押题

复习汇总

题目

叙述热方程基本解的定义.

题目

叙述位势方程基本解的定义.

题目

叙述广义函数及其弱导数的定义.

题目

调和函数的定义.

题目

设 $$ J(v)=\frac 1 2\int_\Omega (|\nabla v|^2+v^2)\text{d} x+\frac 12 \int_{\partial \Omega} \alpha(x)v^2\text{d} s-\int_\Omega fv\text{d} x-\int_{\partial\Omega}gv\text{d} s $$ 其中 $\alpha(x)\geqslant 0$ 考虑以下三个问题: - I 变分问题: 求 $u\in M=C^1(\overline{\Omega})$, 使得 $$ J(u)=\min\limits_{v\in M}J(v). $$ - II 求 $u\in M=C^1(\overline{\Omega})$, 使得它对于任意 $v\in M$, 都满足 $$ \int_\Omega (\nabla u\cdot\nabla v+u\cdot v-fv)\text{d} x+\int_{\partial\Omega}(\alpha(x)uv-gv)\text{d} s=0. $$ - III 第三边值问题: 求 $u\in C^2(\Omega)\cap C^1(\overline{\Omega})$, 满足以下边值问题 $$\begin{cases} -\Delta u+u=f, & x\in\Omega,\\ \dfrac{\partial u}{\partial n}+\alpha(x)u=g, & x\in\partial \Omega. \end{cases}$$ - (1) 证明问题 I 与问题 II 等价. - (2) 当 $u\in C^2(\Omega)\cap C^1(\overline{\Omega})$ 时, 证明问题 I,II,III 等价.

证明

- (1) $\Rightarrow$: 令 $j(\varepsilon)=J(u+\varepsilon v)$, $u\in M, v\in M$. 那么有 $$ j'(0)=\int_\Omega \nabla v\cdot \nabla u+vu\text{d}\vec x+\int_{\partial \Omega} \alpha u v\text{d} \vec x-\int_\Omega fv\text{d} \vec x-\int_{\partial\Omega} gv\text{d} \vec x=0 $$ 即 $$ \int_\Omega (\nabla u\cdot\nabla v+u\cdot v-fv)\text{d} x+\int_{\partial\Omega}(\alpha(x)uv-gv)\text{d} s=0. $$ 再验证 $j''(\varepsilon)=\int_\Omega(|\nabla v|^2+v^2)\text{d}\vec x+\int_{\partial\Omega}\alpha v^2\text{d} \vec x> 0$.

$\Leftarrow$: 令 $w=v-u\in M$, 考虑 $$ J(u+w)-J(u)=\int_\Omega \nabla u\cdot\nabla w+uw+\frac{1}{2}(|\nabla w|^2+w^2)\text{d}\vec x+\int_{\partial\Omega}\alpha (uw+\frac12 w^2)\text{d}\vec x-\int_{\Omega} fw\text{d}\vec x-\int_{\partial\Omega} gw\text{d}\vec x. $$ 由条件带入 $v=w$.

得到 $$ J(u+w)-J(u)=\frac12\int_\Omega(|\nabla w|^2+w^2)\text{d}\vec x+\frac12\int_{\partial \Omega}\alpha w^2\text{d}\vec x\geqslant 0 $$ 从而问题 II 的解 $u$ 是 $J(u)$ 的最小值点.

综上问题 I, II 等价. - (2) II $\Rightarrow$ III: 取 $v\in C_0^2$, 由 Green 公式 $$ \int_\Omega (\nabla u\cdot\nabla v+uv-fv)\text{d}\vec x=\int_\Omega (-\Delta u+u-f)v\text{d} x=0 $$ 那么由 $v$ 任意可得 $-\Delta u+u=f$. 再带回 II 得到 $$ \int_{\partial \Omega}(\frac{\partial u}{\partial n}+\alpha u-g)v\text{d} s=0 $$ 从而 $\dfrac{\partial u}{\partial n}+\alpha u=g$.

III $\Leftarrow$ II: 由 Green 公式, 可得 II 条件成立.

题目

用特征线法求解下述问题 - (1) $\begin{cases} u_t+2u_x=0, & t>0,-\infty<x<\infty\\ u\big|_{t=0}=x^2, & -\infty<x\infty \end{cases}$ - (2) $\begin{cases} u_t+(1+x^2)u_x-u=0, & t>0,-\infty<x<\infty\\ u\big|_{t=0}=\arctan x, & -\infty<x<\infty. \end{cases}$

题目

(!!!) 设 $u\in C^2(\mathbb{R}^n\times [0,\infty))$ 是方程 $u_{tt}-a^2\Delta u=0$ 的解. 令 $$ M_u(x,r,t)=\frac{1}{\omega_n}\int_{|\xi|=1} u(x+r\xi,t)\text{d} S_\xi $$ 其中 $\omega_n$ 是单位球面的面积. 证明 $$ \frac{\partial^2}{\partial t^2}M_u=a^2\left(\frac{\partial^2 M_u}{\partial r^2}+\frac{n-1}{r}\frac{\partial M_u}{\partial r}\right) $$

证明

一方面, $$\begin{aligned} \frac{\partial^2}{\partial t^2}M_u=\frac{1}{\omega_n}\int_{|\xi|=1}u_{tt}(x+r\xi,t)\text{d} S_\xi\\ =\frac{1}{\omega_n}\int_{|\xi|=1}a^2\Delta_{x+r\xi} u(x+r\xi,t)\text{d} S_\xi\\ =\frac{a^2}{\omega_n}\int_{\partial B(x,r)}\Delta u(y,t) \frac{1}{r^{n-1}} \text{d} S \end{aligned}$$

另一方面, $$\begin{aligned} \frac{\partial M_u}{\partial r}=\frac{1}{\omega}\mint[|\xi|=1]\nabla u(y,t)\cdot\vec\xi\text{d} S_\xi\\ = \end{aligned}$$

题目

计算下列函数的 Fourier 变换. - (1) $f(x)=e^{-Ax^2},(A>0, x\in\mathbb{R})$. - (2) $f(\vec x)=e^{-A|\vec x|^2}, (A>0,x\in\mathbb{R}^n)$.

题目

计算/证明广义函数. - (1) $(|x|)^{(m)}, (m\geqslant 1)$. - (2) $(H(x)e^{ax})''$. - (3) $x^m\delta^{(m)}(x)=(-1)^m m! \delta(x)$.

题目

用分离变量法求解 - (1) $ \begin{cases} u_t = a^2 u_{xx}, & 0 < x < \pi,\ t > 0, \ u\big|{t=0} = \sin x, & 0 \leqslant x \leqslant \pi, \ u_x\big| = 0, & t > 0. \end{cases}$ - (2) } = u_x\big|_{x=\pi$\begin{cases} u_t = a^2 u_{xx}, & 0 < x < l,\ t > 0, \\ u\big|_{t=0} = x^2 (l - x), & 0 \leqslant x \leqslant l, \\ u_x\big|_{x=0} = u\big|_{x=l} = 0, & t > 0. \end{cases}$

答案

$$ u(x,t)=\frac{2}{\pi}+\frac{4}{\pi}\sum\limits_{m=1}^\infty \frac{1}{1-4m^2}e^{-a^2(2m)^2t}\cos(2mx) $$ 注意此时是以 $\{\cos nx\}$ 作为正交基, 所以会有 $n=0$ 的项.

答案

该边值条件算出以 $\{\cos\mu_n x\}$ 为基, 其中 $\mu_n=\frac{(2n+1)\pi}{2}$, 也有 $(\cos\mu_n x,\cos\mu_n x)=\frac{l}{2}$, 故展开的系数还是 $\frac 2l$. 且没有 $n=0$ 的项.

$$ u_n(x,t)=\sum\limits_{n=1}^\infty\varphi_n e^{-\left(a(2n+1)\pi/(2l)\right)^2t}\cos\frac{(2n+1)\pi}{2l}x,\quad \varphi_n=\frac{(-1)^n 64(2n+1)\pi l^3-192l^3}{(2n+1)^4\pi^4} $$

题目

(!!!) 设 $\varphi(x)$ 是连续函数且有界, 则 $$ u(x,t)=\int_{-\infty}^\infty K(x-\xi,t)\varphi(\xi)\text{d}\xi $$ 给出初值问题 $$\begin{cases} u_t-a^2u_{xx}=0, & -\infty<x<\infty, t>0\\ u(x,0)=\varphi(x), & -\infty<x<\infty \end{cases}$$ 的解.

证明

注意积分和求导可交换的条件, 即对 $K$ 求导后, 固定 $t$ 均对 $x$ 可积.

$K(x,t)=\begin{cases} \frac{1}{2a\sqrt{\pi t}}e^{-x^2/(4a^2t)}, & t>0\\ 0, & t\leqslant 0 \end{cases}$

题目

设 $u,u_x\in C^{2,1}(Q)\cap C^{1,0}(\overline{Q})$, $u$ 满足第三边值问题 $$\begin{cases} Lu=u_t-u_{xx}=f(x,t) & (x,t)\in Q\\ u|_{t=0}=\varphi(x), & 0\leqslant x\leqslant l\\ [-\frac{\partial u}{\partial x}+\alpha u]_{x=0}=g_1(t), & 0\leqslant t\leqslant T\\ [\frac{\partial u}{\partial x}+\beta u]_{x=l}=g_2(t), & 0\leqslant t\leqslant T \end{cases}$$ 其中 $\alpha,\beta\geqslant 0$, 给出 $\max|\frac{\partial u}{\partial x}|$ 的估计.

证明

设 $v=u_x$, 首先由 $u$ 的第三边值问题可以给出估计 $$ |u|\leqslant C(F+B) $$ , $F=\sup|f|, B=\max\{\sup|\varphi|,\sup|g_1|,\sup|g_2|\}$, $C=\max\{T,1+\frac{2a^2T}{l}+\frac l4\}$.

则考虑 $v$ 满足第一边值问题 $$\begin{cases} Lv=v_t-v_{xx}=f_x, & (x,t)\in Q\\ v(x,0)=\varphi'(x), & 0\leqslant x\leqslant l\\ v(0,t)=\alpha u(0,t)-g_1(t), & 0\leqslant t\leqslant T\\ v(l,t)=-\beta u(l,t)-g_2(t), & 0\leqslant t\leqslant T \end{cases}$$

从而有估计 $$ |v|\leqslant FT+B $$ 其中 $F=\sup|f_x|, B=\max\{\sup|\varphi'|,\sup|u(0,t)-g_1(t)|,\sup|u(l,t)-g_2(t)|\}$, 由 $u$ 的估计可得 $B$ 存在.

题目

记 $Q^l=\{0<x<l,0<t\leqslant T\}$, 设 $u_l\in C^{2,1}(Q^l)\cap C(\overline{Q^l})$ 是定解问题 $$\begin{cases} Lu=u_t-u_{xx}=0, & (x,t)\in Q^l\\ u_l\big|_{t=0}=0, & 0\leqslant x\leqslant l\\ u_l(0,t)=g_1(t), u_l(l,t)=0, & 0\leqslant t\leqslant T \end{cases}$$ 的解, 其中 $g_1(t)\geqslant0$ 证明: $l_1<l_2$ 时 $u_{l_1}(x,t)\leqslant u_{l_2}(x,t),\quad (x,t)\in Q^{l_1}$.

证明

先证明 $u_l$ 非负, 直接使用弱极值原理即可得到.

于是定义 $w(x,t)=u_{l_2}(x,t)-u_{l_1}(x,t)$, 在 $Q^{l_1}$ 上.

那么再用一次弱极值原理, 对于 $w(x,t)$ 的边界 $w(0,t)=0, w(l_1,t)=u_{l_2}(l_1,t)\geqslant 0$, 从而 $w(x,t)$ 非负. 证毕.

题目

设 $u$ 满足 $$ Lu=u_t-a^2u_{xx}+c(x,t)u\leqslant 0 $$ 其中 $c(x,t)$ 有界, 且 $c(x,t)\geqslant 0$. 证明如果 $u$ 在 $\overline{Q}$ 上存在非负最大值, 则必在边界上达到非负最大值.

证明

按弱极值原理证明过程走一遍即可, 先考虑严格小于 0.

再考虑辅助函数 $v(x,t)=u(x,t)+\varepsilon e^{-Nt}$, 变为严格小于 0. 其中 $N>|c(x,t)|$, 由 $c(x,t)$ 有界, 保证存在这样的 N.

题目

设 $u(x,t) \in C^{2,1}(\overline{Q})$ 是问题

\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial t} - \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = f, & (x,t) \in Q, \ u(x,0) = \varphi(x), & 0 \leqslant x \leqslant l, \ u(0,t) = u(l,t) = 0, & 0 \leqslant t \leqslant T \end{cases}

的解, 证明 $u$ 满足以下估计

\sup_{0 \leqslant t \leqslant T} \int_0^l \left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2 \mathrm{d}x + \int_0^T \int_0^l \left(\frac{\partial u}{\partial t}\right)^2 \mathrm{d}x \mathrm{d}t \leqslant M \left[ \int_0^l (\varphi'(x))^2 \mathrm{d}x + \int_0^T \int_0^l f^2(x,t) \mathrm{d}x \mathrm{d}t \right],

其中 $M$ 只依赖于 $T,l$.

题目

设 $u(x,t) \in C^{1,0}(\overline{Q}) \cap C^{2,1}(Q)$ 且满足以下定解问题

\begin{cases} u_t - a^2 u_{xx} = f(x,t), & (x,t) \in Q, \ u(x,0) = \varphi(x), & 0 \leqslant x \leqslant l, \ \left[-\frac{\partial u}{\partial x} + \alpha u\right]{x=0} = \left[\frac{\partial u}{\partial x} + \beta u\right] = 0, & 0 \leqslant t \leqslant T, \end{cases}

其中 $\alpha \geqslant 0, \beta \geqslant 0$, 证明

\sup_{0 \leqslant t \leqslant T} \int_0^l u^2(x,t) \, \mathrm{d}x + \int_0^T \int_0^l \left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2 \mathrm{d}x \mathrm{d}t \leqslant M \left( \int_0^l \varphi^2(x) \mathrm{d}x + \int_0^T \int_0^l f^2(x,t) \mathrm{d}x \mathrm{d}t \right),

其中 $M$ 只依赖于 $T, a$.

题目

(!!!) 二维/三维 Poisson 公式推导 (讲义21 P3-4).

题目

(!!!) 设 $u\in C^2(\overline{\Omega})$ 是方程 $$\begin{cases} \Delta u=0, & \{|x|>1\}\triangleq \Omega\\ \lim\limits_{|x|\to \infty} u(x)=0 \end{cases}$$ 证明: $\max\limits_{\overline{\Omega}}|u|=\max\limits_{\partial\Omega}|u|$.

位势的极值和调和函数未整理!