杂题1:4:10-4:16

杂题 4.10-4.16

目录

• 杂题 4.10-4.16
  • 4.12:数学分析-积分变换
  • 4.13:偏微分方程/复变函数-Hadamard三圆定理
  • 4-15:ODE-解的存在区间

4.12:数学分析-积分变换

设常数 \(a, b\) 不全为 0 . 求证:

\[\iint_{x^2+y^2 \leqslant 1} f(a x+b y+c) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=2 \int_{-1}^1 \sqrt{1-t^2} f\left(t \sqrt{a^2+b^2}+c\right) \mathrm{d} t . \]

分析：之前有个学弟问我这个题,说看不明白解答是什么意思.这几天看PDE看的我心情不爽(快气成海豚了),所以写个数学题来解解压,于是就那这道题来开刀.

作为一道出现在二重积分换元该节出现的一题,毫无疑问我们需要作变量替换.那么该做什么样的变换呢？一般来说这和函数本身以及区域给定的形状有关,一般而言我们总是希望将被积函数和积分区域通过变换后能够是一个比较简洁的样子.而从这个题目来看,它做了这样的一个变换:

\[u=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}x+\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}y \]

注意到\(u\)做的是一个线性变换,易见他将\(0=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}x+\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}y\)这条直线在新的坐标系下就是\(x\)轴,一个容易的选取就是将在原坐标系和\(0=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}x+\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}y\)垂直的直线变为新的\(y\)轴,所以我们选取:

\[v=-\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}x+\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}y \]

事实上我们只需要将斜率控制为\(\frac{a}{b}\)即可,但是归一化后变换\((x,y)\to (u,v)\)就是正交变换,因此Jacobi矩阵,注意到正交变换是保长变换因此\(x^2+y^2\le 1\to u^2+u^2\le 1\),故:

\[LHS=\int_{u^2+v^2\le 1}f(u\sqrt{a^2+b^2+c})dudv \]

对于三维的情况:

\(K=\displaystyle \iiint_1 \cos (a x+b y+c z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z\), 具中 \(a, b, c\) 是不全为 0 的常数, \(V: x^2+y^2+\) \(z^2 \leqslant 1\).

我们暂且记\(\cos\)为\(f\).作变换\(\zeta=\dfrac{ax+by+cz}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\),因此新的XOY平面就是\(\zeta=0\),对于三阶的正交矩阵不太容易写,因此我们暂且不写,反证我们知道在\(ax+by+cz=0\)的的XOY平面上可以选出两个垂直的分量记为新的\(x,y\)轴\(\xi ,\eta\).我们也要求这个变换是正交变换,故Jacobi矩阵行列式为1.因此:

\[K=\iiint_{\xi^2+\eta^2+\zeta^2\le 1} f(\zeta \sqrt{a^2+b^2+c^2})d\xi d\eta d\zeta \]

引用柱面坐标 \(\xi=r \cos \theta, \eta=r \sin \theta, \zeta=\zeta\), 这时

\[\begin{aligned} V & =\left\{(r, \theta, \zeta) \mid-1 \leqslant \zeta \leqslant 1,0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi, 0 \leqslant r \leqslant \sqrt{1-\zeta^2}\right\}, \\ K & =\int_{-1}^1 \cos (\mu \zeta) \mathrm{d} \zeta \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^{\sqrt{1-\zeta^2}} r \mathrm{~d} r=2 \pi \int_0^1\left(1-\zeta^2\right) \cos (\mu \zeta) \mathrm{d} \zeta \\ & =\frac{4 \pi}{\mu^2}\left(\frac{\sin \mu}{\mu}-\cos \mu\right) . \end{aligned} \]

4.13:偏微分方程/复变函数-Hadamard三圆定理

试讨论\(\mathbb{R}^2\)中椭圆方程:

\[\begin{cases} \Delta u+u^p=0\\ u\ge 0,x\in \mathbb{R}^n \end{cases} \]

古典解的存在唯一性.

这道题是之前有个同学问我的,说为什么解是存在且唯一的.解的存在性是显然的,因为我们\(u=0\)就是一个解,因此我们只需要证明其唯一性即可.关于拟线性方程的唯一性,并且是关于两个变量的方程确实具有很多丰富的结果,我们可以引用,但是作为一道本科生的题目,甚至是出现在复变或者PDE中,则我们可以用本科的知识就解决它.

不难观察,在题设的条件下,我们可以得到两条信息：

1. \(\Delta u=-u^p\le 0\Rightarrow u\)是上调和的.
2. \(u\ge 0\)是有有界(正)下界的.
   其实回顾偏微分方程,我们可以在陈祖樨老师的课后习题中发现这样一道题目:

(p168-T35)证明\(\mathbb{R}^2\)中有上界的下调和函数必是常数.(提示:利用Hadamard三圆定理)

我们先叙述Hadamard三圆定理及其证明:

Hadamard三圆定理设 \(D\) 是 \(\mathbb{R}^2\) 中以原点为中心的环形区域, 大圆和小圆的半径分别 为 \(R_2\) 和 \(R_1, u(x, y)\) 是 \(D\) 中的下调和函数. 记

\[M(r)=\max_{x^2+y^2=r^2} u(x, y), R_1 < r_1 < r < r_2 < R_2, \]

其中, \(r=\sqrt{x^2+y^2}\). 则

\[M(r) \leqslant \frac{M\left(r_1\right) \log \left(\frac{r_2}{r}\right)+M\left(r_2\right) \log \left(\frac{r}{r_1}\right)}{\log \left(\frac{r_2}{r_1}\right)} . \]

证明 令

\[\varphi(r)=a+b \log r, r \neq 0, \]

由 \(\varphi\left(r_1\right)=M\left(r_1\right), \varphi\left(r_2\right)=M\left(r_2\right)\) 确定 \(a, b\) 的值, 代人上式, 得

\[\varphi(r)=\frac{M\left(r_1\right) \log \left(\frac{r_2}{r}\right)+M\left(r_2\right) \log \left(\frac{r}{r_1}\right)}{\log \left(\frac{r_2}{r_1}\right)} . \]

设

\[v(x, y)=u(x, y)-\varphi\left(\sqrt{x^2+y^2}\right), \]

则

\[\begin{cases}-\Delta v \leqslant 0, & \text { 当 } r_1 < r < r_2 \text { 时, } \\ v \leqslant 0, & \text { 当 } r=r_1 \text { 和 } r=r_2 \text { 时. }\end{cases} \]

由下调和函数的弱最大值原理知
\(v \leqslant 0\), 当 \(r_1 < r< r_2\) 时,
因此
\(u(x, y) \leqslant \varphi(r)\), 当 \(r_1 < r < r_2\) 时,
故有
\(M(r) \leqslant \varphi(r)\), 当 \(r_1 < r < r_2\) 时.

题目的证明我们重新写一下这个定理的形式：

\[M(r)\le M(r_1)\frac{\ln r_2-\ln r}{\ln r_2-\ln r_1}+M(r_2)\frac{\ln r-\ln r_1}{\ln r_2-\ln r_1} \]

我们任取\(0 < r_1 < r_2 < \infty\).

分别令\(r_1\to 0\)和\(r_2\to \infty\)(分别),就可以得到：

\[\begin{cases} M(r)\le M(r_1),r\ge r_1\\ M(r)\le M(r_2),r\le r_2 \end{cases} \]

由于\(M(r)\)是单调递增,且\(M(r)\le M>0\),因此可以得到\(M(r)\)在\((0,\infty)\)上是常值,由下调和函数的连续性可得\(M(r)\equiv C\).故\(u\)是一个常数.

将\(u\)替换为\(-u\)就得到了有下界的上调和函数是常数,因此我们得到了椭圆方程的解必为常数,直接看出只有\(u=0\)符合.

下边是复变函数中的Hadamard三直线定理和三圆定理.

设\(a,b\)是两个实数且\(a < b\),并令：

\[D=\{z|a < Re z < b\} \]

设\(f:D\to \mathbb{C}\)是有界解析的且不恒为0,令：

\[M(x)=\sup\{|f(x+iy)|-\infty < y < \infty\} \]

则\(\ln M(x)\)是关于\(x\)的凸函数.

由三直线定理可以直接证明出三圆定理.

设\(a,b\)是两个实数且\(a < b\),并令：

\[D=\{z|a < |z| < b\} \]

设\(f:D\to \mathbb{C}\)是解析的且不恒为0,令：

\[M(r)=\sup\{|f(z)||z|=r\in (a,b)\} \]

则\(\ln M(r)\)是关于\(r\)的凸函数.

鉴于这两个定理的证明不是很简单,我们仅作陈述.(有兴趣的uu可以参考Conway的单复变函数.)

4-15:ODE-解的存在区间

证明微分方程:

\[y'=x^2+y^2 \]

解的存在区间有限.

证明: 反证法.假设该方程存在区间为\((c,\infty)\),那么我们当\(x>1\)时：

\[y'>1+y^2\Rightarrow \frac{dy}{1+y^2}\ge dx\Rightarrow arctan y\ge x+A\Rightarrow y(x)\ge \tan(x+A) \]

因此当\(x+A\to \frac{\pi}{2}+k_0\pi\)时,\(y(x)\)爆裂了,故解的存在区间不可能为\((c,\infty)\).同理可证\(-\infty\)的情况.

回想起来北大面试问了我一个类似的问题,但是当时没想起来怎么做,真是丢人啊!!!

u1s1这个和PDE里边的Blow up有点类似！！