PDE小题

本文主要是介绍PDE小题，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

给出二阶偏微分方程 $u_{tt}-u_{xx}-u_{xy}=x^{2}t$ 的三维系数矩阵

对于二阶偏微分方程 $u_{tt}-u_{xx}-u_{xy}=x^{2}t$，我们可以通过分析每个项的系数来确定三维系数矩阵。在这个方程中，我们有三个变量：$x,y,t$，尽管 $y$ 没有直接出现在方程中。我们可以将这个方程写成更一般的形式：

$A{u}_{xx}+B{u}_{yy}+C{u}_{tt}+D{u}_{xy}+E{u}_{xt}+F{u}_{yt}=G$

对于我们的方程，我们有：

• $A=-1$, 因为 $u_{xx}$ 的系数是 -1。
• $B=0$, 因为方程中没有 $u_{yy}$ 项。
• $C=1$, 因为 $u_{tt}$ 的系数是 1。
• $D=-1$, 因为 $u_{xy}$ 的系数是 -1。
• $E=0$, 因为方程中没有 $u_{xt}$ 项。
• $F=0$, 因为方程中没有 $u_{yt}$ 项。

因此，三维系数矩阵（对应于 $x,y,t$ 方向）可以表示为：

$\left[\begin{array}{ccc}A& D/2& E/2\\ D/2& B& F/2\\ E/2& F/2& C\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}-1& -1/2& 0\\ -1/2& 0& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$

在这个例子中，由于矩阵的特征值不全为同号，我们可以推断出原方程是双曲型偏微分方程。

给定一个一般形式的二阶线性偏微分方程，如何判断其是椭圆型 or 双曲型 or 抛物型对于一个二阶线性偏微分方程，其一般形式可以表示为：

$A{u}_{xx}+2B{u}_{xy}+C{u}_{yy}+\text{lower order terms}=0$

其中，$A$, $B$, 和 $C$ 是系数，它们可以是常数或者变量的函数。

判断这个方程是椭圆型、双曲型还是抛物型，我们需要计算判别式 $$D=B^2-AC$$

• 如果 $D<0$，那么方程是椭圆型的。
• 如果 $D>0$，那么方程是双曲型的。
• 如果 $D=0$，那么方程是抛物型的。

解的存在唯一性

$$\{\begin{array}{rl}& u_t+u_x=f(x,t),x\in (0,l),0\le t\le T\\ & u(x,T)=\phi (x),x\in [0,l],\\ & u(0,t)=0,0\le t\le T\end{array}$$判断解是否存在唯一

这是一个具有初值和边界条件的一维线性对流方程。要判断该问题的解是否存在且是否唯一，我们可以考虑使用特征线法。

对于方程 $u_t+u_x=f(x,t)$，其特征线方程为 $\frac{dx}{dt}=1$，即 $x-t=\text{const}$。沿着特征线，原方程变为沿着特征线的常微分方程 $\frac{du}{dt}=f(x,t)$。

由于初始条件 $u(x,T)=\phi (x)$ 在 $t=T$ 时给出，我们可以沿着特征线向后追溯，直到 $t=0$。特征线与 $t=0$ 的交点为 $x=t$。因此，沿着特征线的解可以表示为
$$u(x,t)=\phi (x-t+T)+{\int }_{x-t+T}^{x}f(\xi ,\xi -x+t)d\xi ,$$
其中 $\xi$ 是积分变量。

边界条件 $u(0,t)=0$ 保证了当 $x=0$ 时，解为零。这与上述沿着特征线的解形式是一致的。

综上所述，对于给定的初值和边界条件，该线性对流方程的解是存在且唯一的，因为我们可以沿着特征线唯一地确定解。

解的稳定性

$$\{\begin{array}{rl}& u_t-u_{xx}=f(x,t),x\in (0,l),0\le t<T\\ & u(x,T)=\phi (x),x\in [0,l],\\ & u(0,t)=u(l,t)=0,0\le t\le T\end{array}$$

判断题答案说这个定解问题的解是不稳定的

对称开拓法开拓后的初值问题

$$\{\begin{array}{rl}& u_t-a^2{u}_{xx}=\sin (xt),x>0,t>0\\ & u(x,0)=\cos (x),x\ge 0,\\ & u(0,t)=0,t\ge 0\end{array}$$请给出延拓后的初值问题

为了使用延拓法解决半无界区域上的问题，我们需要将原始问题扩展到整个实数轴上。这样，我们就可以利用傅里叶变换的技术来解决问题。具体来说，我们需要对方程和初始条件进行延拓，使其在整个实数轴上都有定义。下面是详细的推导过程：

1. 方程的延拓：

   原始方程为
   $$u_t-a^2{u}_{xx}=\sin (xt),x>0,t>0$$

   我们将其延拓到整个实数轴上，即让$x\in \mathbb{R}$。由于原方程在$x>0$时已经给出，我们只需保持在$x<0$时方程的形式不变：
   $$u_t-a^2{u}_{xx}=\sin (xt),x\in \mathbb{R},t>0$$

2. 初始条件的延拓：

   原始的初始条件为
   $$u(x,0)=\cos (x),x\ge 0$$

   为了将问题扩展到整个实数轴，我们需要对初始条件进行延拓。一种常见的方法是使用符号函数（sign function）来保持函数的奇偶性。具体来说，我们可以将初始条件延拓为
   $$u(x,0)=\text{sign}(x)\cos (x),x\in \mathbb{R}$$
   这里，$\text{sign}(x)$是符号函数，定义为
   $$\text{sign}(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x>0\\ 0,& x=0\\ -1,& x<0\end{array}$$
   通过这种延拓，我们保持了初始条件在$x=0$处的连续性，并且使得延拓后的初始条件在$x<0$时为$-\cos (x)$，在$x>0$时为$\cos (x)$。

综上，我们得到了延拓后的初值问题：
$$\{\begin{array}{rl}& u_t-a^2{u}_{xx}=\sin (xt),x\in \mathbb{R},t>0\\ & u(x,0)=\text{sign}(x)\cos (x),x\in \mathbb{R}\end{array}$$
这样，我们就可以使用傅里叶变换等方法来求解这个延拓后的问题了。

解的最大值

题目一

$\Omega =\{(x,y)|0<x,y<1\}$，如果偏微分方程$$\{\begin{array}{rl}& -u_{xx}-u_{yy}=-1,x,y\in \Omega ,\\ & u(x,y){|}_{\partial \Omega }=e^{x^2+y^2}\end{array}$$的解 $u\in C(\overline{\Omega })\cap C^2(\Omega )$，那么 ${\max }_{\overline{\Omega }}u$ 是？

为了求解给定的偏微分方程的最大值，我们可以使用极值理论。给定的方程是一个泊松方程，形式为：

$$\{\begin{array}{ll}-\Delta u=f& \text{in }\Omega ,\\ u=g& \text{on }\partial \Omega ,\end{array}$$

其中 $\Delta u=u_{xx}+u_{yy}$ 是拉普拉斯算子，$f=-1$ 是源项，$g=e^{x^2+y^2}$ 是边界条件。

首先，我们知道 $u\in C(\overline{\Omega })\cap C^2(\Omega )$ 意味着 $u$ 在闭区域 $\overline{\Omega }$ 上连续，在开区域 $\Omega$ 上二次可微。

根据极值理论，如果 $u$ 在 $\Omega$ 内达到极大值，则必有 $\Delta u\ge 0$。但是，我们的方程给出 $\Delta u=-1<0$，所以 $u$ 不能在 $\Omega$ 内部达到极大值。

因此，$u$ 的最大值必须在边界 $\partial \Omega$ 上取得。由于边界条件是 $u(x,y)=e^{x^2+y^2}$，我们可以通过最大化 $e^{x^2+y^2}$ 来找到 $u$ 的最大值。

在边界上，$x$ 和 $y$ 的取值范围是 $[0,1]$，所以 $x^2+y^2$ 的最大值是 $2$，当 $x=y=1$ 时取得。因此，$u$ 的最大值是 $e^2$。

所以，${\max }_{\overline{\Omega }}u=e^2$。

判断特征值 $\lambda$ 个数

$$\{\begin{array}{l}-\Delta u+\lambda u=0,\text{in}\Omega ,\\ u{|}_{\partial \Omega }=0\end{array}$$

这个说法是正确的。这个问题是一个典型的定解问题，称为狄利克雷(Dirichlet)问题，其中$-\Delta u$表示$u$的拉普拉斯算子，$\Omega$是一个给定的区域，$\partial \Omega$是其边界，$\lambda$是特征值。

对于这个特定的问题，非零解$u$存在的条件是$\lambda$必须是该问题的特征值。这些特征值可以通过求解该方程得到，通常是通过分离变量或者使用其他数学方法。这些特征值是离散的，并且可以被证明存在无穷多个，因为随着问题的尺寸或复杂度的增加，总会有更多的特征模式满足边界条件。

因此，对于这个问题，取非零解时的特征值 $\lambda$ 确实存在无穷多个。这些特征值对应于不同的振动模式或特征函数，它们在物理上可以解释为系统的自然频率。在数学上，这些特征值构成了所谓的特征值谱。

求广义微商

$$f(x)=\{\begin{array}{l}{e}^{-x}-1,-1\le x\le 1\\ 0,otherwise\end{array}$$求$f^{\prime }(x)$

广义微商，又称分布导数或广义导数，是对函数的导数概念的扩展，用于处理一些在传统意义上不可导的函数。对于给定的函数 $f(x)$，我们可以通过求其分布导数来找到广义微商 $f^{\prime }(x)$。

对于函数 $f(x)$，其定义为：
$$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-x}-1,& -1\le x\le 1\\ 0,& \text{otherwise}\end{array}$$

我们可以将 $f(x)$ 分为三个部分进行讨论：

1. 当 $x<-1$ 时，$f(x)=0$，因此在这个区间上 $f^{\prime }(x)=0$。
2. 当 $-1\le x\le 1$ 时，$f(x)=e^{-x}-1$，这是一个在传统意义上可导的函数，因此在这个区间上 $f^{\prime }(x)=-e^{-x}$。
3. 当 $x>1$ 时，$f(x)=0$，因此在这个区间上 $f^{\prime }(x)=0$。

综上所述，$f(x)$ 的广义微商 $f^{\prime }(x)$ 可以表示为：
$$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<-1\\ -e^{-x},& -1<x<1\\ 0,& x>1\end{array}$$

需要注意的是，我们还需要考虑在 $x=-1$ 和 $x=1$ 处的导数情况。由于 $f(x)$ 在这两点处从非零值跳跃到零值，这会导致导数在这两点处存在冲击。因此，我们可以使用狄拉克δ函数（Dirac delta function）来表示这种冲击，其表达式为 $\delta (x-a)$，其中 $a$ 是冲击发生的位置。在 $x=-1$ 处，$f(x)$ 从 $e-1$ 跳跃到 $0$，在 $x=1$ 处，$f(x)$ 从 $1/e-1$ 跳跃到 $0$。因此，广义微商 $f^{\prime }(x)$ 可以进一步表示为：
$$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}-e^{-x},& -1<x<1\\ (e-1)\delta (x+1),& x=-1\\ \left(\frac{1}{e}-1\right)\delta (x-1),& x=1\\ 0,& \text{otherwise}\end{array}$$

这样，我们就得到了函数 $f(x)$ 的广义微商 $f^{\prime }(x)$。

求广义函数值

$\delta (x)$ 是 Dirac function，那么请求解广义函数值 $<{\delta }^{\prime }(x-1),e^{-x^2}>$

为了解广义函数值 $<{\delta }^{\prime }(x-1),e^{-x^2}>$，我们首先需要回顾一下广义函数（或分布）的基本性质。对于Dirac函数$\delta (x)$，其导数${\delta }^{\prime }(x)$定义为

$$<{\delta }^{\prime }(x-1),\phi (x)>=-{\phi }^{\prime }(1)$$

对于任何光滑的测试函数$\phi (x)$。这是因为Dirac函数的导数是关于原点的奇异性的一阶导数，所以在积分中产生了一个负号。

现在，我们可以将$e^{-x^2}$作为测试函数$\phi (x)$，因此我们有：

$$<{\delta }^{\prime }(x-1),e^{-x^2}>=-\frac{d}{dx}{e}^{-x^2}{|}_{x=1}=-(-2x{e}^{-x^2}){|}_{x=1}=2e^{-1}=\frac{2}{e}$$

所以，广义函数值$<{\delta }^{\prime }(x-1),e^{-x^2}>$为$\frac{2}{e}$。

最大值的取值点

满足 $-u_{xx}-u_{yy}=-1$ 的函数在单位圆上的最大值在何处取得？

给定偏微分方程 $-u_{xx}-u_{yy}=-1$，我们可以考虑使用泊松方程的性质来解决这个问题。泊松方程的形式为 $-\Delta u=f$，其中 $\Delta$ 是拉普拉斯算子，对于二维情况即为 $u_{xx}+u_{yy}$。因此，我们的方程可以重写为 $\Delta u=1$。

根据泊松方程的最大值原理（maximum principle），如果 $\Delta u\ge 0$ 在一个区域 $\Omega$ 内部，那么 $u$ 的最大值一定在 $\Omega$ 的边界上取得。在我们的情况中，$\Delta u=1>0$，所以 $u$ 的最大值一定在单位圆的边界上取得。

具体在哪个点取得最大值，则取决于边界条件。如果没有给出具体的边界条件，我们无法确定最大值在哪里取得。如果有给出边界条件，我们可以通过求解泊松方程来找到 $u$ 的解，进而确定最大值的位置。

单位圆的边界方程是 $x^2+y^2=1$。这个方程表示所有满足 $x^2+y^2=1$ 的点 $(x,y)$ 的集合，这些点构成了平面上的一个圆，圆心在原点 $(0,0)$，半径为 $1$。

延拓法求解半无界问题

请将这个半无界问题化为齐次边界并用延拓法求解
$$\{\begin{array}{ll}{u}_{tt}-u_{xx}=0,& x>0,t>0,\\ u(x,0)=\sin (x),& x>0,\\ u_t(x,0)=\cos (x),& x>0,\\ u_x(0,t)=1,& t\ge 0.\end{array}$$

这个半无界波动方程问题可以通过延拓和D’Alembert公式来求解。我们首先需要对初始条件和边界条件进行延拓，然后使用D’Alembert公式求解全无界问题，最后取解的 $x>0$ 部分作为原始问题的解。

1. 延拓初始条件：

   • 对初始位移 $u(x,0)=\sin (x)$ 进行偶延拓：对于 $x<0$，定义 $\sin (-x)=-\sin (x)$。
   • 对初始速度 $u_t(x,0)=\cos (x)$ 进行偶延拓：对于 $x<0$，定义 $\cos (-x)=\cos (x)$。

   因此，延拓后的初始条件为：

   $$\{\begin{array}{ll}u(x,0)=\sin (|x|),& x\in \mathbb{R},\\ u_t(x,0)=\cos (x),& x\in \mathbb{R}.\end{array}$$

2. 处理边界条件：对于边界条件 $u_x(0,t)=1$，我们无需进行延拓，因为这是一个Neumann边界条件，它自然地满足了偶延拓后的解的性质。

3. 应用D’Alembert公式：对于全无界问题，D’Alembert公式给出了解的表达式：

   $$u(x,t)=\frac{1}{2}[u(x+t,0)+u(x-t,0)]+\frac{1}{2}{\int }_{x-t}^{x+t}{u}_t(\xi ,0)d\xi .$$

   将延拓后的初始条件代入，得到：

   $$u(x,t)=\frac{1}{2}[\sin (|x+t|)+\sin (|x-t|)]+\frac{1}{2}{\int }_{x-t}^{x+t}\cos (\xi )d\xi .$$

   计算积分，得到：

   $$u(x,t)=\frac{1}{2}[\sin (|x+t|)+\sin (|x-t|)]+\frac{1}{2}[\sin (x+t)-\sin (x-t)].$$

4. 取解的 $x>0$ 部分：由于原始问题是在半无界区间 $x>0$ 上定义的，我们只需取解的 $x>0$ 部分作为最终解。因此，对于 $x>0$ 和 $t\ge 0$，解为：

   $$u(x,t)=\frac{1}{2}[\sin (x+t)+\sin (x-t)]+\frac{1}{2}[\sin (x+t)-\sin (x-t)]=\sin (x+t).$$

最终，对于原始半无界波动方程问题，解为 $u(x,t)=\sin (x+t)$，其中 $x>0$ 和 $t\ge 0$。

要将这个半无界问题化为齐次边界并用奇延拓法求解，我们可以首先对原始问题进行延拓，使其变成定义在全空间上的问题。具体来说，我们可以对函数$u(x,t)$进行奇延拓，即定义
$$v(x,t)=\{\begin{array}{ll}u(x,t),& x\ge 0,\\ -u(-x,t),& x<0.\end{array}$$
这样，$v(x,t)$就是关于$x=0$的奇函数。我们现在需要将原始问题中的初始条件和边界条件也延拓到全空间上。由于$u(x,t)$在$x=0$处的导数是已知的，我们可以使用这个信息来确定$v(x,t)$在$x=0$附近的行为。具体来说，我们有
$$v_x(0^{+},t)=u_x(0,t)=1,v_x(0^{-},t)=-u_x(0,t)=-1,$$
这意味着$v(x,t)$在$x=0$处不可导。因此，我们不能直接将原始问题中的边界条件$u_x(0,t)=1$延拓到$v(x,t)$上。然而，我们可以通过修改初始条件来间接地满足这个边界条件。具体来说，我们可以取
$$v_t(x,0)=\{\begin{array}{ll}\cos (x),& x>0,\\ -\cos (-x),& x<0,\end{array}$$
这样，$v_t(x,0)$在$x=0$处的跳跃就会导致$v(x,t)$在$x=0$处的导数随时间$t$的增加而趋向于1。

综上所述，我们可以将原始问题转化为以下全空间问题：
$$\{\begin{array}{ll}{v}_{tt}-v_{xx}=0,& x\in \mathbb{R},t>0,\\ v(x,0)=\sin |x|,& x\in \mathbb{R},\\ v_t(x,0)=\{\begin{array}{ll}\cos (x),& x>0,\\ -\cos (-x),& x<0,\end{array}& x\in \mathbb{R}.\end{array}$$
现在，我们可以使用达朗贝尔公式求解这个全空间问题。由于$v(x,t)$是关于$x$的奇函数，我们只需要求解$x\ge 0$的情况，然后通过奇延拓得到$x<0$的解。对于$x\ge 0$，我们有
$$v(x,t)=\frac{1}{2}[\sin (x+t)+\sin (x-t)]+\frac{1}{2}{\int }_{x-t}^{x+t}\cos (\xi )d\xi .$$
通过计算积分，我们得到
$$v(x,t)=\frac{1}{2}[\sin (x+t)+\sin (x-t)]+\frac{1}{2}[\sin (x+t)-\sin (x-t)]=\sin (x+t).$$
因此，原始问题的解为
$$u(x,t)=v(x,t)=\sin (x+t),x\ge 0,t\ge 0.$$

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