

证明定理1中的$C^{1}$情形(即今天上课说的)
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$U\subset\mathbb{R}^{n}$是开集，$X:U\to\mathbb{R}^{n}$是$C^{1}$向量场，且$X\left(p\right)\ne0$，则可以做线性变换使得$X\left(p\right)=\left(1,0,\cdots,0\right)$，所以不妨直接设$X\left(p\right)=e_{1}=\left(1,0,\cdots,0\right)$. 

考虑$S=\left\{ x\in U:x_{1}=0\right\} $，因为$X\left(p\right)=e_{1}$，所以存在一个小邻域$V\subset U$和$\varepsilon>0$，使得对所有$y\in S\cap V$，常微分方程初值问题
\[
\frac{\d}{\d t}\gamma_{y}\left(t\right)=X\left(\gamma_{y}\left(t\right)\right),\ \gamma_{y}\left(0\right)=y
\]
的解$\gamma_{y}\left(t\right)$对$\left|t\right|<\varepsilon$存在且唯一。

定义映射
\[
\psi:\left(-\varepsilon,\varepsilon\right)\times\left(S\cap V\right)\to\mathbb{R}^{n},\ \psi\left(t,y\right)=\gamma_{y}\left(t\right).
\]
这里$t$是时间，$y$是$S$上的初始点。因为$X$是$C_{1}$，常微分方程的解对初值具有$C^{1}$依赖性。即作为$\left(t,y\right)$的函数，$\gamma_{y}\left(t\right)$是$C^{1}$的，所以$\psi$是$C^{1}$的。
计算$\psi$在$\left(0,p\right)$处的雅可比矩阵：
\[
\frac{\partial\psi}{\partial t}\left(0,p\right)=X\left(p\right)=e_{1},\ \frac{\partial\psi}{\partial y_{i}}\left(0,p\right)=\frac{\partial}{\partial y_{i}}\left(0,y_{2},\cdots,y_{n}\right)=e_{i}
\]
\[
J\psi\left(0,p\right)=\left(\begin{array}{cccc}
\frac{\partial\psi}{\partial t} & \frac{\partial\psi}{\partial y_{2}} & \cdots & \frac{\partial\psi}{\partial y_{n}}\end{array}\right)=I_{n}
\]
由于$\psi$是$C^{1}$的，$J\psi\left(0,p\right)$可逆，存在$\left(0,p\right)$的一个开邻域$W\subset\left(-\varepsilon,\varepsilon\right)\times\left(S\cap V\right)$，使得$\psi\mid_{W}$是$C^{1}$微分同胚到他的像。记
\[
\phi=\left(\psi\mid_{W}\right)^{-1}:\psi\left(W\right)\to W
\]
则$\phi$是$C^{1}$映射，就是我们想要的坐标变换。
\end{sol*}
%

\chapter{第5周微分方程作业}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}

\begin{mymymy}

	由于做的时候刚学，所以每一个我都是先求约当标准型，然后算\(e^{P\Lambda P^{-1}}=Pe^\Lambda P^{-1}\)，所以麻烦得很。
	

\end{mymymy}

140页，1(3)(4), 2(1)(2)(3),3(1),4,5
\begin{problem}
1. 求出常系数齐次线性微分方程组$\frac{\d\bm{y}}{\d x}=\bm{Ay}$的通解, 其中的矩阵 $\boldsymbol{A}$
分别为:

(3) $\begin{pmatrix}-1 & 1 & 0\\
0 & -1 & 0\\
1 & 0 & -4
\end{pmatrix}$；(4) $\begin{pmatrix}1 & \frac{2}{3} & -\frac{2}{3}\\
0 & \frac{2}{3} & \frac{1}{3}\\
0 & -\frac{1}{3} & \frac{4}{3}
\end{pmatrix}$；
\end{problem}
%
\begin{sol*}
两边同乘$e^{-xA}$，有
\[
e^{-xA}\frac{\d y}{\d x}=e^{-xA}Ay\r\frac{\d}{\d x}\left(e^{-xA}y\right)=0
\]
所以解得$e^{-xA}y=C$. 即$y=\mathrm{e}^{xA}\cdot C$. 

(3) 由于
\[
A=\begin{pmatrix}-1 & 1 & 0\\
0 & -1 & 0\\
1 & 0 & -4
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & 1 & 0\\
0 & 3 & 0\\
1 & 0 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1 & 1 & 0\\
0 & -1 & 0\\
0 & 0 & -4
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{1}{3} & -\frac{1}{9} & 0\\
0 & \frac{1}{3} & 0\\
-\frac{1}{3} & \frac{1}{9} & 1
\end{pmatrix}=P\Lambda P^{-1}
\]
所以
\[
\e^{xA}=P\e^{x\Lambda}P^{-1}=P\begin{pmatrix}e^{-x} & xe^{-x} & 0\\
0 & e^{-x} & 0\\
0 & 0 & e^{-4x}
\end{pmatrix}P^{-1}=\begin{pmatrix}e^{-x} & xe^{-x} & 0\\
0 & e^{-x} & 0\\
\frac{1}{3}(e^{-x}-e^{-4x}) & \frac{1}{9}\bigl((3x-1)e^{-x}+e^{-4x}\bigr) & e^{-4x}
\end{pmatrix}
\]
于是通解为
\begin{align*}
\begin{pmatrix}y_{1}\\
y_{2}\\
y_{3}
\end{pmatrix} & =\begin{pmatrix}e^{-x} & xe^{-x} & 0\\
0 & e^{-x} & 0\\
\frac{1}{3}\left(e^{-x}-e^{-4x}\right) & \frac{3x-1}{9}e^{-x}+\frac{1}{9}e^{-4x} & e^{-4x}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}C_{1}\\
C_{2}\\
C_{3}
\end{pmatrix}\\
 & =C_{1}'\begin{pmatrix}3e^{-x}\\
0\\
e^{-x}-e^{-4x}
\end{pmatrix}+C_{2}'\begin{pmatrix}9xe^{-x}\\
9e^{-x}\\
\left(3x-1\right)e^{-x}+e^{-4x}
\end{pmatrix}+C_{3}'\begin{pmatrix}0\\
0\\
e^{-4x}
\end{pmatrix}
\end{align*}

(4) 由于
\[
A=\begin{pmatrix}1 & \frac{2}{3} & -\frac{2}{3}\\
0 & \frac{2}{3} & \frac{1}{3}\\
0 & -\frac{1}{3} & \frac{4}{3}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\
1 & -3 & 1\\
1 &  & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 1\\
 & 1\\
 &  & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\
 & -\frac{1}{3} & \frac{1}{3}\\
\frac{1}{2} & 0 & 1
\end{pmatrix}=P\Lambda P^{-1}
\]
所以
\[
\e^{xA}=P\e^{x\Lambda}P^{-1}=P\begin{pmatrix}e^{x} & xe^{x}\\
 & e^{x}\\
 &  & e^{x}
\end{pmatrix}P^{-1}=\begin{pmatrix}e^{x} & \frac{2x}{3}e^{x} & -\frac{2x}{3}e^{x}\\[4pt]
0 & \left(1-\frac{x}{3}\right)e^{x} & \frac{x}{3}e^{x}\\[4pt]
0 & -\frac{x}{3}e^{x} & \left(1+\frac{x}{3}\right)e^{x}
\end{pmatrix}
\]
于是通解为
\begin{align*}
\begin{pmatrix}y_{1}\\
y_{2}\\
y_{3}
\end{pmatrix} & =\begin{pmatrix}e^{x} & \frac{2x}{3}e^{x} & -\frac{2x}{3}e^{x}\\[4pt]
0 & \left(1-\frac{x}{3}\right)e^{x} & \frac{x}{3}e^{x}\\[4pt]
0 & -\frac{x}{3}e^{x} & \left(1+\frac{x}{3}\right)e^{x}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}C_{1}\\
C_{2}\\
C_{3}
\end{pmatrix}\\
 & =C_{1}'e^{x}\begin{pmatrix}1\\
\\\\\end{pmatrix}+C_{2}'e^{x}\begin{pmatrix}2x\\
3-x\\
-x
\end{pmatrix}+C_{3}'e^{x}\begin{pmatrix}-2x\\
x\\
3+x
\end{pmatrix}
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
2. 求出常系数非齐次线性微分方程组$\frac{\d\bm{y}}{\d x}=\bm{Ay}+\bm{f}\left(x\right)$的通解,
其中:

(1) $\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}2 & 1\\
0 & 2
\end{pmatrix}$，$\boldsymbol{f}(x)=\begin{pmatrix}1\\
0
\end{pmatrix}$；

(2) $\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}0 & -n^{2}\\
-n^{2} & 0
\end{pmatrix}$，$\boldsymbol{f}(x)=\begin{pmatrix}\cos nx\\
\sin nx
\end{pmatrix}$；

(3) $\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}2 & -1\\
1 & 0
\end{pmatrix}$，$\boldsymbol{f}(x)=\begin{pmatrix}0\\
2\mathrm{e}^{x}
\end{pmatrix}$；
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) $y=e^{xA}c+\int_{x_{0}}^{x}e^{\left(x-s\right)A}f\left(s\right)\d s$，其中
\[
e^{xA}c=\begin{pmatrix}e^{2x} & xe^{2x}\\
0 & e^{2x}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_{1}\\
c_{2}
\end{pmatrix}=c_{1}\begin{pmatrix}e^{2x}\\
0
\end{pmatrix}+c_{2}\begin{pmatrix}xe^{2x}\\
e^{2x}
\end{pmatrix}
\]
\[
\int_{0}^{x}\begin{pmatrix}e^{2\left(x-s\right)} & \left(x-s\right)e^{2\left(x-s\right)}\\
0 & e^{2\left(x-s\right)}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\
0
\end{pmatrix}\d s=\int_{0}^{x}\begin{pmatrix}e^{2\left(x-s\right)}\\
0
\end{pmatrix}\d s=\begin{pmatrix}\frac{e^{2x}-1}{2}\\
0
\end{pmatrix}
\]
所以
\[
y=c_{1}'\begin{pmatrix}e^{2x}\\
0
\end{pmatrix}+c_{2}\begin{pmatrix}xe^{2x}\\
e^{2x}
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\
0
\end{pmatrix}
\]

(2) 
\[
A=\begin{pmatrix}0 & -n^{2}\\
-n^{2} & 0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1\\
-1 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}n^{2}\\
 & -n^{2}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{2}
\end{pmatrix}=P\Lambda P^{-1}
\]
\[
e^{xA}c=Pe^{x\Lambda}P^{-1}\begin{pmatrix}c_{1}\\
c_{2}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1\\
-1 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}e^{n^{2}x}\\
 & e^{-n^{2}x}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{2}
\end{pmatrix}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}e^{n^{2}x}+e^{-n^{2}x} & -e^{n^{2}x}+e^{-n^{2}x}\\
-e^{n^{2}x}+e^{-n^{2}x} & e^{n^{2}x}+e^{-n^{2}x}
\end{pmatrix}
\]
\begin{align*}
{\small \int_{x_{0}}^{x}e^{\left(x-s\right)A}f\left(s\right)\d s} & =\frac{1}{2}\int_{0}^{x}\begin{pmatrix}\cosh\left(n^{2}\left(x-s\right)\right) & -\sinh\left(n^{2}\left(x-s\right)\right)\\
-\sinh\left(n^{2}\left(x-s\right)\right) & \cosh\left(n^{2}\left(x-s\right)\right)
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\cos ns\\
\sin ns
\end{pmatrix}\d s\\
 & =\frac{1}{n\left(n^{2}+1\right)}\begin{pmatrix}\left(n+1\right)\sin nx\\
\left(n-1\right)\cos nx
\end{pmatrix}
\end{align*}
所以
\begin{align*}
y & =\begin{pmatrix}\cosh\left(n^{2}x\right) & -\sinh\left(n^{2}x\right)\\
-\sinh\left(n^{2}x\right) & \cosh\left(n^{2}x\right)
\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}C_{1}\\
C_{2}
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\frac{n+1}{n\left(n^{2}+1\right)}\sin nx\\
\frac{n-1}{n\left(n^{2}+1\right)}\cos nx
\end{pmatrix}\\
 & =\begin{pmatrix}\frac{n+1}{n\left(n^{2}+1\right)}\sin nx+C_{1}\cosh\left(n^{2}x\right)-C_{2}\sinh\left(n^{2}x\right)\\
\frac{n-1}{n\left(n^{2}+1\right)}\cos nx-C_{1}\sinh\left(n^{2}x\right)+C_{2}\cosh\left(n^{2}x\right)
\end{pmatrix}
\end{align*}

(3) 
\[
A=\begin{pmatrix}2 & -1\\
1 & 0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 1\\
0 & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 & 1\\
1 & -1
\end{pmatrix}=P\Lambda P^{-1}
\]
\[
e^{xA}=Pe^{x\Lambda}P^{-1}\begin{pmatrix}c_{1}\\
c_{2}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}e^{x} & xe^{x}\\
 & e^{x}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 & 1\\
1 & -1
\end{pmatrix}=e^{x}\begin{pmatrix}x+1 & -x\\
x & 1-x
\end{pmatrix}
\]
\[
\int_{0}^{x}e^{\left(x-s\right)A}f\left(s\right)\d s=\int_{0}^{x}e^{x}\begin{pmatrix}x-s+1 & -x+s\\
x-s & 1-x+s
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\
2
\end{pmatrix}\d s=e^{x}\begin{pmatrix}-x^{2}\\
2x-x^{2}
\end{pmatrix}
\]
所以
\[
y=e^{x}\begin{pmatrix}x+1 & -x\\
x & 1-x
\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}C_{1}\\
C_{2}
\end{pmatrix}+e^{x}\begin{pmatrix}-x^{2}\\
2x-x^{2}
\end{pmatrix}=e^{x}\begin{pmatrix}C_{1}\left(x+1\right)-C_{2}x-x^{2}\\
C_{1}x+C_{2}\left(1-x\right)+2x-x^{2}
\end{pmatrix}
\]
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
$\textbf{(1)的高级做法是}\text{：}$$A$本身就是约当标准型为$\begin{pmatrix}2 & 1\\
0 & 2
\end{pmatrix}$，特征值2的特征向量$\eta_{1}=\begin{pmatrix}1\\
0
\end{pmatrix}$，广义特征向量为$\eta_{2}=\begin{pmatrix}1\\
1
\end{pmatrix}$，所以$e^{2t}\eta_{1},e^{2t}\left(\eta_{2}+t\eta_{1}\right)$组成齐次方程的通解。

然后求特解，尝试一下常数特解，发现可以成立。$\frac{\d y}{\d x}=Ay+\begin{pmatrix}1\\
0
\end{pmatrix}$，于是$A\eta=-\begin{pmatrix}1\\
0
\end{pmatrix}$，所以$\eta=\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\
0
\end{pmatrix}$。

综上，方程的通解为$y=C_{1}e^{2t}\eta_{1}+C_{2}e^{2t}\left(\eta_{2}+t\eta_{1}\right)+\eta.$

$\textbf{(2)的高级做法是}\text{：}$约当标准型为$\begin{pmatrix}n^{2}\\
 & -n^{2}
\end{pmatrix}$，特征值为$n^{2}$的特征向量$\eta_{1}=\begin{pmatrix}1\\
-1
\end{pmatrix}$，特征值为$-n^{2}$的特征向量为$\eta_{2}=\begin{pmatrix}1\\
1
\end{pmatrix}$，所以齐次方程的通解是$y=C_{1}e^{n^{2}x}\eta_{1}+C_{2}e^{-n^{2}x}\eta_{2}$。

然后求特解，猜测$\begin{pmatrix}A_{1}\cos nx+B_{1}\sin nx\\
A_{2}\cos nx+B_{2}\sin nx
\end{pmatrix}$是一个特解。代入计算可得
\[
\frac{\d}{\d x}\begin{pmatrix}A_{1}\cos nx+B_{1}\sin nx\\
A_{2}\cos nx+B_{2}\sin nx
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & -n^{2}\\
-n^{2} & 0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}A_{1}\cos nx+B_{1}\sin nx\\
A_{2}\cos nx+B_{2}\sin nx
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\cos nx\\
\sin nx
\end{pmatrix}
\]
\[
\begin{pmatrix}-nA_{1}\sin nx+nB_{1}\cos nx\\
-nA_{2}\sin nx+nB_{2}\cos nx
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\left(1-n^{2}A_{2}\right)\cos nx-n^{2}B_{2}\sin nx\\
-n^{2}A_{1}\cos nx+\left(1-n^{2}B_{1}\right)\sin nx
\end{pmatrix}\r\begin{cases}
-nA_{1}=-n^{2}B_{2}\\
nB_{1}=1-n^{2}A_{2}\\
-nA_{2}=1-n^{2}B_{1}\\
nB_{2}=-n^{2}A_{1}
\end{cases}
\]
解得
\[
A_{1}=B_{2}=0,\ A_{2}=\frac{n-1}{n\left(n^{2}+1\right)},\ B_{1}=\frac{n+1}{n\left(n^{2}+1\right)}
\]
所以就找到了特解。所以原方程的通解为
\[
y=C_{1}e^{n^{2}x}\begin{pmatrix}1\\
-1
\end{pmatrix}+C_{2}e^{-n^{2}x}\begin{pmatrix}1\\
1
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\frac{n+1}{n\left(n^{2}+1\right)}\sin nx\\
\frac{n-1}{n\left(n^{2}+1\right)}\cos nx
\end{pmatrix}
\]

$\textbf{(3)的高级做法是}\text{：}$前半部分一样，直接看特解怎么求。

设$e^{x}\begin{pmatrix}c_{1}\\
c_{2}
\end{pmatrix}$
\end{sol*}
%
\begin{problem}
3. 求出微分方程组$\frac{\d\bm{y}}{\d x}=\bm{Ay}+\bm{f}\left(x\right)$满足初值条件
$\boldsymbol{y}(0)=\boldsymbol{\eta}$ 的解, 其中:

(1) $\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}-5 & -1\\
1 & -3
\end{pmatrix}$，$\boldsymbol{f}(x)=\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{x}\\
\mathrm{e}^{2x}
\end{pmatrix}$，$\boldsymbol{\eta}=\begin{pmatrix}1\\
0
\end{pmatrix}$；
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$\bm{y}=e^{x\bm{A}}\bm{\eta}+\int_{x_{0}}^{x}e^{\left(x-s\right)\bm{A}}\bm{f}\left(s\right)\d s$，其中
\[
A=\begin{pmatrix}-5 & -1\\
1 & -3
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0\\
-1 & -1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-4 & 1\\
0 & -4
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0\\
-1 & -1
\end{pmatrix}=P\Lambda P^{-1}
\]
\[
e^{xA}=\begin{pmatrix}1 & 0\\
-1 & -1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}e^{-4x} & xe^{-4x}\\
0 & e^{-4x}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0\\
-1 & -1
\end{pmatrix}=e^{-4x}\begin{pmatrix}1-x & -x\\
x & x+1
\end{pmatrix}
\]
\[
\int_{0}^{x}e^{\left(x-s\right)\bm{A}}\bm{f}\left(s\right)\d s=\int_{0}^{x}e^{-4\left(x-s\right)}\begin{pmatrix}1-x+s & -x+s\\
x-s & x-s+1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{s}\\
\mathrm{e}^{2s}
\end{pmatrix}\d s=\begin{pmatrix}\frac{4}{25}e^{x}-\frac{1}{36}e^{2x}+e^{-4x}\left(\frac{11}{30}x-\frac{119}{900}\right)\\[8pt]
\frac{1}{25}e^{x}+\frac{7}{36}e^{2x}-e^{-4x}\left(\frac{11}{30}x+\frac{211}{900}\right)
\end{pmatrix}
\]
\[
\bm{y}=e^{-4x}\begin{pmatrix}1-x & -x\\
x & x+1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\
0
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\frac{4}{25}e^{x}-\frac{1}{36}e^{2x}+e^{-4x}\left(\frac{11}{30}x-\frac{119}{900}\right)\\[8pt]
\frac{1}{25}e^{x}+\frac{7}{36}e^{2x}-e^{-4x}\left(\frac{11}{30}x+\frac{211}{900}\right)
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{4}{25}e^{x}-\frac{1}{36}e^{2x}+e^{-4x}\left(-\frac{19}{30}x+\frac{781}{900}\right)\\
\frac{1}{25}e^{x}+\frac{7}{36}e^{2x}-e^{-4x}\left(-\frac{19}{30}x+\frac{211}{900}\right)
\end{pmatrix}
\]
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
$\textbf{高级做法：}$约当标准型为$\begin{pmatrix}-4 & 1\\
0 & -4
\end{pmatrix}$，特征向量是$\eta_{1}=\begin{pmatrix}1\\
-1
\end{pmatrix}$，广义特征向量$\eta_{2}=\begin{pmatrix}0\\
-1
\end{pmatrix}$，所以齐次方程的通解为
\[
y=C_{1}\eta_{1}e^{-4x}+C_{2}\left(\eta_{2}+x\eta_{1}\right)e^{-4x}
\]

然后可知最小多项式是$\left(\lambda+4\right)^{2}$，设$\lambda^{n}=m\left(\lambda\right)P_{n}\left(\lambda\right)+a_{n}\left(\lambda+4\right)+b_{n}$，令$\lambda=-4$，得到$b_{n}=\left(-4\right)^{n}$，求导之后令$\lambda=-4$，得到$a_{n}=n\left(-4\right)^{n-1}$.
于是
\[
e^{Ax}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\left(-4x\right)^{n}I+nx\left(-4x\right)^{n-1}\left(A+4I\right)\right)=e^{-4x}\begin{pmatrix}1-x & -x\\
x & x+1
\end{pmatrix}
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
4. 求解微分方程组
\[
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\begin{pmatrix}x\\
y
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a & -b\\
b & a
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\
y
\end{pmatrix},
\]
其中 $a$ 和 $b$ 为实常数, 而且 $b\neq0$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$I=\begin{pmatrix}1\\
 & 1
\end{pmatrix},\ J=\begin{pmatrix} & -1\\
1
\end{pmatrix},\ J^{2}=-I,\ IJ=JI$. 设题中矩阵为$A$，于是$A=aI+bJ$，所以$e^{xA}=e^{x\left(aI+bJ\right)}=e^{xaI+xbJ}$，因为$e^{xJ}=I\cos x+J\sin x$，所以
\[
e^{xaI+xbJ}=\begin{pmatrix}e^{x}\\
 & e^{x}
\end{pmatrix}\left(I\cos xb+J\sin xb\right)=\begin{pmatrix}e^{x}\cos xb & -e^{x}\sin xb\\
-e^{x}\sin xb & e^{x}\cos xb
\end{pmatrix}
\]
所以
\[
\bm{y}=\begin{pmatrix}e^{x}\cos xb & -e^{x}\sin xb\\
-e^{x}\sin xb & e^{x}\cos xb
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}C_{1}\\
C_{2}
\end{pmatrix}=C_{1}e^{x}\begin{pmatrix}\cos xb\\
-\sin xb
\end{pmatrix}+C_{2}e^{x}\begin{pmatrix}-\sin xb\\
\cos xb
\end{pmatrix}
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
5. 证明: 常系数齐次线性微分方程组$\frac{\d\bm{y}}{\d x}=\bm{Ay}$的任何解当 $x\to+\infty$
时都趋于零, 当且仅当它的系数矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的所有特征根都具有负的实部。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$\bm{A}=\bm{P\Lambda}\bm{P}^{-1}$，所以方程的解为
\[
\bm{y}=\mathrm{e}^{x\bm{A}}\cdot\bm{C}=\bm{P}e^{x\bm{\Lambda}}\bm{P}^{-1}\cdot\bm{C}=\left(\begin{array}{c}
e^{\lambda_{1}x}\bm{PJ_{n_{1}}P^{-1}C_{1}}\\
e^{\lambda_{2}x}\bm{PJ_{n_{2}}P^{-1}C_{2}}\\
\vdots\\
e^{\lambda_{m}x}\bm{PJ_{n_{m}}P^{-1}C_{m}}
\end{array}\right),\ \bm{J_{n_{i}}}=\left(\begin{array}{ccccc}
1 & x & \frac{x^{2}}{2} & \cdots & \frac{x^{n_{i}-1}}{\left(n_{i}-1\right)!}\\
 & 1 & x & \cdots & \frac{x^{n_{i}-2}}{\left(n_{i}-2\right)!}\\
 &  & \ddots &  & \vdots\\
 &  &  & \ddots & x\\
 &  &  &  & 1
\end{array}\right)\text{，}
\]
设$\lambda_{i}=a+bi$，那么解的每一个分量就是
\[
y_{ij}=C_{i}^{j}e^{ax}\left(\cos bx+i\sin bx\right)R\left(x\right)
\]
其中$C_{i}^{j}$是一个系数，$R\left(x\right)$是关于$x$的一个多项式。所以，任何解当$x\to\infty$时都趋向于0等价于$a<0$也就是特征根有负的实部。
\end{sol*}
%
证明有限维线性空间上的范数是等价的（请自己将这个叙述用数学语言写准确）
\begin{problem}
设$X$是有限维线性空间，则$X$上的任意两个范数$\left\Vert \cdot\right\Vert _{a}$和$\left\Vert \cdot\right\Vert _{b}$是等价的，即存在正常数$c_{1},c_{2}>0$，使得对任意$x\in X$，有
\[
c_{1}\left\Vert x\right\Vert _{a}\leqslant\left\Vert x\right\Vert _{b}\leqslant c_{2}\left\Vert x\right\Vert _{a}.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
考虑范数$\left\Vert x\right\Vert _{1}=\sum_{i=1}^{n}\left|x^{i}\right|$，其中$x=\sum_{i=1}^{n}x^{i}e_{i}$.
$\left\Vert \cdot\right\Vert $是任意一个$X$上的范数，先证明$C_{1}\left\Vert x\right\Vert \leqslant\left\Vert x\right\Vert _{1}\leqslant C_{2}\left\Vert x\right\Vert $. 

因为
\[
\left\Vert x\right\Vert =\left\Vert \sum_{i=1}^{n}x^{i}e_{i}\right\Vert \leqslant\sum_{i=1}^{n}\left\Vert x^{i}e_{i}\right\Vert \leqslant\max_{1\leqslant i\leqslant n}\left\Vert e_{i}\right\Vert \sum_{i=1}^{n}\left|x^{i}\right|=\max_{1\leqslant i\leqslant n}\left\Vert e_{i}\right\Vert \left\Vert x\right\Vert _{1}
\]
所以取$C_{1}=1/\max_{1\leqslant i\leqslant n}\left\Vert e_{i}\right\Vert $，就得到$C_{1}\left\Vert x\right\Vert \leqslant\left\Vert x\right\Vert _{1}$. 

右半边使用归纳法。假设$n-1$维向量空间满足$\left\Vert x\right\Vert _{1}\leqslant C_{2}\left\Vert x\right\Vert $，那么$n$维时，因为
\begin{align*}
\left\Vert x\right\Vert  & =\left\Vert \sum_{i=1}^{n}x^{i}e_{i}\right\Vert \geqslant\left\Vert \sum_{i=1,i\ne j}^{n}x^{i}e_{i}\right\Vert -\left\Vert x^{j}e_{j}\right\Vert 
\end{align*}
当$j$取遍$1$到$n$时，两边求和，有
\begin{align*}
n\left\Vert x\right\Vert  & \geqslant\sum_{j=1}^{n}\left\Vert \sum_{i=1,i\ne j}^{n}x^{i}e_{i}\right\Vert -\sum_{j=1}^{n}\left\Vert x^{j}e_{j}\right\Vert \geqslant\left[\left(n-1\right)\left(\min C_{2}\right)-1\right]\sum_{i=1}^{n}\left\Vert x^{i}e_{i}\right\Vert \\
 & \geqslant\left[\left(n-1\right)\left(\min C_{2}\right)-1\right]\left(\min_{1\leqslant i\leqslant n}\left\Vert e_{i}\right\Vert \right)\left\Vert x\right\Vert _{1}
\end{align*}
取每一个$C_{2}$都很大，使得$\left[\left(n-1\right)\left(\min C_{2}\right)-1\right]\left(\min_{1\leqslant i\leqslant n}\left\Vert e_{i}\right\Vert \right)>0$，这样，取$n=C_{1}\left[\left(n-1\right)\left(\min C_{2}\right)-1\right]\left(\min_{1\leqslant i\leqslant n}\left\Vert e_{i}\right\Vert \right)$，就有$\left\Vert x\right\Vert _{1}\leqslant C_{1}\left\Vert x\right\Vert $。

最后，根据等价的传递性，$X$上的任意两个范数$\left\Vert \cdot\right\Vert _{a}$和$\left\Vert \cdot\right\Vert _{b}$都与$\left\Vert \cdot\right\Vert _{1}$等价，所以二者等价。
\end{sol*}
%
陈述并证明解对参数的二阶光滑依赖性（我们课上详细研究了一阶依赖性）
\begin{problem}
考虑含参数$\mu\in\mathbb{R}^{m}$的常微分方程初值问题：
\[
\begin{cases}
\frac{\d y}{\d x}=f\left(x,y,\mu\right)\\
y\left(x_{0}\right)=y_{0}
\end{cases}
\]
其中：$\left(x,y,\mu\right)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{n}\times\mathbb{R}^{m}$，$f:G\to\mathbb{R}^{n}$是定义在开集$G$上的向量场。假设函数$f\in C^{2}\left(G\right)$，证明：在上述假设下，解$y=\varphi\left(x,\mu\right)$关于参数$\mu$具有二阶连续可微性，即$\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial\mu^{2}}\in C$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于$f\in C^{1}$，由一阶光滑性定理，$\varphi\left(x,\mu\right)$关于$\mu$连续可微，那么
\[
\frac{\d}{\d x}\varphi\left(x,\mu\right)=f\left(x,\varphi\left(x,\mu\right),\mu\right)
\]
两边对$\mu$求导，
\[
\frac{\d}{\d\mu}\frac{\d}{\d x}\varphi\left(x,\mu\right)=f_{y}\frac{\d\varphi}{\d\mu}+f_{\mu},\ \frac{\d\varphi}{\d\mu}\left(x_{0}\right)=0
\]
记$\eta=\frac{\d}{\d\mu}\varphi\left(x,\mu\right)$，那么$\eta$就会满足一个初值问题：
\[
\frac{\d\eta}{\d x}=f_{y}\eta+f_{\mu},\ \eta\left(x_{0},\mu\right)=0
\]

因为$f$是二阶可微的，所以$f_{y}$和$f_{\mu}$都是$C^{1}$函数，因此右侧仍然是一个连续函数，再次应用一阶光滑性定理，解$\eta\left(x,\mu\right)$关于$\mu$连续可微，所以
\[
\frac{\partial\eta}{\partial\mu}\left(x,\mu\right)=\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial\mu^{2}}\left(x,\mu\right)
\]
存在且连续。因此$\varphi\left(x,\mu\right)$对$\mu$有二阶连续偏导数。

令$\zeta=\frac{\partial\eta}{\partial\mu}\left(x,\mu\right)$，同时也可以验证
\[
\frac{\d\zeta}{\d x}=f_{y}\zeta+f_{yy}\left(\eta,\eta\right)+2f_{y\mu}\eta+f_{\mu\mu},\ \zeta\left(x_{0}\right)=0.
\]
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
还有一种是不用一阶的定理，直接算。因为菜，所以多练。

因为$\varphi\left(x,\mu\right)$关于$\mu$连续可微，记$\eta\left(x,\mu\right)=\frac{\partial\varphi}{\partial\mu}\left(x,\mu\right)\in\mathbb{R}^{n\times m}$，则$\eta$满足一阶变分方程
\[
\frac{\partial\eta}{\partial x}=f_{y}\left(x,\varphi,\mu\right)\eta+f_{\mu}\left(x,\varphi,\mu\right),\ \eta\left(x_{0},\mu\right)=0
\]
我们想要证明$\eta\left(x,\mu\right)$关于$\mu$连续可微，即$\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial\mu^{2}}$存在且连续。

固定一个$\mu$，考虑在某一个方向上的增量$he_{i}$，定义差商
\[
Z^{h}\left(x,\mu\right)=\frac{\eta\left(x,\mu+he_{i}\right)-\eta\left(x,\mu\right)}{h}
\]
目标是证明当$h\to0$时，$Z^{h}$一致收敛到某个连续函数$\zeta_{i}\left(x,\mu\right)$，且该函数就是$\frac{\partial\eta}{\partial\mu_{i}}$. 

代入$\eta$满足的一阶变分方程，
\begin{align*}
\frac{\partial}{\partial x}\eta\left(x,\mu\right) & =f_{y}\left(x,\varphi\left(x,\mu\right),\mu\right)\eta\left(x,\mu\right)+f_{\mu}\left(x,\varphi\left(x,\mu\right),\mu\right)\\
\frac{\partial}{\partial x}\eta\left(x,\mu+he_{i}\right) & =f_{y}\left(x,\varphi\left(x,\mu+he_{i}\right),\mu+he_{i}\right)\eta\left(x,\mu+he_{i}\right)+f_{\mu}\left(x,\varphi\left(x,\mu+he_{i}\right),\mu+he_{i}\right)
\end{align*}
代入$Z^{h}$中，有
\[
\frac{\partial Z^{h}}{\partial x}=\frac{1}{h}\left[f_{y}\left(x,\varphi^{h},\mu^{h}\right)\eta^{h}-f_{y}\left(x,\varphi,\mu\right)\eta\right]+\frac{1}{h}\left[f_{\mu}\left(x,\varphi^{h},\mu^{h}\right)-f_{\mu}\left(x,\varphi,\mu\right)\right]
\]
其中$\varphi^{h}=\varphi\left(x,\mu+he_{i}\right)$，$\mu^{h}=\mu+he^{i}$，$\eta^{h}=\eta\left(x,\mu+he_{i}\right)$。

先处理第一项，
\[
f_{y}\left(x,\varphi^{h},\mu^{h}\right)\eta^{h}-f_{y}\left(x,\varphi,\mu\right)\eta=f_{y}\left(x,\varphi,\mu\right)\left(\eta^{h}-\eta\right)+\left[f_{y}\left(x,\varphi^{h},\mu^{h}\right)-f_{y}\left(x,\varphi,\mu\right)\right]\eta^{h}
\]
\[
\frac{1}{h}\left[f_{y}\eta^{h}-f_{y}\eta\right]=f_{y}\left(x,\varphi,\mu\right)Z^{h}+\frac{1}{h}[f_{y}\left(x,\varphi^{h},\mu^{h}\right)-f_{y}\left(x,\varphi,\mu\right)]\eta^{h}
\]

然后对这两个差值进行泰勒展开。
\[
f_{y}\left(x,\varphi^{h},\mu^{h}\right)-f_{y}\left(x,\varphi,\mu\right)=f_{yy}\left(x,\varphi,\mu\right)\left(\varphi^{h}-\varphi\right)+f_{y\mu_{i}}\left(x,\varphi,\mu\right)h+o\left(\left|\varphi^{h}-\varphi\right|^{2}+\left|h\right|^{2}\right)
\]
\[
f_{\mu}\left(x,\varphi^{h},\mu^{h}\right)-f_{\mu}\left(x,\varphi,\mu\right)=f_{\mu y}\left(x,\varphi,\mu\right)\left(\varphi^{h}-\varphi\right)+f_{\mu\mu_{i}}\left(x,\varphi,\mu\right)h+o\left(\left|\varphi^{h}-\varphi\right|^{2}+\left|h\right|^{2}\right)
\]
由于
\[
\varphi^{h}-\varphi=\eta\left(x,\mu\right)h+\varepsilon_{1}\left(x,h\right)h,\ \eta^{h}=\eta\left(x,\mu\right)+\varepsilon_{2}\left(x,h\right)
\]
且$\lim_{h\to0}\varepsilon_{1}=0$一致，$\lim_{h\to0}\varepsilon_{2}=0$一致。

全都代入$\frac{\partial Z^{h}}{\partial x}$，就有
\[
\frac{\partial Z^{h}}{\partial x}=f_{y}\left(x,\varphi,\mu\right)Z^{h}+\left[f_{yy}\left(x,\varphi,\mu\right)\left(\eta+\varepsilon_{1}\right)+f_{y\mu_{i}}+\frac{o}{h}\right]\left(\eta+\varepsilon_{2}\right)+f_{\mu y}\left(x,\varphi,\mu\right)\left(\eta+\varepsilon_{1}\right)+f_{\mu\mu_{i}}+\frac{o}{h}.
\]

定义$\zeta_{i}\left(x,\mu\right)$为如下线性初值问题的解：
\[
\frac{\d\zeta_{i}}{\d x}=f_{y}\left(x,\varphi,\mu\right)\zeta_{i}+f_{yy}\left(x,\varphi,\mu\right)\left(\eta,\eta_{i}\right)+2f_{y\mu_{i}}\left(x,\varphi,\mu\right)\eta+f_{\mu\mu_{i}}\left(x,\varphi,\mu\right),\ \zeta_{i}\left(x_{0},\mu\right)=0.
\]
令误差$E^{h}\left(x,\mu\right)=Z^{h}-\zeta_{i}$，得
\[
\frac{\partial}{\partial x}E^{h}\left(x,\mu\right)=f_{y}\left(x,\varphi,\mu\right)E^{h}+\delta^{h}\left(x,\mu\right),\ E^{h}\left(x_{0},\mu\right)=0
\]
其中
\[
\delta^{h}\left(x,\mu\right)=f_{yy}\left(x,\varphi,\mu\right)\left[\left(\eta+\varepsilon_{1}\right)\left(\eta+\varepsilon_{2}\right)-\eta\eta_{i}\right]-f_{y\mu_{i}}\varepsilon_{2}+f_{\mu y}\varepsilon_{1}+\frac{o}{h}
\]
当$h\to0$时，$\delta^{h}\left(x,\mu\right)\to0$。由Gronwall不等式可以得到
\[
|E^{h}(x)|\leq\int_{x_{0}}^{x}|\delta^{h}(s)|\e^{\int_{s}^{x}\|f_{y}\|\,\d\tau}\d s\leq C\int_{x_{0}}^{x}|\delta^{h}(s)|\,\d s\to0
\]
所以$E^{h}\to0$一致，即
\[
Z^{h}\left(x,\mu\right)\to\zeta_{i}\left(x,\mu\right)\text{当}h\to0\text{，一致于}x\in I,\mu\in B
\]
这样$\zeta_{i}$就连续了，且$\lim_{h\to0}Z^{h}=\frac{\partial\eta}{\partial\mu_{i}}$存在且等于$\zeta_{i}$。因此$\eta$关于$\mu_{i}$连续可微，偏导数连续。

从而就得到了$\eta\in C_{\mu}^{1}$，也就是原解$\varphi\left(x,\mu\right)$关于$\mu$二阶连续可微。
\end{sol*}
%

\chapter{第6周微分方程作业}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}

pg 124 1(1),3,4,5
\begin{problem}
1. 求出齐次线性微分方程组$\frac{dy}{dt}=A(t)y$ 的通解，其中 $A(t)=\begin{pmatrix}\frac{1}{t} & 0\\
0 & \frac{1}{t}
\end{pmatrix},\,t\neq0;$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
\[
\frac{\d}{\d t}\begin{pmatrix}y_{1}\\
y_{2}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{t} & 0\\
0 & \frac{1}{t}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_{1}\\
y_{2}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{t}y_{1}\\
\frac{1}{t}y_{2}
\end{pmatrix}
\]
所以单独解这两个微分方程，可得通解为$y_{1}=C_{1}t,\ y_{2}=C_{2}t$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
3. 试证向量函数组 
\[
\begin{pmatrix}1\\
0\\
0
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}x\\
0\\
0
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}x^{2}\\
0\\
0
\end{pmatrix}
\]
在任意区间$\ensuremath{(a,b)}$上线性无关。（显然，它们的朗斯基行列式$W(x)\equiv0$。对照定理 6.2
可知，上述三个线性无关的向量函数不可能同时满足任何一个三阶的齐次线性微分方程组。）
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设$1,x,x^{2}$在区间$\left(a,b\right)$上线性相关，即存在不全为0的$c_{1},c_{2},c_{3}$，使得$c_{1}+c_{2}x+c_{3}x^{2}=0$，由于左边是一个二次多项式，至多存在两个零点，除非恒为0，所以得到矛盾。因此这个向量组在任意区间$\left(a,b\right)$
线性无关。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
4. 试证基解矩阵完全决定齐次线性微分方程组，即如果方程组 
\[
\frac{dy}{dx}=A(x)y\quad\text{与}\quad\frac{dy}{dx}=B(x)y
\]
有一个相同的基解矩阵，则$A(x)\equiv B(x)$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设矩阵$\Phi$是这两个方程的基解矩阵，那么这两个方程的基本解组就可以写成$\left(y_{1},\cdots,y_{n}\right)$，每个$y_{i}$就是$\Phi$的第$i$列。于是
\[
\frac{\d y_{i}}{\d x}=A\left(x\right)y_{i}=B\left(x\right)y_{i}\r A\left(x\right)\Phi=B\left(x\right)\Phi
\]
两边同乘$\Phi^{-1}$，有$A\left(x\right)=B\left(x\right)$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
5. 设$\ensuremath{\Phi(x)}$是线性齐次微分方程组$\frac{\d y}{\d x}=A\left(x\right)y$的一个基解矩阵，并且$\ensuremath{n}$维向量函数$\ensuremath{f(x,y)}$在区域$\ensuremath{E=\{(x,y)|a<x<b,|y|<+\infty\}}$上连续，则求解初值问题
\[
\begin{cases}
\frac{\d y}{\d x}=A(x)y+f(x,y),\\
y(x_{0})=y_{0}
\end{cases}
\]
等价于求解（向量形式的）积分方程 
\[
y(x)=\Phi(x)\Phi^{-1}(x_{0})y_{0}+\int_{x_{0}}^{x}\Phi(x)\Phi^{-1}(s)f(s,y(s))ds,
\]
其中$x_{0}\in(a,b)$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
因为$\Phi\left(x\right)$是一个基解矩阵，所以$\frac{\d\Phi\left(x\right)}{\d x}=A\left(x\right)\Phi\left(x\right)$，并且$\Phi\left(x\right)$可逆。然后求$\Phi^{-1}$的导数，对$\Phi\left(x\right)\Phi^{-1}\left(x\right)=I$两边求导，
\[
\frac{\d\Phi\left(x\right)}{\d x}\Phi^{-1}\left(x\right)+\Phi\left(x\right)\frac{\d\Phi^{-1}\left(x\right)}{\d x}=0\r\frac{\d\Phi^{-1}\left(x\right)}{\d x}=-\Phi^{-1}\left(x\right)A\left(x\right)
\]
所以，在方程$\frac{\d y}{\d x}=A(x)y+f(x,y)$两边同时左乘上$\Phi^{-1}\left(x\right)$，有
\[
\Phi^{-1}\left(x\right)\frac{\d y}{\d x}=\Phi^{-1}\left(x\right)A(x)y+\Phi^{-1}\left(x\right)f(x,y)
\]
令$z=\Phi^{-1}\left(x\right)y$，于是
\[
\frac{\d z}{\d x}=\frac{\d\Phi^{-1}\left(x\right)}{\d x}y+\Phi^{-1}\left(x\right)\frac{\d y}{\d x}=-\Phi^{-1}\left(x\right)A\left(x\right)y+\Phi^{-1}\left(x\right)\frac{\d y}{\d x}
\]
所以原方程等价于$\frac{\d z}{\d x}=\Phi^{-1}\left(x\right)f\left(x,\Phi\left(x\right)z\right)$，两边积分，有
\[
z=z_{0}+\int_{x_{0}}^{x}\Phi^{-1}\left(s\right)f\left(s,y\right)\d s
\]
代入$z=\Phi^{-1}\left(x\right)y$并化简后可得
\[
y(x)=\Phi(x)\Phi^{-1}(x_{0})y_{0}+\int_{x_{0}}^{x}\Phi(x)\Phi^{-1}(s)f(s,y(s))\d s
\]
\end{sol*}
%
Pg 143 证明定理6.3
\begin{problem}
设$\ensuremath{\varphi_{1}(x),\varphi_{2}(x),\cdots,\varphi_{n}(x)}$是齐次线性微分方程在区间$\ensuremath{(a,b)}$上的一个基本解组，则非齐次线性微分方程
\[
y^{(n)}+a_{1}\left(x\right)y^{(n-1)}+\cdots+a_{n-1}\left(x\right)y'+a_{n}\left(x\right)y=f\left(x\right)
\]
的通解为
\[
y=C_{1}\varphi_{1}(x)+C_{2}\varphi_{2}(x)+\cdots+C_{n}\varphi_{n}(x)+\varphi^{*}(x),
\]
其中$\ensuremath{C_{1},C_{2},\cdots,C_{n}}$是任意常数，而
\[
\varphi^{*}(x)=\sum_{k=1}^{n}\varphi_{k}(x)\cdot\int_{x_{0}}^{x}\frac{W_{k}(s)}{W(s)}f(s)ds.
\]
是方程$y^{(n)}+a_{1}\left(x\right)y^{(n-1)}+\cdots+a_{n-1}y'+a_{n}\left(x\right)y=f\left(x\right)$的一个特解。这里$\ensuremath{W(x)}$是$\ensuremath{\varphi_{1}(x),\varphi_{2}(x),\cdots,\varphi_{n}(x)}$的朗斯基行列式，而$\ensuremath{W_{k}(x)}$是$\ensuremath{W(x)}$中第$n$
行第$\ensuremath{k}$列元素的代数余子式（亦即，以$\ensuremath{(0,0,\cdots,0,1)}$的转置替换$\ensuremath{W(x)}$中的第$\ensuremath{k}$列后所得的行列式）。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
将高阶的微分方程转化为一阶微分方程组
\[
\frac{\d}{\d x}\left(\begin{array}{c}
y\\
y'\\
\vdots\\
y^{(n-1)}
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}
0 & 1 &  & 0\\
 & 0 & \ddots\\
 &  & \ddots & 1\\
-a_{n}\left(x\right) & -a_{n-1}\left(x\right) & \cdots & -a_{1}\left(x\right)
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
y\\
y'\\
\vdots\\
y^{(n-1)}
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}
0\\
0\\
\vdots\\
f\left(s\right)
\end{array}\right)
\]
应用定理6.3得到他的通解。然后就只需要说明向量函数$\int_{x_{0}}^{x}\Phi(x)\Phi^{-1}(s)f(s,y(s))\d s$的第一个分量是$\varphi^{*}\left(x\right)$.
\begin{align*}
\int_{x_{0}}^{x}\Phi(x)\Phi^{-1}(s)f(s,y(s))\d s & =\int_{x_{0}}^{x}\frac{\Phi(x)}{W\left(x\right)}\left(\begin{array}{ccc}
* & * & W_{1}\left(x\right)\\*
 & * & W_{2}\left(x\right)\\
\vdots & \vdots & \vdots\\*
 & * & W_{n}\left(x\right)
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
0\\
0\\
\vdots\\
f\left(s\right)
\end{array}\right)\d s\\
 & =\int_{x_{0}}^{x}\frac{f\left(s\right)}{W\left(x\right)}\left(\begin{array}{cccc}
\varphi_{1}\left(x\right) & \varphi_{2}\left(x\right) & \cdots & \varphi_{n}\left(x\right)\\
\\ & * & *\\
\\\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
W_{1}\left(x\right)\\
W_{2}\left(x\right)\\
\vdots\\
W_{n}\left(x\right)
\end{array}\right)\d s\\
 & =\sum_{k=1}^{n}\varphi_{k}\left(x\right)\cdot\int_{x_{0}}^{x}\frac{W_{k}\left(s\right)}{W\left(s\right)}f\left(s\right)\d s
\end{align*}
\end{sol*}
%
pg 151 3，4，5，7，10（1）（2）（3）
\begin{problem}
3. 考虑微分方程$y''+q(x)y=0$。

(1) 设$\ensuremath{y=\varphi(x)}$与$\ensuremath{y=\psi(x)}$是它的任意两个解，试证$\ensuremath{\varphi(x)}$与$\psi(x)$
的朗斯基行列式恒等于一个常数。

(2) 已知方程有一个特解为$y=e^{x}$，试求这方程的通解，并确$\lyxmathsym{定}\ensuremath{q(x)}$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) 记$W\left(x\right)=\left|\begin{array}{cc}
\varphi\left(x\right) & \psi\left(x\right)\\
\varphi'\left(x\right) & \psi'\left(x\right)
\end{array}\right|=\varphi\psi'-\psi\varphi'$。求导得
\[
W'\left(x\right)=\varphi\psi''-\psi\varphi''=\varphi\left(-q\left(x\right)\varphi\right)-\psi\left(-q\left(x\right)\varphi\right)=0
\]
所以$W\left(x\right)$是一个常数。

(2) 代入$y=e^{x}$，$e^{x}+q\left(x\right)e^{x}=0\r q\left(x\right)=-1$。所以方程变为$y''-y=0$，特征方程为$\lambda^{2}-\lambda=0\r\lambda=1\text{或}-1$，所以通解为$y=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-x}.$ 
\end{sol*}
%
\begin{rem*}
别忘了朗斯基行列式的求导是
\[
\frac{\d W}{\d x}=\text{tr}\left(A\right)W,\ \frac{\d y}{\d x}=Ay
\]

第(2)问，设另一个特解为$\varphi\left(x\right)$，于是
\[
\left|\begin{array}{cc}
\varphi\left(x\right) & e^{x}\\
\varphi'\left(x\right) & e^{x}
\end{array}\right|=e^{x}\left(\varphi\left(x\right)-\varphi'\left(x\right)\right)=C
\]
从而可以得到$\varphi\left(x\right)=\frac{C}{2}e^{-x}$. 这样的话通解就是$C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-x}.$
\end{rem*}
%
\begin{problem}
4. 考虑微分方程 
\[
y''+p(x)y'+q(x)y=0,
\]
其中$\ensuremath{p(x)}$和 $\ensuremath{q(x)}$是区间$\ensuremath{I=(a,b)}$上的连续函数。

(1) 设$\ensuremath{y=\varphi(x)}$是方程在区间$\ensuremath{I}$上的一个非零解（即$\ensuremath{\varphi(x)}$在区间$\ensuremath{I}$上不恒等于零），试证$\ensuremath{\varphi(x)}$在区间$\ensuremath{I}$上只有简单零点（即：如果存在$x_{0}\in I$，使得
$\varphi(x_{0})=0$，那么必有$\varphi'(x_{0})\neq0$）。并由此进一步证明$\lyxmathsym{，}\ensuremath{\varphi(x)}$在任意有限区间上至多有有限个零点，从而每一个零点都是孤立的。

(2) 在例 1 中，对一般的情形证明相应的结论。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) 使用反证法，假设存在$x_{0}\in I$，$\varphi\left(x_{0}\right)=0$且$\varphi'\left(x_{0}\right)=0$，那么由解的存在唯一性定理，那么方程只有唯一的解$y=0$，矛盾。因此$\varphi\left(x\right)$在区间$I$
上只有简单零点。

假如在区间$I$ 上有无限个零点，那么会存在一个收敛子列记为$\left\{ x_{n}\right\} $，$x_{n}\to x$当$n\to\infty$时。有中值定理，存在$\xi_{k}\in\left(x_{k},x_{k+1}\right)$，
\[
\varphi'\left(\xi_{k}\right)=\frac{f\left(x_{k}\right)-f\left(x_{k+1}\right)}{x_{k}-x_{k+1}}=0
\]
所以两边取极限，就会存在$x$，使得$\varphi'\left(x\right)=0,\varphi\left(x\right)=0$，与简单零点矛盾。所以至多只有有限个零点。

(2) %
\noindent\fbox{\begin{minipage}[t]{1\columnwidth - 2\fboxsep - 2\fboxrule}%
$\textbf{例1：}$设$\ensuremath{y=\varphi(x)}$是二阶齐次线性微分方程
\[
y''+p(x)y'+q(x)y=0
\]
的一个非零解，其中$\ensuremath{p(x)}\lyxmathsym{和}\ensuremath{q(x)}$是区间$\ensuremath{(a,b)}$上的连续函数，则方程的通解为
\[
y=\varphi(x)\left[C_{1}+C_{2}\int_{x_{0}}^{x}\frac{1}{\varphi^{2}(s)}e^{-\int_{x_{0}}^{s}p(t)dt}ds\right],
\]
其中 $\ensuremath{C_{1}}$和$\ensuremath{C_{2}}$为任意常数。%
\end{minipage}}

设$\varphi\left(x\right)$存在零点，不妨设只有一个，多个也是一样，记零点为$\xi\in\left(x_{0},\infty\right)$，$E\left(s\right)=e^{-\int_{x_{0}}^{s}p(t)dt}$，由于$\varphi\left(\xi\right)=0,\varphi'\left(\xi\right)\ne0$，所以在$s\in\left(\xi-\delta,\xi\right)$中，$\varphi\left(s\right)=\varphi'\left(s\right)\left(s-\xi\right)+o\left(s-\xi\right),\ E\left(s\right)=E\left(\xi\right)+o\left(1\right)$.
于是
\begin{align*}
\lim_{x\to\xi}\varphi\left(x\right)\int_{x_{0}}^{x}\frac{1}{\varphi^{2}\left(s\right)}E\left(s\right)\d s & =\lim_{x\to\xi}\varphi\left(x\right)\left(\int_{x_{0}}^{\xi-\delta}+\int_{\xi-\delta}^{x}\right)\frac{E\left(s\right)\d s}{\varphi^{2}\left(s\right)}=\lim_{x\to\xi}\varphi\left(x\right)\int_{\xi-\delta}^{x}\frac{E\left(s\right)\d s}{\varphi^{2}\left(s\right)}\\
 & =\lim_{x\to\xi}\varphi\left(x\right)\int_{\xi-\delta}^{x}\frac{E\left(\xi\right)+o\left(1\right)}{\left[\varphi'\left(\xi\right)\left(s-\xi\right)+o\left(s-\xi\right)\right]^{2}}\d s\\
 & =\lim_{x\to\xi}\varphi\left(x\right)\int_{\xi-\delta}^{x}\frac{E\left(\xi\right)}{\left[\varphi'\left(\xi\right)\left(s-\xi\right)\right]^{2}}\cdot\frac{1+o\left(1\right)}{\left(1+o\left(1\right)\right)^{2}}\d s\\
 & =\lim_{x\to\xi}\frac{\varphi'\left(\xi\right)\left(x-\xi\right)E\left(\xi\right)+o\left(x-\xi\right)}{\varphi'\left(\xi\right)^{2}}\left(\frac{1}{\delta}-\frac{1}{x-\xi}\right)\\
 & =\lim_{x\to\xi}\left[\frac{\left(x-\xi\right)E\left(\xi\right)}{\varphi'\left(\xi\right)\delta}-\frac{E\left(\xi\right)}{\varphi'\left(\xi\right)}+o\left(1\right)\right]\\
 & =-\frac{E\left(\xi\right)}{\varphi'\left(\xi\right)}
\end{align*}
是一个有限的值！
\end{sol*}
%
\begin{problem}
5. 设函数$\ensuremath{u(x)}$和$\ensuremath{v(x)}$是方程$y''+p(x)y'+q(x)y=0$的一个基本解组，试证：

(1) 方程的系数函数$p(x)$ 和$\ensuremath{q(x)}$能由这个基本解组唯一地确定。

(2) $\ensuremath{u(x)}$和$\ensuremath{v(x)}$没有共同的零点。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) 将$u\left(x\right),v\left(x\right)$代入方程，可得
\[
\begin{cases}
u''+pu'+qu=0\\
v''+pv'+qv=0
\end{cases}\r\begin{cases}
p=\frac{u''v-v''u}{uv'-vu'}\\
q=\frac{v''u'-v'u''}{uv'-vu'}
\end{cases}
\]
由于$u,v$是基本解组，所以朗斯基行列式$\left|\begin{array}{cc}
u & v\\
u' & v'
\end{array}\right|=uv'-vu'\ne0$，这说明了上面方程组有唯一解。所以$p,q$可以由基本解组唯一确定。

(2) 假设$\ensuremath{u(x)}$和$\ensuremath{v(x)}$有一个共同的零点$x_{0}$，即$u(x_{0})=v(x_{0})=0$。则朗斯基行列式
\[
W(x_{0})=\left|\begin{array}{cc}
u\left(x_{0}\right) & v\left(x_{0}\right)\\
u'\left(x_{0}\right) & v'\left(x_{0}\right)
\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}
0 & 0\\
u'\left(x_{0}\right) & v'\left(x_{0}\right)
\end{array}\right|=0
\]
但$\ensuremath{u(x)}$和$\ensuremath{v(x)}\lyxmathsym{是}$方程的一个基本解组，故它们线性无关，从而朗斯基行列式恒不为零，矛盾。因此$\ensuremath{u(x)}\lyxmathsym{和}\ensuremath{v(x)}$没有共同的零点。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
7. 设欧拉方程 
\[
x^{n}y^{(n)}+a_{1}x^{n-1}y^{(n-1)}+\cdots+a_{n}xy'+a_{n}y=0,
\]
其中$\ensuremath{a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}}$都是常数，$x>0$。试利用适当的变换把它化成常系数齐次线性微分方程。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
令$x=e^{t}$，那么
\[
\frac{\d y}{\d x}=\frac{\d y}{\d t}\cdot\frac{\d t}{\d x}=e^{-t}\cdot\frac{\d y}{\d t},
\]
\[
\frac{\d^{2}y}{\d x^{2}}=\frac{\d}{\d x}\left(e^{-t}\cdot\frac{\d y}{\d t}\right)=\frac{\d e^{-t}}{\d t}\frac{\d t}{\d x}\cdot\frac{\d y}{\d t}+e^{-t}\frac{\d}{\d x}\left(\frac{\d y}{\d x}\frac{\d x}{\d t}\right)=e^{-2t}\left(-\frac{\d y}{\d t}+\frac{\d^{2}y}{\d t^{2}}\right)
\]
这样代入进去就正好能和前面的$x$消掉，变成常系数齐次线性微分方程。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
10. 求解下列常系数线性微分方程：

(1) $y''+y'-2y=2x,\,y(0)=0,\,y'(0)=1$;

(2) $2y''-4y'-6y=3\e^{2x}$;

(3) $y''+2y'=3+4\sin2x$;
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) 先求齐次方程的通解，特征方程为$\lambda^{2}+\lambda-2=0\r\lambda=-2\text{或}1$，所以通解是
\[
y=C_{1}e^{-2x}+C_{2}e^{x}
\]

然后求特解，设$y=ax+b$，代入得
\[
a-2ax-2b=2x\r\left(2+2a\right)x=a-2b
\]
所以$a=-1,b=-\frac{1}{2}$，特解为$y=-x-\frac{1}{2}$. 

所以原方程的通解为
\[
y=C_{1}e^{-2x}+C_{2}e^{x}-x-\frac{1}{2}
\]
代入边界条件，有
\[
\begin{cases}
C_{1}+C_{2}-\frac{1}{2}=0\\
-2C_{1}+C_{2}-1=1
\end{cases}\r\begin{cases}
C_{1}=-\frac{1}{2}\\
C_{2}=1
\end{cases}
\]
最后得到解为
\[
y=-\frac{1}{2}\e^{-2x}+\e^{x}-x-\frac{1}{2}.
\]

(2) 先求齐次方程的通解，特征方程为$2\lambda^{2}-4\lambda-6=0\r\lambda=-1\text{或}3$，所以通解是
\[
y=C_{1}e^{-x}+C_{2}e^{3x}
\]

然后求特解，设特解为$Q\left(x\right)e^{2x}$，$Q\left(x\right)$是多项式，将原方程简记为$P\left(\frac{\d}{\d x}\right)y=3e^{2x}$，其中$P\left(\lambda\right)=2\lambda^{2}-4\lambda-6$，代入可得
\begin{align*}
P\left(\frac{\d}{\d x}\right)y & =2\frac{\d^{2}\left(Q\left(x\right)e^{2x}\right)}{\d x^{2}}-4\frac{\d\left(Q\left(x\right)e^{2x}\right)}{\d x}-6Q\left(x\right)e^{2x}\\
 & =2Q''\left(x\right)e^{2x}+8Q'\left(x\right)e^{2x}+8Q\left(x\right)e^{2x}-4Q'\left(x\right)e^{2x}-8Q\left(x\right)e^{2x}-6Q\left(x\right)e^{2x}\\
 & =\left[2Q''\left(x\right)+4Q'\left(x\right)-6Q\left(x\right)\right]e^{2x}=3e^{2x}
\end{align*}
所以我可以确定$Q\left(x\right)$是常数，故特解是$-\frac{1}{2}e^{2x}$。所以常微分方程的解是
\[
y=C_{1}e^{-x}+C_{2}e^{3x}-\frac{1}{2}e^{2x}.
\]

(3) 先求齐次方程的通解，特征方程为$\lambda^{2}+2\lambda=0\r\lambda=0\text{或}-2$，所以通解是
\[
y=C_{1}e^{-2x}+C_{2}
\]

然后求特解，设特解为$A\sin2x+B\cos2x+Cx$，代入得
\[
-4A\sin2x-4B\cos2x+2\left(2A\cos2x-2B\sin2x+C\right)=3+4\sin2x
\]
即
\[
\left(-4A-4B\right)\sin2x+\left(4A-4B\right)\cos2x+2C=3+4\sin2x\r A=-\frac{1}{2},B=-\frac{1}{2},C=\frac{3}{2}
\]
所以特解为$y=-\frac{1}{2}\sin2x-\frac{1}{2}\cos2x+\frac{3}{2}x$，所以，方程的通解为
\[
y=C_{1}e^{-2x}+C_{2}-\frac{1}{2}\sin2x-\frac{1}{2}\cos2x+\frac{3}{2}x.
\]
\end{sol*}
%

\chapter{第7周微分方程作业}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}

p152 10 （4）（5）（11）（12）
\begin{problem}
(4) $y'''+3y'-4y=0;$

(5) $y'''-2y''-3y'+10y=0;$

(11) $y''-2y'+2y=4e^{x}\cos x;$

(12) $y''-5y'+6y=(12x-7)e^{-x};$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(4) 特征方程为$\lambda^{3}+3\lambda-4=0$，三个根为$\lambda=1,\frac{-1\pm\sqrt{15}i}{2}$。所以通解为
\[
y=C_{1}e^{x}+e^{-\frac{x}{2}}\left(C_{2}\cos\left(\frac{\sqrt{15}}{2}x\right)+C_{3}\sin\left(\frac{\sqrt{15}}{2}x\right)\right).
\]

(5) 特征方程为$\lambda^{3}-2\lambda^{2}-3\lambda+10=0$，三个根为$\lambda=-2,2\pm i$，所以通解为
\[
y=C_{1}e^{-2x}+e^{2x}\left(C_{2}\cos x+C_{3}\sin x\right).
\]

(11) 先求齐次方程的通解。特征方程为$\lambda^{2}-2\lambda+2=0$，两个根为$\lambda=1\pm i$，所以通解为
\[
y=e^{x}\left(C_{1}\cos x+C_{2}\sin x\right)
\]

再找特解。设特解为$y_{s}=\left(A\left(x\right)\cos x+B\left(x\right)\sin x\right)e^{x}$，于是
\begin{align*}
y_{s}' & =e^{x}\Bigl[\bigl(A+A'+B\bigr)\cos x+\bigl(B+B'-A\bigr)\sin x\Bigr]\\
y_{s}'' & =e^{x}\Bigl[\bigl(A''+2A'+2B'+2B\bigr)\cos x+\bigl(B''-2A'+2B'-2A\bigr)\sin x\Bigr]
\end{align*}
代入得
\[
\left(A''+2B'\right)\cos x+\left(B''-2A'\right)\sin x=4\cos x
\]
可得$y_{s}=2xe^{x}\sin x$，所以原非齐次方程的通解为
\[
y=e^{x}\left(C_{1}\cos x+C_{2}\sin x\right)+2xe^{x}\sin x.
\]

(12) 先求齐次方程的通解。特征方程为$\lambda^{2}-5\lambda+6=0$，两个根为$\lambda=2,3$，所以通解为
\[
y=C_{1}e^{2x}+C_{2}e^{3x}
\]
再找特解。设特解为$y_{s}=P\left(x\right)e^{-x}$，于是
\begin{align*}
y_{s}' & =\left(P'\left(x\right)-P\left(x\right)\right)e^{-x}\\
y_{s}'' & =\left(P''\left(x\right)-2P'\left(x\right)+P\left(x\right)\right)e^{-x}
\end{align*}
代入得
\[
\left(P''-7P'+12P\right)e^{-x}=(12x-7)e^{-x}
\]
于是特解为$y=xe^{-x}$，所以原非齐次方程的通解为
\[
y=C_{1}e^{2x}+C_{2}e^{3x}+xe^{-x}.
\]
\end{sol*}
%
p243 例2
\begin{problem}
例 2 求解微分方程组
\[
\begin{cases}
\alpha\frac{du}{dt}=(\beta-\gamma)vw, & (1)\\
\beta\frac{dv}{dt}=(\gamma-\alpha)wu, & (2)\\
\gamma\frac{dw}{dt}=(\alpha-\beta)uv, & (3)
\end{cases}
\]
其中$\ensuremath{\alpha>\beta>\gamma>0}$是给定的常数。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$(1)\cdot u+(2)\cdot v+(3)\cdot w$可得
\[
\alpha u\frac{\d u}{\d t}+\beta v\frac{\d v}{\d t}+\gamma w\frac{\d w}{\d t}=0
\]
所以$V_{1}\left(u,v,w\right)=\alpha u^{2}+\beta v^{2}+\gamma w^{2}=C_{1}$是一个首次积分.

$(1)\cdot\alpha u+(2)\cdot\beta v+(3)\cdot\gamma w$可得
\[
\alpha^{2}u\frac{\d u}{\d t}+\beta^{2}v\frac{\d v}{\d t}+\gamma^{2}w\frac{\d w}{\d t}=0
\]
所以$V_{2}\left(u,v,w\right)=\alpha^{2}u^{2}+\beta^{2}v^{2}+\gamma^{2}w^{2}=C_{2}$是一个首次积分. 

从而可以得到
\[
v^{2}=\frac{C_{1}\gamma-C_{2}-\left(\alpha\gamma-\alpha^{2}\right)u^{2}}{\beta\gamma-\beta^{2}}=K_{1}+K_{2}u^{2},\ w^{2}=\frac{C_{1}\beta-C_{2}-\left(\alpha\beta-\alpha^{2}\right)u^{2}}{\beta\gamma-\gamma^{2}}=L_{1}+L_{2}u^{2}
\]
代入第一个微分方程，有
\[
\alpha\frac{du}{dt}=(\beta-\gamma)\sqrt{K_{1}+K_{2}u^{2}}\sqrt{L_{1}+L_{2}u^{2}}
\]
这样就可以解出
\[
\int\frac{\alpha\d u}{(\beta-\gamma)\sqrt{K_{1}+K_{2}u^{2}}\sqrt{L_{1}+L_{2}u^{2}}}=t+M
\]
然后$v,w$就可以求出来了。
\end{sol*}
%
p250 1
\begin{problem}
1. 设已知微分方程组 (10.17) 的$\ensuremath{k}\lyxmathsym{（}\ensuremath{1\leq k\leq n}\lyxmathsym{）}$个互相独立的首次积分
\[
V_{i}(x,y_{1},y_{2},\cdots,y_{n})=C_{i}\quad(i=1,2,\cdots,k)
\]
（这里所谓$\ensuremath{k}$个互相独立的首次积分，其含意是：矩阵 $\left(\frac{\partial V_{i}}{\partial y_{j}}\right)_{k\times n}$的秩等于$k$，或不妨设雅可比行列式
\[
\frac{D(V_{1},V_{2},\cdots,V_{k})}{D(y_{1},y_{2},\cdots,y_{k})}
\]
不等于 0），则利用这$\ensuremath{k}$个互相独立的首次积分可以把微分方程组 (10.17) 降低$\ensuremath{k}$阶。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
考虑映射
\[
\Phi\left(x,y_{1},\cdots,y_{n}\right)=\left(x,V_{1},\cdots,V_{k},y_{k+1},\cdots,y_{n}\right)
\]
他的雅可比矩阵为
\[
J\Phi=\begin{pmatrix}1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots\\
\frac{\partial V_{1}}{\partial x} & \frac{\partial V_{1}}{\partial y_{1}} & \cdots & \frac{\partial V_{1}}{\partial y_{k}} & \frac{\partial V_{1}}{\partial y_{k+1}} & \cdots\\
\vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots\\
\frac{\partial V_{k}}{\partial x} & \frac{\partial V_{k}}{\partial y_{1}} & \cdots & \frac{\partial V_{k}}{\partial y_{k}} & \frac{\partial V_{k}}{\partial y_{k+1}} & \cdots\\
0 & 0 &  & 0 & 1\\
\vdots & \vdots &  & \vdots &  & \ddots
\end{pmatrix}
\]
由于$\text{rank}\left(\frac{\partial V_{i}}{\partial y_{j}}\right)_{k\times n}=k$，不妨设他的前$k$列满秩。交换一下变量的位置可以得到$\det J\Phi\ne0$，所以$\Phi$是局部微分同胚，于是原方程组在新坐标下就变成了
\[
\frac{\d V_{i}}{\d x}=0\ \left(i=1,\cdots,k\right),\ \frac{\d y_{i}}{\d x}=F_{i}\left(x,C_{1},\cdots,C_{k},y_{k+1},\cdots,y_{n}\right)
\]
这就是降了$k$阶。
\end{sol*}
%
陈述并证明秩定理
\begin{problem}
设$\ensuremath{U\subset\mathbb{R}^{m}}$是开集，$\ensuremath{f:U\to\mathbb{R}^{n}}$是$\ensuremath{C^{1}}$映射。若在$\ensuremath{U}$内每一点，$\ensuremath{f}$的雅可比矩阵的秩都等于同一个常数$r$（$0\le r\le\min(m,n)$），则对任意一点$p\in U$，存在：
\begin{itemize}
\item $\ensuremath{p}$的邻域$V\subset U$，
\item $\ensuremath{\mathbb{R}^{m}}$中的开集$\tilde{V}$ 上的$\ensuremath{C^{1}}$微分同胚$\varphi:V\to\tilde{V}$（变量替换，满足$\varphi(p)=0$），
\item $\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中的开集$\ensuremath{W}$上的$\ensuremath{C^{1}}$微分同胚$\psi:f(V)\to W$（值域替换，满足$\psi(f(p))=0$），
\end{itemize}
使得复合映射$\ensuremath{\psi\circ f\circ\varphi^{-1}:\tilde{V}\to W}$具有如下简单形式：
\[
\psi\circ f\circ\varphi^{-1}(x_{1},\dots,x_{m})=(x_{1},\dots,x_{r},0,\dots,0).
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
取定点$a\in U$，在$a$附近$\text{rank}\ Jf=r$. 

$\textbf{第一步：构造\ensuremath{\varphi}.}$

因为秩为$r$，不妨设$Jf$左上角$r\times r$的子矩阵秩为$r$，定义映射
\[
\varphi\left(x\right)=\left(f_{1}\left(x\right),f_{2}\left(x\right),\cdots,f_{r}\left(x\right),x_{r+1},\cdots,x_{m}\right):\mathbb{R}^{m}\to\mathbb{R}^{m}
\]
在$a$处他的雅可比矩阵是
\[
\begin{pmatrix}\frac{\partial f_{1}}{\partial x_{1}} & \cdots & \frac{\partial f_{1}}{\partial x_{r}} & \frac{\partial f_{1}}{\partial x_{r+1}} & \cdots\\
\vdots &  & \vdots & \vdots\\
\frac{\partial f_{r}}{\partial x_{1}} & \cdots & \frac{\partial f_{r}}{\partial x_{r}} & \frac{\partial f_{r}}{\partial x_{r+1}} & \cdots\\
0 &  & 0 & 1 & 0\\
\vdots &  & \vdots & 0 & \ddots
\end{pmatrix}
\]
因为$\det J\varphi\left(a\right)\ne0$，所以在$a$附近是一个微分同胚，这样
\[
f\circ\varphi^{-1}\left(y_{1},\cdots,y_{m}\right)=\left(y_{1},\cdots,y_{r},g_{r+1}\left(y\right),\cdots,g_{n}\left(y\right)\right).
\]
其中$g_{i}\left(y\right):=f_{i}\circ\varphi^{-1}\left(y\right)$. 

$\textbf{第二步：构造\ensuremath{\psi}.}$

令$F=f\circ\varphi^{-1}$. $F$的雅可比矩阵仍为$r$，
\[
JF=\begin{pmatrix}1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0\\
0 & 1 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0\\
\vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots &  & \vdots\\
0 & 0 & \cdots & 1 & 0 & \cdots & 0\\
\frac{\partial g_{r+1}}{\partial y_{1}} & \frac{\partial g_{r+1}}{\partial y_{2}} & \cdots & \frac{\partial g_{r+1}}{\partial y_{r}} & \frac{\partial g_{r+1}}{\partial y_{r+1}} & \cdots & \frac{\partial g_{r+1}}{\partial y_{n}}\\
\vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots &  & \vdots\\
\frac{\partial g_{n}}{\partial y_{1}} & \frac{\partial g_{n}}{\partial y_{2}} & \cdots & \frac{\partial g_{n}}{\partial y_{r}} & \frac{\partial g_{n}}{\partial y_{r+1}} & \cdots & \frac{\partial g_{n}}{\partial y_{n}}
\end{pmatrix}
\]
所以每一个$\frac{\partial g_{l}}{\partial y_{s}}\left(l>r,s>r\right)$都等于0，$g_{k}\left(y\right)$实际上不依赖于$y_{r+1},\cdots,y_{m}$，只是$y_{1},\cdots,y_{r}$的函数，因此令$h_{k}\left(y_{1},\cdots,y_{r}\right)=g_{k}\left(y\right)$，我们有
\[
F\left(y\right)=\left(y_{1},\cdots,y_{r},h_{r+1}\left(y_{1},\cdots,y_{r}\right),\cdots,h_{n}\left(y_{1},\cdots,y_{r}\right)\right)
\]
令$\psi:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}^{n}$为
\[
\psi\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)=\left(x_{1},\cdots,x_{r},x_{r+1}-h_{r+1}\left(x_{1},\cdots,x_{r}\right),\cdots,x_{n}-h_{n}\left(x_{1},\cdots,x_{r}\right)\right)
\]
\[
\det\left(J\psi\right)=\det\begin{pmatrix}I_{r} & 0\\*
 & I_{n-r}
\end{pmatrix}=1
\]
所以$\psi$在局部也是一个微分同胚。并且
\begin{align*}
\psi\circ F\left(y\right) & =\left(y_{1},\cdots,y_{r},h_{r+1}\left(y_{1},\cdots,y_{r}\right)-h_{r+1}\left(x_{1},\cdots,x_{r}\right),\cdots\right)\\
 & =\left(y_{1},\cdots,y_{r},0,\cdots,0\right)
\end{align*}
于是我们就找到了这样的$\psi$和$\varphi$. 
\end{sol*}
%

\chapter{第8周微分方程作业}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\begin{problem}
推导三维波方程的解的公式
\end{problem}
%
\begin{sol*}
固定空间点$M$，定义$u$的球面平均：
\[
U\left(r,t\right)=\frac{1}{4\pi r^{2}}\iint_{S_{r}\left(M\right)}u\left(P,t\right)\d S_{p}
\]
在球坐标下，
\[
\Delta u=u_{rr}+\frac{2}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}\Delta_{S^{2}}u
\]
对球面取平均时，角向Laplace项的积分为0，所以有
\[
U_{tt}=a^{2}\left(U_{rr}+\frac{2}{r}U_{r}\right)
\]
令$V\left(r,t\right)=rU\left(r,t\right)$，可以发现
\[
V_{rr}=\frac{\partial}{\partial r}\left(U+rU_{r}\right)=2U_{r}+rU_{rr}=\frac{1}{a^{2}}V_{tt}
\]
于是$V$满足一维波方程，且初值为
\[
V\left(r,0\right)=r\Phi\left(r\right),\ V_{t}\left(r,0\right)=r\Psi\left(r\right),
\]
其中
\[
\Phi\left(r\right)=\frac{1}{4\pi r^{2}}\iint_{S_{r}\left(M\right)}\varphi\left(P\right)\d S_{P},\ \Psi\left(r\right)=\frac{1}{4\pi r^{2}}\iint_{S_{r}\left(M\right)}\psi\left(P\right)\d S_{P}
\]
将$F\left(r\right):=V\left(r,0\right),G\left(r\right):=V_{t}\left(r,0\right)$关于$r$做奇延拓，定义
\[
F\left(r\right)=\begin{cases}
F\left(r\right), & r\geq0\\
-F\left(-r\right), & r<0
\end{cases},\ G\left(r\right)=\begin{cases}
G\left(r\right), & r\geq0\\
-G\left(-r\right), & r<0
\end{cases}
\]
这样，新的$F,G$就都是奇函数了。

对奇延拓后的问题使用达朗贝尔公式，
\[
V\left(r,t\right)=\frac{1}{2}\left[F\left(r+at\right)+F\left(r-at\right)\right]+\frac{1}{2a}\int_{r-at}^{r+at}G\left(s\right)\d s
\]
因为$V=rU$，所以$V_{r}\left(r,t\right)=U\left(r,t\right)+rU_{r}\left(r,t\right)$，因为$U\left(0,t\right)=u\left(M,t\right)$，所以$V_{r}\left(0,t\right)=u\left(M,t\right)$。

所以，对$r$求导，有
\[
V_{r}\left(r,t\right)=\frac{1}{2}\left[F'\left(r+at\right)+F'\left(r-at\right)\right]+\frac{1}{2a}\left[G\left(r+at\right)-G\left(r-at\right)\right]
\]
令$r=0$，有
\begin{align*}
V_{r}\left(0,t\right) & =\frac{1}{2}\left[F'\left(at\right)+F'\left(-at\right)\right]+\frac{1}{2a}\left[G\left(at\right)-G\left(-at\right)\right]\\
 & =F'\left(at\right)+\frac{1}{a}G\left(at\right)\\
 & =\frac{\partial}{\partial t}\left[\frac{1}{a}F\left(at\right)\right]+\frac{1}{a}G\left(at\right)\\
 & =\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{4\pi a^{2}t}\iint_{S_{at}\left(M\right)}\varphi\d S\right)+\frac{1}{4\pi a^{2}t}\iint_{S_{at}\left(M\right)}\psi\d S
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
计算球坐标下的拉普拉斯
\end{problem}
%
\begin{sol*}
直角坐标系下：
\[
\Delta f\left(x,y,z\right)=\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2}f}{\partial z^{2}}
\]

设三维球坐标为
\[
x=r\sin\theta\cos\varphi,\ y=r\sin\theta\sin\varphi,\ z=r\cos\theta,
\]
其中$r>0,0<\theta<\pi,0\leq\varphi<2\pi$. $f\left(x,y,z\right)=g\left(r,\theta,\varphi\right)$. 

因为$r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\text{，}$所以
\[
r_{x}=\frac{x}{r}=\sin\theta\cos\varphi,\ r_{y}=\frac{y}{r}=\sin\theta\sin\varphi,\ r_{z}=\frac{z}{r}=\cos\theta
\]
 然后因为$\cos\theta=\frac{z}{r}$，所以
\[
\theta_{x}=\frac{\cos\theta\cos\varphi}{r},\ \theta_{y}=\frac{\cos\theta\sin\varphi}{r},\ \theta_{z}=-\frac{\sin\theta}{r}.
\]
再由$\tan\varphi=\frac{y}{x}$，可得
\[
\varphi_{x}=-\frac{\sin\varphi}{r\sin\theta},\ \varphi_{y}=\frac{\cos\varphi}{r\sin\theta},\ \varphi_{z}=0
\]
所以根据链式法则，
\[
f_{x}=g_{r}r_{x}+g_{\theta}\theta_{x}+g_{\varphi}\varphi_{x}=g_{r}\sin\theta\cos\varphi+g_{\theta}\frac{\cos\theta\cos\varphi}{r}-g_{\varphi}\frac{\sin\varphi}{r\sin\theta}
\]
同理可得，
\[
f_{y}=g_{r}\sin\theta\sin\varphi+g_{\theta}\frac{\cos\theta\sin\varphi}{r}+g_{\varphi}\frac{\cos\varphi}{r\sin\theta}
\]
\[
f_{z}=g_{z}\cos\theta-\frac{\sin\theta}{r}g_{\theta}
\]

对任意变量$x_{i}\in\left\{ x,y,z\right\} $，都有
\[
f_{x_{i}}=g_{r}r_{x_{i}}+g_{\theta}\theta_{x_{i}}+g_{\varphi}\varphi_{x_{i}}.
\]
于是
\[
\Delta f=\sum_{i}f_{x_{i}x_{i}}
\]
展开后，是
\begin{align*}
 & g_{rr}\sum r_{x_{i}}^{2}+g_{\theta\theta}\sum\theta_{x_{i}}^{2}+g_{\varphi\varphi}\sum\varphi_{x_{i}}^{2}\\
+ & 2g_{r\varphi}\sum r_{x_{i}}\varphi_{x_{i}}+2g_{r\theta}\sum r_{x_{i}}\theta_{x_{i}}+2g_{\theta\varphi}\sum\theta_{x_{i}}\varphi_{x_{i}}\\
+ & g_{r}\sum r_{x_{i}x_{i}}+g_{\theta}\sum\theta_{x_{i}x_{i}}+g_{\varphi}\sum\varphi_{x_{i}x_{i}}
\end{align*}
由前面的结果可以看出，
\[
\sum r_{x_{i}}^{2}=1\text{，}\sum\theta_{x_{i}}^{2}=\frac{1}{r^{2}}\text{，}\sum\varphi_{x_{i}}^{2}=\frac{1}{r^{2}\sin^{2}\theta}
\]
\[
\sum r_{x_{i}}\varphi_{x_{i}}=\sum r_{x_{i}}\theta_{x_{i}}=\sum\theta_{x_{i}}\varphi_{x_{i}}=0
\]
\[
\sum r_{x_{i}x_{i}}=\Delta\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\right)=\frac{2}{r}\text{，}\sum\theta_{x_{i}x_{i}}=\frac{\cot\theta}{r^{2}}\text{，}\sum\varphi_{x_{i}x_{i}}=0
\]
最终，合并所有项，就可以得到
\[
\Delta f=g_{rr}+\frac{2}{r}g_{r}+\frac{1}{r^{2}}g_{\theta\theta}+\frac{\cot\theta}{r^{2}}g_{\theta}+\frac{1}{r^{2}\sin^{2}\theta}g_{\varphi\varphi}
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
利用三维波方程的解的公式，给出二维波方程解的公式
\end{problem}
%
\begin{sol*}
三维的泊松公式为
\[
u\left(x,y,z,t\right)=\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{4\pi a^{2}t}\iint_{S_{at}\left(M\right)}\varphi\d S\right)+\frac{1}{4\pi a^{2}t}\iint_{S_{at}\left(M\right)}\psi\d S
\]
把二维初值延拓成三维初值：
\[
\tilde{\varphi}\left(\xi,\eta,\zeta\right)=\varphi\left(\xi,\eta\right),\ \tilde{\psi}\left(\xi,\eta,\zeta\right)=\psi\left(\xi,\eta\right),
\]
他们不依赖$\zeta$也就是说二维解不依赖$z$，所以二维解可以取为
\[
v\left(x,y,t\right)=u\left(x,y,0,t\right)
\]
将三维球面投影到二维圆盘上，面积微元$\d S=\d\sigma\cdot\cos\gamma$，$\gamma$为这两个面积微元法线方向间的夹角，且
\[
\cos\gamma=\frac{\sqrt{\left(at\right)^{2}-\left(\xi-x\right)^{2}-\left(\eta-y\right)^{2}}}{at}
\]
然后把上下两片合起来，令$\rho=\sqrt{\left(\xi-x\right)^{2}+\left(\eta-y\right)^{2}}$，因此
\[
\iint_{S_{at}\left(M\right)}\tilde{\varphi}\d S=\iint_{\rho<at}\frac{2at\varphi\left(\xi,\eta\right)}{\sqrt{\left(at\right)^{2}-\rho^{2}}}\d\sigma
\]
\[
\iint_{S_{at}\left(M\right)}\tilde{\psi}\d S=\iint_{\rho<at}\frac{2at\psi\left(\xi,\eta\right)}{\sqrt{\left(at\right)^{2}-\rho^{2}}}\d\sigma
\]
代入三维公式，就可以得到 
\[
v\left(x,y,t\right)=\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{2\pi a}\iint_{\rho<at}\frac{\varphi\left(\xi,\eta\right)}{\sqrt{\left(at\right)^{2}-\rho^{2}}}\d\sigma\right)+\frac{1}{2\pi a}\iint_{\rho<at}\frac{2at\psi\left(\xi,\eta\right)}{\sqrt{\left(at\right)^{2}-\rho^{2}}}\d\sigma
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
陈述并证明二维波方程的有限传播速度（可以只考虑光滑初值）
\end{problem}
%
\begin{sol*}
陈述：设$u=u\left(x,y,t\right)$是二维波方程的解，则$u\left(P,t\right)$只依赖初值$\varphi,\psi$在圆盘
\[
B\left(P,at\right)=\left\{ Q\in\mathbb{R}^{2}:\left|Q-P\right|<at\right\} 
\]
中的取值。

证明：由上一题的公式可以看出，两个积分只在$\rho<at$中求，所以成立。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
陈述并证明二维波方程不满足强惠更斯原理
\end{problem}
%
\begin{sol*}
举一个反例。设$\varphi=0,\psi\in C_{c}^{\infty}\left(\mathbb{R}^{2}\right)$，$\psi>0,\text{supp}\psi\subset B\left(0,R\right)$，当$t>R/a$时，假如他满足强惠更斯原理，那么$u\left(0,0,t\right)$应该与$\psi\left(0,0,0\right)$无关系，但实际上有公式可知，
\[
u\left(0,0,t\right)=\iint_{\text{supp}\psi}\frac{2at\psi\left(\xi,\eta\right)}{\sqrt{\left(at\right)^{2}-\rho^{2}}}\d\sigma
\]
也就是说，即使$t>R/a$，在原点处，仍然能感受到初始速度$\psi$的影响。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
课本51页，（5.11）式下方说3维波方程的解以$t^{-1}$的阶趋向于0，阅读5.11式，将其陈述为一个定理并证明。

（可以假设初值紧支撑光滑，5.11的关键是估计和$M$的选取无关）
\end{problem}
%
\begin{sol*}
定理陈述：设$a>0$，考虑三维波方程的Cauchy问题：
\[
\begin{cases}
u_{tt}-a^{2}\Delta u=0, & x\in\mathbb{R}^{3},t>0\\
u\left(x,0\right)=\varphi\left(x\right),\\
u_{t}\left(x,0\right)=\psi\left(x\right),
\end{cases}
\]
其中$\varphi,\psi\in C_{c}^{\infty}\left(\mathbb{R}^{3}\right)$。则其解$u\left(x,t\right)$满足：存在常数$L>0$，使得对任意$M\in\mathbb{R}^{3}$和任意$t\geqslant1$，都有
\[
\left|u\left(M,t\right)\right|\leqslant\frac{L}{t}.
\]

证明：泊松公式为
\[
u\left(x,y,z,t\right)=\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{4\pi a^{2}t}\iint_{S_{at}\left(M\right)}\varphi\d S\right)+\frac{1}{4\pi a^{2}t}\iint_{S_{at}\left(M\right)}\psi\d S
\]
其中$S_{at}\left(M\right)$表示以$M\left(x,y,z\right)$为球心，$at$为半径的球面。为了讨论的方便，我们进行改写。由于
\[
\frac{1}{4\pi a^{2}t}\iint_{S_{at}\left(M\right)}\varphi\d S=\frac{1}{4\pi}\iint_{S_{1}\left(x\right)}t\varphi\left(x_{1}+at\alpha_{1},x_{2}+at\alpha_{2}+x_{3}+at\alpha_{3}\right)\d\omega
\]
对$t$求导一次，可得
\begin{align*}
\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{4\pi a^{2}t}\iint_{S_{at}\left(M\right)}\varphi\d S\right) & =\frac{\partial}{\partial t}\left[\frac{t}{4\pi}\iint_{S_{1}\left(x\right)}\varphi\left(x+at\alpha\right)\d\omega\right]\\
 & =\frac{1}{4\pi}\left[\iint_{S_{1}\left(x\right)}\varphi\left(x+at\alpha\right)\d\omega+\iint_{S_{1}\left(x\right)}at\sum_{i=1}^{3}\varphi_{x_{i}}\left(x+at\alpha\right)\cdot a_{i}\d\omega\right]\\
 & =\frac{1}{4\pi a^{2}t^{2}}\iint_{S_{at}\left(M\right)}\left[\varphi\left(M'\right)+\nabla\varphi\left(M'\right)\cdot\overrightarrow{MM'}\right]\d S_{M'}
\end{align*}
其中$M'$为积分球面上的变动点，而$\d S_{M'}$为面积微元，于是，泊松公式就可以改写成
\[
u\left(M,t\right)=\frac{1}{4\pi a^{2}t^{2}}\iint_{S_{at}(M)}\left[t\psi\left(M'\right)+\varphi\left(M'\right)+\nabla\varphi\left(M'\right)\cdot\overrightarrow{MM'}\right]\d S_{M'}
\]
因为$\varphi,\psi$都是紧支撑的，所以存在$\rho>0$，使得$\varphi,\psi$以及$\nabla\varphi$都在球$B_{\rho}\left(0\right)$外为0，于是上面的积分实际上只需要在$S_{at}\left(M\right)\cap B_{\rho}\left(0\right)$上进行。

设$\left|\varphi\right|,\left|\psi\right|,\left|\nabla\varphi\right|$都小于某个与$M$无关的正常数$C$，于是，被积函数就可以写成
\[
\left|t\psi\left(M'\right)+\varphi\left(M'\right)+\nabla\varphi\left(M'\right)\cdot\overrightarrow{MM'}\right|\leqslant Ct+C+Cat=At+C
\]
此外，$S_{at}\left(M\right)\cap B_{\rho}\left(0\right)$的面积，不超过$B_{\rho}\left(0\right)$的面积，也就是$4\pi\rho^{2}$，于是，
\[
\left|u\left(M,t\right)\right|\leqslant\frac{1}{4\pi a^{2}t^{2}}\left(At+C\right)\cdot4\pi\rho^{2}=\frac{\rho^{2}}{a^{2}}\left(\frac{A}{t}+\frac{C}{t^{2}}\right)
\]
当$t\geqslant1$时，$t^{-2}\leqslant t^{-1}$，所以
\[
\left|u\left(M,t\right)\right|\leqslant\frac{\rho^{2}}{a^{2}}\left(A+C\right)\frac{1}{t}
\]
令$L=\frac{\rho^{2}}{a^{2}}\left(A+C\right)$，他不依赖于空间中$M$点的选取，这就说明了三维波方程的解以$t^{-1}$的阶趋向于0。
\end{sol*}
%

\chapter{第9周微分方程作业}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}

1. 证明p17 定理2.2 ； 
\begin{problem}
若$W\left(x,t;\tau\right)$是初值问题
\[
\begin{cases}
\frac{\partial^{2}W}{\partial t^{2}}-a^{2}\frac{\partial^{2}W}{\partial x^{2}}=0\\
t=\tau:W=0,\ \frac{\partial W}{\partial t}=f\left(x,\tau\right)
\end{cases}
\]
的解（其中$\tau$为参数），则
\[
u\left(x,t\right)=\int_{0}^{t}W\left(x,t;\tau\right)\d\tau
\]
是初值问题
\[
\begin{cases}
\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}-a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}=f\left(x,t\right)\\
t=\tau:u=0,\ \frac{\partial u}{\partial t}=0
\end{cases}
\]
的解。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
直接带入验证。
\[
u_{t}=\frac{\partial}{\partial t}\int_{0}^{t}W\left(x,t;\tau\right)\d\tau=W\left(x,t;t\right)+\int_{0}^{t}W_{t}\left(x,t;\tau\right)\d\tau.
\]
其中由初值条件，$W\left(x,t;t\right)=0$，再对$t$求导
\begin{align*}
u_{tt} & =W_{t}\left(x,t;t\right)+\int_{0}^{t}W_{tt}\left(x,t;\tau\right)\d\tau\\
 & =f\left(x,t\right)+\int_{0}^{t}W_{tt}\left(x,t;\tau\right)\d\tau
\end{align*}
另外，
\[
u_{xx}=\int_{0}^{t}W_{xx}\left(x,t;\tau\right)\d\tau
\]
于是
\[
u_{tt}-a^{2}u_{xx}=f\left(x,t\right)+\int_{0}^{t}\left(W_{tt}-a^{2}W_{xx}\right)\left(x,t;\tau\right)\d\tau=f\left(x,t\right)
\]
最后验证初值
\[
u\left(x,0\right)=u_{t}\left(x,0\right)=\int_{0}^{0}\left(\cdot\right)\d\tau=0
\]
所以
\[
u\left(x,t\right)=\int_{0}^{t}W\left(x,t;\tau\right)\d\tau
\]
是初值问题
\[
\begin{cases}
\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}-a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}=f\left(x,t\right)\\
t=\tau:u=0,\ \frac{\partial u}{\partial t}=0
\end{cases}
\]
的解。
\end{sol*}
%
2. P20, 3,10（承认唯一性，可考虑利用（2.38））； 
\begin{problem}
利用传播波法，求解波动方程的Goursat问题
\[
\begin{cases}
\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}=a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}, & \left(-at<x<at,\ t>0\right),\\
u\mid_{x-at=0}=\varphi\left(x\right) & \left(t>0\right)\\
u\mid_{x+at=0}=\psi\left(x\right) & \left(t>0\right),\ \varphi\left(0\right)=\psi\left(0\right)
\end{cases}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
令$\xi=x-at,\zeta=x+at$，于是
\[
u_{x}=u_{\xi}\xi_{x}+u_{\zeta}\zeta_{x}=u_{\xi}+u_{\zeta}
\]
\[
u_{xx}=u_{\xi\xi}\xi_{x}+u_{\xi\zeta}\zeta_{x}+u_{\zeta\xi}\xi_{x}+u_{\zeta\zeta}\zeta_{x}=u_{\xi\xi}+2u_{\xi\zeta}+u_{\zeta\zeta}
\]
\[
u_{t}=u_{\xi}\xi_{t}+u_{\zeta}\zeta_{t}=-au_{\xi}+au_{\zeta}
\]
\[
u_{tt}=-au_{\xi\xi}\xi_{t}-au_{\xi\zeta}\zeta_{t}+au_{\zeta\xi}\xi_{t}+au_{\zeta\zeta}\zeta_{t}=a^{2}u_{\xi\xi}-2a^{2}u_{\xi\zeta}+a^{2}u_{\zeta\zeta}
\]
从而
\begin{align*}
u_{tt}=a^{2}u_{xx} & \r a^{2}\left(u_{\xi\xi}-2u_{\xi\zeta}+u_{\zeta\zeta}\right)=a^{2}\left(u_{\xi\xi}+2u_{\xi\zeta}+u_{\zeta\zeta}\right)\\
 & \r u_{\xi\zeta}=0
\end{align*}
将这个方程关于$\xi$积分一次，关于$\zeta$积分一次，就可以得到通解为
\[
u\left(\xi,\zeta\right)=F\left(\xi\right)+G\left(\zeta\right)
\]
代回原来的变量，通解就是
\[
u\left(x,t\right)=F\left(x-at\right)+G\left(x+at\right)
\]
代入初始条件，得到
\[
F\left(0\right)+G\left(2x\right)=\varphi\left(x\right),\ F\left(-2x\right)+G\left(0\right)=\psi\left(-x\right)
\]
所以
\[
G\left(x+at\right)=\varphi\left(\frac{x+at}{2}\right)-F\left(0\right),\ F\left(x-at\right)=\psi\left(\frac{x-at}{2}\right)-G\left(0\right)
\]
由于$\varphi\left(0\right)=\psi\left(0\right)$，所以
\[
u\left(0,0\right)=F\left(0\right)+G\left(0\right)=\varphi\left(0\right)=\psi\left(0\right)
\]
所以
\[
u\left(x,t\right)=\varphi\left(\frac{x+at}{2}\right)+\psi\left(\frac{x-at}{2}\right)-\varphi\left(0\right).
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明：在柯西问题
\[
\begin{cases}
u_{tt}-a^{2}u_{xx}=f\left(x,t\right) & \left(t>0,-\infty<x<\infty\right),\\
u\mid_{t=0}=u_{t}\mid_{t=0}=0 & \left(-\infty<x<\infty\right)
\end{cases}
\]
中，若$f\left(x,t\right)$是$x$的奇函数，则$u\left(0,t\right)\equiv0$；若$f\left(x,t\right)$是$x$的偶函数，则$u_{x}\left(0,t\right)\equiv0$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
这个柯西问题的解为
\[
u\left(x,t\right)=\frac{1}{2a}\int_{0}^{t}\int_{x-a\left(t-\tau\right)}^{x+a\left(t-\tau\right)}f\left(y,\tau\right)\d y\d\tau
\]
若$f\left(x,t\right)$是$x$的奇函数，
\[
u\left(0,t\right)=\frac{1}{2a}\int_{0}^{t}\int_{a\left(t-\tau\right)}^{a\left(t-\tau\right)}f\left(y,\tau\right)\d y\d\tau
\]
考虑$-u\left(0,t\right)$，有
\begin{align*}
-u\left(0,t\right) & =\frac{1}{2a}\int_{0}^{t}\int_{a\left(t-\tau\right)}^{a\left(t-\tau\right)}-f\left(y,\tau\right)\d y\d\tau\\
 & =\frac{1}{2a}\int_{0}^{t}\int_{a\left(t-\tau\right)}^{a\left(t-\tau\right)}f\left(-y,\tau\right)\d y\d\tau\\
 & =-\frac{1}{2a}\int_{0}^{t}\int_{-a\left(t-\tau\right)}^{-a\left(t-\tau\right)}f\left(z,\tau\right)\d z\d\tau
\end{align*}
因为$f\left(\cdot,t\right)$是奇函数，所以
\[
-\int_{-a\left(t-\tau\right)}^{-a\left(t-\tau\right)}f\left(z,\tau\right)\d z=\int_{a\left(t-\tau\right)}^{a\left(t-\tau\right)}f\left(y,\tau\right)\d y
\]
所以$u\left(0,t\right)=-u\left(0,t\right)\r u\left(0,t\right)\equiv0$. 

若$f\left(x,t\right)$是$x$的偶函数，
\begin{align*}
u_{x}\left(x,t\right) & =\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{1}{2a}\int_{0}^{t}\int_{x-a\left(t-\tau\right)}^{x+a\left(t-\tau\right)}f\left(y,\tau\right)\d y\d\tau\right]\\
 & =\frac{1}{2a}\int_{0}^{t}\left[f\left(x+a\left(t-\tau\right),\tau\right)-f\left(x-a\left(t-\tau\right),\tau\right)\right]\d\tau\\
u_{x}\left(0,t\right) & =\frac{1}{2a}\int_{0}^{t}\left[f\left(a\left(t-\tau\right),\tau\right)-f\left(-a\left(t-\tau\right),\tau\right)\right]\d\tau\equiv0
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
3. 陈述波方程解的唯一性和有限传播速度，并利用能量方法证明（需包含课上能量不等式推导）
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$\textbf{波方程解的唯一性的陈述：}$考虑初边值问题
\[
\begin{cases}
u_{tt}=a^{2}\left(u_{xx}+u_{yy}\right)+f\left(x,y,t\right), & \left(x,y\right)\in\Omega,\ t>0\\
u\left(x,y,0\right)=\varphi\left(x,y\right),\\
u_{t}\left(x,y,0\right)=\psi\left(x,y\right),\\
u\mid_{\Gamma}=0,
\end{cases}
\]
其中$\Gamma=\partial\Omega$，若该问题存在足够光滑的解，则解是唯一的。

$\textbf{证明：}$考虑齐次方程
\[
u_{tt}=a^{2}\left(u_{xx}+u_{yy}\right),\ u\mid_{\Gamma}=0
\]
定义能量
\[
E\left(t\right)=\int_{\Omega}\left[u_{t}^{2}+a^{2}\left(u_{x}^{2}+u_{y}^{2}\right)\right]\d x\d y
\]
对$t$求导，并应用分部积分，
\[
\frac{\partial}{\partial t}\int_{\Omega}\left[u_{t}^{2}+a^{2}\left(u_{x}^{2}+u_{y}^{2}\right)\right]\d x\d y=\int_{\Omega}\left[2u_{t}u_{tt}-2a^{2}u_{t}\left(u_{xx}+u_{yy}\right)\right]\d x\d y=0
\]
所以$E\left(t\right)=E\left(0\right)$，就是能量守恒。

令$u_{1},u_{2}$是上述问题两个不同的解，令$w=u_{1}-u_{2}$，则对$w$定义能量$E_{w}\left(t\right)$，由能量守恒$E_{w}\left(t\right)=E_{w}\left(0\right)=0$，由于被积函数非负，积分为0，所以
\[
w_{t}=w_{x}=w_{y}=0
\]
从而由$w\left(x,y,0\right)=0$可以得到$w\equiv0$，于是$u_{1}=u_{2}$，证明了唯一性。

$\textbf{有限传播速度的陈述：}$对于全平面上的柯西问题
\[
u_{tt}=a^{2}\left(u_{xx}+u_{yy}\right),
\]
固定点$\left(x_{0},y_{0}\right)$和半径$R>0$，考虑特征锥
\[
K=\left\{ \left(x,y,t\right):0\leq t\leq\frac{R}{a},\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}\leq\left(R-at\right)^{2}\right\} 
\]
其底面为
\[
\Omega_{0}=\left\{ \left(x,y\right):\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}\leq R^{2}\right\} 
\]
时刻$t$的截面为
\[
\Omega_{t}=\left\{ \left(x,y\right):\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}\leq\left(R-at\right)^{2}\right\} .
\]
若在底面$\Omega_{0}$上初值为零，即
\[
u\left(x,y,0\right)=0,\ u_{t}\left(x,y,0\right)=0
\]
则$u\equiv0$于整个特征锥$K$内。

$\textbf{证明：}$令$e=\frac{1}{2}\left[u_{t}^{2}+a^{2}\left(u_{x}^{2}+u_{y}^{2}\right)\right]\text{，}$构造
\[
P=\left(-a^{2}u_{t}u_{x},-a^{2}u_{t}u_{y},e\right)
\]
计算它的散度：
\begin{align*}
\text{div}P & =\frac{\partial}{\partial x}\left(-a^{2}u_{t}u_{x}\right)+\frac{\partial}{\partial y}\left(-a^{2}u_{t}u_{y}\right)+\frac{\partial e}{\partial t}\\
 & =-a^{2}\left(u_{tx}u_{x}+u_{xx}\right)-a^{2}\left(u_{ty}u_{y}+u_{t}u_{yy}\right)+u_{t}u_{tt}+a^{2}u_{x}u_{xt}+a^{2}u_{y}u_{yt}\\
 & =u_{t}\left[u_{tt}-a^{2}\left(u_{xx}+u_{yy}\right)\right]=0
\end{align*}

考虑圆台，下底面是
\[
\Omega_{0}:t=0,\ \left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}\leq R^{2}
\]
上底面是
\[
\Omega_{t_{1}}:t=t_{1},\ \left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}\leq\left(R-at_{1}\right)^{2}
\]
侧面记为$\Sigma$. 所以由高斯公式，
\begin{align*}
0 & =\int_{D}\text{div}P\d x\d y\d t=\int_{\partial D}P\cdot\nu\d S\\
 & =\int_{\Omega_{t_{1}}}P\cdot\nu\d x\d y+\int_{\Omega_{0}}P\cdot\nu\d x\d y+\int_{\Sigma}P\cdot\nu\d S\\
 & =\int_{\Omega_{t_{1}}}e\d x\d y-\int_{\Omega_{0}}e\d x\d y+\int_{\Sigma}P\cdot\nu\d S
\end{align*}
而侧面的法向量$\nu=\left(x-x_{0},y-y_{0},a\left(t_{0}-t\right)\right)$，
\begin{align*}
P\cdot\nu & =a\left(t_{0}-t\right)\frac{1}{2}\left[u_{t}^{2}+a^{2}\left|\nabla u\right|^{2}\right]-\left(x-x_{0}\right)a^{2}u_{t}u_{x}-\left(y-y_{0}\right)a^{2}u_{t}u_{y}\\
 & =a\left(t_{0}-t\right)\left[\frac{1}{2}u_{t}^{2}-au_{t}\left(u_{x}+u_{y}\right)+\frac{1}{2}a^{2}\left(u_{x}^{2}+u_{y}^{2}\right)\right]\\
 & \geq0
\end{align*}
于是
\[
\int_{\Omega_{t_{1}}}e\d x\d y<\int_{\Omega_{0}}e\d x\d y
\]

假设初始数据在底面$\Omega_{0}$上为零：
\[
u\left(x,y,0\right)=0,\ u_{t}\left(x,y,0\right)=0,\ \left(x,y\right)\in\Omega_{0}
\]
此时底面能量为0，由能量不等式，每个截面的能量都是零，所以在每个截面上，
\[
u_{t}=0,\ u_{x}=u_{y}=0
\]
于是$u$在整个特征锥内为常数，又因为在底面上$u\left(x,y,0\right)=0$，所以这个常数只能是0，这就是有限传播速度。
\end{sol*}
%

\chapter{第11周微分方程作业}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\begin{problem}
1.基于傅立叶变换和逆变换公式，从傅立叶观点出发重新推到三维波方程的泊松公式。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
三维波方程的Cauchy问题：
\[
\begin{cases}
u_{tt}-a^{2}\Delta u=0\\
u\left(0,x\right)=\varphi\left(x\right)\\
u_{t}\left(0,x\right)=\psi\left(x\right)
\end{cases}
\]
傅里叶变换公式：
\[
\hat{f}\left(\xi\right)=\frac{1}{\left(2\pi\right)^{3/2}}\int_{\mathbb{R}^{3}}f\left(x\right)e^{-ix\cdot\xi}\d x,\ f\left(x\right)=\frac{1}{\left(2\pi\right)^{3/2}}\int_{\mathbb{R}^{3}}\hat{f}\left(\xi\right)e^{ix\cdot\xi}\d\xi
\]
并且有
\[
\widehat{\Delta f}\left(\xi\right)=-\left|\xi\right|^{2}\hat{f}\left(\xi\right).
\]

对$u\left(t,x\right)$做傅里叶变换，可以将波方程$u_{tt}-a^{2}\Delta u=0$变成
\[
\hat{u}_{tt}+a^{2}\left|\xi\right|^{2}\hat{u}=0
\]
初值变成$\hat{u}\left(0,\xi\right)=\hat{\varphi}\left(\xi\right),\hat{u_{t}}\left(0,\xi\right)=\hat{\psi}\left(\xi\right)$.
因此将初值代入通解，可以得到
\[
\hat{u}\left(\xi,t\right)=\cos\left(at\left|\xi\right|\right)\hat{\varphi}\left(\xi\right)+\frac{\sin\left(at\left|\xi\right|\right)}{a\left|\xi\right|}\hat{\psi}\left(\xi\right).
\]
再进行傅里叶逆变换，
\begin{align*}
u\left(x,t\right) & =\frac{1}{\left(2\pi\right)^{3/2}}\int_{\mathbb{R}^{3}}\hat{u}\left(\xi,t\right)e^{i\xi x}\d\xi\\
 & =\frac{1}{\left(2\pi\right)^{3/2}}\int_{\mathbb{R}^{3}}\cos\left(at\left|\xi\right|\right)\hat{\varphi}\left(\xi\right)e^{i\xi\cdot x}\d\xi+\frac{1}{\left(2\pi\right)^{3/2}}\int_{\mathbb{R}^{3}}\frac{\sin\left(at\left|\xi\right|\right)}{a\left|\xi\right|}\hat{\psi}\left(\xi\right)e^{i\xi\cdot x}\d\xi
\end{align*}

下面研究$\frac{\sin\left(at\left|\xi\right|\right)}{a\left|\xi\right|}$的傅里叶逆变换。令$r=\left|\xi\right|,\xi\cdot x=r\left|x\right|\cos\theta$
\begin{align*}
\left(2\pi\right)^{3/2}\mathcal{F}^{-1}\left[\frac{\sin\left(at\left|\xi\right|\right)}{a\left|\xi\right|}\right] & =\int_{\mathbb{R}_{+}}\frac{\sin\left(atr\right)}{ar}\int_{S^{2}}e^{ir\left|x\right|\cos\theta}\d\Omega\d r\\
 & =\int_{\mathbb{R}_{+}}\frac{\sin\left(atr\right)}{ar}\int_{0}^{\pi}2\pi e^{ir\left|x\right|\cos\theta}r^{2}\sin\theta\ \d\theta\d r\\
 & =4\pi\int_{\mathbb{R}_{+}}\frac{\sin\left(atr\right)}{ar}\cdot\frac{\sin\left(r\left|x\right|\right)}{r\left|x\right|}r^{2}\d r\\
 & =\frac{4\pi}{a\left|x\right|}\int_{\mathbb{R}_{+}}\sin\left(atr\right)\sin\left(r\left|x\right|\right)\d r\\
 & =\frac{2\pi}{a\left|x\right|}\int_{\mathbb{R}_{+}}\left[\cos\left(\left(at-\left|x\right|\right)r\right)-\cos\left(\left(at+\left|x\right|\right)r\right)\right]\d r\\
 & =\frac{4\pi}{a\left|x\right|}\frac{\pi}{2}\left[\delta\left(at-\left|x\right|\right)-\delta\left(at+\left|x\right|\right)\right]
\end{align*}
因为$at+\left|x\right|>0$，所以$\delta\left(at+\left|x\right|\right)=0$，所以
\[
\mathcal{F}^{-1}\left[\frac{\sin\left(at\left|\xi\right|\right)}{a\left|\xi\right|}\right]=\frac{1}{\sqrt{2\pi}a\left|x\right|}\frac{\pi}{2}\delta\left(at-\left|x\right|\right)
\]
利用$\delta$函数的性质，在分布的支撑集$\left|x\right|=at$上可进一步化简，
\[
\frac{1}{\sqrt{2\pi}a\left|x\right|}\frac{\pi}{2}\delta\left(at-\left|x\right|\right)=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{a^{2}t}\delta\left(\left|x\right|-at\right)=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{a^{2}t}\delta_{S_{at}}\left(x\right).
\]
于是代入原式：
\begin{align*}
\frac{1}{\left(2\pi\right)^{3/2}}\int_{\mathbb{R}^{3}}\frac{\sin\left(at\left|\xi\right|\right)}{a\left|\xi\right|}\hat{\psi}\left(\xi\right)e^{i\xi\cdot x}\d\xi & =\mathcal{F}^{-1}\left[\frac{\sin\left(at\left|\xi\right|\right)}{a\left|\xi\right|}\hat{\psi}\left(\xi\right)\right]\\
 & =\frac{1}{\left(2\pi\right)^{3/2}}\left(\sqrt{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{a^{2}t}\delta_{S_{at}}\left(x\right)\right)*\psi\left(x\right)\\
 & =\frac{1}{\left(2\pi\right)^{3/2}}\int_{\mathbb{R}}\psi\left(z-x\right)\cdot\sqrt{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{a^{2}t}\delta_{S_{at}}\left(z\right)\d z\\
 & =\frac{1}{4\pi a^{2}t}\int_{\left|y-x\right|=at}\psi\left(y\right)\d S_{y}.
\end{align*}
然后第一项，
\begin{align*}
\frac{1}{\left(2\pi\right)^{3/2}}\int_{\mathbb{R}^{3}}\cos\left(at\left|\xi\right|\right)\hat{\varphi}\left(\xi\right)e^{i\xi\cdot x}\d\xi & =\mathcal{F}^{-1}\left[\cos\left(at\left|\xi\right|\right)\hat{\varphi}\left(\xi\right)\right]\\
 & =\frac{\partial}{\partial t}\left[\frac{1}{\left(2\pi\right)^{3/2}}\left(\sqrt{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{a^{2}t}\delta_{S_{at}}\left(x\right)\right)*\varphi\left(x\right)\right]\\
 & =\frac{\partial}{\partial t}\left[\frac{1}{4\pi a^{2}t}\int_{\left|y-x\right|=at}\varphi\left(y\right)\d S_{y}\right]
\end{align*}
综上，就得到了三维波方程的泊松公式
\[
u\left(t,x\right)=\frac{\partial}{\partial t}\left[\frac{1}{4\pi a^{2}t}\int_{\left|y-x\right|=at}\varphi\left(y\right)\d S_{y}\right]+\frac{1}{4\pi a^{2}t}\int_{\left|y-x\right|=at}\psi\left(y\right)\d S_{y}.
\]
\end{sol*}
%
2.p20 8
\begin{problem}
求解波动方程的初值问题
\[
\begin{cases}
\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}-\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}=t\sin x & \left(t>0,-\infty<x<\infty\right)\\
u\mid_{t=0}=0,\ \frac{\partial u}{\partial t}|_{t=0}=\sin x & \left(-\infty<x<\infty\right)
\end{cases}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
将这个初值问题分成两部分：
\[
\begin{cases}
\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}-\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}=t\sin x\\
u\mid_{t=0}=0,\ \frac{\partial u}{\partial t}|_{t=0}=0
\end{cases}(1),\qquad\begin{cases}
\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}-\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}=0\\
u\mid_{t=0}=0,\ \frac{\partial u}{\partial t}|_{t=0}=\sin x
\end{cases}(2)
\]

问题(2)的解由达朗贝尔公式得到：
\[
u\left(t,x\right)=\frac{1}{2}\int_{x-t}^{x+t}\sin\alpha\d\alpha=\frac{1}{2}\left[\cos\left(x-t\right)-\cos\left(x+t\right)\right].
\]

问题(1)的解由齐次化原理得到：
\begin{align*}
u\left(t,x\right) & =\frac{1}{2}\int_{0}^{t}\int_{x-\left(t-\tau\right)}^{x+\left(t-\tau\right)}\tau\sin y\ \d y\d\tau\\
 & =\frac{1}{2}\int_{0}^{t}\tau\left[\cos\left(x-\left(t-\tau\right)\right)-\cos\left(x+\left(t-\tau\right)\right)\right]\d\tau\\
 & =\frac{1}{2}\left[t\sin x-\cos\left(x-t\right)+\cos x\right]-\frac{1}{2}\left[-t\sin x-\cos\left(x+t\right)+\cos x\right]\\
 & =t\sin x-\frac{1}{2}\cos\left(x-t\right)+\frac{1}{2}\cos\left(x+t\right)
\end{align*}
两者相加就得到原方程的解：
\[
u\left(t,x\right)=t\sin x
\]
\end{sol*}
%
3.p29 证明引理3.2
\begin{problem}
引理3.2：设$f\left(x\right)$是区间$\left[0,l\right]$上的连续函数，他的$m$阶导数连续，$m+1$阶导数分段连续，并且
\[
f^{(n)}\left(0\right)=f^{\left(n\right)}\left(l\right)=0\ \left(n=0,2,\cdots,2\left[\frac{m}{2}\right]\right)
\]
如果将$f\left(x\right)$在区间$\left[0,l\right]$上展开为傅里叶级数
\[
f\left(x\right)\sim\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}\sin\frac{k\pi x}{l},
\]
则由系数$a_{k}$所构成的基数$\sum_{k=1}^{\infty}k^{m}\left|a_{k}\right|$是收敛的。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由系数公式
\begin{align*}
a_{k} & =\frac{2}{l}\int_{0}^{l}f\left(x\right)\sin\left(\frac{k\pi}{l}x\right)\d x\\
 & =-\frac{2}{l}\int_{0}^{l}f\left(x\right)\frac{l}{k\pi}\d\cos\left(\frac{k\pi}{l}x\right)\\
 & =\frac{2}{l}\frac{l}{k\pi}\int_{0}^{l}f'\left(x\right)\cos\left(\frac{k\pi}{l}x\right)\d x\\
 & =-\frac{2}{l}\left(\frac{l}{k\pi}\right)^{2}\int_{0}^{l}f''\left(x\right)\sin\left(\frac{k\pi}{l}x\right)\d x
\end{align*}

当$m$为偶数时，设$m=2q$，令
\[
A_{k}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}f^{(m)}\left(x\right)\sin\left(\frac{k\pi}{l}x\right)\d x
\]
于是$a_{k}=\left(-1\right)^{q}\left(\frac{l}{k\pi}\right)^{m}A_{k}$，因此
\[
k^{m}\left|a_{k}\right|=\left(\frac{l}{\pi}\right)^{m}\left|A_{k}\right|
\]
对$A_{k}$进行分部积分，
\begin{align*}
A_{k} & =-\frac{2}{l}\frac{l}{k\pi}f^{(m)}\left(x\right)\cos\left(\frac{k\pi}{l}x\right)\bigg|_{0}^{l}+\frac{2}{l}\frac{l}{k\pi}\int_{0}^{l}f^{(m+1)}\left(x\right)\cos\left(\frac{k\pi}{l}x\right)\d x:=\frac{l}{k\pi}B_{k}
\end{align*}
由于$f^{(m+1)}$分段连续，所以$f^{(m+1)}\in L^{2}\left(0,l\right)$，由贝塞尔不等式，
\[
\sum_{k=1}^{\infty}B_{k}^{2}<\infty
\]
所以
\[
\sum_{k=1}^{\infty}k^{m}\left|a_{k}\right|=\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{l}{\pi}\right)^{m+1}\left|\frac{1}{k}B_{k}\right|\leqslant\left(\frac{l}{\pi}\right)^{m+1}\left(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}\right)^{1/2}\left(\sum_{k=1}^{\infty}B_{k}^{2}\right)^{1/2}<\infty
\]

当$m$为奇数时，设$m=2p+1$，令
\[
C_{k}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}f^{(m)}\left(x\right)\cos\left(\frac{k\pi}{l}x\right)\d x
\]
所以
\[
C_{k}=\left(-1\right)^{q}a_{k}\left(\frac{k\pi}{l}\right)^{m}\r k^{m}\left|a_{k}\right|=\left(\frac{l}{\pi}\right)^{m}\left|C_{k}\right|
\]
对$C_{k}$进行分部积分，得到
\[
C_{k}=-\frac{2}{l}\frac{l}{k\pi}\int_{0}^{l}f^{(m+1)}\left(x\right)\sin\left(\frac{k\pi}{l}x\right)\d x:=-\frac{l}{k\pi}D_{k}
\]
其他部分与偶数的时候一样。

综上，无论$m$是偶数还是奇数，都有
\[
\sum_{k=1}^{\infty}k^{m}\left|a_{k}\right|<\infty.
\]
\end{sol*}
%
4.p31 1,2(利用p27页情形4的技巧和Duhamel原理 p26 3.26-3.28，自行思考为什么这就是我们上课讲的Duhamel原理)
\begin{problem}
用分离变量法求下列问题的解：
\[
(1)\begin{cases}
\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}=a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}},\\
u\mid_{t=0}=\sin\frac{3\pi x}{l},\ \frac{\partial u}{\partial t}\mid_{t=0}=x\left(l-x\right)\\
u\left(0,t\right)=u\left(l,t\right)=0;
\end{cases},\ (2)\begin{cases}
\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}=a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}},\\
u\left(0,t\right)=0,\ \frac{\partial u}{\partial x}\left(l,t\right)=0,\\
u\left(x,0\right)=\frac{h}{l}x,\\
\frac{\partial u}{\partial t}\left(x,0\right)=0.
\end{cases}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) 设$u\left(t,x\right)=T\left(t\right)X\left(x\right)$，得到
\[
\frac{T''\left(t\right)}{a^{2}T\left(t\right)}=\frac{X''\left(x\right)}{X\left(x\right)}=-\lambda
\]
转化为两个常微分方程
\[
X''+\lambda X=0,\ T''+a^{2}\lambda T=0
\]
求解$X$的方程，得到通解为
\[
X=Ae^{-\sqrt{-\lambda}x}+Be^{\sqrt{-\lambda}x}
\]
因为$X\left(0\right)=X\left(l\right)=0$，所以
\[
\begin{cases}
A+B=0\\
Ae^{-\sqrt{-\lambda}l}+Be^{\sqrt{-\lambda}l}=0
\end{cases}\r\lambda=\left(\frac{n\pi}{l}\right)^{2}
\]
就是说只有当$\lambda=\left(\frac{n\pi}{l}\right)^{2}$时，方程才有非零解。对应的特征函数是
\[
X_{n}\left(x\right)=\sin\frac{n\pi x}{l}.
\]

对时间部分来说
\[
T_{n}''+\left(\frac{an\pi}{l}\right)^{2}T_{n}=0
\]
所以
\[
T_{n}\left(t\right)=A_{n}\cos\frac{an\pi t}{l}+B_{n}\sin\frac{an\pi t}{l}.
\]
因此一般解为
\[
u\left(t,x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(A_{n}\cos\frac{an\pi t}{l}+B_{n}\sin\frac{an\pi t}{l}\right)\sin\frac{n\pi x}{l}.
\]
代入$u\mid_{t=0}=\sin\frac{3\pi x}{l}$，有
\[
u\left(0,x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}A_{n}\sin\frac{n\pi x}{l}=\sin\frac{3\pi x}{l}\r A_{3}=1,\ A_{n}=0\left(n\ne3\right)
\]
代入$\frac{\partial u}{\partial t}\mid_{t=0}=x\left(l-x\right)$，有
\begin{align*}
\frac{\partial u}{\partial t}\left(t,x\right) & =\sum_{n=1}^{\infty}\left(-\frac{an\pi}{l}A_{n}\sin\frac{an\pi t}{l}+\frac{an\pi}{l}B_{n}\cos\frac{an\pi t}{l}\right)\sin\frac{n\pi x}{l}\\
\frac{\partial u}{\partial t}\left(0,x\right) & =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{an\pi}{l}B_{n}\sin\frac{n\pi x}{l}=x\left(l-x\right)\\
 & =\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{2}{l}\int_{0}^{l}x\left(l-x\right)\sin\frac{n\pi x}{l}\d x\right]\sin\frac{n\pi x}{l}\\
 & =\sum_{n=1}^{\infty}\left[-\frac{4l^{2}\left(\left(-1\right)^{n}-1\right)}{\pi^{3}n^{3}}\right]\sin\frac{n\pi x}{l}
\end{align*}
所以解得
\[
B_{n}=-\frac{4l^{2}\left(\left(-1\right)^{n}-1\right)}{\pi^{3}n^{3}}\cdot\frac{l}{an\pi}=\frac{4l^{3}\left(1-\left(-1\right)^{n}\right)}{a\pi^{4}n^{4}}
\]
所以解为
\[
u\left(x,t\right)=\sin\frac{3\pi x}{l}\cos\frac{3\pi at}{l}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4l^{3}\left(1-\left(-1\right)^{n}\right)}{a\pi^{4}n^{4}}\sin\frac{an\pi t}{l}\sin\frac{n\pi x}{l}.
\]

(2) 设$u\left(t,x\right)=T\left(t\right)X\left(x\right)$，得到
\[
\frac{T''\left(t\right)}{a^{2}T\left(t\right)}=\frac{X''\left(x\right)}{X\left(x\right)}=-\lambda
\]
转化为两个常微分方程
\[
X''+\lambda X=0,\ T''+a^{2}\lambda T=0
\]
求解$X$的方程，得到通解为
\[
X=Ae^{-\sqrt{-\lambda}x}+Be^{\sqrt{-\lambda}x}
\]
代入边值条件$X\left(0\right)=0,\ \frac{\partial X}{\partial x}\left(l\right)=0$，有
\[
\begin{cases}
A+B=0\\
-\sqrt{-\lambda}Ae^{-\sqrt{-\lambda}l}+\sqrt{-\lambda}Be^{\sqrt{-\lambda}l}=0
\end{cases}\r e^{-\sqrt{-\lambda}l}+e^{\sqrt{-\lambda}l}=0
\]

当$\lambda\leqslant0$时，这个式子都不会成立。

当$\lambda>0$时，设$\sqrt{-\lambda}=\mu i$，于是$e^{-\mu li}+e^{\mu li}=0$
\[
\begin{cases}
\cos\left(-\mu l\right)+\cos\left(\mu l\right)=0\\
\sin\left(-\mu l\right)+\sin\left(\mu l\right)=0
\end{cases}\r\mu=\frac{\pi+2n\pi}{2l},\ n=0,1,2,\cdots
\]
因此，
\[
\mu_{n}=\frac{\left(2n+1\right)}{2l}\pi,\ X_{n}\left(x\right)=\sin\left(\mu_{n}x\right)
\]
对应的时间部分为
\[
T_{n}\left(t\right)=A_{n}\cos\left(a\mu_{n}t\right)+B_{n}\sin\left(a\mu_{n}t\right)
\]
所以解为
\[
u\left(x,t\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left[A_{n}\cos\left(a\mu_{n}t\right)+B_{n}\sin\left(a\mu_{n}t\right)\right]\sin\left(\mu_{n}x\right).
\]

代入$u\left(x,0\right)=\frac{h}{l}x,$
\begin{align*}
\sum_{n=0}^{\infty}A_{n}\sin\left(\mu_{n}x\right) & =\frac{h}{l}x\\
 & =\sum_{n=0}^{\infty}\left[\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\frac{h}{l}x\sin\left(\mu_{n}x\right)\d x\right]\sin\left(\mu_{n}x\right)\\
 & =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2h}{l^{2}}\left[\left(-\frac{1}{\mu_{n}}x\cos\left(\mu_{n}x\right)\right)\bigg|_{0}^{l}+\frac{1}{\mu_{n}}\int_{0}^{l}\cos\left(\mu_{n}x\right)\d x\right]\sin\left(\mu_{n}x\right)\\
 & =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2h}{l^{2}}\frac{1}{\mu_{n}^{2}}\left(-1\right)^{n}\sin\left(\mu_{n}x\right)
\end{align*}
于是系数对应可得
\[
A_{n}=\frac{2\left(-1\right)^{n}h}{l^{2}\mu_{n}^{2}}=\frac{8h\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)^{2}\pi^{2}}.
\]

代入$\frac{\partial u}{\partial t}\left(x,0\right)=0,$
\[
\frac{\partial u}{\partial t}\left(x,t\right)=\sum_{n=0}^{\infty}a\mu_{n}B_{n}\sin\left(\mu_{n}x\right)=0\r B_{n}=0
\]
所以最终解为
\[
u\left(x,t\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{8h\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)^{2}\pi^{2}}\cos\left(a\frac{\left(2n+1\right)}{2l}\pi t\right)\sin\left(\frac{\left(2n+1\right)}{2l}\pi x\right).
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
求解
\[
\begin{cases}
\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}=a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}},\\
u\left(0,t\right)=0,\ u\left(l,t\right)=A\sin^{2}\omega t,\\
u\left(x,0\right)=\frac{\partial u}{\partial t}\left(x,0\right)=0.
\end{cases}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
令$w\left(x,t\right)=\frac{x}{l}A\sin^{2}\omega t$，则$u=v+w$，$v$满足如下的方程组
\[
\begin{cases}
v_{tt}-a^{2}v_{xx}=-\frac{2A\omega^{2}x}{l}\cos2\omega t:=F\left(t,x\right),\\
v\left(0,t\right)=0,\ v\left(l,t\right)=0,\\
v\left(x,0\right)=\frac{\partial v}{\partial t}\left(x,0\right)=0.
\end{cases}
\]
由于$v\left(0,t\right)=v\left(l,t\right)=0$，所以可以展开成正弦级数
\[
v\left(t,x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}T_{n}\left(t\right)\sin\frac{n\pi x}{l}
\]
所以
\[
v_{tt}-a^{2}v_{xx}=\sum_{n=1}^{\infty}\left[T_{n}''\left(t\right)+\left(\frac{an\pi}{l}\right)^{2}T_{n}\left(t\right)\right]\sin\frac{n\pi x}{l}
\]
把右端也正弦展开：
\begin{align*}
-\frac{2A\omega^{2}x}{l}\cos2\omega t & =\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{2}{l}\int_{0}^{l}F\sin\frac{n\pi x}{l}\d x\right]\sin\frac{n\pi x}{l}\\
 & =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4A\omega^{2}\left(-1\right)^{n}\cos\left(2\omega t\right)}{\pi n}\sin\frac{n\pi x}{l}
\end{align*}
对应相等可得
\[
T_{n}''\left(t\right)+\left(\frac{an\pi}{l}\right)^{2}T_{n}\left(t\right)=\frac{4A\omega^{2}\left(-1\right)^{n}\cos\left(2\omega t\right)}{\pi n}
\]
且$T_{n}\left(0\right)=T_{n}'\left(0\right)=0$. 

记$\beta_{n}=\frac{an\pi}{l},G_{n}=\frac{4A\omega^{2}\left(-1\right)^{n}}{\pi n}$，通解为
\[
T_{n}\left(t\right)=C_{1}\cos\left(\beta_{n}t\right)+C_{2}\sin\left(\beta_{n}t\right)
\]
再找一个特解，设特解为$K\cos\left(2\omega t\right)$，
\[
-4\omega^{2}K\cos\left(2\omega t\right)+\beta_{n}^{2}K\cos\left(2\omega t\right)=G_{n}\cos2\omega t
\]
于是
\[
K=\frac{G_{n}}{-4\omega^{2}+\beta_{n}^{2}}\r\text{特解为}\frac{G_{n}}{\beta_{n}^{2}-4\omega^{2}}\cos\left(2\omega t\right)
\]
代入初值：
\[
\begin{cases}
C_{1}+K=0\\
\beta_{n}C_{2}=0
\end{cases}\r\begin{cases}
C_{1}=-K\\
C_{2}=0
\end{cases}
\]
因此，最终得到
\begin{align*}
T_{n}\left(t\right) & =-K\cos\left(\beta_{n}x\right)+K\cos\left(2\omega t\right)\\
 & =\frac{G_{n}}{\beta_{n}^{2}-4\omega^{2}}\left[\cos\left(2\omega t\right)-\cos\left(\beta_{n}t\right)\right]
\end{align*}
所以最终解为
\[
v\left(t,x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\frac{4A\omega^{2}\left(-1\right)^{n}}{\pi n}}{\left(\frac{an\pi}{l}\right)^{2}-4\omega^{2}}\left[\cos\left(2\omega t\right)-\cos\left(\frac{an\pi}{l}t\right)\right]\sin\frac{n\pi x}{l}
\]

另外，当$\beta_{n}=2\omega$时，就不能设特解为$K\cos\left(2\omega t\right)$，此时设特解为$K_{1}t\cos\left(2\omega t\right)+K_{2}t\sin\left(2\omega t\right).$
\[
-\left(4\omega^{2}K_{2}t+4\omega K_{1}-\beta_{n}^{2}K_{2}t\right)\sin\left(2\omega t\right)-\left(4\omega^{2}K_{1}t-4\omega K_{2}-\beta_{n}^{2}K_{1}t\right)\cos\left(2\omega t\right)=G_{n}\cos2\omega t
\]
对应相等有
\[
\begin{cases}
4\omega^{2}K_{2}t+4\omega K_{1}-\beta_{n}^{2}K_{2}t=0\\
4\omega^{2}K_{1}t-4\omega K_{2}-\beta_{n}^{2}K_{1}t=-G_{n}
\end{cases}\r\begin{cases}
K_{1}=0\\
K_{2}=\frac{G_{n}}{4\omega}
\end{cases}
\]
此时的特解就是$\frac{G_{n}}{4\omega}t\sin\left(2\omega t\right)$. 代入初值：
\[
\begin{cases}
C_{1}=0\\
\beta_{n}C_{2}=0
\end{cases}\r\begin{cases}
C_{1}=0\\
C_{2}=0
\end{cases}
\]
所以此时的解为
\[
T_{n}=\frac{A\omega\left(-1\right)^{n}}{\pi n}t\sin\left(2\omega t\right)
\]
综上所述，
\[
u\left(t,x\right)=\begin{cases}
\begin{aligned} & \frac{Ax}{l}\sin^{2}\omega t+\frac{A\omega\left(-1\right)^{m}}{\pi n}t\sin\left(2\omega t\right)\sin\frac{m\pi x}{l}\\
 & \negthickspace+\sum_{n=1,n\ne m}^{\infty}\frac{4A\omega^{2}\left(-1\right)^{n}\pi nl^{2}}{\left(an^{2}\pi^{2}\right)^{2}-4\left(\omega\pi nl\right)^{2}}\left[\cos\left(2\omega t\right)-\cos\left(\frac{an\pi}{l}t\right)\right]\sin\frac{n\pi x}{l}
\end{aligned}
, & \omega=\frac{am\pi}{2l}\\
\frac{Ax}{l}\sin^{2}\omega t+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4A\omega^{2}\left(-1\right)^{n}\pi nl^{2}}{\left(an^{2}\pi^{2}\right)^{2}-4\left(\omega\pi nl\right)^{2}}\left[\cos\left(2\omega t\right)-\cos\left(\frac{an\pi}{l}t\right)\right]\sin\frac{n\pi x}{l} & \omega\ne\frac{an\pi}{2l}
\end{cases}
\]
\end{sol*}
%
5.p46 1
\begin{problem}
利用泊松公式求解波动方程的柯西问题：
\[
(1)\begin{cases}
u_{tt}=a^{2}\left(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}\right)\\
u\mid_{t=0}=0,\ u_{t}\mid_{t=0}=x^{2}+yz
\end{cases};\ (2)\begin{cases}
u_{tt}=a^{2}\left(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}\right)\\
u\mid_{t=0}=x^{3}+y^{2}z,\ u_{t}\mid_{t=0}=0
\end{cases}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
泊松公式是
\[
u\left(t,x\right)=\frac{\partial}{\partial t}\left[\frac{1}{4\pi a^{2}t}\int_{\left|y-x\right|=at}\varphi\left(y\right)\d S_{y}\right]+\frac{1}{4\pi a^{2}t}\int_{\left|y-x\right|=at}\psi\left(y\right)\d S_{y}.
\]

(1) 记球面上的点为$\left(\xi,\eta,\zeta\right)$，令$\xi=x+at\cos\theta\cos\varphi,\eta=y+at\cos\theta\sin\varphi,\zeta=z+at\sin\theta$，则
\[
\d S=a^{2}t^{2}\cos\theta
\]
\begin{align*}
u\left(t,x,y,z\right) & =\frac{1}{4\pi a^{2}t}\int_{S_{at}\left(x,y,z\right)}\xi^{2}+\eta\zeta dS\\
 & =\frac{t}{4\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_{0}^{2\pi}(x^{2}+2xat\cos\theta\cos\varphi+a^{2}t^{2}\cos^{2}\theta\cos^{2}\varphi+yz\\
 & \quad+aty\sin\theta+atz\cos\theta\sin\varphi+a^{2}t^{2}\cos\theta\sin\theta\sin\varphi)\cos\theta\d\varphi\d\theta\\
 & =\frac{t}{4\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(2\pi x^{2}+\pi a^{2}t^{2}\cos^{2}\theta+2\pi yz+2\pi aty\sin\theta\right)\cos\theta\ \d\theta\\
 & =\frac{t}{4\pi}\left(4\pi x^{2}+\frac{4}{3}\pi a^{2}t^{2}+4\pi yz\right)\\
 & =t\left(x^{2}+yz\right)+\frac{1}{3}a^{2}t^{3}
\end{align*}

(2) 同样的换元，
\begin{align*}
u\left(t,x,y,z\right) & =\frac{\partial}{\partial t}\left[\frac{1}{4\pi a^{2}t}\int_{S_{at}\left(x,y,z\right)}\xi^{3}+\eta^{2}\zeta\d S\right]
\end{align*}
计算里面的积分
\begin{align*}
\int_{S_{at}\left(x,y,z\right)}\xi^{3}+\eta^{2}\zeta\d S & =a^{2}t^{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_{0}^{2\pi}[x^{3}+3a^{2}t^{2}\cos^{2}\theta+y^{2}\left(z+at\sin\theta\right)\\
 & \quad+a^{2}t^{2}\cos^{2}\theta\sin^{2}\varphi\left(z+at\sin\theta\right)]\cos\theta\ \d\varphi\d\theta\\
 & =a^{2}t^{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}2\pi x^{3}\cos\theta+3\pi a^{2}t^{2}\cos^{3}\theta\\
 & \qquad+2\pi y^{2}\left(z\cos\theta+at\sin\theta\cos\theta\right)+\pi a^{2}t^{2}\cos^{3}\theta\left(z+at\sin\theta\right)\d\theta\\
 & =a^{2}t^{2}\left(4\pi x^{3}+6\pi a^{2}t^{2}+4\pi y^{2}z+\frac{4}{3}\pi a^{2}t^{2}\right)
\end{align*}
所以
\begin{align*}
u\left(t,x,y,z\right) & =\frac{\partial}{\partial t}\left[x^{3}t+\frac{3}{2}a^{2}t^{3}+y^{2}zt+\frac{1}{3}a^{2}t^{3}\right]\\
 & =x^{3}+\frac{9}{2}a^{2}t^{2}+y^{2}z+a^{2}t^{2}
\end{align*}
\end{sol*}
%
6 p61 1
\begin{problem}
对受摩擦力作用且具有固定端点的有界弦振动，满足方程
\[
u_{tt}=a^{2}u_{xx}-cu_{t},
\]
其中常数$c>0$，证明其能量是减少的，并由此证明方程
\[
u_{tt}=a^{2}u_{xx}-cu_{t}+f
\]
的初边值问题解的唯一性以及关于初始条件及自由项的稳定性。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设弦固定在$0<x<l$上，定义能量为
\[
E\left(t\right)=\frac{1}{2}\int_{0}^{l}\left(u_{t}^{2}+a^{2}u_{x}^{2}\right)\d x
\]
于是
\[
\frac{\partial E}{\partial t}\left(t\right)=\int_{0}^{l}\left(u_{t}u_{tt}+a^{2}u_{x}u_{xt}\right)\d x=\int_{0}^{l}\left(u_{t}u_{tt}-a^{2}u_{xx}u_{t}\right)\d x=\int_{0}^{l}-c\left(u_{t}\right)^{2}\d x<0
\]
所以能量是减少的。

$\textbf{证明唯一性：}$假设$u_{1},u_{2}$均满足方程，令$w=u_{1}-u_{2}$，则$w$满足
\[
w_{tt}=a^{2}w_{xx}-cw_{t}
\]
并且$w\left(0,t\right)=w\left(l,t\right)=0,w\left(x,0\right)=0,w_{t}\left(x,0\right)=0$.
所以定义$w$的能量为
\[
E_{w}\left(t\right)=\frac{1}{2}\int_{0}^{l}\left(w_{t}^{2}+a^{2}w_{x}^{2}\right)\d x
\]
在初始$t=0$时刻，能量
\[
E_{w}\left(0\right)=\frac{1}{2}\int_{0}^{l}\left(w_{t}\left(x,0\right)+a^{2}w_{x}^{2}\left(x,0\right)\right)\d x=0
\]
由于能量是减少的，所以$0\leq E_{w}\left(t\right)\leq E_{w}\left(0\right)=0$，所以$E_{w}\left(t\right)\equiv0$。所以$w\equiv0$，从而$u_{1}=u_{2}$. 

$\textbf{证明稳定性：}$取两个解$u,v$，分别满足方程
\[
\begin{cases}
u_{tt}=a^{2}u_{xx}-cu_{t}+f_{1}\\
u\left(x,0\right)=\varphi_{1}\left(x\right)\\
u_{t}\left(x,0\right)=\psi_{1}\left(x\right)
\end{cases},\ \begin{cases}
v_{tt}=a^{2}v_{xx}-cv_{t}+f_{2}\\
v\left(x,0\right)=\varphi_{2}\left(x\right)\\
v_{t}\left(x,0\right)=\psi_{2}\left(x\right)
\end{cases}
\]
令$w=u-v$，则$w$满足方程
\[
\begin{cases}
w_{tt}=a^{2}w_{xx}-cw_{t}+f_{1}-f_{2}\\
w\left(x,0\right)=\varphi_{1}\left(x\right)-\varphi_{2}\left(x\right)\\
w_{t}\left(x,0\right)=\psi_{1}\left(x\right)-\psi_{2}\left(x\right)
\end{cases}
\]
对$w$定义能量，得到能量恒等式为
\begin{align*}
E_{w}'\left(t\right) & =\int_{0}^{l}\left(f_{1}-f_{2}\right)w_{t}-cw_{t}^{2}\d x\\
E_{w}\left(0\right) & =\frac{1}{2}\int_{0}^{l}\left[\left(\psi_{1}\left(x\right)-\psi_{2}\left(x\right)\right)^{2}+a^{2}\left(\varphi_{1}'\left(x\right)-\varphi_{2}'\left(x\right)\right)^{2}\right]\d x
\end{align*}
于是进行估计得
\begin{align*}
\left|E_{w}'\left(t\right)+\int_{0}^{l}cw_{t}^{2}\d x\right| & \leq\int_{0}^{l}\left|f_{1}-f_{2}\right|\left|w_{t}\right|\d x\\
 & \leq\frac{1}{2c}\int_{0}^{l}\left(f_{1}-f_{2}\right)^{2}\d x+\frac{c}{2}\int_{0}^{l}w_{t}^{2}\d x
\end{align*}
所以
\[
E_{w}'\left(t\right)\leq\frac{1}{2c}\int_{0}^{l}\left(f_{1}-f_{2}\right)^{2}\d x
\]
积分得
\[
E_{w}\left(t\right)\leq\frac{1}{2}\int_{0}^{l}\left[\left(\psi_{1}\left(x\right)-\psi_{2}\left(x\right)\right)^{2}+a^{2}\left(\varphi_{1}'\left(x\right)-\varphi_{2}'\left(x\right)\right)^{2}\right]\d x+\frac{1}{2c}\int_{0}^{t}\int_{0}^{l}\left(f_{1}-f_{2}\right)^{2}\d x\d s
\]
这就说明：如果初始位移、初始速度和自由项的差很小，那么任意时刻解的能量差也很小。这就是稳定性。
\end{sol*}
%

\chapter{第12周微分方程作业}

P47 8
\begin{problem}
解非齐次方程的柯西问题
\[
\begin{cases}
u_{tt}=u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}+2\left(y-t\right)\\
u\mid_{t=0}=0,\\
u_{t}\mid_{t=0}=x^{2}+yz
\end{cases}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
将原来的柯西问题分成两部分$u=v+w$，分别是
\[
\begin{cases}
v_{tt}=v_{xx}+v_{yy}+v_{zz}\\
v\mid_{t=0}=0,\\
v_{t}\mid_{t=0}=x^{2}+yz
\end{cases}\text{和}\begin{cases}
w_{tt}=w_{xx}+w_{yy}+w_{zz}+2\left(y-t\right)\\
w\mid_{t=0}=0,\\
w_{t}\mid_{t=0}=0
\end{cases}
\]
第一个直接用泊松公式，记球面上的点为$\left(\xi,\eta,\zeta\right)$，令$\xi=x+t\cos\theta\cos\varphi,\eta=y+t\cos\theta\sin\varphi,\zeta=z+t\sin\theta$，则
\[
\d S=t^{2}\cos\theta
\]
\begin{align*}
v\left(t,x\right) & =\frac{1}{4\pi t}\iint_{\partial B_{t}\left(x,y,z\right)}\xi^{2}+\eta\zeta\d S\\
 & =\frac{1}{4\pi t}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}t^{2}\cos\theta\int_{0}^{2\pi}x^{2}+t^{2}\cos^{2}\theta\cos^{2}\varphi+yz+ty\sin\theta\ \d\varphi\d\theta\\
 & =\frac{1}{4\pi t}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}t^{2}\cos\theta\left(2\pi x^{2}+\pi t^{2}\cos^{2}\theta+2\pi yz+2\pi ty\sin\theta\right)\d\theta\\
 & =\frac{t}{4\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\theta\left(2\pi x^{2}+\pi t^{2}\cos^{2}\theta+2\pi yz\right)\d\theta\\
 & =\frac{t}{4\pi}\left(4\pi x^{2}+4\pi yz+\frac{4}{3}\pi t^{2}\right)\\
 & =\left(x^{2}+yz+\frac{1}{3}t^{2}\right)t
\end{align*}

第二个用Duhamel原理，设$W$为其次方程的定解问题
\[
\begin{cases}
W_{tt}=W_{xx}+W_{yy}+W_{zz}\\
W\mid_{t=\tau}=0,\ W_{t}\mid_{t=\tau}=2y-2\tau
\end{cases}
\]
则令$r=t-\tau$由泊松公式可得解为
\begin{align*}
W\left(x,y,z,t;\tau\right) & =\frac{1}{4\pi r}\iint_{S_{r}\left(x,y,z\right)}\left(2\eta-2\tau\right)\d S\\
 & =\frac{1}{4\pi r}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}r^{2}\cos\theta\int_{0}^{2\pi}2y+2t\cos\theta\sin\varphi-2\tau\ \d\varphi\d\theta\\
 & =\frac{1}{2r}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}r^{2}\cos\theta\left(2y-2\tau\right)\d\theta\\
 & =\frac{1}{2r}\left(4yr^{2}-4\tau r^{2}\right)\\
 & =2\left(y-\tau\right)\left(t-\tau\right)
\end{align*}
所以由Duhamel原理，
\[
w\left(x,t\right)=\int_{0}^{t}2\left(y-\tau\right)\left(t-\tau\right)\d\tau=2yt^{2}-\left(y+t\right)t^{2}+\frac{2}{3}t^{3}=yt^{2}-\frac{t^{3}}{3}
\]
所以
\[
u\left(t,x\right)=w\left(t,x\right)+v\left(t,x\right)=x^{2}t+yzt+yt^{2}.
\]
\end{sol*}
%
P62 3,7
\begin{problem}
证明波动方程
\[
u_{tt}=a^{2}\left(u_{xx}+u_{yy}\right)+f\left(x,y,t\right)
\]
的自由项$f$在$L^{2}\left(K\right)$意义下做微小改变时，对应的柯西问题的解$u$在$L^{2}\left(K\right)$意义下改变也是微小的，其中$K$是锥体
\[
\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}\leq\left(R-at\right)^{2}.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
令$v=u_{1}-u_{2},F=f_{1}-f_{2}$，定义能量
\[
E\left(t\right)=\int_{\Omega}\left[v_{t}^{2}+a^{2}\left|\nabla v\right|^{2}\right]\d x\d y
\]
因为积分区域也随时间改变，所以求导之后会多一项$-\frac{a}{2}\int_{\partial K\left(t\right)}\left(v_{t}^{2}+a^{2}\left|\nabla v\right|^{2}\right)\d x\d y$，
\begin{align*}
\frac{\partial E}{\partial t} & =\int_{K\left(t\right)}2v_{tt}v_{t}+2a^{2}\nabla v\cdot\nabla v_{t}\ \d x\d y-\frac{a}{2}\int_{\partial K\left(t\right)}\left(v_{t}^{2}+a^{2}\left|\nabla v\right|^{2}\right)\d x\d y\\
 & =\int_{K\left(t\right)}Fv_{t}\d x\d y+\int_{\partial K\left(t\right)}a^{2}v_{t}v_{\nu}\d S-\frac{a}{2}\int_{\partial K\left(t\right)}\left(v_{t}^{2}+a^{2}\left|\nabla v\right|^{2}\right)\d x\d y
\end{align*}
因为
\[
\left|\nabla v\right|^{2}=v_{\nu}^{2}+\left|\nabla_{r}v\right|^{2}
\]
所以
\[
a^{2}v_{t}v_{\nu}-\frac{a}{2}v_{t}^{2}-\frac{a^{3}}{2}v_{\nu}^{2}-\frac{a^{3}}{2}\left|\nabla_{r}v\right|^{2}=-\frac{a}{2}\left(v_{t}-av_{\nu}\right)^{2}-\frac{a^{3}}{2}\left|\nabla_{r}v\right|^{2}\leq0
\]
所以
\[
\frac{\partial E}{\partial t}\leq\int_{K\left(t\right)}Fv_{t}\d x\d y\leq\frac{1}{2}\int_{K\left(t\right)}F^{2}\d x\d y+\frac{1}{2}\int_{K\left(t\right)}v_{t}^{2}\d x\d y\leq\frac{1}{2}\int_{K\left(t\right)}F^{2}\d x\d y+E\left(t\right)
\]
因为$E\left(0\right)=0$，所以由Gronwall不等式，
\[
E\left(t\right)\leq\frac{1}{2}\int_{0}^{t}e^{t-s}\int_{K\left(s\right)}F^{2}\d x\d y\ \d s\leq\frac{1}{2}e^{t}\int_{0}^{t}\int_{K\left(s\right)}F^{2}\d x\d y\ \d s
\]
由于$f$是在$L^{2}\left(K\right)$的意义下作微小改变，所以
\[
E\left(t\right)\leq\frac{1}{2}e^{t}\int_{0}^{t}\left\Vert F\right\Vert _{L^{2}\left(K\right)}\ \d s\leq\frac{1}{2}e^{R/a}\int_{0}^{R/a}\left\Vert F\right\Vert _{L^{2}\left(K\right)}\d s:=C\left\Vert F\right\Vert _{L^{2}\left(K\right)}
\]
于是
\[
v\left(x,y,t\right)=\int_{0}^{t}v_{t}\left(x,y,t\right)\d s
\]
可得
\[
\left\Vert v\right\Vert _{L^{2}\left(K\right)}^{2}\leq C\int_{0}^{T}E\left(s\right)\d s\leq C\left\Vert F\right\Vert _{L^{2}\left(K\right)}
\]
也就是
\[
\left\Vert u_{1}-u_{2}\right\Vert _{L^{2}\left(K\right)}^{2}\leq C\left\Vert f_{1}-f_{2}\right\Vert _{L^{2}\left(K\right)}
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$u\left(x,t\right)$是$\left[0,1\right]\times[0,+\infty)$中的初边值问题
\[
\begin{cases}
u_{tt}-u_{xx}=0\\
u\mid_{x=0}=u\mid_{x=1}=0,\\
u\mid_{t=0}=0,u_{t}\mid_{t=0}=x^{2}\left(1-x\right)
\end{cases}
\]
的解，求$\int_{0}^{1}\left[u_{t}^{2}\left(x,t\right)+u_{x}^{2}(x,t)\right]\d x$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
令
\[
E\left(t\right)=\int_{0}^{1}\left[u_{t}^{2}\left(x,t\right)+u_{x}^{2}(x,t)\right]\d x
\]
则
\begin{align*}
\frac{\partial E}{\partial t} & =\int_{0}^{1}\left(2u_{tt}u_{t}+2u_{xt}u_{x}\right)\d x\\
 & =\int_{0}^{1}2u_{tt}u_{t}+2u_{t}u_{x}\mid_{0}^{1}-\int_{0}^{1}2u_{t}u_{xx}\d x\\
 & =\int_{0}^{1}2u_{t}\left(u_{tt}-u_{xx}\right)\d x+2u_{t}u_{x}\mid_{0}^{1}=0
\end{align*}
所以，
\begin{align*}
E\left(t\right) & =E\left(0\right)=\int_{0}^{1}\left[u_{t}^{2}\left(x,0\right)+u_{x}^{2}(x,0)\right]\d x=\int_{0}^{1}x^{4}\left(1-x\right)^{2}\d x\\
 & =\int_{0}^{1}x^{6}-2x^{5}+x^{4}\d x\\
 & =\frac{1}{7}-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}=\frac{1}{105}.
\end{align*}
\end{sol*}
%
P63 8
\begin{problem}
设$u\left(x,t\right)$是$\left[0,1\right]\times[0,+\infty)$中的初边值问题
\[
\begin{cases}
u_{tt}-u_{xx}=0\\
u\mid_{x=0}=u\mid_{x=1}=0,\\
u\mid_{t=0}=0,u_{t}\mid_{t=0}=x\left(1-x\right)
\end{cases}
\]
的解，求$\lim_{t\to\infty}\int_{0}^{1/2}\left[u_{t}^{2}\left(x,t\right)+u_{x}^{2}(x,t)\right]\d x$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
令$E\left(t\right)=\int_{0}^{1}\left[u_{t}^{2}\left(x,t\right)+u_{x}^{2}(x,t)\right]\d x$，则$\partial E\left(t\right)/\partial t=0$，所以
\begin{align*}
E\left(t\right) & =E\left(0\right)=\int_{0}^{1}\left[u_{t}^{2}\left(x,0\right)+u_{x}^{2}(x,0)\right]\d x\\
 & =\int_{0}^{1}\left(x\left(1-x\right)\right)^{2}\d x\\
 & =\int_{0}^{1}x^{2}-2x^{3}+x^{4}\d x\\
 & =\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{5}=\frac{1}{30}
\end{align*}
所以
\begin{align*}
\lim_{t\to\infty}\int_{0}^{1/2}\left[u_{t}^{2}\left(x,t\right)+u_{x}^{2}(x,t)\right]\d x & =\frac{1}{2}\lim_{t\to\infty}\int_{0}^{1}\left[u_{t}^{2}\left(x,t\right)+u_{x}^{2}(x,t)\right]\d x.\\
 & =\frac{1}{2}E\left(0\right)=\frac{1}{60}
\end{align*}
\end{sol*}
%
P75 1
\begin{problem}
用分离变量法求下列定解问题的解：
\[
\begin{cases}
\frac{\partial u}{\partial t}=a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}} & \left(t>0,0<x<\pi\right)\\
u\left(0,t\right)=\frac{\partial u}{\partial x}\left(\pi,t\right)=0 & \left(t>0\right)\\
u\left(x,0\right)=f\left(x\right) & \left(0<x<\pi\right)
\end{cases}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$u\left(t,x\right)=T\left(t\right)X\left(x\right)$，代入方程可得
\[
\frac{T'}{a^{2}T}=\frac{X''}{X}=-\lambda
\]
于是得到了两个常微分方程：
\[
X''+\lambda X=0,\ T'+a^{2}\lambda T=0
\]
先求$X$，$X$的通解为
\[
X=Ae^{-\sqrt{-\lambda}x}+Be^{\sqrt{-\lambda}x}
\]
带入初值条件
\[
\begin{cases}
A+B=0\\
-\sqrt{-\lambda}Ae^{-\sqrt{-\lambda}\pi}+\sqrt{-\lambda}Be^{\sqrt{-\lambda}\pi}=0
\end{cases}\r e^{-\sqrt{-\lambda}\pi}=e^{\sqrt{-\lambda}\pi}
\]
所以$\lambda=\mu^{2}>0$时，$X$会有非零解，设
\[
X\left(x\right)=A\cos\mu x+B\sin\mu x
\]
带入初值，可得
\[
\lambda_{n}=\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2},\ X_{n}\left(x\right)=\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)x.
\]
于是，时间部分满足
\[
T_{n}'+a^{2}\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2}T_{n}=0
\]
其通解为
\[
T_{n}\left(t\right)=C_{n}\exp\left[a^{2}\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2}t\right].
\]
所以二者组合可得
\[
u\left(t,x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}\exp\left[a^{2}\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2}t\right]\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)x
\]
代入初始条件$u\left(x,0\right)=f\left(x\right)$：
\[
\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)x=f\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left[\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f\left(s\right)\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)s\d s\right]\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)x
\]
所以
\[
C_{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f\left(s\right)\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)s\d s
\]
所以最终解为
\[
u\left(t,x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left[\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f\left(s\right)\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)s\d s\right]\exp\left[a^{2}\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2}t\right]\sin\left(n+\frac{1}{2}\right)x
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
记$\hat{f}\left(\xi\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}f\left(x\right)e^{-ix\xi}\d x$，

1. 证明$f$是Schwarz函数，则$\hat{f}$也是。

以下只考虑$f,g$ 是Schwarz函数。

2. 计算$f\left(x\right)$和$f\left(x+h\right)$的Fourier变换的关系。

3. 计算$f\left(x\right)$和$f\left(\lambda x\right)$的Fourier变换的关系。

4. 承认$f\left(x\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}\hat{f}\left(\xi\right)e^{ix\xi}\d\xi$，推导逆变换公式。

5. 验证$\int_{\mathbb{R}}\hat{f}\left(x\right)g\left(x\right)\d x=\int_{\mathbb{R}}f\left(x\right)\hat{g}\left(x\right)\d x$.

6. 在5中令$g\left(x\right)=e^{-\lambda x^{2}}\left(\lambda>0\right)$证明4中的公式。

7. 证明$\left\Vert f\right\Vert _{L^{2}\left(\mathbb{R}\right)}=\left\Vert \hat{f}\right\Vert _{L^{2}\left(\mathbb{R}\right)}$.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1. 因为$f$是Schwarz函数，所以对任意$\alpha,\beta$，存在常数$C_{\alpha,\beta}$，使得
\[
\sup_{x\in\mathbb{R}}\left|x^{\alpha}f^{(\beta)}\left(x\right)\right|\leq C_{\alpha,\beta}<\infty
\]
由于$\hat{f}^{(n)}=\left(i\xi\right)^{n}\hat{f}$，$\xi^{\alpha}\hat{f}^{(\beta)}\left(\xi\right)=\xi^{\alpha}\left(-i\right)^{\beta}\widehat{x^{\beta}f}\left(\xi\right)$，
\begin{align*}
\sup_{x\in\mathbb{R}}\left|\xi^{\alpha}\hat{f}^{(\beta)}\left(\xi\right)\right| & =\sup_{x\in\mathbb{R}}\left|\xi^{\alpha}\widehat{x^{\beta}f}\left(\xi\right)\right|=\sup_{x\in\mathbb{R}}\left|\widehat{x^{\beta}f}^{(\alpha)}\left(\xi\right)\right|=\sup_{x\in\mathbb{R}}\left|\widehat{\left(x^{\beta}f\right)^{\left(\alpha\right)}}\left(\xi\right)\right|\\
 & =\sup\left|\sum_{k=0}^{\alpha}\binom{\alpha}{k}\frac{\beta!}{\left(\beta-k\right)!}x^{\beta-k}f^{(\alpha-k)}\right|\left(k>\beta\text{时，就是}0\text{了}\right)\\
 & \leq\sup\sum_{k=0}^{\alpha}\binom{\alpha}{k}\frac{\beta!}{\left(\beta-k\right)!}\left|x^{\beta-k}f^{(\alpha-k)}\right|\\
 & \leq\sup\sum_{k=0}^{\alpha}\binom{\alpha}{k}\frac{\beta!}{\left(\beta-k\right)!}C_{\beta-k,\alpha-k}\\
 & \leq C'_{\alpha,\beta}
\end{align*}
所以$\hat{f}$也是Schwarz函数。

2. 
\begin{align*}
\mathcal{F}\left[f\left(x\right)\right] & =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}f\left(x\right)e^{-ix\xi}\d x\\
 & =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}f\left(y+h\right)e^{-i\left(y+h\right)\xi}\d y\\
 & =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}f\left(y+h\right)e^{-iy\xi}\d y\cdot e^{-ih\xi}\\
 & =e^{-ih\xi}\mathcal{F}\left[f\left(x+h\right)\right]
\end{align*}

3. 
\begin{align*}
\widehat{f\left(\lambda x\right)}\left(\xi\right) & =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}f\left(\lambda x\right)e^{-ix\xi}\d x\\
 & =\frac{1}{\lambda}\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}f\left(y\right)e^{-i\frac{y}{\lambda}\xi}\d y\\
 & =\frac{1}{\lambda}\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}f\left(y\right)e^{-iy\frac{\xi}{\lambda}}\d y\\
 & =\frac{1}{\lambda}\hat{f}\left(\frac{\xi}{\lambda}\right)
\end{align*}

4. 这不就是逆变换公式吗，还需要推什么？

5. 
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}}\hat{f}\left(x\right)g\left(x\right)\d x & =\int_{\mathbb{R}}\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}f\left(y\right)e^{-ixy}\d y\right)g\left(x\right)\d x\\
 & =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}}f\left(y\right)g\left(x\right)e^{-ixy}\d x\d y\\
 & =\int_{\mathbb{R}}\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}g\left(y\right)e^{-ixy}\d y\right)f\left(x\right)\d x\\
 & =\int_{\mathbb{R}}f\left(x\right)\hat{g}\left(x\right)\d x
\end{align*}

6. 令$g\left(x\right)=e^{-\lambda x^{2}}$，于是
\begin{align*}
\hat{g}\left(\xi\right) & =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}g\left(x\right)e^{-ix\xi}\d x=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}e^{-\lambda x^{2}-ix\xi}\d x\\
 & =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}e^{-\lambda\left(x+\frac{i\xi}{2\lambda}\right)^{2}-\frac{\xi^{2}}{4\lambda}}\d\left(x+\frac{i\xi}{2\lambda}\right)\\
 & =\frac{1}{\sqrt{2\pi\lambda}}\int_{\mathbb{R}}e^{-y^{2}-\frac{\xi^{2}}{4\lambda}}\d y=\frac{1}{\sqrt{2\lambda}}e^{-\frac{\xi^{2}}{4\lambda}}
\end{align*}
所以代入
\[
\int_{\mathbb{R}}\hat{f}\left(x\right)g\left(x\right)\d x=\int_{\mathbb{R}}f\left(x\right)\hat{g}\left(x\right)\d x
\]
有
\[
\int_{\mathbb{R}}\hat{f}\left(\xi\right)e^{-\lambda x^{2}}\d x=\frac{1}{\sqrt{2\lambda}}\int_{\mathbb{R}}f\left(x\right)e^{-\frac{\xi^{2}}{4\lambda}}\d x
\]

7. 
\begin{align*}
\left\Vert \hat{f}\right\Vert _{L^{2}\left(\mathbb{R}\right)} & =\int_{\mathbb{R}}\hat{f}\left(\xi\right)\overline{\hat{f}\left(\xi\right)}\d\xi\\
 & =\int_{\mathbb{R}}\hat{f}\left(\xi\right)\hat{\overline{f}}\left(\xi\right)\d\xi\\
 & =\int_{\mathbb{R}}f\left(\xi\right)\overline{f\left(\xi\right)}\d\xi\\
 & =\left\Vert f\right\Vert _{L^{2}\left(\mathbb{R}\right)}
\end{align*}
\end{sol*}
%

\chapter{第13周微分方程作业}
\begin{problem}
1.陈述并证明有界区域上的热方程的（弱）极值原理，比较定理
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$\textbf{有界区域上的热方程的（弱）极值原理：}$

若$u_{t}-\Delta u\leq0$，$t\in(0,T]$，$x\in\Omega\subset\mathbb{R}^{n}$是有界闭集。定义抛物边界
\[
\Gamma:=\left\{ 0\right\} \times\overline{\Omega}\cup\left[0,1\right]\times\partial\Omega
\]
则
\[
\max_{x\in\left[0,T\right]\times\overline{\Omega}}u\leq\max_{x\in\Gamma}u.
\]

$\textbf{证明：}$定义辅助函数$u_{\varepsilon}\left(t,x\right)=u\left(t,x\right)-\varepsilon t$，则
\[
\frac{\partial u_{\varepsilon}}{\partial t}-\Delta u_{\varepsilon}=u_{t}-\varepsilon-\Delta u\leq-\varepsilon
\]

假设存在某个$\tau<T$，使得$u_{\varepsilon}$在$\Omega\times\left[0,\tau\right]$的最大值不在抛物边界上取得，也就是最大值点满足$x_{0}\in\Omega$且$0<t_{0}\leq\tau$。
于是
\[
\left(u_{\varepsilon}\right)_{t}\left(x_{0},t_{0}\right)=0,\ D_{x}^{2}u_{\varepsilon}\left(x_{0},t_{0}\right)\leq0
\]
哪怕是在边界取到，$\left(u_{\varepsilon}\right)_{t}\left(x_{0},t_{0}\right)\geq0$
，区别不大。由Hessian 矩阵半负定，因此$\Delta u_{\varepsilon}\left(t_{0},x_{0}\right)\leq0$，从而
\[
\left(u_{\varepsilon}\right)_{t}-\Delta u_{\varepsilon}>0
\]
矛盾，所以最大值只会在边界取到。

$\textbf{比较定理：}$若$u,v\in C_{t}^{1}C_{x}^{2}\left((0,T]\times\Omega\right)$，$u,v\in C\left(\left[0,T\right]\times\overline{\Omega}\right)$，且
\[
\begin{cases}
u_{t}-\Delta u\leq v_{t}-\Delta v\\
u\mid_{\partial\Gamma}\leq v\mid_{\partial\Gamma}
\end{cases}
\]
则$u\leq v$对任意的$\left[0,T\right]\times\overline{\Omega}$都成立。

$\textbf{证明：}$令$w=u-v$，则由极值原理，
\[
\max_{\left[0,T\right]\times\overline{\Omega}}w\leq\max_{\Gamma}w\leq0
\]
因此$w\leq0$，所以$u\leq v$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
2.（利用极值原理）陈述并证明包含非齐次项的有界区域热方程的稳定性
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$\textbf{包含非齐次项的有界区域热方程的稳定性}\text{（AI表述的，我看貌似厉害一些）}\lyxmathsym{：}$

若$u,v\in C\left(\left[0,T\right]\times\overline{\Omega}\right)\cap C_{t}^{1}C_{x}^{2}(0,T]\times\Omega$，定义同样地抛物边界，若
\[
u_{t}-\Delta u=f_{1},\ v_{t}-\Delta v=f_{2}
\]
则
\[
\max_{\left[0,T\right]\times\overline{\Omega}}\left|u-v\right|\leq\max_{\Gamma}\left|u-v\right|+T\max_{\left[0,T\right]\times\overline{\Omega}}\left|f_{1}-f_{2}\right|
\]

$\textbf{证明：}$令$w=u-v$，则$w_{t}-\Delta w=f_{1}-f_{2}$. 令
\[
A=\max_{\Gamma}\left|w\right|,\ B=\max_{\left[0,T\right]\times\overline{\Omega}}\left|f_{1}-f_{2}\right|
\]
定义辅助函数$W=w-Bt$，则
\[
W_{t}-\Delta w\leq-B<0
\]
由热方程的极值原理，
\[
\max_{\left[0,T\right]\times\overline{\Omega}}W\leq\max_{\Gamma}W\leq A
\]
所以
\[
w\leq A+BT
\]
对$-w$做同样处理，定义函数$\widetilde{W}=-w-Bt$，可以得到
\[
-w\leq A+BT
\]
从而，$\left|w\right|\leq A+BT$，两边取最大值，就有
\[
\max_{\left[0,T\right]\times\overline{\Omega}}\left|u-v\right|\leq A+TB
\]
\end{sol*}
%
\begin{rem*}
上课讲的版本实际上是：设$\Omega$为有界区域，$T>0$，记$Q_{T}=\Omega\times(0,T]$，抛物边界为
\[
\Gamma_{T}=\left(\overline{\Omega}\times\left\{ 0\right\} \right)\cup\left(\partial\Omega\times\left[0,T\right]\right)
\]
若$u,v\in C\left(\left[0,T\right]\times\overline{\Omega}\right)\cap C_{t}^{1}C_{x}^{2}(0,T]\times\Omega$，定义同样的抛物边界，且分别在$Q_{T}$内满足
\[
u_{t}-\Delta u=f_{1},\ v_{t}-\Delta v=f_{2}
\]
若在$\Gamma_{T}$上，$u=v$，且$\left|f_{2}-f_{1}\right|\leq\delta$在$Q_{T}$内，则对任意$\varepsilon>0$，有
\[
\left|u_{2}-u_{1}\right|\leq T\left(\delta+\varepsilon\right)
\]
\end{rem*}
%
3. P75 2,4,7
\begin{problem}
用分离变量法求解热传导方程的初边值问题：
\[
\begin{cases}
\frac{\partial u}{\partial t}=\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}\quad\left(t>0,0<x<1\right)\\
u\left(x,0\right)=\begin{cases}
x & 0<x\leq\frac{1}{2}\\
1-x & \frac{1}{2}<x<1
\end{cases}\\
u\left(0,t\right)=u\left(1,t\right)=0\quad\left(t>0\right)
\end{cases}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$u\left(t,x\right)=T\left(t\right)X\left(x\right)$，则
\[
\frac{T'}{T}=\frac{X''}{X}=-\lambda
\]
于是
\[
X''+\lambda X=0,\ X\left(0\right)=X\left(1\right)=0
\]
所以要想$X$有非零的解，$\lambda_{n}=n^{2}\pi^{2},$ 对应的特征函数为$X_{n}\left(x\right)=\sin\left(n\pi x\right)$。

然后解时间方程$T'+n^{2}\pi^{2}T=0$，解得
\[
T_{n}\left(t\right)=A_{n}e^{-n^{2}\pi^{2}t}
\]
组合起来有
\[
u\left(t,x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}A_{n}e^{-n^{2}\pi^{2}t}\sin\left(n\pi x\right)
\]
记
\[
f\left(x\right)=\begin{cases}
x & 0<x\leq\frac{1}{2}\\
1-x & \frac{1}{2}<x<1
\end{cases}
\]
将他展开成正弦级数，系数为
\[
2\int_{0}^{1}f\left(x\right)\sin\left(n\pi x\right)\d x=2\int_{0}^{1/2}x\sin\left(n\pi x\right)\d x+2\int_{1/2}^{1}\left(1-x\right)\sin\left(n\pi x\right)\d x
\]
第一项分部积分：
\begin{align*}
\int_{0}^{1/2}x\sin\left(n\pi x\right)\d x & =-\frac{1}{n\pi}x\cos\left(n\pi x\right)\bigg|_{0}^{1/2}+\frac{1}{n\pi}\int_{0}^{1/2}\cos\left(n\pi x\right)\d x\\
 & =-\frac{1}{2n\pi}\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)+\frac{1}{n^{2}\pi^{2}}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)
\end{align*}
第二项分部积分：
\begin{align*}
\int_{1/2}^{1}\left(1-x\right)\sin\left(n\pi x\right)\d x & =-\frac{1}{n\pi}\left(1-x\right)\cos\left(n\pi x\right)\bigg|_{1/2}^{1}-\frac{1}{n\pi}\int_{1/2}^{1}\cos\left(n\pi x\right)\d x\\
 & =\frac{1}{2n\pi}\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)+\frac{1}{n^{2}\pi^{2}}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)
\end{align*}
于是
\[
2\int_{0}^{1}f\left(x\right)\sin\left(n\pi x\right)\d x=\frac{4}{n^{2}\pi^{2}}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)
\]
从而就有
\[
A_{n}=\frac{4}{n^{2}\pi^{2}}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)
\]
所以最终的解就是
\[
u\left(t,x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{4}{n^{2}\pi^{2}}\e^{-n^{2}\pi^{2}t}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)\sin\left(n\pi x\right)
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
4. 在区域$t>0,0<x<l$中求解如下的定解问题：
\[
\begin{cases}
\frac{\partial u}{\partial t}=a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}-\beta\left(u-u_{0}\right)\\
u\left(0,t\right)=u\left(l,t\right)=u_{0}\\
u\left(x,0\right)=f\left(x\right)
\end{cases}
\]
其中$\alpha,\beta,u_{0}$均为常数，$f\left(x\right)$为已知函数。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
作未知函数代换$u=u_{0}+v\left(x,t\right)e^{-\beta t}$，于是$v=\left(u-u_{0}\right)e^{\beta t}$，
\[
v_{t}=u_{t}e^{\beta t}+\beta\left(u-u_{0}\right)e^{\beta t},\ v_{xx}=u_{xx}e^{\beta t}
\]
所以$v_{t}=a^{2}v_{xx}$，初值条件为
\[
v\left(0,t\right)=v\left(l,t\right)=0,\ v\left(x,0\right)=f-u_{0}
\]
分离变量的结果为
\[
v\left(x,t\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\left(f\left(s\right)-u_{0}\left(s\right)\right)\sin\frac{n\pi s}{l}\d s\right]e^{-a^{2}\left(\frac{n\pi}{l}\right)^{2}t}\sin\frac{n\pi x}{l}.
\]
于是
\[
u\left(x,t\right)=u_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\left(f\left(s\right)-u_{0}\left(s\right)\right)\sin\frac{n\pi s}{l}\d s\right]\exp\left[-a^{2}\left(\frac{n\pi}{l}\right)^{2}t-\beta t\right]\sin\frac{n\pi x}{l}
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
7. 设$u\left(x,t\right)$是$\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\times\left(0,\infty\right)$中初边值问题
\[
\begin{cases}
u_{t}=u_{xx},\\
u\left(0,t\right)=1,\ u\left(\frac{\pi}{2},t\right)=4\\
u\left(x,0\right)=\cos^{4}x+4\sin^{5}x
\end{cases}
\]
的解，求$\lim_{t\to\infty}u\left(x,t\right)$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$\textbf{（神奇做法）}$当$t\to\infty$时，稳定态不会依赖于$t$，所以满足$U_{t}=0$，即$U_{xx}=0$，所以可以设$U\left(x\right)=ax+b$，代入初值条件可得
\[
b=1,\ \frac{\pi}{2}a+b=4\r a=\frac{6}{\pi},b=1
\]
所以
\[
\lim_{t\to\infty}u\left(x,t\right)=1+\frac{6}{\pi}x.
\]
\end{sol*}
%
4.p95 1,2,3 (如果你明白课上内容，2，3其实是一道题，证明可能只有两三行；第一题可尝试利用傅立叶分析)
\begin{problem}
1. 证明：下列热传导方程初边值问题
\[
\begin{cases}
u_{t}-a^{2}u_{xx}=0,\\
u\mid_{x=0}=u\mid_{x=l}=0,\\
u\mid_{t=0}=\varphi\left(x\right)
\end{cases}
\]
的解当$t\to\infty$时指数的衰减于零，其中$\varphi\in C^{2}$，且$\varphi\left(0\right)=\varphi\left(l\right)=0$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
分离变量解是
\[
u\left(x,t\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\varphi\left(s\right)\sin\frac{n\pi s}{l}\d s\right)\exp\left[-a^{2}\left(\frac{n\pi}{l}\right)^{2}t\right]\sin\frac{n\pi x}{l}.
\]
需要证明存在常数$C_{\varphi}$，使得
\[
\left|u\left(x,t\right)\right|\leq C_{\varphi}\exp\left[-a^{2}\left(\frac{n\pi}{l}\right)^{2}t\right].
\]

令$b_{n}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\varphi\left(s\right)\sin\frac{n\pi s}{l}\d s$，对$b_{n}$分部积分
\[
b_{n}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\varphi\left(s\right)\sin\frac{n\pi s}{l}\d s=\frac{2}{l}\frac{l}{n\pi}\int_{0}^{l}\varphi'\left(s\right)\cos\frac{n\pi s}{l}\d s=-\frac{2}{l}\left(\frac{l}{n\pi}\right)^{2}\int_{0}^{l}\varphi''\left(s\right)\sin\frac{n\pi s}{l}\d s
\]
于是
\[
\left|b_{n}\right|\leq\frac{2l}{n^{2}\pi^{2}}\int_{0}^{l}\left|\varphi''\left(x\right)\right|\d x
\]
所以
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\left|b_{n}\right|=\frac{2l}{\pi^{2}}\int_{0}^{l}\left|\varphi''\left(x\right)\right|\d x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{l}{3}\int_{0}^{l}\left|\varphi''\left(x\right)\right|\d x<\infty
\]
于是
\begin{align*}
\left|u\left(x,t\right)\right| & \leq\sum_{n=1}^{\infty}\left|b_{n}\right|\exp\left[-a^{2}\left(\frac{n\pi}{l}\right)^{2}t\right]\left|\sin\frac{n\pi x}{l}\right|\\
 & \leq\exp\left[-a^{2}\left(\frac{n\pi}{l}\right)^{2}t\right]\cdot\sum_{n=1}^{\infty}\left|b_{n}\right|\\
 & \leq\frac{l}{3}\int_{0}^{l}\left|\varphi''\left(x\right)\right|\d x\exp\left[-a^{2}\left(\frac{\pi}{l}\right)^{2}t\right]
\end{align*}
所以存在常数
\[
C_{\varphi}=\frac{l}{3}\int_{0}^{l}\left|\varphi''\left(x\right)\right|\d x
\]
所以这个收敛是指数减少的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明：当$\varphi\left(x\right)$是$\mathbb{R}^{n}$上的有界连续函数，且$\varphi\in L^{1}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$时，高维热传导方程柯西问题的解，当$t\to\infty$时以$t^{-n/2}$衰减率趋于零。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由泊松公式，
\[
u\left(x,t\right)=\frac{1}{\left(4\pi a^{2}t\right)^{n/2}}\int_{-\infty}^{\infty}\varphi\left(\xi\right)e^{-\frac{\left(x-\xi\right)^{2}}{4a^{2}t}}\d\xi.
\]
所以
\[
\left|u\left(x,t\right)\right|\leq\frac{1}{\left(4\pi a^{2}t\right)^{n/2}}\int_{-\infty}^{\infty}\left|\varphi\left(\xi\right)\right|e^{-\frac{\left(x-\xi\right)^{2}}{4a^{2}t}}\d\xi\leq\frac{1}{\left(4\pi a^{2}t\right)^{n/2}}\int_{-\infty}^{\infty}\left|\varphi\left(\xi\right)\right|\d\xi=Ct^{n/2}.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
5.自行复习格林公式（这都是斯托克斯公式特例，或者可以看成是微积分基本原理的自然推广，我有时会统一用散度定理记忆）
\end{problem}
%
\begin{sol*}
\[
\int_{\Omega}\text{div}F\d x=\int_{\partial\Omega}F\cdot\nu\d S
\]
\[
\int_{\Omega}u\Delta v\d x=\int_{\partial\Omega}u\frac{\partial v}{\partial\nu}\d S-\int_{\Omega}\nabla u\cdot\nabla v\d x
\]
\[
\int_{\Omega}\left(u\Delta v-v\Delta u\right)\d x=\int_{\partial\Omega}\left(u\frac{\partial v}{\partial\nu}-v\frac{\partial u}{\partial\nu}\right)\d S
\]
其中
\[
\frac{\partial v}{\partial\nu}=\nabla v\cdot\nu.
\]
\end{sol*}
%
补充题目：

$\textbf{（刘维尔定理）}$

1. 设$u$在$\mathbb{R}^{n}$中调和且有上（下）界，证明$u=$常数。

2. 设$u\in C\left(\overline{B}\backslash\left\{ 0\right\} \right)$且在$B\backslash\left\{ 0\right\} $中调和，$B=\left\{ x\in\mathbb{R}^{n}\mid\left|x\right|\leq1\right\} $，若$u\mid_{\partial B}\geq0$且$u$有下界，则$u\geq0$在$B\backslash\left\{ 0\right\} $上。

$\textbf{证明}\text{：}$Harnck不等式. 如果$u$在$B\left(0,2\right)$中调和，$u\geq0$，则
\[
\sup_{B\left(0,r\right)}u\leq C\inf_{B\left(0,r\right)}u
\]
如果$u$在$B\left(0,2r\right)$中调和，$u\geq0$，则
\[
\sup_{B\left(0,r\right)}u\leq C\inf_{B\left(0,r\right)}u
\]


\chapter{第14周微分方程作业}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\begin{problem}
设$u$在$\mathbb{R}^{n}$中调和，且$u\left(x\right)\leq1+\left|x\right|$，则$\exists a,b\in\mathbb{R}^{n}$，使得$u\left(x\right)=ax+b$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于$u$在$\mathbb{R}^{n}$中调和，对每个球$B\left(x_{0},R\right)\subset\mathbb{R}^{n}$，有导数估计
\begin{align*}
\left|D^{2}u\left(x_{0}\right)\right| & \leq\frac{C_{1}}{R^{n+2}}\left\Vert u\right\Vert _{L^{1}\left(B\left(x_{0},R\right)\right)}\leq\frac{C_{1}}{R^{n+2}}\left\Vert 1+\left|x_{0}\right|+R\right\Vert _{L^{1}\left(B\left(x_{0},R\right)\right)}\\
 & =\frac{C_{1}}{R^{2}}\left(1+\left|x_{0}\right|+R\right)\frac{\omega_{n}}{R^{n}}
\end{align*}
其中$\omega_{n}$表示$n$维半径为$R$的球的体积。令$R\to\infty$，可得$\left|D^{2}u\left(x_{0}\right)\right|\leq0$，从而由于$x_{0}$是任意的，所以$D^{2}u\equiv0$在$\mathbb{R}^{2}$中成立。所以$u$是一次多项式。
\end{sol*}
%
\begin{rem*}
但是这样是不对的，因为没说$\left|u\right|\leq1+\left|x\right|$，所以应该：

对每个球$B\left(x_{0},R\right)\subset\mathbb{R}^{n}$，设$v_{R}\left(x\right)=2+\left|x_{0}\right|+R-u\left(x\right)$，这样$v_{R}\left(x\right)$调和且大于0，于是由正调和函数的内估计
\[
\left|D^{2}v_{R}\left(x_{0}\right)\right|\leq\frac{C}{R^{2}}v_{R}\left(x_{0}\right)
\]
从而得到
\[
\left|D^{2}u\left(x_{0}\right)\right|\le\frac{C}{R^{2}}\left(2+\left|x_{0}\right|+R-u\left(x_{0}\right)\right)
\]
令$R\to\infty$，可得$\left|D^{2}u\left(x_{0}\right)\right|\leq0$，从而由于$x_{0}$是任意的，所以$D^{2}u\equiv0$在$\mathbb{R}^{2}$中成立。所以$u$是一次多项式。
\end{rem*}
%
\begin{problem}
0.证明满足平均值原理的连续函数是光滑的（只需要证明C2就可以得到调和，并得出解析，但也可以直接利用平均值公式证明是光滑的）
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$\textbf{叙述（连续函数的平均值原理推出光滑性）：}$设$\Omega\subset\mathbb{R}^{n}$是开集，$u\in C\left(\Omega\right)$.
假设$u$满足平均值原理，即对任意$x\in\Omega$，任意$r>0$，只要闭球$\overline{B_{r}\left(x\right)}\subset\Omega$，都有
\[
u\left(x\right)=\frac{1}{\left|\partial B_{r}\left(x\right)\right|}\int_{\partial B_{r}\left(x\right)}u\left(y\right)\d S\left(y\right)
\]
则$u\in C^{\infty}\left(\Omega\right)$. 进一步，$u$是调和函数，即$\Delta u=0\text{ in }\Omega$，因此$u$在$\Omega$内是实解析函数。

$\textbf{证明：}$取任意$K\subset\Omega$，选取$\varepsilon>0$，使得对任意$x\in K$，都有$\overline{B_{\varepsilon}\left(x\right)}\subset\Omega$，取一个径向的光滑函数$\rho_{\varepsilon}\in C_{c}^{\infty}\left(B_{\varepsilon}\left(0\right)\right)$，满足
\[
\rho_{\varepsilon}\left(z\right)=\rho_{\varepsilon}\left(\left|z\right|\right),\ \rho_{\varepsilon}\geq0,\ \int_{\mathbb{R}^{n}}\rho_{\varepsilon}\left(z\right)\d z=1
\]
定义
\[
u_{\varepsilon}\left(x\right)=\int_{\mathbb{R}^{n}}\rho_{\varepsilon}\left(z\right)u\left(x-z\right)\d z
\]
由于$\rho_{\varepsilon}$光滑且紧支撑，所以$u_{\varepsilon}\left(x\right)\in C^{\infty}\left(K\right)$。下面证明$u_{\varepsilon}=u$. 

由极坐标公式
\begin{align*}
u_{\varepsilon}\left(x\right) & =\int_{0}^{\varepsilon}\rho_{\varepsilon}\left(r\right)\int_{\partial B_{r}\left(x\right)}u\left(x-z\right)\d S\left(z\right)\d r\\
 & =\int_{0}^{\varepsilon}\rho_{\varepsilon}\left(r\right)\left|\partial B_{r}\right|u\left(x\right)\d r\\
 & =u\left(x\right)\int_{\mathbb{R}^{n}}\rho_{\varepsilon}\left(z\right)\d z=u\left(x\right)
\end{align*}
第一个等号成立，是因为当$z\in\partial B_{\varepsilon}\left(0\right)$时，点$x-z$正好在以$x$为球心，$r$为半径的球面上，然后由平均值原理可得。

从而$u=u_{\varepsilon}$在$K$上成立，由于$K$是任意的，所以$u\in C^{\infty}\left(\Omega\right)$。 

然后证明$u$是调和函数。任取$x\in\Omega$，取充分小的$r>0$，使得$\overline{B_{r}\left(x\right)}\subset\Omega$，由平均值原理，
\[
u\left(x\right)=\frac{1}{\left|\partial B_{r}\left(x\right)\right|}\int_{\partial B_{r}\left(x\right)}u\left(y\right)\d S\left(y\right)
\]
令$y=x+r\omega$，其中$\omega\in S^{n-1}$，则
\[
u\left(x\right)=\frac{1}{\left|S^{n-1}\right|}\int_{S^{n-1}}u\left(x+r\omega\right)\d S\left(\omega\right)
\]
对$u\left(x+r\omega\right)$做Taylor展开：
\[
u\left(x+r\omega\right)=u\left(x\right)+r\nabla u\left(x\right)\cdot\omega+\frac{r^{2}}{2}\sum_{i,j=1}^{n}u_{x_{i}x_{j}}\left(x\right)\omega_{i}\omega_{j}+o\left(r^{2}\right)
\]
对$\omega$取平均，可得
\[
\int_{S^{n-1}}r\nabla u\left(x\right)\cdot\omega\d S\left(\omega\right)=0,\ \frac{1}{|S^{n-1}|}\int_{S^{n-1}}\omega_{i}\omega_{j}\,dS(\omega)=\frac{\delta_{ij}}{n},
\]
所以
\[
u\left(x\right)=\frac{1}{\left|S^{n-1}\right|}\int_{S^{n-1}}u\left(x+r\omega\right)\d S\left(\omega\right)=u\left(x\right)+\frac{r^{2}}{2n}\Delta u\left(x\right)+o\left(r^{2}\right)
\]
从而，令$r\to0$，可得$\Delta u=0$，由于$x\in\Omega$是任意的，所以在$\Omega$中$\Delta u\equiv0$，因此$u$是调和函数。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
1.叙述并证明热方程的平均值原理
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$\textbf{叙述（热方程的平均值原理）：}$对于一个固定的$x\in\mathbb{R}^{n}$，$t\in\mathbb{R}$，$r>0$，我们定义
\[
E\left(x,t;r\right):=\left\{ \left(y,s\right)\in\mathbb{R}^{n+1}\mid s\leq t,\ \Phi\left(x-y,t-s\right)\geq\frac{1}{r^{n}}\right\} 
\]
设$u\in C_{1}^{2}\left(U\times(0,T]\right)$解了热方程，那么
\[
u\left(x,t\right)=\frac{1}{4r^{n}}\iint_{E\left(x,t;r\right)}u\left(y,s\right)\frac{\left|x-y\right|^{2}}{\left(t-s\right)^{2}}\d y\d s
\]
对于任何一个$E\left(x,t;r\right)\subset U\times(0,T]$成立。

$\textbf{证明：}$平移空间和时间坐标使得$x=0,t=0$，写$E\left(r\right)=E\left(0,0;r\right)$，并令
\[
\phi\left(r\right):=\frac{1}{r^{n}}\iint_{E\left(r\right)}u\left(y,s\right)\frac{\left|y\right|^{2}}{s^{2}}\d y\d s=\iint_{E\left(1\right)}u\left(ry,r^{2}s\right)\frac{\left|y\right|^{2}}{s^{2}}\d y\d s
\]
计算
\begin{align*}
\phi'\left(r\right) & =\iint_{E\left(1\right)}\sum_{i=1}^{n}\left(u_{y_{i}}y_{i}\frac{\left|y\right|^{2}}{s^{2}}+2ru_{s}\frac{\left|y\right|^{2}}{s}\right)\d y\d s\\
 & =\frac{1}{r^{n+1}}\iint_{E\left(r\right)}\left(\sum_{i=1}^{n}u_{y_{i}}y_{i}\frac{\left|y\right|^{2}}{s^{2}}+2u_{s}\frac{\left|y\right|^{2}}{s}\right)\d y\d s
\end{align*}
定义
\[
A=\iint_{E\left(r\right)}\sum_{i=1}^{n}u_{y_{i}}y_{i}\frac{\left|y\right|^{2}}{s^{2}}\d y\d s,\ B=\iint_{E\left(r\right)}2u_{s}\frac{\left|y\right|^{2}}{s}\d y\d s
\]

引入一个函数
\[
\psi=\log\left(r^{n}\Phi\left(y,-s\right)\right)=-\frac{n}{2}\log\left(-4\pi s\right)+\frac{\left|y\right|^{2}}{4s}+n\log r
\]
在热球边界上，$\Phi\left(y,-s\right)=r^{-n}$，于是$\psi\mid_{\partial E\left(r\right)}=0$，且$\psi_{y_{i}}=\frac{\left|y\right|^{2}}{2s}\frac{y_{i}}{\left|y\right|^{2}}=\frac{y_{i}}{2s}$，所以
\[
B=\iint_{E\left(r\right)}4u_{s}\sum_{i=1}^{n}y_{i}\psi_{y_{i}}\d y\d s
\]
 对$y_{i}$进行分部积分，有
\begin{align*}
B & =\iint_{E\left(r\right)}4u_{s}\sum_{i=1}^{n}y_{i}\psi_{y_{i}}\d y_{1}\d y_{2}\cdots\d y_{n}\d s\\
 & =\sum_{j=1}^{n}\iint_{E\left(r\right)}4u_{s}y_{j}\d\psi\d y_{1}\cdots\widehat{\d y_{j}}\cdots\d y_{n}\d s\\
 & =-\iint_{E\left(r\right)}\sum_{j=1}^{n}4\psi\left(u_{sy_{i}}y_{j}+u_{s}\right)\d y_{1}\cdots\d y_{n}\d s\\
 & =-\iint_{E\left(r\right)}4nu_{s}\psi+4\sum_{j=1}^{n}\psi u_{sy_{i}}y_{j}\d y\d s\\
 & =\iint_{E(r)}\left(-4nu_{s}\psi+4\sum_{i=1}^{n}u_{y_{i}}y_{i}\psi_{s}\right)\d y\d s.
\end{align*}

又因为$\psi_{s}=-\frac{n}{2s}-\frac{\left|y\right|^{2}}{4s^{2}}$，所以
\[
A=\iint_{E\left(r\right)}\sum_{i=1}^{n}u_{y_{i}}y_{i}\left(-\frac{2n}{s}-4\psi_{s}\right)\d y\d s=\iint_{E\left(r\right)}-\sum_{i=1}^{n}u_{y_{i}}y_{i}\frac{2n}{s}-\sum_{i=1}^{n}4u_{y_{i}}y_{i}\psi_{s}\d y\d s
\]
于是，
\begin{align*}
\phi'\left(r\right) & =\frac{1}{r^{n+1}}\left(A+B\right)=\frac{1}{r^{n+1}}\iint_{E\left(r\right)}\left(-4nu_{s}\psi-\sum_{i=1}^{n}u_{y_{i}}y_{i}\frac{2n}{s}\right)\d y\d s
\end{align*}
因为热方程是$u_{s}-\Delta u=0$，所以代入有
\begin{align*}
\phi'\left(r\right) & =\frac{1}{r^{n+1}}\iint_{E\left(r\right)}\left(-4n\psi\Delta u-\frac{2n}{s}\sum_{i=1}^{n}u_{y_{i}}y_{i}\right)\d y\d s\\
 & =\frac{1}{r^{n+1}}\iint_{E\left(r\right)}\left(4n\nabla\psi\cdot\nabla u-\frac{2n}{s}\sum_{i=1}^{n}u_{y_{i}}y_{i}\right)\d y\d s
\end{align*}
因为$\nabla\psi=\left(\frac{y_{1}}{2s},\dots,\frac{y_{n}}{2s}\right),\nabla u=\left(u_{y_{1}},\cdots,u_{y_{n}}\right)$，所以
\[
\nabla\psi\cdot\nabla u=\frac{1}{2s}\sum_{i=1}^{n}u_{y_{i}}y_{i}
\]
从而$\phi'\left(r\right)=0$，所以$\phi\left(r\right)$是常数。于是
\begin{align*}
\phi\left(r\right) & =\lim_{t\to0}\phi\left(t\right)\\
 & =\lim_{t\to0}\iint_{E\left(1\right)}u\left(ty,t^{2}s\right)\frac{\left|y\right|^{2}}{s^{2}}\d y\d s\\
 & =u\left(0,0\right)\iint_{E\left(1\right)}\frac{\left|y\right|^{2}}{s^{2}}\d y\d s
\end{align*}
记$I=\iint_{E\left(1\right)}\frac{\left|y\right|^{2}}{s^{2}}\d y\d s$，然后计算这个$I$. 

因为热核$\Phi\left(-y,-s\right)=\left(-4\pi s\right)^{-n/2}\exp\left(-\frac{\left|y\right|^{2}}{-4s}\right)$，而
\[
E\left(1\right)=\left\{ \left(y,s\right)\in\mathbb{R}^{n+1}\mid s\leq0,\ \Phi\left(-y,-s\right)\geq1\right\} 
\]
也就是
\[
-\frac{n}{2}\log\left(-4\pi s\right)-\frac{\left|y\right|^{2}}{-4s}\geq0\r\left|y\right|^{2}\leq2ns\log\left(-4\pi s\right)
\]
右边要为正数，所以
\[
s\log\left(-4\pi s\right)>0\r-\frac{1}{4\pi}<s<0
\]
因此
\[
E\left(1\right)=\left\{ \left(y,s\right)\mid-\frac{1}{4\pi}<s<0,\left|y\right|\leq\sqrt{2ns\log\left(-4\pi s\right)}\right\} 
\]
记$\alpha\left(n\right)$为$\mathbb{R}^{n}$中单位球的体积，于是
\begin{align*}
I & =\int_{-\frac{1}{4\pi}}^{0}\int_{|y|\le\sqrt{2ns\log(-4\pi s)}}\frac{|y|^{2}}{s^{2}}\d y\d s.\\
 & =\int_{-\frac{1}{4\pi}}^{0}\frac{1}{s^{2}}\int_{0}^{R}\rho^{n+1}n\alpha\left(n\right)\d y\d s\\
 & =\frac{n\alpha\left(n\right)}{n+2}\int_{-\frac{1}{4\pi}}^{0}\frac{\left(2ns\log\left(-4\pi s\right)\right)^{\frac{n+2}{2}}}{s^{2}}\d s\\
 & =\frac{n\alpha\left(n\right)}{n+2}\left(2n\right)^{\frac{n+2}{2}}\int_{-\frac{1}{4\pi}}^{0}s^{\frac{n-2}{2}}\left[\log\left(-4\pi s\right)\right]^{\frac{n+2}{2}}\d s\\
 & =\frac{n\alpha(n)}{n+2}(2n)^{\frac{n}{2}+1}(4\pi)^{-\frac{n}{2}}\Gamma\left(\frac{n}{2}+2\right)\left(\frac{2}{n}\right)^{\frac{n}{2}+2}\\
 & =\frac{8}{n+2}\frac{\Gamma\left(\frac{n}{2}+2\right)}{\Gamma\left(\frac{n}{2}+1\right)}\\
 & =\frac{8}{n+2}\cdot\frac{n+2}{2}=4
\end{align*}
所以最终，
\[
\phi\left(r\right)=4u\left(0,0\right)\r u\left(0,0\right)=\frac{1}{4r^{n}}\iint_{E\left(r\right)}u\left(y,s\right)\frac{\left|y\right|^{2}}{s^{2}}\d y\d s.
\]
\end{sol*}
%
2.p106 3，5，6，9
\begin{problem}
3. 证明：拉普拉斯算子在柱面坐标$\left(r,\theta,z\right)$下可以写成
\[
\Delta u=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}u}{\partial\theta^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial z^{2}}.
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
做坐标变换$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta,z=z$，于是$u\left(x,y,z\right)=u\left(r,\theta,z\right),r=\sqrt{x^{2}+y^{2}},\theta=\arctan\frac{y}{x}$
\[
r_{x}=\frac{x}{r},r_{y}=\frac{y}{r},\theta_{x}=-\frac{y}{r^{2}},\theta_{y}=\frac{x}{r^{2}},r_{xx}=\frac{y^{2}}{r^{3}},r_{yy}=\frac{x^{2}}{r^{3}},\theta_{xx}=\frac{2xy}{r^{4}},\theta_{yy}=-\frac{2xy}{r^{4}}
\]
所以
\begin{align*}
u_{x} & =u_{r}r_{x}+u_{\theta}\theta_{x}+u_{z}z_{x}=u_{r}\frac{x}{r}-u_{\theta}\frac{y}{r^{2}}\\
u_{y} & =u_{r}r_{y}+u_{\theta}\theta_{y}+u_{z}z_{y}=u_{r}\frac{y}{r}+u_{\theta}\frac{x}{r^{2}}\\
u_{z} & =u_{z}
\end{align*}
\begin{align*}
u_{xx} & =u_{rx}r_{x}+u_{r}r_{xx}+u_{\theta x}\theta_{x}+u_{\theta}\theta_{xx}+u_{zx}z_{x}+u_{z}z_{xx}\\
 & =\left(u_{rr}r_{x}+u_{r\theta}\theta_{x}\right)r_{x}+u_{r}r_{xx}+\left(u_{\theta r}r_{x}+u_{\theta\theta}\theta_{x}\right)\theta_{x}+u_{\theta}\theta_{xx}\\
 & =u_{rr}\frac{x^{2}}{r^{2}}-u_{r\theta}\frac{2xy}{r^{3}}+u_{r}\frac{y^{2}}{r^{3}}+u_{\theta\theta}\frac{y^{2}}{r^{4}}+u_{\theta}\frac{2xy}{r^{4}}
\end{align*}
\begin{align*}
u_{yy} & =\left(u_{rr}r_{y}+u_{r\theta}\theta_{y}\right)r_{y}+u_{r}r_{yy}+\left(u_{\theta r}r_{y}+u_{\theta\theta}\theta_{y}\right)\theta_{y}+u_{\theta}\theta_{yy}\\
 & =u_{rr}\frac{y^{2}}{r^{2}}+u_{r\theta}\frac{2xy}{r^{3}}+u_{r}\frac{x^{2}}{r^{3}}+u_{\theta\theta}\frac{x^{2}}{r^{4}}-u_{\theta}\frac{2xy}{r^{4}}
\end{align*}
\[
u_{zz}=u_{zz}
\]
于是
\begin{align*}
\Delta u & =u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}\\
 & =u_{rr}+u_{r}\frac{1}{r}+u_{\theta\theta}\frac{1}{r^{2}}+u_{zz}\\
 & =\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}u}{\partial\theta^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial z^{2}}
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
5. 证明用极坐标表示的下列函数都满足调和方程：

(1) $\ln r$和$\theta$;

(2) $r^{n}\cos n\theta$和$r^{n}\sin n\theta$;

(3) $r\ln r\cos\theta-r\theta\sin\theta$和$r\ln r\sin\theta+r\theta\cos\theta$. 
\end{problem}
%
\begin{sol*}
有一个高级的做法是找实部和虚部，比如第一个是$\ln z$的实部和虚部，第二个是$z^{n}$，第三个是$z\ln z$，复值函数是调和的，实部和虚部都是调和的。
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
(1) 
\begin{align*}
\Delta u & =\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial u}{\partial r}\right)=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\cdot\frac{1}{r}\right)=0\\
\Delta v & =\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}v}{\partial\theta^{2}}=0
\end{align*}

(2) 
\begin{align*}
\Delta u & =\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}u}{\partial\theta^{2}} & \Delta v & =\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial v}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}v}{\partial\theta^{2}}\\
 & =\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\cdot nr^{n-1}\cos n\theta\right)-\frac{1}{r^{2}}n^{2}r^{n}\cos n\theta &  & =\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\cdot nr^{n-1}\sin n\theta\right)-\frac{1}{r^{2}}n^{2}r^{n}\sin n\theta\\
 & =\frac{1}{r}n^{2}r^{n-1}\cos n\theta-\frac{1}{r^{2}}n^{2}r^{n}\cos n\theta &  & =\frac{1}{r}n^{2}r^{n-1}\sin n\theta-\frac{1}{r^{2}}n^{2}r^{n}\sin n\theta\\
 & =0 &  & =0
\end{align*}

(3) 
\begin{align*}
\frac{\partial u}{\partial r} & =\ln r\cos\theta+\cos\theta-\theta\sin\theta,\ \frac{\partial^{2}u}{\partial^{2}\theta}=-r\ln r\cos\theta-2r\cos\theta+r\theta\sin\theta\\
\frac{\partial v}{\partial r} & =\ln r\sin\theta+\sin\theta+\theta\cos\theta,\ \frac{\partial^{2}v}{\partial^{2}\theta}=-r\ln r\sin\theta-2r\sin\theta-r\theta\cos\theta
\end{align*}
\begin{align*}
\Delta u & =u_{rr}+u_{r}\frac{1}{r}+u_{\theta\theta}\frac{1}{r^{2}}\\
 & =\frac{1}{r}\cos\theta+\frac{\ln r\cos\theta+\cos\theta-\theta\sin\theta}{r}+\frac{-r\ln r\cos\theta-2r\cos\theta+r\theta\sin\theta}{r}\\
 & =0
\end{align*}
\begin{align*}
\Delta v & =v_{rr}+v_{r}\frac{1}{r}+v_{\theta\theta}\frac{1}{r^{2}}\\
 & =\frac{1}{r}\sin\theta+\frac{\ln r\sin\theta+\sin\theta+\theta\cos\theta}{r}+\frac{-r\ln r\sin\theta-2r\sin\theta-r\theta\cos\theta}{r}\\
 & =0
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
6. 用分离变量法求解由下述调和方程的第一边值问题所描述的矩形平板$\left(0\leq x\leq a,0\leq y\leq b\right)$上的稳定温度分布：
\[
\begin{cases}
\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}=0,\\
u\left(0,y\right)=u\left(a,y\right)=0,\\
u\left(x,0\right)=\sin\frac{\pi x}{a},u\left(x,b\right)=0
\end{cases}
\]
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$u\left(x,y\right)=X\left(x\right)Y\left(y\right)$，于是
\[
X''Y+XY''=0\r\frac{X''}{X}=-\frac{Y''}{Y}=-\lambda
\]
得到了两个微分方程，先求解$X$的，通解为
\[
X=Ae^{\sqrt{-\lambda}x}+Be^{-\sqrt{-\lambda}x}
\]
代入初值条件$X\left(0\right)=X\left(a\right)=0$，可得
\[
\begin{cases}
A+B=0\\
Ae^{\sqrt{-\lambda}a}+Be^{-\sqrt{-\lambda}a}=0
\end{cases}\r e^{\sqrt{-\lambda}a}=e^{-\sqrt{-\lambda}a}
\]
所以想要$X$有非零解，$\lambda$需要大于0，设$\lambda=\mu^{2}$，于是$e^{\mu ai}=e^{-\mu ai}$，即$\sin\mu a=0$，可以得到
\[
\mu_{n}=\frac{n\pi}{a},\ \lambda_{n}=\left(\frac{n\pi}{a}\right)^{2}
\]
从而特征函数为$X_{n}\left(x\right)=\sin\mu_{n}x$. 

然后解$Y''-\left(\frac{n\pi}{a}\right)^{2}Y=0$. 于是
\[
Y_{n}\left(y\right)=A_{n}e^{\mu_{n}y}+B_{n}e^{-\mu_{n}y}
\]
可以得到方程的解为
\[
u\left(x,y\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(A_{n}e^{\mu_{n}y}+B_{n}e^{-\mu_{n}y}\right)\sin\mu_{n}x
\]
代入初值条件$u\left(x,0\right)=\sin\frac{\pi x}{a},u\left(x,b\right)=0$，有
\[
\begin{cases}
\sum_{n=0}^{\infty}\left(A_{n}+B_{n}\right)\sin\frac{n\pi}{a}x=\sin\frac{\pi}{a}x\\
\sum_{n=0}^{\infty}\left(A_{n}e^{\mu_{n}b}+B_{n}e^{-\mu_{n}b}\right)\sin\frac{n\pi}{a}x=0
\end{cases}\r\begin{cases}
A_{n}e^{\mu_{n}b}+B_{n}e^{-\mu_{n}b}=0\\
A_{1}+B_{1}=1\\
A_{i}+B_{i}=0\left(i\ne1\right)
\end{cases}\r\begin{cases}
A_{1}=\frac{1}{1-e^{2\mu_{1}b}}\\
B_{1}=\frac{1}{1-e^{-2\mu_{1}b}}\\
\text{其余的系数全为}0
\end{cases}
\]
所以最终的解为
\[
u\left(x,y\right)=\left(\frac{e^{\frac{\pi}{a}y}-e^{\frac{\pi}{a}\left(2b-y\right)}}{1-e^{2\frac{\pi b}{a}}}\right)\sin\frac{\pi x}{a}
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
9. 调和方程的多项式解称为调和多项式。试证：$\mathbb{R}^{2}$中不超过$n$次且线性独立的调和多项式至多只能有$2n+1$个。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
用数学归纳法。当$n=0$时，$p\left(x\right)=c$是调和多项式。

当$n=k$时，假设$\mathbb{R}^{2}$中不超过$k$次的独立的调和多项式有$2k+1$个。记为$c,p_{1}\left(x,y\right),\cdots,p_{2k}\left(x,y\right)$.
当$n=k+1$时，构造多项式$p_{2k+1}\left(x,y\right)=\text{Re}\left(x+iy\right)^{k+1},p_{2k+2}\left(x,y\right)=\text{Im}\left(x+iy\right)^{k+1}$，这两个都是$k+1$次多项式，于是与前面的多项式均线性无关。然后只需要证明$k+1$次调和多项式均能由这$2k+3$个多项式表示出来。

假设存在不全为零的实数$a_{i}$，满足
\[
a_{0}c+a_{1}p_{1}+\cdots+a_{2k+2}p_{2k+2}=0
\]
考察$n$次项，
\begin{align*}
p_{2k+1}\left(x,y\right) & =\sum_{s=0}^{\left[\frac{k+1}{2}\right]}\binom{k+1}{2s}\left(-1\right)^{s}x^{k+1-2s}y^{2s}\\
p_{2k+1}\left(x,y\right) & =\sum_{s=0}^{\left[\frac{k+1}{2}\right]}\binom{k+1}{2s+1}\left(-1\right)^{s}x^{k-2s}y^{2s+1}
\end{align*}
故想要$a_{2k+1}p_{2k+1}+a_{2k+2}p_{2k+2}$里的$n$次项为0，$a_{2k+1}$和$a_{2k+2}$就必须为0，从而由$c,p_{1}\left(x,y\right),\cdots,p_{2k}\left(x,y\right)$的线性无关性得到这一列$a_{i}$都必须为0，从而矛盾，也就是这$2k+3$个多项式线性无关。

此外，由于$p$一定得是齐次的多项式，否则无法相互抵消，所以在极坐标系中，可以写成
\[
p_{k}=r^{k}q\left(\theta\right)
\]
应用极坐标系下的拉普拉斯算子：
\[
\Delta p_{k}=r^{k-2}\left(q''\left(\theta\right)+k^{2}q\left(\theta\right)\right)=0
\]
这个常微分方程的解是二维的，所以令$\mathcal{H}_{k}$表示$k$次齐次调和多项式空间，则
\[
\dim\mathcal{H}_{k}\leq2\text{，}k\ge1
\]
所以
\[
\dim\mathcal{H}=\sum_{s=1}^{k+1}\dim\mathcal{H}_{s}\leq2k+3
\]
而上面找到了$2k+3$个线性无关的多项式，所以$\dim\mathcal{H}=2k+3$。从而数学归纳完毕。

于是，$\mathbb{R}^{2}$中不超过$n$次且线性独立的调和多项式至多只能有$2n+1$个。
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
有一个高级做法来说明$k+1$次调和多项式均能由这$2k+3$个多项式表示出来。

设$f\left(x,y\right)$是调和多项式且次数不超过$n$，存在调和函数$g$，使得$f+ig$是全纯函数，由Cauchy-Riemann方程可得
\[
f_{x}=g_{y},\ f_{y}=-g_{x}\r g\text{是不超过}n\text{次的多项式}
\]
所以$f+ig$也是多项式，取实部就可以得到$f$的线性表示。
\end{sol*}
%
3.p113 2，5（公式（1.8）处叙述了外问题，可尝试用极值原理，请在证明之前先陈述稳定性，6，7，8
\begin{problem}
2. 若函数$u\left(x,y\right)$是单位圆上的调和函数，又已知他在单位圆周上的数值为$u=\sin\theta$，其中$\theta$表示极角，问函数$u$在原点之值等于多少？
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由调和函数的平均值定理
\[
u\left(0,0\right)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\sin\theta\d\theta=0
\]
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
在边界上不是调和的有一个做法：
\[
u\left(0,0\right)=\frac{1}{2\pi r}\int_{\partial B\left(0,r\right)}u\left(x,y\right)\d s=\frac{1}{2\pi}\int_{\partial B\left(0,1\right)}u\left(rx,ry\right)\d s.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
5. 证明调和方程狄利克雷外问题解的稳定性。（公式（1.8）处叙述了外问题，可尝试用极值原理，请在证明之前先陈述稳定性）
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$\textbf{命题（调和方程狄利克雷外问题解的稳定性）：}$设$D\subset\mathbb{R}^{n}$是有界闭区域，边界为$\Gamma=\partial D$，外区域为$\Omega=\mathbb{R}^{n}\backslash D$.
考虑调和方程的外Dirichlet问题：
\[
\begin{cases}
\Delta u=0, & x\in\Omega\\
u=\varphi, & x\in\Gamma\\
u\left(x\right)\to A, & \left|x\right|\to\infty
\end{cases}
\]
设$u_{1},u_{2}\in C^{2}\left(\Omega\right)\cap C\left(\overline{\Omega}\right)$解了这个方程，则有稳定性估计
\[
\sup_{\overline{\Omega}}\left|u_{1}-u_{2}\right|\leq\max\left\{ \sup_{\Gamma}\left|\varphi_{1}-\varphi_{2}\right|,\left|A_{1}-A_{2}\right|\right\} .
\]

$\textbf{证明：}$设$w=u_{1}-u_{2}$，则$w$解了
\[
\begin{cases}
\Delta w=0, & x\in\Omega\\
w=\varphi_{1}-\varphi_{2}, & x\in\Gamma\\
u\left(x\right)\to A_{1}-A_{2}, & \left|x\right|\to\infty
\end{cases}
\]
记
\[
M=\max\left\{ \sup_{\Gamma}\left|\varphi_{1}-\varphi_{2}\right|,\left|A_{1}-A_{2}\right|\right\} 
\]
因为$w\left(x\right)\to A_{1}-A_{2}$，不妨设$w$从上方趋近，所以对任意的$\varepsilon>0$，存在$R$，使得当$\left|x\right|>R$时，
\[
\left|w\left(x\right)\right|\leq\left|A_{1}-A_{2}\right|+\varepsilon\leq M+\varepsilon
\]

然后取外区域的分割，$\Omega_{R}=\Omega\cap B_{R}\left(0\right)$，这是一个有界区域，边界为$B_{R}\left(0\right)$和$\Gamma$，由于$w$在$\Omega_{R}$中调和，所以对$w$和$-w$应用极值原理，可得
\[
\left|w\left(x\right)\right|\leq M+\varepsilon
\]
令$\varepsilon\to0$，由于$x$是任意的，所以$\sup_{\Omega}\left|w\left(x\right)\right|\leq M$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
6. 对于二阶偏微分方程
\[
\sum_{i,j=1}^{n}a_{ij}\frac{\partial^{2}u}{\partial x_{i}\partial x_{j}}+\sum_{i=1}^{n}b_{i}\frac{\partial u}{\partial x_{i}}+cu=0,
\]
其中$a_{ij},b_{i},c$均为常数，假设矩阵$\left(a_{ij}\right)$是正定的，即对任何实数$\lambda_{i}\left(i=1,2,\cdots,n\right)$，成立
\[
\sum_{i,j=1}^{n}a_{ij}\lambda_{i}\lambda_{j}\geq\alpha\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}^{2}\ \text{（}\alpha\text{为正的常数}\text{）}
\]
 则称他为椭圆形方程。又设$c<0$，试证明该方程的解也成立如下的极值原理：若$u$在$\Omega$中满足方程，在$\Omega\cup\Gamma$上连续，则$u$不能在$\Omega$的内部达到正的最大值或负的最小值。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设在$\Omega$内部达到负的最小值。设在$x_{0}$处取到负的最小值，因此
\[
u\left(x_{0}\right)<0,\ \nabla u\left(x_{0}\right)=0,\ H_{u}\left(x_{0}\right)\text{正定}
\]
因此由于$A$正定，所以
\[
\sum_{i,j=1}^{n}a_{ij}\frac{\partial^{2}u}{\partial x_{i}\partial x_{j}}>0
\]
因为$c<0$，所以原方程应当大于0，这与等于0矛盾，所以不会在内部取到最值。
\end{sol*}
%
\begin{sol*}
若$u$在内部点$x_{0}$取得极小值，Hessian 矩阵$H_{u}\left(x_{0}\right)$只能说明是半正定，不一定是正定。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
7. 证明第6题中讨论的椭圆型方程的第一边值问题解的唯一性与稳定性。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$\textbf{表述：}$设$\Omega\subset\mathbb{R}^{n}$为有界区域，$\Gamma=\partial\Omega$。考虑椭圆型方程
\[
Lu:=\sum_{i,j=1}^{n}a_{ij}\frac{\partial^{2}u}{\partial x_{i}\partial x_{j}}+\sum_{i=1}^{n}b_{i}\frac{\partial u}{\partial x_{i}}+cu=0
\]
其中$a_{ij},b_{i},c$均为常数，假设矩阵$\left(a_{ij}\right)$是正定的，$c<0$，第一边值问题是
\[
\begin{cases}
Lu=0, & x\in\Omega\\
u=\varphi, & x\in\Gamma
\end{cases}
\]
若$u_{1},u_{2}\in C^{2}\left(\Omega\right)\cap C\left(\overline{\Omega}\right)$分别满足
\[
\begin{cases}
Lu_{1}=0, & x\in\Omega,\\
u_{1}=\varphi_{1}, & x\in\Gamma,
\end{cases}\qquad\begin{cases}
Lu_{2}=0, & x\in\Omega,\\
u_{2}=\varphi_{2}, & x\in\Gamma,
\end{cases}
\]
则有稳定性估计
\[
\max_{\overline{\Omega}}|u_{1}-u_{2}|\leq\max_{\Gamma}|\varphi_{1}-\varphi_{2}|.
\]
特别地，如果$\varphi_{1}=\varphi_{2}$，则$u_{1}\equiv u_{2}$，从而证明了解的唯一性。

$\textbf{证明：}$设$w=u_{1}-u_{2}$，则$w$解了
\[
\begin{cases}
Lw=0, & x\in\Omega\\
w=\varphi_{1}-\varphi_{2}, & x\in\Gamma
\end{cases}
\]
由极大值原理，正的极大值只能在边界处达到，即
\[
w\leq\max_{\Gamma}w=\max_{\Gamma}\left|\varphi_{1}-\varphi_{2}\right|
\]
对$\tilde{w}=-w$也做如此操作，得到负的最小值在边界取到，即
\[
\tilde{w}\geq-\max_{\Gamma}\left|\varphi_{1}-\varphi_{2}\right|
\]
于是就有
\[
\max_{\overline{\Omega}}|u_{1}-u_{2}|\leq\max_{\Gamma}|\varphi_{1}-\varphi_{2}|.
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
8. 举例说明对于方程$\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}+cu=0(c>0)$不成立极值原理。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
令$u=\cos x,c=1$，于是
\[
u_{xx}+u_{yy}=-\cos x=-cu
\]
考虑有界区域$\Omega=\left(-\pi,\pi\right)\times\left(-1,1\right)$，最大值是在内部取到的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
补充题：$u\in C\left(\mathbb{R}^{n}\right)$，$\int_{\mathbb{R}^{n}}u\Delta\varphi=0,\forall\varphi\in C_{c}^{\infty}\left(\mathbb{R}^{n}\right)$，那么$u$调和。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
使用磨光函数$\rho_{\varepsilon}$. 
\[
u_{\varepsilon}\left(x\right)=\int_{\mathbb{R}^{n}}\rho_{\varepsilon}\left(z\right)u\left(x-z\right)\d z
\]
这是一个$C^{\infty}$的函数，所以
\[
\int_{\mathbb{R}^{n}}u\Delta\varphi=0=\int_{\mathbb{R}^{n}}u_{\varepsilon}\Delta\varphi=0=\int_{\mathbb{R}^{n}}\Delta u_{\varepsilon}\varphi=0
\]
对任意的$\varphi$都成立，所以$u_{\varepsilon}$是调和的，从而$u$是调和的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
补充题：$\partial B\left(0,1\right)=\Gamma_{1}\cup\Gamma_{2}$，$\Gamma_{1}$是右半圆，$\Gamma_{2}$是左半圆，$\Gamma_{1},\Gamma_{2}$是$\partial B\left(0,1\right)$的开子集。若$u\mid_{\Gamma_{1}}=0$，$\frac{\partial u}{\partial n}\mid_{\Gamma_{2}}=0$，并且$u$调和，那么$u\equiv0$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
使用格林公式：
\[
\int_{B}|\nabla u|^{2}\d x=\int_{\partial B}u\frac{\partial u}{\partial n}\d s-\int_{B}u\Delta u\d x
\]
因为$u$在$B$中调和，所以$\Delta u=0\text{ in }B$，所以$\int_{B}u\Delta u\d x=0$.
在$\partial B$上，
\[
\int_{\partial B}u\frac{\partial u}{\partial n}\d s=\int_{\Gamma_{1}}u\frac{\partial u}{\partial n}\d s+\int_{\Gamma_{2}}u\frac{\partial u}{\partial n}\d s=0
\]
所以$\int_{B}|\nabla u|^{2}\d x=0$，从而$\nabla u=0\r u\equiv0$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
若$u\mid_{\Gamma_{1}}=0$，$\frac{\partial u}{\partial n}\mid_{\Gamma_{1}}=0$，并且$u$调和，那么$u\equiv0$。
\end{problem}
%

\chapter{第15周微分方程作业}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\begin{problem}
1. （此为p121问题2）证明$G(x,y)=G(y,x)$（这里我们追求严格的数学证明，因此我们用$G(x,y)=\Phi(x-y)-\phi^{x}(y)$这个定义作为出发点）
\end{problem}
%
\begin{sol*}
固定$x\in\Omega$之后，$\phi^{x}$关于变量$y$调和，并满足边界条件
\[
\Delta_{y}\phi^{x}(y)=0\quad(y\in\Omega),\qquad\phi^{x}(y)=\Phi\left(x-y\right)\quad(y\in\partial\Omega).
\]
定义$u\left(z\right)=G\left(x,z\right),v\left(z\right)=G\left(y,z\right)$，固定$x,y$，只有$z$是变量，$u\left(z\right)$只在$z=x$处有奇性，$v\left(z\right)$只在$z=y$处有奇性，且$u\mid_{\partial\Omega}=v\mid_{\partial\Omega}=0$. 

令$\Omega_{\varepsilon}=\Omega\backslash\left(\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}\cup\overline{B\left(y,\varepsilon\right)}\right)$，$u,v$在$\Omega_{\varepsilon}$上没有奇性，由格林恒等式，可得
\[
0=\int_{\Omega_{\varepsilon}}(u\Delta v-v\Delta u)\d z=\int_{\partial\Omega_{\varepsilon}}\left(u\nabla v-v\nabla u\right)\d S_{z}.
\]
而$\partial\Omega_{\varepsilon}$由三部分组成：$\partial\Omega$, $\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}$,
$\partial\overline{B\left(y,\varepsilon\right)}$. 所以分别进行处理：

在$\partial\Omega$上，$u=v=0$，所以$\int_{\partial\Omega}\left(u\nabla v-v\nabla u\right)\d S_{z}=0$.

在$\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}$上，因为$v$是没有奇性的，所以泰勒展开有$v\left(z\right)=v\left(x\right)+O\left(\varepsilon\right),\left|\nabla v\right|\leq M<\infty$，$\phi^{x}\left(z\right)=O\left(\varepsilon\right),$。于是
\begin{align*}
\left|\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}u\nabla v\ \d S_{z}\right| & \leq\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}\left|u\nabla v\right|\ \d S_{z}\leq M\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}\left|u\right|\ \d S_{z}\\
 & =M\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}\left|\Phi(x-z)-\phi^{x}(z)\right|\ \d S_{z}\\
 & \leq\begin{cases}
M\left(\varepsilon^{2-n}+1\right)\varepsilon^{n-1}\to0 & n\ge3\\
M\varepsilon\left(\left|\log\varepsilon\right|+1\right)\to0 & n=2
\end{cases}\\
\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}v\nabla u\ \d S_{z} & =v\left(x\right)\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}\nabla u\,\d S_{z}+\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}O(\varepsilon)\nabla u\,\d S_{z}
\end{align*}

对第一项进行估计，
\[
v\left(x\right)\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}\nabla u\,\d S_{z}=v\left(x\right)\left(\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}\nabla\Phi\left(x-z\right)\,\d S_{z}-\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}\nabla\phi^{x}\,\d S_{z}\right)
\]
因为$\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}\nabla\Phi\left(x-z\right)\,\d S_{z}=1$，且$\phi^{x}$光滑，从而有$\left|\nabla\phi^{x}\right|\leq M<\infty$，所以
\[
v\left(x\right)\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}\nabla u\,\d S_{z}\leq v\left(x\right)\left(1-\widetilde{M}\varepsilon^{n-1}\right)\to v\left(x\right).
\]

对第二项进行估计，
\[
\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}O(\varepsilon)\nabla u\,\d S_{z}=\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}\left[\nabla\Phi\left(x-z\right)-\nabla\phi^{x}\right]O\left(\varepsilon\right)\,\d S_{z}
\]
基本解导数满足$\left|\nabla\Phi(x-z)\right|\le C\varepsilon^{1-n}$，$\nabla\phi^{x}$仍然是有界的，所以
\begin{align*}
\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}O(\varepsilon)\nabla u\,\d S_{z} & \leq\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}\left(C\varepsilon^{1-n}+M\right)O\left(\varepsilon\right)\,\d S_{z}\\
 & =\left(C\varepsilon^{1-n}+M\right)O\left(\varepsilon\right)O\left(\varepsilon^{n-1}\right)\\
 & \to0
\end{align*}
所以总的来说，在$\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}$上，
\[
\int_{\partial\overline{B\left(x,\varepsilon\right)}}\left(u\nabla v-v\nabla u\right)\ \d S_{z}\to-v\left(x\right)
\]

同理，在$\partial\overline{B\left(y,\varepsilon\right)}$上，
\[
\int_{\partial\overline{B\left(y,\varepsilon\right)}}\left(u\nabla v-v\nabla u\right)\ \d S_{z}\to u\left(y\right)
\]
所以，合到一起，就有
\[
0=\int_{\partial\Omega_{\varepsilon}}\left(u\nabla v-v\nabla u\right)\d S_{z}=-v\left(x\right)+u\left(y\right)\r G\left(x,y\right)=G\left(y,x\right).
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
2. 利用傅立叶方法推导上半平面的Poisson公式（特别的，计算$\frac{1}{1+x^{2}}$的傅立叶变换）
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$\textbf{先计算\ensuremath{\frac{1}{1+x^{2}}}的傅立叶变换：}$
\[
\mathcal{F}\left[\frac{1}{1+x^{2}}\right]\left(\xi\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}\frac{1}{1+x^{2}}e^{-ix\xi}\d x
\]
当$\xi>0$时，取下半平面，奇点是$-i$，所以
\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}\frac{1}{1+x^{2}}e^{-ix\xi}\d x & =-2\pi i\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\text{Res}_{z=-i}\frac{e^{-ix\xi}}{1+x^{2}}\\
 & =-\sqrt{2\pi}i\lim_{x\to-i}\frac{e^{-ix\xi}}{x-i}\\
 & =-\sqrt{2\pi}i\frac{e^{-\xi}}{-2i}=\frac{\sqrt{2\pi}}{2}e^{-\xi}
\end{align*}
当$\xi<0$时，取上半平面，奇点是$i$，所以
\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}\frac{1}{1+x^{2}}e^{-ix\xi}\d x & =2\pi i\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\text{Res}_{z=i}\frac{e^{-ix\xi}}{1+x^{2}}\\
 & =\sqrt{2\pi}i\lim_{x\to i}\frac{e^{-ix\xi}}{x+i}\\
 & =\sqrt{2\pi}i\frac{e^{\xi}}{2i}=\frac{\sqrt{2\pi}}{2}e^{\xi}
\end{align*}
当$\xi=0$时，$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}\frac{1}{1+x^{2}}\d x=\frac{\sqrt{2\pi}}{2}$，所以综合来说，
\[
\mathcal{F}\left[\frac{1}{1+x^{2}}\right]\left(\xi\right)=\frac{\sqrt{2\pi}}{2}e^{\left|\xi\right|}.
\]

$\textbf{然后用傅立叶方法推导上半平面的Poisson公式}\lyxmathsym{：}$（本来写的是二维的，但是我删了，又不想补了）

记$n$维空间中的点为$\left(x,y\right),x\in\mathbb{R}^{n-1},y\in\mathbb{R}$，于是
\[
\begin{cases}
\Delta_{x}u+u_{yy}=0, & y>0,\\
u(x,0)=f(x), & x\in\mathbb{R}^{n-1}.
\end{cases}
\]
对$x$做傅里叶变换，有
\[
\begin{cases}
-\left|\xi\right|^{2}\widehat{u}+\widehat{u}_{yy}=0, & y>0\\
\widehat{u}\left(\xi,0\right)=\widehat{f}\left(\xi\right), & \xi\in\mathbb{R}^{n-1}
\end{cases}
\]
解常微分方程，通解为
\[
\widehat{u}=A\left(\xi\right)e^{\left|\xi\right|y}+B\left(\xi\right)e^{-\left|\xi\right|y}
\]
为了使得$y\to\infty$时不会去向$\infty$，所以设$A\left(\xi\right)=0$. 由边界条件$\widehat{u}\left(\xi,0\right)=\widehat{f}\left(\xi\right)$得到$B\left(\xi\right)=\widehat{f}\left(\xi\right)$，于是
\[
\widehat{u}\left(\xi,y\right)=\widehat{f}\left(\xi\right)e^{-\left|\xi\right|y}
\]
所以
\begin{align*}
u\left(x,y\right) & =\mathcal{F}^{-1}\left[\widehat{f}\left(\xi\right)e^{-\left|\xi\right|y}\right]\left(x\right)=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}}f*\mathcal{F}^{-1}\left[e^{-\left|\xi\right|y}\right],
\end{align*}
由于
\begin{align*}
\mathcal{F}^{-1}\left[e^{-\left|\xi\right|y}\right] & =(2\pi)^{-\frac{n-1}{2}}\int_{\mathbb{R}^{n-1}}e^{-\left|\xi\right|y}e^{ix\cdot\xi}\d\xi\\
 & =\frac{2^{\frac{n-1}{2}}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}{\sqrt{\pi}}\frac{y}{\left(|x|^{2}+y^{2}\right)^{\frac{n}{2}}}
\end{align*}
所以
\begin{align*}
u(x,y) & =\frac{1}{(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}}\int_{\mathbb{R}^{n-1}}f(\xi)\frac{2^{\frac{n-1}{2}}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}{\sqrt{\pi}}\frac{y}{\left(|x-\xi|^{2}+y^{2}\right)^{n/2}}\,d\xi\\
 & =\frac{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}{\pi^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^{n-1}}\frac{y}{\left(|x-\xi|^{2}+y^{2}\right)^{n/2}}f(\xi)\,d\xi.
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
3. 考虑上半平面的边值问题（假设边界值$g$连续，假设$u$在上半片面内部调和），证明（格林公式）给出的$u$在边界连续，（即$x$趋于边界上$x^{*}$，
有$u\left(x\right)$趋于$g(x^{*})$）
\end{problem}
%
\begin{sol*}
公式为
\[
u\left(x,y\right)=\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}}\frac{y}{\left(x-\xi\right)^{2}+y^{2}}u\left(\xi,0\right)\d\xi
\]
设边界函数为$g\left(x\right)$，下面需要证明当$\left(x,y\right)\to\left(x^{*},0\right)$时，$u\left(x,y\right)\to g\left(x^{*}\right)$.
\begin{align*}
\left|u\left(x,y\right)-g\left(x^{*}\right)\right| & =\left|\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}}\frac{y}{\left(x-\xi\right)^{2}+y^{2}}g\left(\xi\right)\d\xi-g\left(x^{*}\right)\right|\\
 & =\frac{1}{\pi}\left|\int_{\mathbb{R}}\frac{y}{\left(x-\xi\right)^{2}+y^{2}}g\left(\xi\right)\d\xi-g\left(x^{*}\right)\int_{\mathbb{R}}\frac{y}{\left(x-\xi\right)^{2}+y^{2}}\d\xi\right|\\
 & =\frac{1}{\pi}\left|\int_{\mathbb{R}}\frac{y}{\left(x-\xi\right)^{2}+y^{2}}\left[g\left(\xi\right)-g\left(x^{*}\right)\right]\d\xi\right|\\
 & \leq\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}}\frac{y}{\left(x-\xi\right)^{2}+y^{2}}\left|g\left(\xi\right)-g\left(x^{*}\right)\right|\d\xi
\end{align*}
因为$g$在$x^{*}$处连续，所以对任意的$\varepsilon>0$，存在$\delta>0$，使得当$\left|\xi-x^{*}\right|<\delta$时，$\left|g\left(\xi\right)-g\left(x^{*}\right)\right|<\varepsilon$.
记$P_{y}\left(x-\xi\right)=\frac{1}{\pi}\frac{y}{\left(x-\xi\right)^{2}+y^{2}}$，$B_{\delta}\left(x^{*}\right)=\left\{ \xi:\left|\xi-x^{*}\right|<\delta\right\} $，$\left|g\left(x\right)\right|\leq M$（假设$g$有界吧，还简单点，不假设的话是不是也可以通过紧集分割然后趋向正无穷？）于是
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}}P_{y}\left(x-\xi\right)\left|g\left(\xi\right)-g\left(x^{*}\right)\right|\d\xi & =\left(\int_{B_{\delta}\left(x^{*}\right)}+\int_{\mathbb{R}\backslash B_{\delta}\left(x^{*}\right)}\right)P_{y}\left(x-\xi\right)\left|g\left(\xi\right)-g\left(x^{*}\right)\right|\d\xi\\
 & \leq\int_{B_{\delta}\left(x^{*}\right)}P_{y}\left(x-\xi\right)\varepsilon\d\xi+\int_{\mathbb{R}\backslash B_{\delta}\left(x^{*}\right)}P_{y}\left(x-\xi\right)2M\d\xi\\
 & \leq\varepsilon+2M\int_{\mathbb{R}\backslash B_{\delta}\left(x^{*}\right)}P_{y}\left(x-\xi\right)\d\xi
\end{align*}
当$x$足够靠近$x^{*}$时，不妨设$\left|x-x^{*}\right|<\frac{\delta}{2}$，于是
\[
\left|\xi-x\right|\geq\left|\xi-x^{*}\right|-\left|x-x^{*}\right|\geq\frac{\delta}{2}
\]
于是
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}\backslash B_{\delta}\left(x^{*}\right)}P_{y}\left(x-\xi\right)\d\xi & \leq\int_{\left|s\right|\geq\delta/2}\frac{1}{\pi}\frac{y}{s^{2}+y^{2}}\d s=\frac{1}{\pi}\arctan\left(\frac{s}{y}\right)\bigg|_{\left|s\right|\geq\delta/2}\\
 & =1-\frac{2}{\pi}\arctan\left(\frac{\delta}{2y}\right)
\end{align*}
当$y\to0$，
\[
\int_{\mathbb{R}\backslash B_{\delta}\left(x^{*}\right)}P_{y}\left(x-\xi\right)\d\xi\to0
\]
因此
\[
|u(x,y)-g(x^{*})|\le\varepsilon+\text{一个随 }(x,y)\to(x^{*},0)\text{ 而趋于 }0\text{ 的量}.
\]
所以
\[
\limsup_{(x,y)\to(x^{*},0),\,y>0}|u(x,y)-g(x^{*})|\le\varepsilon\r\limsup_{(x,y)\to(x^{*},0),\,y>0}u(x,y)=g(x^{*})
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
4.对圆盘平行的完成问题2，3
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$\textbf{用傅立叶方法推导圆盘的Poisson公式}\text{：}$
\[
\begin{cases}
u_{xx}+u_{yy}=0, & y>0,\\
u(x,0)=f(x), & x\in\mathbb{R}.
\end{cases}
\]
在极坐标中，
\[
\Delta u=u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}u_{\theta\theta}
\]
于是方程为
\[
u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}u_{\theta\theta}=0
\]
设$u\left(r,\theta\right)=R\left(r\right)\Theta\left(\theta\right)$，代入得
\[
\frac{r^{2}R''+rR'}{R}=-\frac{\Theta''}{\Theta}=\lambda
\]
求解$\Theta$，由于$\Theta''+\lambda\Theta=0$，且$\Theta$满足$2\pi$周期，所以$\lambda=n^{2}$，
\[
\Theta\left(\theta\right)=C\cos n\theta+D\sin n\theta
\]
径向部分满足
\[
r^{2}R''+rR'-n^{2}R=0
\]

当$n\geq1$时，这是欧拉方程，解为
\[
R\left(r\right)=\alpha r^{n}+\beta r^{-n}
\]
由于要求在圆盘内有界，所以$\beta=0$。

当$n=0$时，径向解为
\[
R\left(r\right)=\alpha+\beta\ln r
\]
由于要求在圆盘内有界，所以$\beta=0$。

此时圆盘内有界调和函数可写成
\[
u\left(r,\theta\right)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}r^{n}\left(A_{n}\cos n\theta+B_{n}\sin n\theta\right)
\]

边界条件是$u\left(R,\theta\right)=f\left(\theta\right)$（符号有点混乱），所以
\begin{align*}
u\left(R,\theta\right) & =\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}R^{n}\left(A_{n}\cos n\theta+B_{n}\sin n\theta\right)=f\left(\theta\right)\\
 & =\frac{1}{2\pi}a_{0}+\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\cos n\theta+b_{n}\sin n\theta
\end{align*}
其中
\[
a_{0}=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\varphi)\,d\varphi,\ a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\varphi)\cos n\varphi\,d\varphi,\ b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\varphi)\sin n\varphi\,d\varphi.
\]
比较系数可得
\[
R^{n}A_{n}=a_{n},R^{n}B_{n}=b_{n}\r A_{n}=\frac{a_{n}}{R^{n}},B_{n}=\frac{b_{n}}{R^{n}}.
\]
所以
\begin{align*}
u\left(r,\theta\right) & =\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{r^{n}}{R^{n}}\left(a_{n}\cos n\theta+b_{n}\sin n\theta\right)\\
 & =\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\varphi)\,d\varphi+\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{r}{R}\right)^{n}\int_{0}^{2\pi}f\left(\varphi\right)\left(\cos n\varphi\cos n\theta+\sin n\varphi\sin n\theta\right)d\varphi\\
 & =\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\varphi)\,d\varphi+\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{r}{R}\right)^{n}\int_{0}^{2\pi}f\left(\varphi\right)\cos n\left(\varphi-\theta\right)\d\varphi\\
 & =\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\left[1+2\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{r}{R}\right)^{n}\cos\left(n\left(\varphi-\theta\right)\right)\right]f(\varphi)\,d\varphi.
\end{align*}
然后计算里面的核，记$\rho=r/R,\vartheta=\varphi-\theta$，于是
\[
\rho^{n}\cos\left(n\vartheta\right)=\text{Re}e^{n\left[\ln\rho+i\vartheta\right]}
\]
\begin{align*}
1+2\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{r}{R}\right)^{n}\cos\left(n\left(\varphi-\theta\right)\right) & =\text{Re}\left(1+2\sum_{n=1}^{\infty}e^{n\left[\ln\rho+i\vartheta\right]}\right)\\
 & =\text{Re}\left(\frac{1+e^{\ln\rho+i\vartheta}}{1-e^{\ln\rho+i\vartheta}}\right)\\
 & =\text{Re}\left(\frac{1+\rho\cos\vartheta+i\rho\sin\vartheta}{1-\rho\cos\vartheta-i\rho\sin\vartheta}\right)\\
 & =\frac{1-\rho^{2}}{1-2\rho\cos\vartheta+\rho^{2}}\\
 & =\frac{R^{2}-r^{2}}{R^{2}-2Rr\cos\left(\varphi-\theta\right)+r^{2}}
\end{align*}
所以最终得到
\[
u\left(r,\theta\right)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{R^{2}-r^{2}}{R^{2}-2Rr\cos\left(\varphi-\theta\right)+r^{2}}f\left(\varphi\right)\d\varphi
\]

$\textbf{证明边界的连续性：}$设边界函数为$f\left(\theta\right)$，下面需要证明当$\left(r,\theta\right)\to\left(R,\theta^{*}\right)$时，$u\left(r,\theta\right)\to f\left(\theta^{*}\right)$.
记$P\left(\varphi-\theta\right)=\frac{1}{2\pi}\frac{R^{2}-r^{2}}{R^{2}-2Rr\cos\left(\varphi-\theta\right)+r^{2}}$
，于是
\begin{align*}
\left|u\left(r,\theta\right)-f\left(\theta^{*}\right)\right| & =\left|\int_{0}^{2\pi}P\left(\varphi-\theta\right)\left(f\left(\varphi\right)-f\left(\theta^{*}\right)\right)\d\varphi\right|\\
 & \leq\int_{0}^{2\pi}P\left(\varphi-\theta\right)\left|f\left(\varphi\right)-f\left(\theta^{*}\right)\right|\d\varphi
\end{align*}
因为$f$在$\theta^{*}$处连续，所以对任意的$\varepsilon>0$，存在$\delta>0$，使得当$\left|\varphi-\theta^{*}\right|<\delta$时，$\left|f\left(\varphi\right)-f\left(\theta^{*}\right)\right|<\varepsilon$.
记$B_{\delta}\left(\theta^{*}\right)=\left\{ \varphi:\left|\varphi-\theta^{*}\right|<\delta\right\} $，$\left|f\left(\theta\right)\right|\leq M$，于是
\begin{align*}
\int_{0}^{2\pi}P\left(\varphi-\theta\right)\left|f\left(\varphi\right)-f\left(\theta^{*}\right)\right|\d\varphi & =\left(\int_{\left[0,2\pi\right]\backslash B_{\delta}\left(\theta^{*}\right)}+\int_{B_{\delta}\left(\theta^{*}\right)}\right)P\left(\varphi-\theta\right)\left|f\left(\varphi\right)-f\left(\theta^{*}\right)\right|\d\varphi\\
 & \leq\int_{B_{\delta}\left(\theta^{*}\right)}P\left(\varphi-\theta\right)\varepsilon\d\varphi+2M\int_{\left[0,2\pi\right]\backslash B_{\delta}\left(\theta^{*}\right)}P\left(\varphi-\theta\right)\d\varphi\\
 & \le\varepsilon+2M\int_{\left[0,2\pi\right]\backslash B_{\delta}\left(\theta^{*}\right)}\frac{1}{2\pi}\frac{R^{2}-r^{2}}{R^{2}-2Rr\cos\left(\varphi-\theta\right)+r^{2}}\d\varphi
\end{align*}
当$\theta$足够靠近$\theta^{*}$时，不妨设$\left|\theta-\theta^{*}\right|<\frac{\delta}{2}$，于是
\[
\left|\varphi-\theta\right|\geq\left|\varphi-\theta^{*}\right|-\left|\theta-\theta^{*}\right|\geq\frac{\delta}{2}
\]
于是
\[
\int_{\left[0,2\pi\right]\backslash B_{\delta}\left(\theta^{*}\right)}P\left(\varphi-\theta\right)\d\varphi\leq\int_{\left[0,2\pi\right]\cap\left|\varphi-\theta\right|\geq\delta/2}P\left(\varphi-\theta\right)\d\varphi
\]
因为
\[
\int_{-\delta/2}^{\delta/2}\frac{a}{\cos\varphi}\d\varphi=a\ln\left(\frac{\sin\varphi+1}{\left|\cos\varphi\right|}\right)\bigg|_{-\delta/2}^{\delta/2}=2a\ln\left(\left|\tan\frac{\delta}{2}+\frac{1}{\cos\frac{\delta}{2}}\right|\right)
\]
随着$a\to0$而趋向于0，所以
\[
\int_{\left[0,2\pi\right]\cap\left|\varphi-\theta\right|\geq\delta/2}P\left(\varphi-\theta\right)\d\varphi
\]
也是随着$r\to R$而趋向于0，所以
\[
\left|u(x,y)-f\left(\theta^{*}\right)\right|\le\varepsilon+\text{一个随 }(r,\theta)\to(R,\theta^{*})\text{ 而趋于 }0\text{ 的量}.
\]
所以
\[
\limsup_{(r,\theta)\to(R,\theta^{*})}|u(x,y)-f(\theta^{*})|\le\varepsilon\r\limsup_{(r,\theta)\to(R,\theta^{*})}u(x,y)=f(\theta^{*})
\]
\end{sol*}
%
5.P121 1，5，6，7，8
\begin{problem}
1. 证明格林函数的性质3及性质5. 

性质3：在区域$\Omega$中成立着不等式
\[
0<G\left(x,y\right)<\frac{1}{4\pi\left|x-y\right|}.
\]

性质5：$\iint_{\Gamma}\nabla G\left(x,y\right)\cdot n_{y}\d S_{y}=-1.$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
性质3：要证明$0<G\left(x,y\right)<\frac{1}{4\pi\left|x-y\right|}$，也就是要证明
\[
0<G\left(x,y\right)<\Phi\left(y-x\right)
\]
所以先证明$\phi^{x}\left(y\right)>0$. 

因为$\phi^{x}\left(y\right)$调和，在边界上大于0，由极小值原理，$\phi^{x}\left(y\right)$在$\Omega$内大于0，所以$G\left(x,y\right)<\Phi\left(y-x\right)$.

然后由于$G\left(x,y\right)$在$\Omega-B_{\varepsilon}\left(x\right)$上调和，在边界$\partial\Omega$上等于0，在$\partial B_{\varepsilon}$上是$\frac{1}{4\pi\varepsilon}-\phi^{x}\left(y\right)$，由于$\phi^{x}\left(y\right)$光滑，在$x$附近有界，所以可以找到一个$\varepsilon$，使得$\frac{1}{4\pi\varepsilon}-\phi^{x}\left(y\right)$在$\partial B_{\varepsilon}$上大于0，于是就有$G\left(x,y\right)$在边界上大于等于0，由极小值原理，$G\left(x,y\right)\geq0$在$\Omega_{\varepsilon}$上。再由强极小值原理，由于$G$不会是常数，所以在内部不会去到极小值0，所以在$\Omega_{\varepsilon}$内大于0.
令$\varepsilon\to0$，就可以得到在$\Omega$内，$G\left(x,y\right)>0$. 

性质5：因为$G\left(x,y\right)=\Phi\left(y-x\right)-\phi^{x}\left(y\right)$.
所以
\begin{align*}
\iint_{\Gamma}\nabla G\left(x,y\right)\cdot n_{y}\d S_{y} & =\int_{\Gamma}\nabla\Phi\left(y-x\right)\cdot n_{y}\d y-\int_{\Omega}\Delta\phi^{x}\left(y\right)\d y\\
 & =-\int_{\partial B_{\varepsilon}}\nabla\Phi\left(y-x\right)\cdot n_{y}\d y-0\\
 & =-1
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{problem}
5. 求半圆区域上狄利克雷问题的格林函数。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
半圆区域有两段边界$y=0$和$x^{2}+y^{2}=R^{2}(y>0)$，所以要同时对这两条边界作镜像。

令$\rho^{2}=\xi^{2}+\eta^{2}$，三个镜像点分别是：
\begin{itemize}
\item 关于$y=0$的反射点$Q_{1}=\left(\xi,-\eta\right)$. 
\item 关于$x^{2}+y^{2}=R^{2}(y>0)$的反射点$Q_{2}=\frac{R^{2}}{\rho^{2}}\left(\xi,\eta\right)$
\item 关于两个一起反射$Q_{3}=\frac{R^{2}}{\rho^{2}}\left(\xi,-\eta\right)$. 
\end{itemize}
\end{sol*}
于是半圆区域的 Dirichlet 格林函数为
\[
G(P,Q)=\frac{1}{2\pi}\ln\frac{|P-Q_{2}||P-Q_{1}|}{|P-Q||P-Q_{3}|}
\]

\begin{problem}
6. 利用泊松公式求边值问题
\[
\begin{cases}
\Delta u=0, & x^{2}+y^{2}+z^{2}<1\\
u\left(r,\theta,\varphi\right)\mid_{r=1}=3\cos2\theta+1
\end{cases}
\]
的解。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
单位球内的 Poisson 公式为
\begin{align*}
u\left(r,\theta,\varphi\right) & =\frac{1-r^{2}}{4\pi}\iint_{S^{2}}\frac{f\left(\theta',\varphi'\right)}{\left|x-\xi\right|^{3}}\d S_{\xi}
\end{align*}
但是这个求积分太麻烦了，所以选择求和的Poisson公式：
\[
u\left(r,\theta,\varphi\right)=\sum_{n=0}^{\infty}r^{n}\sum_{m=-n}^{n}a_{nm}Y_{n}^{m}\left(\theta,\varphi\right)
\]
其中$Y_{n}^{m}\left(\theta,\varphi\right)=C_{nm}P_{n}^{\left|m\right|}\left(\cos\theta\right)e^{im\varphi}$，而
\begin{align*}
a_{nm} & =\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}f(\theta,\varphi)\overline{Y_{n}^{m}(\theta,\varphi)}\sin\theta\d\theta\d\varphi\\
 & =\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}\left(3\cos2\theta+1\right)C_{nm}P_{n}^{\left|m\right|}\left(\cos\theta\right)e^{-im\varphi}\sin\theta\d\theta\d\varphi
\end{align*}
只有$m=0$时，$a_{nm}$才可能不为0，此时
\[
C_{n0}=\sqrt{\frac{2n+1}{4\pi}},\ P_{0}\left(\cos\theta\right)=1,\ P_{1}\left(\cos\theta\right)=\cos\theta,\ P_{2}\left(\cos\theta\right)=\frac{3\cos^{2}\theta-1}{2}
\]
于是
\begin{align*}
a_{n0} & =\sqrt{\frac{2n+1}{4\pi}}\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}\left(3\cos2\theta+1\right)P_{n}\left(\cos\theta\right)\sin\theta\d\theta\d\varphi\\
 & =\sqrt{\left(2n+1\right)\pi}\int_{0}^{\pi}\left(6\cos^{2}\theta-2\right)P_{n}\left(\cos\theta\right)\sin\theta\d\theta
\end{align*}
所以不为0的$a_{n0}$只有$a_{20}$，并且
\begin{align*}
a_{20} & =\sqrt{5\pi}\int_{0}^{\pi}\left(3\cos^{2}\theta-1\right)^{2}\sin\theta\d\theta\\
 & =\sqrt{5\pi}\int_{-1}^{1}9t^{4}-6t^{2}+1\d t\\
 & =\sqrt{5\pi}\left(\frac{9}{5}t^{5}-2t^{3}+t\right)\bigg|_{-1}^{1}\\
 & =\frac{8}{5}\sqrt{5\pi}
\end{align*}
所以 
\begin{align*}
u\left(r,\theta,\varphi\right) & =\sum_{n=0}^{\infty}r^{n}\sum_{m=-n}^{n}a_{nm}Y_{n}^{m}\left(\theta,\varphi\right)\\
 & =r^{2}a_{20}Y_{2}^{0}\left(\theta,\varphi\right)\\
 & =r^{2}a_{20}C_{20}P_{2}\left(\cos\theta\right)\\
 & =r^{2}\cdot\left(3\cos2\theta+1\right)
\end{align*}
\end{sol*}
%
\begin{rem*}
我有一个想法，但是AI告诉我是不对的。就是既然边界没有涉及$\varphi$，那么直接就设$u\left(r,\theta,\varphi\right)=u\left(r,\theta\right)$.
然后用二维的来做，但是不对是因为降维之后，方程不是二维极坐标下的拉普拉斯方程，而是三维球坐标中去掉$\varphi$后的方程：
\[
\Delta u=u_{rr}+\frac{2}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}\left(u_{\theta\theta}+\cot\theta u_{\theta}\right)=0.
\]
这里有$\frac{2}{r}u_{r}\cot\theta u_{\theta}$这些三维球坐标特有的项，二维极坐标的拉普拉斯算子是
\[
u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}u_{\theta\theta},
\]
它和这里不一样。
\end{rem*}
%
\begin{sol*}
一种巧妙地分离变量，$u=f\left(r\right)\left(3\cos2\theta+1\right)$.
\end{sol*}
%
\begin{problem}
7. 求泊松方程狄利克雷问题
\[
\begin{cases}
\Delta u=x^{2}y, & x^{2}+y^{2}<a\\
u=0, & x^{2}+y^{2}=a
\end{cases}
\]
的解。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，拉普拉斯算子变成
\[
\Delta u=u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}u_{\theta\theta}
\]
于是$\Delta u=x^{2}y$就变成了
\[
\Delta u=r^{3}\cos^{2}\theta\sin\theta=\frac{r^{3}}{4}\left(\sin\theta+\sin3\theta\right)
\]
设$u=A\left(r\right)\sin\theta+B\left(r\right)\sin3\theta$，那么
\begin{align*}
\Delta u & =u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}u_{\theta\theta}\\
 & =A''\sin\theta+\frac{1}{r}A'\sin\theta-\frac{1}{r^{2}}A\sin\theta+B''\sin3\theta+\frac{1}{r}B'\sin3\theta-\frac{9}{r^{2}}B\sin3\theta
\end{align*}
于是得到两个常微分方程
\[
\begin{cases}
A''+\frac{A'}{r}-\frac{A}{r^{2}}=\frac{r^{3}}{4}\\
B''+\frac{B'}{r}-\frac{9B}{r^{2}}=\frac{r^{3}}{4}
\end{cases}
\]
设$A=a_{5}r^{5}+a_{4}r^{4}+a_{3}r^{3}+a_{2}r^{2}+a_{1}r+a_{0}$是一个最高次为5次的多项式，于是
\begin{align*}
A''+\frac{A'}{r}-\frac{A}{r^{2}} & =20a_{5}r^{3}+12a_{4}r^{2}+6a_{3}r+2a_{2}+5a_{5}r^{3}+4a_{4}r^{2}+3a_{3}r+2a_{2}+\frac{a_{1}}{r}\\
 & \ -a_{5}r^{3}-a_{4}r^{2}-a_{3}r-a_{2}-\frac{a_{1}}{r}-\frac{a_{0}}{r^{2}}\\
 & =24a_{5}r^{3}+15a_{4}r^{2}+8a_{3}r+3a_{2}-\frac{a_{0}}{r^{2}}\\
 & =\frac{r^{3}}{4}
\end{align*}
对应系数可得
\[
a_{5}=\frac{1}{96},\ a_{1}\text{待定}\r A\left(r\right)=\frac{1}{96}r^{5}+a_{1}r
\]
设$B=b_{5}r^{5}+b_{4}r^{4}+b_{3}r^{3}+b_{2}r^{2}+b_{1}r+b_{0}$是一个最高次为5次的多项式，于是
\begin{align*}
B''+\frac{B'}{r}-\frac{9B}{r^{2}} & =20b_{5}r^{3}+12b_{4}r^{2}+6b_{3}r+2b_{2}+5b_{5}r^{3}+4b_{4}r^{2}+3b_{3}r+2b_{2}+\frac{b_{1}}{r}\\
 & \quad-9b_{5}r^{3}-9b_{4}r^{2}-9b_{3}r-9b_{2}-\frac{9b_{1}}{r}-\frac{9b_{0}}{r^{2}}.\\
 & =16b_{5}r^{3}+7b_{4}r^{2}-5b_{2}-\frac{8b_{1}}{r}-\frac{9b_{0}}{r^{2}}.\\
 & =\frac{r^{3}}{4}
\end{align*}
对应系数可得
\[
b_{5}=\frac{1}{64},b_{3}\text{待定}\r B=\frac{1}{64}r^{5}+b_{3}r^{3}
\]
所以得到
\[
u=\left(\frac{1}{96}r^{5}+a_{1}r\right)\sin\theta+\left(\frac{1}{64}r^{5}+b_{3}r^{3}\right)\sin3\theta
\]
代入边界条件，当$r=\sqrt{a}$时，$u=0$，有
\[
\left(\frac{1}{96}a^{5/2}+a_{1}\sqrt{a}\right)\sin\theta+\left(\frac{1}{64}a^{5/2}+b_{3}a^{3/2}\right)\sin3\theta=0\r a_{1}=-\frac{1}{96}a^{2},b_{3}=-\frac{1}{64}a
\]
所以最终结果为
\[
u\left(r,\theta\right)=\left(\frac{1}{96}r^{5}-\frac{1}{96}a^{2}r\right)\sin\theta+\left(\frac{1}{64}r^{5}-\frac{1}{64}ar^{3}\right)\sin3\theta
\]
换回$x,y$的结果是
\[
u\left(x,y\right)=\frac{y}{192}\left(x^{2}+y^{2}-a\right)\left(11x^{2}-y^{2}+2a\right).
\]
\end{sol*}
%
\begin{problem}
8. 求$\mathbb{R}^{2}$中调和方程在两平行线间的格林函数。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设两平行线为$l_{1}:y=a$和$l_{2}:y=b$，设$P=\left(x,y\right)$，固定极点为$Q\left(\xi,\eta\right)$
\begin{itemize}
\item 关于$l_{1}$的对称点为$Q_{1}^{+}=\left(\xi,2a-\eta\right)$
\item 关于$l_{2}$的对称点为$Q_{1}^{-}=\left(\xi,2b-\eta\right)$
\item 关于$l_{1}$对称然后关于$l_{2}$对称为$Q_{2}^{+}=\left(\xi,2b-2a+\eta\right)$
\item $\cdots\cdots\cdots\cdots$
\end{itemize}
设$L=b-a$，这样操作之后会产生一串点，
\[
Q_{n}^{+}=\left(\xi,\eta+2nL\right),Q_{n}^{-}=\left(\xi,2a-\eta+2nL\right),\ n\in\mathbb{Z}
\]
所以格林函数为
\[
G(P,Q)=\frac{1}{2\pi}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\ln\frac{|P-Q_{n}^{-}|}{|P-Q_{n}^{+}|}.
\]
\end{sol*}
%

\chapter{期末考试}

\section{常系数ODE（组），二阶、齐次（二阶的一定要会）}

\section{波动方程}

Cauchy问题

\[
\begin{cases}
u_{tt}-\Delta u=0, & x\in\mathbb{R}^{n},t>0\\
u\mid_{t=0}=f\left(x\right),u'\mid_{t=0}=g\left(x\right)
\end{cases}
\]
一维达朗贝尔公式：
\[
u\left(x,t\right)=\frac{1}{2}\left[f\left(x-t\right)+f\left(x+t\right)\right]+\frac{1}{2}\int_{x-t}^{x+t}g\left(s\right)\d s
\]
三维球平均：
\[
u(x,t)=\frac{\partial}{\partial t}\left[\frac{1}{4\pi t}\int_{|y-x|=t}f(y)\d S_{y}\right]+\frac{1}{4\pi t}\int_{|y-x|=t}g(y)\d S_{y}
\]

惠更斯原理（三维才对、二维不对，但考试可能不会涉及）

二维使用降维法

能量方法
\[
E\left(t\right)=\int_{\Omega_{t}}u_{t}^{2}+\left|\nabla u\right|^{2}\d x
\]
其中$\Omega_{t}=\left\{ \left(x,t\right)\mid\left|x-x_{0}\right|\leq\left|t-t_{0}\right|\right\} $。求导得到导数小于等于0然后得到稳定性、唯一性、有限传播速度。

如果在考试中写了$\int_{\mathbb{R}^{n}}u_{t}^{2}+\left|\nabla u\right|^{2}\d x$，要先说明可积性，如果是一个有界区域$\Omega$，那么就是可以随便用的。

\section{热方程}

Cauchy问题

\[
\begin{cases}
u_{t}-\Delta u=0, & x\in\mathbb{R}^{n},t>0\\
u\mid_{t=0}=\varphi\left(x\right)
\end{cases}
\]
\[
u\left(x,t\right)=\int_{\mathbb{R}^{n}}\varphi\left(x-y\right)K\left(y,t\right)\d y
\]
其中热核$K\left(y,t\right)=\left(4\pi t\right)^{-n/2}e^{-\frac{\left|y\right|^{2}}{4t}}.$

Fourier变换：
\[
\widehat{f}\left(\xi\right)=\left(2\pi\right)^{-n/2}\int_{\mathbb{R}^{n}}\widehat{f}\left(y\right)e^{-iy\xi}\d y
\]
性质：求导$\leftrightarrow$求多项式，卷积$\leftrightarrow$乘积，保$L^{2}$范数。

极大值原理：$u_{t}-\Delta u\leq0$，最大值位于抛物边界。（会有叙述定理的题目，不会要求证明）

由极大值原理可以推出一些性质，比如唯一性、稳定性、最大模估计。

能量法：$E\left(t\right)=\frac{1}{2}\int_{\Omega}u^{2}\d x$. 

\section{位势方程}

$\Delta u=0$基本解

\[
\Phi\left(x\right)=\begin{cases}
\frac{1}{2\pi}\ln\left|x\right|, & n=2\\
\frac{1}{\left(2-n\right)\left|B\left(0,1\right)\right|}\left|x\right|^{2-n}, & n\geq3
\end{cases},\ \int_{\partial B\left(0,1\right)}\frac{\partial\Phi}{\partial n}\d s=1
\]
\[
\Delta u=f,f\in C_{c}^{\infty}\left(\mathbb{R}^{n}\right)\r u\left(x\right)=f*\Phi\left(x\right)
\]

要证明一个函数是调和函数至少得是$C^{2}$的。这样才能求两阶导。

调和函数的性质：

均值公式、弱极值原理、梯度估计。

Harnack不等式，推论：刘维尔定理。

Green函数：
\[
\begin{cases}
\Delta u=f, & \text{in }\Omega\\
u\mid_{\partial\Omega}=g
\end{cases}
\]
\[
u\left(x,y\right)=\int_{\partial\Omega}-g\frac{\partial G}{\partial n}\left(x,y\right)\d S_{y}+\int_{\Omega}fG\left(x,y\right)\d y
\]
特殊的上半平面和球面的格林函数。

Possion公式

强极值原理，Hopf极值原理

能量方法：$E=\int_{\Omega}\left|\nabla u\right|^{2}\d x$. （好像考试题并不需要用到能量，但可以试试）

\section{Green公式}

\[
\int_{\partial\Omega}u\cdot n_{i}\d S=\int_{\Omega}\frac{\partial u}{\partial x_{i}}\d x
\]
\[
\int_{\partial\Omega}u\frac{\partial v}{\partial n}\d x=\int_{\Omega}\nabla u\cdot\nabla v+u\Delta v\d x
\]
\[
\int_{\partial\Omega}u\frac{\partial v}{\partial n}-v\frac{\partial u}{\partial n}\d s=\int_{\Omega}u\Delta v-v\Delta u\d x
\]


\section{齐次化原理}

（这个其实不会考）带$t$的方程，齐次$\r$非齐次

\section{初边值问题}

分离变量，找满足边值条件的正交基。

例：
\[
\begin{cases}
u_{tt}-u_{xx}=0, & 0<x<1\\
u\mid_{t=0}=g\left(x\right),u\mid_{t=0}=h\left(x\right)\\
u\mid_{x=0}=u\mid_{x=1}=0
\end{cases}
\]

\clearpage


\end{document}
