【数物】课程复习（一）

题型

• 判断15题，每题1分
• 不定项选择，一题2分
• 大题75分；前两章是10分

第一章 复变函数

---

• 只涉及客观题（判断选择）
• 雨课堂有关题目都要看！包括判断选择

第一讲：复变函数引论

一、复数的表示与运算

• 表示：

  • 常规：$z=x+iy$
  • 取实（虚）部：$Rez=x=\frac {z + \bar z} {2}$，$\mathrm{Im}z=y=\frac{z-\overline{z}}{2\mathrm{i}}$
  • 指数：$z=r\left(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta\right)=r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}$
  • 三角函数：$z=|z|(\cos\mathrm{Argz}+\mathrm{i}\sin\mathrm{Argz})$
  • 取模：$r=|z|$
  • 幅角：$Argz=argz+2\pi Z$
  • 幅角主值：$arg z$

• 运算：

  • 乘法：
    • $\begin{aligned}&\mathrm{z}_{1}=r_{1}\left(\cos\theta_{1}+\sin\theta_{1}\right)=r_{1}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta_{1}}\\&z_{2}=r_{2}(\cos\theta_{2}+\sin\theta_{2})=r_{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta_{2}}\\&z_{1}z_{2}=r_{1}r_{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\theta_{1}+\theta_{2})}\end{aligned}$
    • 几何意义将复数1按逆时针方向旋转一个角度$θ_2=Argz_2$，再将其伸缩到$|z_2|$倍。
    • $\begin{aligned}&\mathrm{Arg}(z_{1}z_{2})=\mathrm{Arg}z_{1}+\mathrm{Arg}z_{2}\\&\mathrm{Arg}(z_{1}/z_{2})=\mathrm{Arg}z_{1}-\mathrm{Arg}z_{2}\\&z\bar{z}=|z|^{2}\end{aligned}$
  • 复数的方根
    • 若：$\omega^{n}=z=r(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta)$ ，
      则：$\omega=\sqrt[n]{z}=\sqrt[n]{r}\left(\cos\frac{\theta+2k\pi}{n}+\mathrm{i}\sin\frac{\theta+2k\pi}{n}\right)$
    • 几何上，$\omega$的n个值是以原点为中心，$r^{1/n}$为半径的圆周上n个等分点，即它们是内接于该圆周的正n边形的n个顶点
  • 向量的内积
    • 设：$z_{1}=x_{1}+\mathrm{i}y_{1}=r_{1}(\cos\theta_{1}+\mathrm{i}\sin\theta_{1})=r_{1}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta_{1}}$
      设：$z_{2}=x_{2}+\mathrm{i}y_{2}=r_{2}(\cos\theta_{2}+\mathrm{i}\sin\theta_{2})=r_{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta_{2}}$
    • 则：$\mathrm{Re}(z_1\overline{z_2})=\mathrm{Re}(\overline{z_1}z_2)=x_1x_2+y_1y_2$
    • 在几何意义上表示二者对应的向量的内积

二、复变函数应用简介（了解，判断）

• 流体力学：升力产生原因，茹科夫斯基变换，$Z=z+\frac{c^{2}}{z}$

• 电路分析：复变函数分析交流电电流和电压

  • $u(t)=U_{0}\cos(\omega t+\varphi_{u})\leftrightarrow\widetilde{U}(t)=U_{0}\mathrm{e}^{\mathrm{j}(\omega t+\varphi_{u})}=\widetilde{U}_{0}\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}$
  • $i(t)=I_{0}\cos(\omega t+\varphi_{i})\leftrightarrow\widetilde{I}(t)=I_{0}\mathrm{e}^{\mathrm{j}(\omega t+\varphi_{i})}=\widetilde{I}_{0}\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}$
  • 推广：处理线性波问题时，为了数学上处理的方便引入复数形式表示的波。当方程组是线性时可以用上述的复数形式来计算，最后的结果再取实部。对于非线性的方程组，不能这样做，因为两个复数积的实部不等于两个复数实部的积

• 信号处理：信号，图像，频域分析，提高数据处理和编码效率，傅立叶变换，频谱特性，信号压缩

  在信号处理和图像处理中，复变函数的频域分析方法极大地提高了数据处理和编码的效率。
  傅里叶变换是复变函数理论中最重要的工具之一，它可以将时域信号转化为频域信号，从而更好地理解信号的频谱特性。
  通过对信号进行频域分析，可以实现信号压缩、滤波等操作，为图像和音频处理提供强大的功能。

  • $X(\mathrm{j}\omega)=\mathcal{F}[x(t)]=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t$
  • $x(t)=\mathcal{F}^{-1}\left[X(\mathrm{j}\omega)\right]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(\mathrm{j}\omega)e^{\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}\omega$

• 量子力学

三、雨课堂题目

1. 以下哪些是初等函数：（ABCD）
   1. $y=\mathrm{e}^{x}$
   2. $y=\ln x$
   3. $y=\sin x$
   4. $y=\arcsin x$
2. 以下哪些是复变函数的应用领域（ABCD）
   1. 流体力学
   2. 电磁波
   3. 信号处理
   4. 量子力学

第二讲：解析函数概述

一、区域有关概念

划分

• 单连通与双连通区域的概念

单连通与双连通区域的概念

• 区域：1. D为开集。2. D中任意两点均可用D内的有限折线相连
• 简单闭曲线（Jordan）：一条没有重点的连续曲线称为简单曲线或Jordan曲线
  • 简单曲线自身不相交
• 单连通域与多连通域：
  • 若属于区域D的任何简单闭曲线C的内部也属于D,则称D为单连通域，否则称为多连通域
  • 从几何上看：单连通域即是无洞、无孤立点的域
  • 特征：属于单连通域的任何一条简单闭曲线。在域内可以经过连续变形而缩成一点。

二、复变函数的定义

划分

• 单值多值函数
• 单叶多叶函数
• 两者的定义与例子
• 图涉及概念

单值多值函数

• 复变函数的基本定义：设E是复平面上的一个点集，如果有一个确定的法则存在，按照这一法则，对于集合E中的每一个复数，都有一个或几个复数$w=u+iv$与之对应，那么称复变数$w$是复变数$z$的函数，记作$w=f(z)$ 。
• 如果一个$z$对应一个$w$，则为单值函数。
• 如果一个$z$对应多个$w$，则为多值函数。

单叶多叶函数

• 如果一个$w$对应一个$z$，则为单叶函数。
• 如果一个$w$对应多个$z$，则为多叶函数。

单值多值单叶多叶举例

• 如果一个$z$对应一个$w$，则为单值函数。：$w=z^2$
• 如果一个$z$对应多个$w$，则为多值函数。：$w=\sqrt z$
• 如果一个$w$对应一个$z$，则为单叶函数。：$w=az+b, a\neq 0$
• 如果一个$w$对应多个$z$，则为多叶函数。：$w=z^2$

三、解析函数的定义

划分

• 什么是解析函数
• 解析概念涉及到的概念
• 单复变函数，可导，可微，解析，连续之间的概念
• 雨课堂的题目
• 函数解析的充要条件
• 涉及复变函数的四则运算

什么是解析函数

• 什么是解析函数
  • 如果$f(z)$在区域D内每一点都可微，则称$f(z)$在D内解析，或称$f(z)$是D内的解析函数analytic function（全纯函数holomorphic function或正则函数）
  • 如果函数$w=f(z)$在$z_0$。及$z_0$的某个邻域内处处可导/可微，则称$f(z)$在$z_0$解析。
  • 如果$f(z)$在点$z_0$不解析，就称$z_0$是$f(z)$的奇点
  • $w=f(z)$在D内解析$\Leftrightarrow$在D内可导
  • 函数$f(z)$在$z_0$点可导，未必在$z_0$解析

解析涉及的相关概念

• 连续：设$w=f(z)$ 在$z_0$ 点及其邻域有定义，并且当$z\rightarrow z_0$ 时有：
  • $\lim_{Z\to Z_{0}}f(z)=f\left(z_{0}\right)$
  • 则$f(z)$ 在$z_0$ 点连续
• 可导：设函数$w=f\left(z\right)\quad z\in D,\text{且}z_{0},\quad z_{0}+\Delta z\in D,$ 如果极限
  • $\lim_{\Delta z\to0}\frac{f\left(z_{0}+\Delta z\right)-f\left(z_{0}\right)}{\Delta z}$ 存在，则称函数$f(z)$在点$z_0$处可导或可微，称此极限值为$f(z)\text{在}z_{0}$ 的导数，记作
  • $f^{\prime}(z_{0})=\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}z}|_{z=z_{0}}=\lim_{\Delta z\to0}\frac{f(z_{0}+\Delta z)-f(z_{0})}{\Delta z}$
  • 如果$w=f(z)$在区域D内处处可导，则称$f(z)$ 在区域D内可导。
  • $\Delta z\rightarrow0$ 是在平面区域上以任意方式趋于零
    $\Delta z=\Delta x+\mathrm{i}\Delta y,\Delta f=f(z+\Delta z)-f(z)$

复变函数，可导，可微，解析，连续之间的概念

• 

函数解析的充要条件

• $f(z)=u(z)+\mathrm{i} v(z)$ 在区域D内解析的充要条件为：
• $u(z)$和$v(z)$ 在D内有一阶连续偏导数，且满足C-R方程。

四、CR方程（柯西黎曼方程）

• 要满足柯西黎曼方程的形式（要记住）

• 针对$f(z)=u(z)+\mathrm{i} v(z)$ ,其柯西黎曼条件为:

  1. $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}$
  2. $\frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{\partial u}{\partial y}$
  • 作业还求出了相应函数的导数

五、求导的步骤

• 判别$u(x,y),v(x,y)$偏导数的连续性
• 看$C-R$条件
• 求导数$f^{\prime}(z)=\frac{\partial u}{\partial x}+\mathrm{i}\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{1}{\mathrm{i}}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial y}$
• 前面我们常把复变函数看成是两个实函数拼成的， 但是求复变函数的导数时要注意，并不是两个实函数分别关于x,y求导简单拼凑成的。

六、雨课堂题目

• 圆柱外的流动区域可以抽象为单连通区域还是双连通区域？(B)
  1. 单连通区域
  2. 双连通区域
• 判断：$w=z^2$是单值多叶函数(B)
  1. 错误
  2. 正确
• 对于一个解析函数，仅由其实部或虚部就可以求出导数（A）
  1. 正确
  2. 错误
• 设$u(x,y)$为D内的调和函数，称使得$u+iv$在D内构成解析函数的$v$为$u$的共轭调和函数（A）
  1. 正确
  2. 错误
• 已知流体力学中复势$W(z)=f(z)=\phi(x,y)+\mathrm{i}\psi(x,y)$ ，则：
  ${\frac{\mathrm{d}W}{\mathrm{d}z}}=f^{\prime}(z)={\frac{\partial\phi}{\partial x}}+\mathrm{i}{\frac{\partial\psi}{\partial x}}={\frac{\partial\phi}{\partial x}}-\mathrm{i}{\frac{\partial\phi}{\partial y}}$ （A）
  1. 正确
  2. 错误

七、作业题

作业题1

例 求证函数 $w=u(x,y)+iv(x,y)=\frac{x}{x^2+y^2}-i\frac{y}{x^2+y^2}$在 $z=x+iy\neq0$处解析，并求 $\frac{dw}{dz}$

证明：解：

由函数特性，易得，当$z \neq 0$ 时，$u ( x , y )$ 及$v ( x , y )$ 均可微，且满足CR条件，如下式所示。

$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{y^{2} - x^{2}}{\left( x^{2} + y^{2} \right)^{2}} , \frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{- 2 x y}{\left( x^{2} + y^{2} \right)^{2}}$

故函数$w = f ( z )$ 在$z \neq 0$ 处解析，其导数为：

$\frac{d w}{d z} = \frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x}$

$= \frac{y^{2} - x^{2}}{\left( x^{2} + y^{2} \right)^{2}} + i \frac{- 2 x y}{\left( x^{2} + y^{2} \right)^{2}}$

$= \frac{( y - i x )^{2}}{\left( ( y - i x ) ( y + i x ) \right)^{2}}$

$= \left( \frac{1}{( y + i x )} \right)^{2} = \left( \frac{i}{( i y - x )} \right)^{2} = - \frac{1}{z^{2}}$

证毕。

第三讲：共行映射和初等解析函数

一、共行映射

划分

• 共形映射的概念
  • 共形映射是一种具有保角性和伸缩率不变性的映射
• 保角映射的概念
• 单叶解析函数在导数不为0的点处都是共形映射（或保形映照）。

共形映射的概念

• 共形映射的概念
  • 共形映射是一种具有保角性和伸缩率不变性的映射
  • 单叶（univalent，一个w值只对应一个z）解析函数在导数不为0的点处都是共形映射
  • 定义设映射$w=f(z)$在$z_0$的邻域内是一一对应的，且在$z_0$具有保角性和伸缩率不变性，则称映射$w=f(z)$在$z_0$是共形的，或称$w=f(z)$在$z_0$是共形映射。
  • 如果映射$w=f(z)$在D内的每一点都是共形的，就称$w=f(z)$是区域D内的共形映射。

保角映射的概念

• 定义两曲线在交点的夹角，即为该点两切线的夹角。
• 
• 定理若$f(z)$在区域D内解析，则在$f'(z)\neq 0$的点处，映射$f(z)$是保角的。（导数等于零的点，映射一定是不保角的）

性质

• 单叶解析函数在导数不为0的点处都是共形映射（或保形映照）。
• 用单叶解析函数作映射时，曲线间的夹角的大小和方向保持不变。$w=f(z)$将$z_0$附近的三角形映射成$w_0$附近与之近似相似的三角形。
• 例：
• 例1：求$w=f(z)=z^3$在 $z=i$ 处的伸缩率和旋转角。
  • 解：
  • $w=f(z)=z^{3}$ 在全平面解析，$f^{\prime}(z)=3z^{2}$
  • $f^{\prime}(\mathrm{i})=3\mathrm{i}^{2}=-3=3\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}$
  • 在$z=i$处具有伸缩率不变和保角性。伸缩率为3，旋转角为π。

二、初等解析函数

划分

• 指数函数，正弦函数，余弦函数
• 他们的关系？
• 表现出的性质？
• 表达式
  • $\sin z=\frac{1}{2\mathrm{i}}(\mathrm{e}^{\mathrm{i}z}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}z})$
  • $\mathrm{cos}z={\frac{1}{2}}(\mathrm{e}^{\mathrm{i}z}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}z})$
  • $\mathrm{e}^{z}=\mathrm{e}^{x}(\cos y+\mathrm{i}\sin y)$

指数函数

1. 代数性质：
   • 对$z=x+i y$定义的复变数$z$的指数函数$exp\ z$ 如下
   • $f\left(z\right)=\exp z=\exp(x+\mathrm{i}y)=\mathrm{e}^{x}(\cos y+\mathrm{i}\sin y)$
   • $\begin{cases}\left|\exp z\right|=\mathrm{e}^{x}\\\mathrm{Arg}(\exp z)=y+2k\pi\quad &\end{cases}$
   • $k=0,\pm1,\pm2,\cdots$
   • $\forall z\quad\exp z\neq0(\text{因为}|\exp z|=\mathrm{e}^{x}\neq0)$
   • $\text{当}z\text{为实数}x\text{时},f(z)=\exp z=\mathrm{e}^x$
   • $f\left(z\right)=\exp z$ 在复平面上处处解析，且$(\exp z)^{\prime}=\exp z$
   • $f(z+T)=f(z),\quad T=2k\pi\mathrm{i},k\in\mathbb{Z}$
2. 映射性质
   • $f(z)=\exp z=\exp(x+\mathrm{i}y)=\mathrm{e}^x(\cos y+\mathrm{i}\sin y)$
   • 
   • 其他性质看作业
3. 若函数在区域D内是单叶的，则称D 为函数的单叶域。
   1. 指数函数的单叶域$D_{k}{:}2k\pi<y<2(k+1)\pi,k\in\mathbb{Z}$
   2. $y=x\pm\pi$ 围成的区域也是单叶域

三角函数

• 定义：
  • $\sin z=\frac{e^{\mathrm{i}z}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}z}}{2\mathrm{i}}$
  • $\cos z=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}z}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}z}}{2}$
  • $\begin{gathered}\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}=\cos x+\mathrm{i}\sin x\\\sin x={\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2\mathrm{i}}}\end{gathered}$
• 性质
  • $\sin z,\cos z在C上解析$
  • $(\sin z)^{\prime}=\cos z,(\cos z)^{\prime}=-\sin z$
  • $\sin(z+2\pi)=\sin z,\cos(z+2\pi)=\cos z$
  • $\sin\left(-z\right)=-\sin z,\cos\left(-z\right)=\cos z$
  • $|\sin z|和|\cos z|在\mathbb{C}上无界$
  • $|\sin z|^{2}=\sinh^{2}y+\sin^{2}x|\cos z|^{2}=\mathrm{ch}^{2}y-\sin^{2}x$

三、雨课堂题目

1. 若$z_{1}=r_{1}(\mathrm{cos}\theta_{1}+\mathrm{sin}\theta_{1})=r_{1}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta_{1}}$ ，$z_{2}=r_{2}(\mathrm{cos}\theta_{2}+\mathrm{sin}\theta_{2})=r_{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta_{2}}$ ,则$z_{1}z_{2}=r_{1}r_{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\theta_{1}+\theta_{2})}$复数乘法几何意义：将复数$z_1$；按顺时针方向旋转一个角度 $\theta_{2}=\mathrm{Arg}z_{2}$ 再将其伸缩到$|z_2|$倍。（B）应该是逆时针
   1. 正确
   2. 错误
2. 设单复变函数$f(z)$在区域D内解析，$z_{0}\in D$ ，则$f(z)$在$z_0$处 （ABCD）
   1. 可导
   2. 可微
   3. 连续
   4. 解析
3. 设$w=f(z)$ 是区域D内的共形映射，则$f(z)$的伸缩率是个常数（A）伸缩率为$|f'(z)|$ 可不一定为常数
   1. 错误
   2. 正确
4. $w=az+b(a≠0)$是伸缩率为常数的共形映射(B)
   1. 错误
   2. 正确
5. $f(z)=\exp z=\exp(x+\mathrm{i}y)=\mathrm{e}^x(\cos y+\mathrm{i}\sin y)$ 的周期为$2k\pi$ （B）分明是$2k\pi i$
   1. 正确
   2. 错误
6. 判断：实的初等函数是相应的复的初等函数取实部得到（错误）
   1. 错误
   2. 正确
   3. 如果 $f(z) = e^z$，那么它的实部是 $\cosh(y)e^x$，它是由复初等函数（指数函数）得来的。 如果 $f(z) = \sin(z)$，那么它的实部是 $\sin(x)\cosh(y)$，这也是一个由复函数的实部得到的函数。

作业题

作业题1

题目：

求证：$f ( z ) = e^{x}$ 在复平面上处处解析，且$f^{'} ( z ) = f ( z )$

证明：

设$z = x + i y$， 则$e^{z} = e^{x + i y} = e^{x} \cdot e^{i y} = e^{x} \left( \cos ( y ) + i \cdot \sin ( y ) \right) = e^{x} \cos ( y ) + i \cdot e^{x} s i n ( y )$

易得在整个复平面上的一阶偏导数连续，

代入CR方程：

$\frac{\partial u}{\partial x} = e^{x} c o s y = \frac{\partial v}{\partial y}$

$\frac{\partial v}{\partial x} = e^{x} s i n y = \frac{\partial u}{\partial y}$

可知其处处满足。所以$f ( z ) = e^{z}$在复平面上处处解析且$e^{z} = f^{'} ( z ) = \frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x} = e^{z}$

作业题2

1）用Matlab或其他语言做出三维可视化的指数函数/正弦函数/余弦函数图像，标注所用语言，要求显示出周期性等，标注x和y轴，说明其实部和虚部在图中是如何显示的；程序代码中要有尽可能详细的注释；

2）说明指数函数的性质以及相应实函数的区别和联系；

3）分析本课件图中没有显示出周期性的原因。注意图、代码、说明文字都粘在同一个word文件里

答：

$\mathbf{e}^{\mathbf{z}}$绘图

图 1 正常定义坐标系下的绘图	图 2 左视图
图 3 右视图	图 4 俯视图

如图1，对于定义为$z = u + i v$，以$u , v$为自变量定义的复数$z$，在图中UV均已标注，其z轴展示函数结果的实部，颜色colorbar展示其虚部。

此时在$v$方向，即针对虚部，存在周期性，正如图二所示。

从图三中可以看出，对于该函数，在实轴方向的投影值即为对应的实函数。

而针对课件中的代码，实际为极坐标定义，如下图所示：

由于定义边界为$\rho$，所以在周期性位置，被圆形边界截取，则并未完整的展示周期性，体现在图中为递减的波浪形状。

最后说一下性质吧。

指数函数的性质：

解析性：在整个复平面上解析

周期性：沿$y$轴方向展现出周期性，周期为$T = 2 k \pi i , k \in Z$

模长：指数函数的实部$x$控制函数值$e^{z}$的模长，即$\left| e^{z} \right| = e^{x}$

幅角：指数函数的实部$y$控制函数值$e^{z}$的幅角，即$A r g \left( e^{z} \right) = y$

与实函数$f ( x ) = e^{x}$的联系和区别：

联系：

1. 复变函数和实函数的模长都由$x$决定

2. 复变函数和实函数都在各自平面内解析

区别：

1. 复变函数在复数平面展现出周期性

作业题3

题目：

1）用Matlab或其他语言做出三维可视化的正弦和余弦函数图像，标注所用语言，要求显示出周期性和奇偶性，以及无界等性质，标注x和y轴，说明函数的实部和虚部在图中是如何显示的；程序代码中要有尽可能详细的注释；

2）说明函数的性质以及相应实函数的区别和联系；

3）分析第一讲正弦函数图中没有显示出周期性的原因。注意图、代码、说明文字都粘在同一个word文件里

答：

啊~好多图烦死了，直接一个图展示！老师您记得放大看嗷，是矢量图不怕放大，绝对清楚。坐标轴啥的都已经统一了，和上面那个是一致的嗷，就不再分别细说了。

对正弦和余弦函数$\sin ( z ) 、 \cos ( z )$进行分析，计算出其实部和虚部：

对于sin(z)

对于cos(z)

QQQ那几个问题：

沿$x$轴方向，正弦函数为奇函数，余弦函数为偶函数。

沿$y$轴方向，正弦、余弦函数以双曲正、余弦函数主导，表现出无界性

正弦、余弦函数的性质：

解析性：在整个复平面上解析

周期性：沿$x$轴方向展现出周期性，周期为$T = 2 k \pi , k \in Z$

无界性：沿$y$轴方向，正弦、余弦函数以双曲正、余弦函数主导，表现出无界性

与实函数$f ( x ) = s i n ( x )$，$f ( x ) = c o s ( x )$的联系和区别：

联系：

1. 复变函数和实函数都是关于$x$的周期函数，且周期相同

2. 复变函数和实函数都在各自平面内解析

区别：

1. 复变函数在复数平面展现出无界性

课件图中没有出现指数函数周期性的原因：

周期性的原因和前面的一样啊……%……就是还是极坐标方式绘制，圆形边界截取，看不到罢了……下面是极坐标绘制的。

嗯，一看就……*算了不说了，重复！

第四讲：积分和级数

• 都是客观题
• 判断（前两个）

一、复变函数积分

划分

• 复变函数积分的定义

• 复变函数积分和相应实变函数积分之间的关系

  • 如果C是x轴上的区间$a\leq x\leq b$，而${f}(z)=u(x)$，这个积分定义就是一元实变函数定积分的定义。
  • 如果C是闭曲线，那么沿此闭曲线的积分，记为：$\oint_Cf(z)\mathrm{d}z$
  • 如果$\int_Cf\left(z\right)\mathrm{d}z$存在，能否写成$\int_a^bf(z)\mathrm{d}z$？
  • 不能。$\int_{C}f(z)\mathrm{d}z$ 不仅与a,b有关，还和C的形状和方向有关。

复变函数积分的定义

• 设C是复平面内一条可求其长的光滑（或逐段光滑）的有向曲线段。其起点为A，终点为B，函数$f(z)$在C上处处有定义。把曲线C任意分成n个弧段，记分点为$A=z_{0},z_{1},\cdots,z_{k-1},z_{k},\cdots,z_{n}=B$
• 在每个弧段上$z_{k-1}z_{k}(k=1,2,\cdots,n)$ 上任取一点$\zeta_{k},$ 做和式 。如图
• 
• $S_{n}=\sum_{k=1}^{n}f(\zeta_{k})\cdot(z_{k}-z_{k-1})=\sum_{k=1}^{n}f(\zeta_{k})\cdot\Delta z_{k},$
• $\Delta z_{k}=z_{k}-z_{k-1},\Delta s_{k}=z_{k-1}z_{k}$ 的长度
• 记：$\delta=\max_{1\leq k\leq n}\{\Delta s_{k}\},$ ，当n无限增加且$\delta\rightarrow0$ 时，如果不论对C的分法及$\zeta_{k}$的取法如何 ,Sn都有唯一极限，那么称这极限值为函数$f(z)$沿曲线C的积分，记为：
• $\int_{C}f(z)\mathrm{d}z=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}f(\zeta_{k})\cdot\Delta z_{k}$

复变函数积分和相应实变函数积分之间的关系

• 复变函数积分和相应实变函数积分之间的关系

  • 如果C是x轴上的区间$a\leq x\leq b$，而${f}(z)=u(x)$，这个积分定义就是一元实变函数定积分的定义。
  • 如果C是闭曲线，那么沿此闭曲线的积分，记为：$\oint_Cf(z)\mathrm{d}z$
  • 如果$\int_Cf\left(z\right)\mathrm{d}z$存在，能否写成$\int_a^bf(z)\mathrm{d}z$？
  • 不能。$\int_{C}f(z)\mathrm{d}z$ 不仅与a,b有关，还和C的形状和方向有关。

• 附加

  • Cauchy定理

    • 单连通区域D内处处解析的f（z）在D内沿任一条简单闭曲线C的积分$\oint_{c}f\left(z\right)\mathrm{d}z=0$

  • 积分公式

    • $f\left(z_{0}\right)=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{C}\frac{f\left(z\right)}{z-z_{0}}\mathrm{d}z$
    • 

二、Taylor级数

• 只考常见的，甚至只考指数，正弦，余弦

• 指数函数的Taylor展开

  • $e^{z}=1+z+\frac{z^{2}}{2!}+\cdots+\frac{z^{n}}{n!}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!},$

• 正弦函数的泰勒展开

  • $\sin z=z-\frac{z^{3}}{3!}+\frac{z^{5}}{5!}-\cdots+(-1)^{n}\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots,$

• 余弦函数的泰勒展开

  • $\cos z=1-\frac{z^{2}}{2!}+\frac{z^{4}}{4!}-\cdots+(-1)^{n}\frac{z^{2n}}{(2n)!}+\cdots,$

• 多记两个：

• $\frac{1}{1-z}=1+z+z^{2}+\cdots+z^{n}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}z^{n},$

• $\frac{1}{1+z}=1-z+z^{2}-\cdots+(-1)^{n}z^{n}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}z^{n},$

• 泰勒展开和欧拉公式的关系，三角函数和指数函数之间的关联

五、留数（过）

---

六、雨课堂题目

1. $\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x$ 是对函数$f(x)$在区间[a,b]上的积分和的极限。求积分和（黎曼和）前，需要先对x所在的[a,b]区间进行分割。（B）
   1. 错误
   2. 正确
2. 因为指数函数、正弦函数和余弦函数在复平面内处处解析，因此Taylor展开的收敛半径为$R=\infty$ （A）
   1. 正确
   2. 错误

七、作业题

计算积分$\oint_C\frac{1}{\left(z^2+1\right)^2}dz,C:\mid z\mid=r>1$
答：

由原式可得：

$\oint_{C}^{} {\frac{1}{\left( z^{2} - i^{2} \right)^{2}} d z =} \oint_{C}^{} {\frac{1}{\left( ( z + i ) ( z - i ) \right)^{2}} dz}$

$= \oint_{C}^{} {\left( \frac{1}{z - i} - \frac{1}{z + i} \right)^{2} \cdot \frac{1}{4 i^{2}} d z}$

$= \oint_{C}^{} {- \frac{1}{4} \cdot \left\lbrack \frac{1}{( z - i )^{2}} + \frac{1}{( z + i )^{2}} - \frac{2}{( z - i ) ( z + i )} \right\rbrack d z}$

$= \oint_{C}^{} {- \frac{1}{4} \cdot \left\lbrack \frac{1}{( z - i )^{2}} + \frac{1}{( z + i )^{2}} - \frac{1}{i} \cdot ( \frac{1}{z - i} - \frac{1}{z + i} ) \right\rbrack d z}$

由于原被积函数存在$i , \ - i$两个二阶极点，且在非这两个二阶极点邻域均解析，则：

令$C_{1}$为$z = i$的邻域圆，$C_{2}$为$z = - i$的邻域圆，则原式可变为：

${}- \frac{1}{4} \cdot \{ \oint_{C_{1}}^{} {\left\lbrack \frac{1}{( z - i )^{2}} - \frac{1}{i} \cdot \frac{1}{z - i} \right\rbrack d z + \oint_{C_{2}}^{} {\lbrack \frac{1}{( z + i )^{2}} + \frac{1}{i}}} \cdot \frac{1}{z + i} \rbrack d z \}$

$= - \frac{1}{4 i} \cdot \left\lbrack \oint_{C_{1}}^{} {- \frac{1}{z - i} d z} + \oint_{C_{2}}^{} {\frac{1}{z + i} d z} \right\rbrack = - \frac{1}{4 i} \cdot ( - 2 \pi i + 2 \pi i ) = 0$

• 

第二章 偏微分方程（计算题）

---

• 既有客观题也有大题
• ==大题：偏微分方程（作业题！）==
• ==第九讲第十一讲，例题==

第六讲：常微分方程引论

一、划分

• 常数变异法看一看

  • 一阶非齐次方程的解

• 雨课堂测验，除了……都要看（强调×2）

二、常数变易法

• 针对一阶线性方程
  • 针对$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=p\left(x\right)y$ ，其通解为$y=c\mathrm{e}^{\int p(x)\mathrm{d}x}$ ，C为任意常数。
  • 而针对$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=p\left(x\right)y+q\left(x\right)$ ，$\text{令 }y=c(x)\mathrm{e}^{\int p\left(x\right)\mathrm{d}x}$
  • 即： ${\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}={\frac{\mathrm{d}c(x)}{\mathrm{d}x}}\mathrm{e}^{\int p(x)\mathrm{d}x}+c(x)p(x)\mathrm{e}^{\int p(x)\mathrm{d}x}$
  • $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=c(x)p\left(x\right)\mathrm{e}^{\int p(x)\mathrm{d}x}+q(x)$
  • 两式做差，得：
  • $\frac{\mathrm{d}c(x)}{\mathrm{d}x}\mathrm{e}^{\int p\left(x\right)\mathrm{d}x}=q(x)$
  • $\frac{\mathrm{d}c(x)}{\mathrm{d}x}=q(x)\mathrm{e}^{-\int p(x)\mathrm{d}x},\quad c(x)=\int q(x)\mathrm{e}^{-\int p(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C$
  • 带回，得：$y=\left[\int q(x)\mathrm{e}^{-\int p(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right]\mathrm{e}^{\int p(x)\mathrm{d}x}$
  • 改写成变上限的积分形式：
  • $y(x)=\left[\int_{x_0}^xq(s)\mathrm{e}^{-\int_{x_0}^sp(t)\mathrm{d}t}\mathrm{d}s+C\right]\mathrm{e}^{\int_{x_0}^xp(t)\mathrm{d}t}$
  • 对于初值问题，$y(x_{0})=y_{0}$
  • $y(x)=y_{0}\mathrm{e}^{\int_{x_{0}}^{x}p(t)\mathrm{d}t}+\int_{x_{0}}^{x}q(s)\mathrm{e}^{\int_{s}^{x}p(t)\mathrm{d}t}\mathrm{d}s$

三、雨课堂题目

1. 以下哪些是常微分方程(AD）

   2. $y^{\prime}=p(x)y^{2}+q(x)y+r(x)$
   3. $u_t+kuu_x+u_{xxx}=0,k\text{是不为0的参数}$
   4. $\frac{\partial u}{\partial t}+u\frac{\partial u}{\partial x}=0$
   5. $y^{\prime}+p(x)y=q(x)y^{n}(m\neq0\text{且}m\neq1)$

2. 以下为线性常微分方程的是(AD)

   1. $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{1}{x}y=x^{3}(x\neq0)$
   2. $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=1+y^{2}$
   3. $y^{\prime\prime}+yy^{\prime}=x$
   4. $\frac{\mathrm{d}^{2}\theta}{\mathrm{d}t^{2}}+a^{2}\theta=0(a\text{是常数})$

3. $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y}{x}$ 的线素场如图蓝色虚线所示（正确）

   • 
   1. 正确
   2. 错误
   • 线素场相关：
     • 
     • 

4. 判断：常微分方程的通解即所有解

   1. 错误

四、作业题

题目：求解$\left( 3 x^{3} + y \right) \ dx + \left( 2 x^{2} y - x \right) \ dy = 0$

解：设$M \left( x , \ y \right) = 3 x^{3} + y$；$N \left( x , \ y \right) = 2 x^{2} y - x$

知：

$\frac{\partial M}{\partial y} = 1$

$\frac{\partial N}{\partial x} = 4 x y - 1$

即：

$\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x} = 2 - 4 x y$

即：

$\psi = \frac{\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}}{N} = \frac{2 - 4 x y}{2 x^{2} y - x} = - \frac{2}{x} = \psi ( x )$

仅和$x$有关$( x \neq 0 )$，此时，

$\mu ( x ) = e^{\int \psi ( x ) d x} = \frac{1}{x^{2}}$

在原方程乘恰当因子后，变化为：

$\frac{1}{x^{2}} \left\lbrack \left( 3 x^{3} + y \right) \text{d} x + \left( 2 x^{2} y - x \right) \text{d} y \right\rbrack = 0$

$d \left( \frac{3}{2} x^{2} + y^{2} - \frac{y}{x} \right) = 0$

所以，当$x \neq 0$时， 原方程的通解为：

$\frac{3}{2} x^{2} + y^{2} + \frac{y}{x} = C$

而当$x = 0$时，也成立。为一个特解。

• 恰当方程（积分因子法）
  • 定理设函数M（x,y）和N（x,y）在一个矩形区域U中连续且有连续的一阶偏导数，则$M(x,y)\mathrm{d}x+N(x,y)\mathrm{d}y=0$ 为恰当方程的充要条件是$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}$ 。
  • 如果存在连续可微的函数$\mu(x,y)\neq0$ 使得$\mu(x,y)M(x,y)\mathrm{d}x+\mu(x,y)N(x,y)\mathrm{d}y=0$ 为恰当方程，则$\mu(x,y)$ 是方程（11）的一个积分因子。
• 两种恰当因子
  • 
  • 

第七讲：高阶ODE和线性ODE组

一、划分

• 高阶常系数其次ODE转化为微分方程组
• $\begin{aligned}&y^{(n)}+a_{1}y^{(n-1)}+\cdots+a_{n}y=0\\&y_{1}=y,\ldots,y_{n}=y^{(n-1)}\\&y=(y_{1},\ldots,y_{n})^{T}\\&\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=Ay\\&A(x)=\\&\begin{pmatrix}0&1&0&\cdots&0\\0&0&1&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&0&\cdots&1\\-a_n&-a_{n-1}&-a_{n-2}&\cdots&-a_1\end{pmatrix}\end{aligned}$
• 推导有时间可以看，没时间先看这俩例题
• $y^{(5)}-3y^{(4)}+4y^{\prime\prime\prime}-4y^{\prime\prime}+3y^{\prime}-y=0$
• $y^{\prime\prime\prime}-y^{\prime\prime}-2y^{\prime}=0$
• 观测物理量没有虚部，取实部记得。

二、高阶常数齐次ode转化为微分方程组

• 针对$\frac{\mathrm{d}^{n}y}{\mathrm{d}x^{n}}=F\left(x,y,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x},\ldots,\frac{\mathrm{d}^{n-1}y}{\mathrm{d}x^{n-1}}\right)$ 令：
  • $\begin{aligned}&y_{1}=y\\&y_{2}={\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}\\&\mathrm{...}\\&y_{n}={\frac{\mathrm{d}^{n-1}y}{\mathrm{d}x^{n-1}}}\\&F(\ldots)={\frac{\mathrm{d}^{n}y}{\mathrm{d}x^{n}}}\end{aligned}$
  • 则有：
  • $\begin{aligned}&\frac{\mathrm{d}y_{1}}{\mathrm{d}x}=y_{2}\\&\begin{cases}&\frac{\mathrm{d}y_{1}}{\mathrm{d}x}=y_{2}\\&\cdots\\&\frac{\mathrm{d}y_{n-1}}{\mathrm{d}x}=y_{n}\\&\frac{\mathrm{d}y_{n}}{\mathrm{d}x}=F(x,y_{1},\ldots,y_{n})&\end{cases}\end{aligned}$
  • 简化为标准微分方程组
• 例高阶常系数齐次线性微分方程
  • $\begin{aligned}&y^{(n)}+a_{1}y^{(n-1)}+\cdots+a_{n}y=0\\&y_{1}=y,\ldots,y_{n}=y^{(n-1)}\\&y=(y_{1},\ldots,y_{n})^{T}\\&\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=Ay\\&A(x)=\\&\begin{pmatrix}0&1&0&\cdots&0\\0&0&1&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&0&\cdots&1\\-a_n&-a_{n-1}&-a_{n-2}&\cdots&-a_1\end{pmatrix}\end{aligned}$

三、两个例题

• $y^{(5)}-3y^{(4)}+4y^{\prime\prime\prime}-4y^{\prime\prime}+3y^{\prime}-y=0$

  • 特征方程为：
  • $\lambda^5-3\lambda^4+4\lambda^3-4\lambda^2+3\lambda-1=(\lambda-1)^3(\lambda^2+1)=0$
  • 有5个特征根，三个不同的特征根
  • $\begin{cases}\lambda_1=1,\text{重数为3}\\\lambda_2=i,\text{重数为1}\\\lambda_1=-i,\text{重数为1}&\end{cases}$
  • 其基础解系为：
  • $\begin{cases}e^x,&xe^x,x^2e^x\\e^{ix}\\e^{-ix}&&\end{cases}$
  • 通解为：
  • $y=c_1e^x+c_2xe^x+c_3x^2e^x+c_4e^{ix}+c_5e^{-ix}$
  • 用欧拉公式转化后，可得：
  • $y=c_1e^x+c_2xe^x+c_3x^2e^x+c_4 sinx+c_5 cosx$

• $y^{\prime\prime\prime}-y^{\prime\prime}-2y^{\prime}=0$

  • $\lambda^{3}-\lambda^{2}-2\lambda=\lambda(\lambda+1)(\lambda-2)=0$
  • 特征值为：0, -1, 2
  • 基础解系为：$1,\mathrm{e}^{-x},\mathrm{e}^{2x}$
  • 通解为：$y=C_{1}+C_{2}\mathrm{e}^{-x}+C_{3}\mathrm{e}^{2x}$

四、雨课堂题目

1. 以下哪个是高阶常微分方程（C）

   1. $y^{\prime}=p(x)y^{2}+q(x)y+r(x)$
   2. $u_{t}+kuu_{x}+u_{xxx}=0,k\text{是不为0的参数}$
   3. $xx^{\prime\prime}+(x^{\prime})^2=0$
   4. $y^{\prime}+p(x)y=q(x)y^{n}(m\neq0\text{且}m\neq1)$

2. 右边的方程组的阶数为（A）

   • $\begin{aligned}&=F\left(x,u,\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x},v,w,\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}x},\frac{\mathrm{d}^{2}w}{\mathrm{d}x^{2}}\right)\\&=\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}=G\left(x,u,\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x},v,w,\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}x},\frac{\mathrm{d}^{2}w}{\mathrm{d}x^{2}}\right)\\&\frac{\mathrm{d}^{3}w}{\mathrm{d}x^{3}}=H\left(x,u,\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x},v,w,\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}x},\frac{\mathrm{d}^{2}w}{\mathrm{d}x^{2}}\right)\end{aligned}$
   1. 6
   2. 7
   3. 3
   4. 4

五、作业题

求解初值问题：

$\frac{d}{d x} \begin{pmatrix}y_{1} \\ y_{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\cos^{2} x & \frac{1}{2} \sin 2 x - 1 \\ & \\ \frac{1}{2} \sin 2 x + 1 & \sin^{2} x\end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_{1} \\ y_{2}\end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix}y_{1} ( 0 ) \\ y_{2} ( 0 )\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 1\end{pmatrix}$

已知：原微分方程的通解为：

$\begin{pmatrix}y_{1} \\ y_{2}\end{pmatrix} = C_{1} \begin{pmatrix}e^{x} \cos x \\ e^{x} \sin x\end{pmatrix} + C_{2} \begin{pmatrix}- \sin x \\ \cos x\end{pmatrix}$

代入下式：
$\begin{pmatrix}y_{1} ( 0 ) \\ y_{2} ( 0 )\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 1\end{pmatrix}$

得：

$\begin{pmatrix}0 \\ 1\end{pmatrix} = C_{1} \begin{pmatrix}1 \\ 0\end{pmatrix} + C_{2} \begin{pmatrix}0 \\ 1\end{pmatrix}$

可得：

$\begin{pmatrix}C_{1} \\ C_{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 1\end{pmatrix}$

原微分方程的特解为：

$\begin{pmatrix}y_{1} \\ y_{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}- \sin x \\ \cos x\end{pmatrix}$

第八讲：定型积分和首次积分（过）

第九讲：分离变量法和Fourier变换发（计算题）

一、分离变量法

1. 划分

• 作业两道题，一个分离变量，一个傅立叶变换
• 有两个例题，去看看，其中一个例题与作业题很像
• 有界弦的自由震动好好理解一下
• 分离变量法适用于什么样的方程？
• 有界弦的自由震动作业题只是特殊情况
• 求解过程
  • 分离变量
  • 求本征值和本征函数
  • 求另一个函数
  • 求通解
  • 确定常数
• 分离变量法的几点说明
  • 分离变量法是求解线性定解问题的一个最常用方法。
  • 一个偏微分方程中至少有两个自变量，分离变量法就是通过将解中各个自变量分离开来（即把解写成几个只包含一个自变量的函数的乘积的形式），从而把原来的偏微分方程及边界条件化成几个常微分方程的边值问题的方法。
  • 要想做到上述分离，其前提条件是原来的偏微分方程及边界条件都是齐次的。
• 稳定势场情况下的Schrodinger方程（薛定谔方程）
  • 分离变量发的
  • 看看推导
  • 看看每一项代表的物理含义
  • （别分不清未知函数与自变量）
  • v一般给定
  • 势函数法

2. 有界弦的震动

• 以一维两端固定弦的自由振动为例来讨论分离变量法的基本思路和主要步骤。

• 其定解问题如下：

• 泛定方程：

  • $\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}=a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}},\quad0<x<l,t>0$

• 边界条件：

  • $u|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0,t>0$

• 初始条件：

  • $u|_{t=0}=\phi(x),\frac{\partial u}{\partial t}|_{t=0}=\psi(x),0\leq x\leq l$

• 在此定解问题中，方程和边界条件都是齐次的，但初始条件是非齐次的。

• 第一步：分离变量

  • 将试探解$u(x,t)=X(x)T(t)$ 代入齐次泛定方程和齐次边界条件。
  • 齐次泛定方程变为：
  • $X(x)T^{\prime\prime}(t)=a^{2}X^{\prime\prime}(x)T(t)$
  • $\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}=\frac{T^{\prime\prime}(t)}{a^{2}T(t)}$
  • 上式左边为x的函数，右边为t的函数。要使等式成立，只有两边等于同一个与上述两个自变量无关的常数。令此常数为$\lambda$，从而可得到两个常微分方程：
  • $X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0$
  • $T^{\prime\prime}(t)+\lambda a^{2}T(t)=0$
  • 对边界条件$u|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0,t>0$
  • 代入得：$X(0)T(t)=0,X(l)T(t)=0$
  • 由于要求$u(x,t)$不是恒等于零的解，故要求$T(t) \neq 0$，得$X(0)=0,X(l)=0$
  • 原问题转化为常微分方程的边值问题
  • $X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0;X(0)=0,X(l)=0$
  • 上述常微分方程的求解与待定常数入有关，这样的问题称为常微分方程的本征值问题，使它有非零解的常数入称该问题的本征值，所对应的非零解称为该问题的本征函数。

• 第二步：求解本征值问题。分三种情况讨论：

  • 第一，$\lambda < 0$
    • $\lambda < 0$ 方程$X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0$的解为：
    • $X(x)=A\mathrm{e}^{x\sqrt{-\lambda}}+B\mathrm{e}^{-x\sqrt{-\lambda}}$
    • 代入边界条件，$X(0)=0,X(l)=0,$ 有
    • $A=B=0$ 无实际意义，故$\lambda$不能小于零。
  • 第二，$\lambda = 0$
    • 其解为$X(x)=Ax+B$ ，代入边界条件有
    • $A=B=0$ 无实际意义，故$\lambda$不能等于零。
  • 第三，$\lambda > 0$
    • 令$\lambda=\beta^{2}$ ，方程的解为：$X(x)=A\cos\beta x+B\sin\beta x$
    • 代入边界条件后有：
    • $\begin{array}{c}{A=0}\\{B\sin\beta l=0}\end{array}$
    • 显然A和B不能同时为0，于是有
    • $\beta=\frac{n\pi}{l},(n=1,2,3,\cdots)$
    • 于是得到系列本征值及其对应的本征函数：
    • $\begin{aligned}&\lambda_{n}=(\frac{n\pi}{l})^{2},(n=1,2,3,\cdots)\\&X_{n}(x)=B_{n}\sin\frac{n\pi}{l}x,(n=1,2,3,\cdots)\end{aligned}$
    • $\lambda_n=(\frac{n\pi}{l})^2,(n=1,2,3,\cdots)$
    • 得到$\lambda$后，来求T
    • $T^{\prime\prime}(t)+\lambda a^{2}T(t)=0\Rightarrow T^{\prime\prime}(t)+\left(\frac{n\pi}{l}\right)^{2}a^{2}T(t)=0$
    • 通解为：$T_{n}(t)=C_{n}^{\prime}\cos\frac{n\pi a}{l}t+D_{n}^{\prime}\sin\frac{n\pi a}{l}t$
    • 于是，原方程的一组分离变量形式的特解为：
    • $u_{n}(x,t)=$
    • $=\left[C_{n}^{\prime}\cos\frac{n\pi a}{l}t+D_{n}^{\prime}\sin\frac{n\pi a}{l}t\right]\cdot B_{n}\sin\frac{n\pi}{l}x$
    • $=\left(C_{n}\cos\frac{n\pi a}{l}t+D_{n}\sin\frac{n\pi a}{l}t\right)\sin\frac{n\pi}{l}x$
    • $\quad(n=1,2,3,\cdots)$
  • 上述独立特解有无穷多个，并且每个都满足齐次的泛定方程和齐次的边界条件。
  • 由于泛定方程和边界条件都是齐次的，根据线性数理方程的解结构可知，将这无穷多个特解叠加在一起后仍然是满足原齐次泛定方程和齐次边界条件，即是通解。
  • $u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(C_{n}\cos\frac{n\pi a}{l}t+D_{n}\sin\frac{n\pi a}{l}t\right)\sin\frac{n\pi}{l}x$
  • 为了求原定解问题，还必须满足初始条件。对于上述通解，实质就是要选择合适的待定系数Cn、Dn。

• 第三步：根据初始条件，利用本征函数的正交性确定待定系数

  • 根据初始条件：
  • $u|_{t=0}=\phi(x),\quad\frac{\partial u}{\partial t}|_{t=0}=\psi(x),\quad0\leq x\leq l$
  • 代入上一步中所求得的通解，得
  • $\begin{aligned}&u(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty}C_{n}\sin\frac{n\pi}{l}x\quad=\phi(x)\\&\frac{\partial u}{\partial t}|_{t=0}=\sum_{n=1}^{\infty}D_{n}\frac{n\pi a}{l}\sin\frac{n\pi}{l}x=\psi(x)\end{aligned}$
  • 上述两式均是傅立叶正弦级数的形式，因此考虑将右边也展开傅立叶正弦级数的形式
  • $C_{n}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\phi(x)\sin\frac{n\pi}{l}x\mathrm{d}x$
  • $D_{n}\frac{n\pi a}{l}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\psi(x)\sin\frac{n\pi}{l}x\mathrm{d}x\text{即}D_{n}=\frac{2}{n\pi a}\int_{0}^{l}\psi(x)\sin\frac{n\pi}{l}x\mathrm{d}x$

• 至此已求得原定解问题的解如下：

• $u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(C_{n}\cos\frac{n\pi a}{l}t+D_{n}\sin\frac{n\pi a}{l}t\right)\sin\frac{n\pi}{l}x$

• 其中系数为:

• $C_{n}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\phi\left(x\right)\sin\frac{n\pi}{l}x\mathrm{d}x$

• $D_{n}=\frac{2}{n\pi a}\int_{0}^{l}\psi(x)\sin\frac{n\pi}{l}x\mathrm{d}x$

• 小结:

  • 

• 物理含义:

  • 根据级数解的表达式
  • $u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(C_{n}\cos\frac{n\pi a}{l}t+D_{n}\sin\frac{n\pi a}{l}t\right)\sin\frac{n\pi}{l}x$
  • 可以看出，弦的振动是一系列由本征函数所表示的本征振动的叠加，每一本征振动可以写成下面的形式：
  • $u_{n}(x,t)=\left(C_{n}\cos\frac{n\pi a}{l}t+D_{n}\sin\frac{n\pi a}{l}t\right)\sin\frac{n\pi}{l}x=A_{n}\cos(\omega_{n}t-\theta_{n})\sin\frac{n\pi}{l}x$
  • $A_{n}=\sqrt{C_{n}^{2}+D_{n}^{2}},\omega_{n}=\frac{n\pi a}{l},\theta_{n}=\arctan\frac{D_{n}}{C_{n}}$
  • 根据表达式
  • $u_{n}(x,t)=A_{n}\cos(\omega_{n}t-\theta_{n})\sin\frac{n\pi}{l}x$
  • $u_{n}(x_{0},t)=A_{n}\sin\frac{n\pi}{l}x_{0}\cos(\omega_{n}t-\theta_{n})\quad(n=1,2,3,\cdots)$
  • 当弦上点的位置x取定值时，该点是作简谐振动。若给定n，各点振动的角频率和初始相位都是相同的。
  • n=1时的振动称为基波，n>1时称为n次谐波。不同点的振幅则随位置改变而改变，此振动波在任一时刻的外形是一正弦曲线。
  • 一维波动方程用分离变量法解出的结果是由一系列驻波叠加而成的，每个驻波的波形由本征函数确定，其频率由本征值确定。因此分离变量法又称驻波法。
  • 

3. 分离变量理论的几点说明

• 分离变量法是求解线性定解问题的一个最常用方法。
• 一个偏微分方程中至少有两个自变量，分离变量法就是通过将解中各个自变量分离开来（即把解写成几个只包含一个自变量的函数的乘积的形式），从而把原来的偏微分方程及边界条件化成几个常微分方程的边值问题的方法。
• 要想做到上述分离，其前提条件是原来的偏微分方程及边界条件都是齐次的。
• 然而，对于二阶线性齐次常系数方程来说，总是可以实施变量分离的。

4. 分离变量的适用范围

• 以二阶线性偏微分方程为例来讨论。二元二阶线性齐次偏微分方程的一般形式如下：
• $A(\xi,\eta)u_{\xi\xi}+B(\xi,\eta)u_{\xi\eta}+C(\xi,\eta)u_{\eta\eta}+D(\xi,\eta)u_{\xi}+E(\xi,\eta)u_{\eta}+F(\xi,\eta)u=0$
• 上述方程总可以通过自变量变换变成如下的标准形式：
• $a(x,y)u_{xx}+c(x,y)u_{yy}+d(x,y)u_{x}+e(x,y)u_{y}+f(x,y)u=0$
  • （1）当a=-c时，它是双曲型方程；
  • （2）当a=c=0时，它是抛物型方程；
  • （3）当a=c#0时，它是椭圆型方程。
• 设$u(x,y)=X(x)Y(y)$ daihui带回，有
• $aX_{xx}Y+cXY_{yy}+dX_{x}Y+eXY_{y}+fXY=0$
  • 当方程全是常系数
    • 一直可以分离变量，两边同时除以XY
  • 不全为常系数
    • 假设有一个函数P(x, y)，使得两边同时除以P后有
    • $a_{1}(x)X_{xx}Y+b_{1}(y)XY_{yy}+a_{2}(x)X_{x}Y+b_{2}(y)XY_{y}+[a_{3}(x)+b_{3}(y)]XY=0$
    • 此时可以分离
• 针对边界条件，可以实施分离变量的是
  • 只有当边界条件是齐次的，方可分离出单变量未知函数的边界条件。此外对边界条件实施变量分离时，最好选择适合于边界的坐标系。如矩形区域宜采用直角坐标系，圆形或扇形区域宜采用极坐标系。

5.稳定势场情况下的Schrodinger方程（薛定谔方程）

• 薛定谔方程分为时间依赖形式和时间无关形式（三维势井）
  • 时间依赖形式
  • 时间无关形式
• 时间依赖形式
  • 时间依赖的薛定谔方程描述了量子系统的演化，公式如下：
  • $i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\psi(\mathbf{r},t)=\hat{H}\psi(\mathbf{r},t)$
  • 其中，
    • i是虚数单位
    • ℏ 是约化普朗克常数（$\hbar = h / 2\pi$，其中 h是普朗克常数），
    • $\psi(\mathbf{r},t)$ 是粒子的波函数，依赖于空间位置r和时间t。
  • $\hat{H}$是哈密顿算符，表示系统的总能量，包括动能和势能。通常表示为：
  • $\hat{H}=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(\mathbf{r})$
    • $m$ 是粒子的质量，
    • $\nabla^2$是拉普拉斯算符，表示空间上的二阶导数，
    • $V(\mathbf{r})$是粒子在位置$\mathbf{r}$的势能。
  • 该方程描述了粒子波函数$\psi(\mathbf{r}, t)$随时间的变化。波函数的平方$|\psi(\mathbf{r}, t)|^2$表示粒子在位置$\mathbf{r}$和时间$t$的概率密度。
• 时间无关薛定谔方程(定态薛定谔方程)
  • 对于没有时间依赖性的系统（例如能量本征态问题），薛定谔方程可以简化为时间无关形式：
  • $\hat{H} \psi(\mathbf{r}) = E \psi(\mathbf{r})$
  • 其中：
    • $\psi(\mathbf{r})$ 是系统的本征波函数，
    • $E$ 是系统的能量本征值。
  • 在这个方程中，哈密顿算符的形式通常是：
  • $\hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 + V(\mathbf{r})$
  • 这个方程常用于求解定态问题，如粒子在一维或三维势阱中的行为。
• 一维无限深方势阱
  • 
  • 
  • 
  • 

二、傅立叶变换

1. 划分

• 有一个例题，一个作业题，这俩题搞清楚
• 一维热传导方程的初值问题

2. 基础定义与性质

• 1D FT
  • 设$f(x)$ 在$(-\infty,+\infty)$ 有定义，且绝对可积，$\int_{-\infty}^{\infty}|f\left(x\right)|\mathrm{d}x<\infty$ ，则：
  • $F[f]=\hat{f}\left(\lambda\right)=\int_{-\infty}^{\infty}f\left(x\right)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\lambda x}\mathrm{d}x$
  • $F^{-1}[\hat{f}]=F^{-1}[F[f]]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\hat{f}(\lambda)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\lambda x}\mathrm{d}\lambda=f(x)$
• 性质
  • 线性变换：$F[\alpha f+\beta g]=\alpha F[f]+\beta F[g]$
  • $(F^{-1}\circ F)f=F^{-1}[F[f]]=f$
  • $F[\frac{\partial f}{\partial x_{j}}]=\frac{\dot{\partial}f}{\partial x_{j}}=\mathrm{i}\lambda_{j}\hat{f}$
  • $\mathcal{F}\{u_t(x,t)\}=\frac{\partial}{\partial t}\hat{u}(\omega,t)$
  • $F[-\mathrm{i}x_{j}f]=-\mathrm{i}x_{j}f=\frac{\partial\hat{f}}{\partial\lambda_{j}}$
• 卷积的FT
  • 卷积：$(f*g)(x)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x-t)g(t)\operatorname{d}t$
  • 卷积的性质
    • $f*g=g*f$
    • $f*(g*h)=(f*g)*h$
    • $f*(g+h)=f*g+f*h$
  • 卷积FT性质
    • $F[f*g]=\quad F[f]\cdot F[g]$
    • $F[f\cdot g]=\frac{1}{(2\pi)^{n}}F[f]*F[g]$ n表示空间维度
    • $\begin{aligned}&F[\psi*\varphi]=\hat{\psi}\hat{\varphi}\\&\psi*\varphi=F^{-1}[\bar{\psi}\bar{\varphi}]\end{aligned}$

3. 用傅立叶变换解齐次方程

• 例1D热传导方程的初值问题（Cauchy问题）—齐次方程的情形
• $\begin{cases}u_t=a^2u_{xx},\quad-\infty<x<\infty,t>0\\u|_{t=0}=\varphi(x)&\end{cases}(1)$
• 解：设$\acute{u}(\lambda,t)=F[u],\quad\acute{\varphi}(\lambda)=F[\varphi]$
• 则：$F[u_{xx}]=(\mathrm{i}\lambda)^{2}\acute{u}=-\lambda^{2}\acute{u}$
• 对(1)两端进行FT：
• $\begin{cases}\frac{\mathrm{d}\tilde{u}}{\mathrm{d}t}=-a^{2}\lambda^{2}\acute{u}\\\acute{u}(\lambda,0)=\hat{\varphi}&\end{cases}\quad(2)$
• 其解为：
• $\acute{u}=\mathrm{e}^{-a^{2}\lambda^{2}t}\acute{\varphi}=\acute{\psi}\acute{\varphi}$
• 进行反FT，得：
• $u(x,t)=F^{-1}[\hat{u}]=F^{-1}[\hat{\psi}\hat{\varphi}]=\psi*\varphi$
• 其中，
• $\psi(x,t)=F^{-1}[\psi]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-a^{2}\lambda^{2}t}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\lambda x}\mathrm{d}\lambda=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-a^{2}\lambda^{2}t}\cos\lambda x\mathrm{d}\lambda=$
• （这里应该是取了实部）
• $=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-a^{2}\lambda^{2}t}\cos\lambda x\mathrm{d}\lambda$
• 利用：$\int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-ax^{2}}cosbx\mathrm{d}x\quad=\quad\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\mathrm{e}^{-\frac{b^{2}}{4a}}$
  • 这一步实质是用了留数定理计算得到的，==这里记住！==
• $\psi(x,t)=\frac{1}{2a\sqrt{\pi t}}e^{-\frac{x^{2}}{4a^{2}t}}$
• 所以，其解为：
• $u(x,t)=\psi*\varphi=\frac{1}{2a\sqrt{\pi t}}\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(\xi)\mathrm{e}^{-\frac{(x-\xi)^{2}}{4a^{2}t}}\mathrm{d}\xi$

三、雨课堂题目

1. Fourier变换法可以解齐次和非齐次的偏微分方程
   1. 正确

四、作业题

第九章，作业1

用傅里叶变换求解 Cauthy 问题:

$\begin{cases}u_{t} = a^{2} u_{x x} \\ u \left. \right|_{t = 0} = c o s x\end{cases} , - \infty < x < + \infty , t > 0$

解：设

$\acute{u} ( \lambda , t ) = F [ u ] , \ \varphi ( x ) = \cos ( x ) , \ \acute{\varphi} ( \lambda ) = F [ \varphi ]$

则：

$F \left\lbrack u_{x x} \right\rbrack = ( i \lambda )^{2} \widehat{u} = - \lambda^{2} \widehat{u}$

对$u_{t} = a^{2} u_{x x}$两边同时进行FT：

$\begin{cases}\frac{d \widetilde{u}}{d t} = - a^{2} \lambda^{2} \acute{u} \\ \widehat{u} ( \lambda , 0 ) = \widehat{\varphi}\end{cases}$

$\frac{D \widetilde{u}}{d t} = - a^{2} \lambda^{2} \acute{u}$的解为：

$\widehat{u} = e^{- a^{2} \lambda^{2} t} \widehat{\varphi} = \widehat{\psi} \widehat{\varphi}$

$u ( x , t ) = F^{- 1} \left\lbrack \widehat{u} \right\rbrack = F^{- 1} \left\lbrack \widehat{\psi} \widehat{\varphi} \right\rbrack = \psi * \varphi$

所以，可得：

$\psi ( x , t ) = F^{- 1} [ \psi ] = \frac{1}{2 \pi} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- a^{2} \lambda^{2} t} e^{i \lambda x} d \lambda = \frac{1}{2 \pi} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- a^{2} \lambda^{2} t} \cos \lambda x d \lambda = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{+ \infty} e^{- a^{2} \lambda^{2} t} \cos \lambda x d \lambda$

因此，解为：

$u ( x , t ) = \psi * \varphi = \frac{1}{2 a \sqrt{\pi t}} \int_{- \infty}^{\infty} \varphi ( \xi ) e^{- \frac{( x - \xi )^{2}}{4 a^{2} t}} d \xi = \frac{1}{2 a \sqrt{\pi t}} \int_{- \infty}^{+ \infty} {\cos ( \xi ) e^{- \frac{( x - \xi )^{2}}{4 a^{2} t}}} d \xi$

$u ( x , t ) = \psi * \varphi = \frac{1}{2 a \sqrt{\pi t}} \int_{- \infty}^{+ \infty} {\cos ( \xi ) e^{- \frac{( x - \xi ) 2}{4 a^{2} t}}} d \xi$

其解过程为：

$\int_{- \infty}^{+ \infty} {\cos ( \xi ) e^{- \frac{( x - \xi ) 2}{4 a^{2} t}}} d \xi = Re(\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{i\xi}e^{- \frac{( x - \xi ) 2}{4 a^{2} t}} d\xi$

$= Re(e^{ix}\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{i(\xi - x)}e^{- \frac{( \xi - x) 2}{4 a^{2} t}} d(\xi - x))$

根据高斯积分，$\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ax^2+bx}dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{\frac{b^2}{4a}}$

可得：

$= Re(e^{ix}\sqrt {\frac {\pi}{\frac {1}{4a^2t}}}e^{\frac {-1}{4\cdot \frac {1}{4a^2 t}}})$

$=Re(e^{ix}\cdot 2a\sqrt {\pi t}e^{-a^2t})$

$=cos(x)\cdot 2a \sqrt {\pi t}e^{-a^2t}$

带回，得：

$u(x,t) = \frac {1}{2a\sqrt {\pi t}}\cdot cos(x)\cdot 2a \sqrt {\pi t}e^{-a^2t}$

$u \left( x , \ t \right) = \cos ( x ) e^{- a^{2} t}$

第九章，作业2

用分离变量法求解 Cauthy 问题：

$\begin{cases}u_{t t} = a^{2} u_{x x} \\ u ( 0 , t ) = u ( \pi , t ) = 0 \\ u ( x , 0 ) = 3 \sin x , u_{t} ( x , 0 ) = 0\end{cases} , 0 < x < \pi , t > 0$

设：解的形式为：

$u ( x , t ) = X ( x ) T ( t )$

将这个假设代入波动方程 $u_{t t} = a^{2} u_{x x}$ 得到：

$X ( x ) T '' ( t ) = a^{2} X '' ( x ) T ( t )$

将两边除以 $a^{2} X ( x ) T ( t )$，得到：

$\frac{T '' ( t )}{a^{2} T ( t )} = \frac{X '' ( x )}{X ( x )} = - \lambda$

其中，$\lambda$ 是一个常数。我们可以得到两个常微分方程：

1. 时间部分：

$T '' ( t ) + a^{2} \lambda T ( t ) = 0$

1. 空间部分：

$X '' ( x ) + \lambda X ( x ) = 0$

根据边界条件 $u ( 0 , t ) = 0$ 和 $u ( \pi , t ) = 0$，有 $X ( 0 ) = 0$ 和 $X ( \pi ) = 0$。

考虑空间方程：

$X '' ( x ) + \lambda X ( x ) = 0$

这个方程的特征方程为：

$r^{2} + \lambda = 0 \Longrightarrow r = \pm i \sqrt{\lambda}$

因此，通解为：

$X ( x ) = A \cos \left( \sqrt{\lambda} x \right) + B \sin \left( \sqrt{\lambda} x \right)$

根据边界条件 $X ( 0 ) = 0$ 和 $X ( \pi ) = 0$，我们得到：

1. $X ( 0 ) = A = 0$
2. $X ( \pi ) = B \sin \left( \sqrt{\lambda} \pi \right) = 0$

因此，我们得到 $B \neq 0$ 时，$\sin \left( \sqrt{\lambda} \pi \right) = 0$，这说明：

$\sqrt{\lambda} = n , \quad n = 1 , 2 , 3 , \ldots$

于是 $\lambda = n^{2}$。

所以空间部分的解为：

$X_{n} ( x ) = B_{n} \sin ( n x )$

相应的时间部分：

$T '' ( t ) + a^{2} n^{2} T ( t ) = 0$

其特征方程为：

$r^{2} + a^{2} n^{2} = 0 \Longrightarrow r = \pm i a n$

因此通解为：

$T_{n} ( t ) = C_{n} \cos ( a n t ) + D_{n} \sin ( a n t )$

所以，解的总形式为：

$u ( x , t ) = \sum_{n = 1}^{\infty} \left( C_{n} \cos ( a n t ) + D_{n} \sin ( a n t ) \right) \sin ( n x )$

代入初始条件 $u ( x , 0 ) = 3 \sin x$ 和 $u_{t} ( x , 0 ) = 0$ 来确定 $C_{n}$ 和 $D_{n}$。

• 对于 $u ( x , 0 ) = 3 \sin x$：

$u ( x , 0 ) = \sum_{n = 1}^{\infty} C_{n} \sin ( n x ) = 3 \sin x$

这表示 $C_{1} = 3$ 且 $C_{n} = 0 \, ( n \neq 1 )$。

• 对于 $u_{t} ( x , 0 ) = 0$：

$u_{t} ( x , t ) = \sum_{n = 1}^{\infty} D_{n} a n \cos ( a n t ) \sin ( n x )$

在 $t = 0$ 时：

$u_{t} ( x , 0 ) = \sum_{n = 1}^{\infty} D_{n} a n \sin ( n x ) = 0$

这说明 $D_{n} = 0$ 对于所有 $n$。

结合以上结果，完整解为：

$u ( x , t ) = 3 \cos ( a t ) \sin ( x )$

这是这个初边值问题的解。

第十讲：偏微分方程的分类(多图，不考计算懒得归整了咩)

一、划分

• 方程化简的思想
• 分类的目的是为了把方程化简
• 两个变量的二阶线性
• 了解一下PDE
  • 扩散方程（热传导）
  • 弦震动
  • 拉普拉斯方程（解析函数，调和函数讲过）
• 看一下上面这仨二阶齐次线性方程表达式
  • 要认识
  • 波动方程
  • 这三类方程对应的方程种类
  • 椭圆？抛物？双曲？对应关系
  • 具体的推导不用看

二、方程化简与特征线

• 
• 
• 

三、方程的分类

• 双曲方程

  • 
  • 

• 抛物方程

  • 
  • 

• 椭圆方程

  • 
  • 

四、几大方程相关

1. 扩散方程（热传导方程）

• $u_{t}=a^{2}(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz})+f(x,y,z,t)$
• 为抛物型方程
  • $\text{抛物型方程 }u_{\eta\eta}=D_{2}u_{\xi}+F_{2}u+G_{2}$

2. 拉普拉斯方程

• $\Delta_{3}u\equiv u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=0$
• 为椭圆形方程
  • $\text{椭圆型方程 }u_{\xi\xi}+u_{\eta\eta}=D_{1}u_{\xi}+E_{1}u_{\eta}+F_{1}u+G_{1}$

3. 弦震动方程

• $u_{tt}-a^{2}u_{xx}=0$ 或者$u_{xx}-\frac{1}{a^{2}}u_{tt}=0$
• 为双曲型方程
  • $\text{双曲型方程}u_{ss}-u_{tt}=D_{2}u_{s}+E_{2}u_{t}+F_{2}u+G_{2}$
• 特征方程为：$\mathrm{d}t^{2}-\frac{1}{a^{2}}\mathrm{d}x^{2}=0$ ，$\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right)^2=a^2$
• $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=\pm a\Rightarrow x\pm at=c(\text{特征线})$
• 取$\xi=x-at,\eta=x+at$ 则方程变为：$u_{\xi\eta}=0$
• 通解为：$u=\varphi(x-at)+\psi(x+at)$

4. 波动方程

• $u_{tt}=a^{2}(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz})+f(x,y,z,t)$
• 为双曲型方程

五、雨课堂题目

1. 以下是线性偏微分方程的是（ABC）
   1. $u_{tt}-a^{2}u_{xx}=f(x,t)$
   2. $u_{t}-a^{2}u_{xx}=f(x,t)$
   3. $\Delta_{3}u=u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=0$
2. 以下是拟线性偏微分方程的是（AB）
   1. $u_{t}+u^{3}u_{x}=0$
   2. $u_{t}+kuu_{x}+u_{xxx}=0$
   3. $(u_{x})^{2}+u=3$
3. $\frac{\partial}{\partial t}\nabla^{2}\psi+\frac{\partial\psi}{\partial x}\frac{\partial}{\partial y}\nabla^{2}\psi-\frac{\partial\psi}{\partial y}\frac{\partial}{\partial x}\nabla^{2}\psi=0$ 是三阶拟线性偏微分方程
   1. 正确

• 知识点：
  • 如果一个PDE（s）关于所有的未知函数及其偏导数都是线性（即一次）的，则称它为线性PDE（s）；不是线性的PDE（s）称为非线性PDE（s）。
  • 半线性：
    • 未知函数（u）的最高阶导数的系数不依赖于（u）本身或（u）的任何导数。
  • 拟线性：
    • 在非线性PDE中，若对未知函数的最高阶偏导数来说是线性的，则称它为拟线性PDE（quasi-linear）。
  • 在偏微分方程中出现的最高阶偏导数的阶数称为该PDE的阶。
  • 分类的目的是为了把方程化简

第十一讲：一阶拟线性（计算题）

一、划分

• 重点 非线性平流方程
  • 和线性的区别
• 非线性平流方程能得到行波解
• 随时间发展情况，间断问题，解的间断
• 经典解和广义解的概念
• 
• 作业题
  • $uu_x+u_y=1$
  • $\begin{aligned}&Step1 \ C_{1}:x=t,y=t,u=0\\&Step2\ \frac{dx}{ds}=u,\quad\frac{dy}{ds}=1,\quad\frac{du}{ds}=1\\&x|_{s=0}=t,y|_{s=0}=t,u|_{s=0}=0\\&\Rightarrow x=\frac{s^{2}}{2}+t,y=s+t,u=s\\&\mathrm{Step3}\ J=\frac{\partial(x,y)}{\partial(s,t)}|_{s=0}=-1\\&J\neq0,\text{解存在且唯一。}\\&s=1\pm\sqrt{1+2(x-y)}\\&代入u=s,得\\&u=1-\sqrt{1+2(x-y)}\quad\mathrm{(Why?)}\end{aligned}$
• 详细的推导
• $\begin{aligned}&uu_{x}+u_{y}=1\\&(1)C_{1}{:}x=t,y=t,u=0\\&(2)C_{2}{:}x=\frac{1}{2}t^{2},y=t,u=t\\&(3)C_{3}{:}x=t^{2},y=2t,u=t\end{aligned}$

二、一维线性平流方程（不怎么用看）

• 通解
  • 
• 初值问题
  • 
• 物理意义：
  • 
• 特征方程与特征线
  • 
  • 
• 齐次线性PDE通解
  • 见雨课堂例题

三、非线性平流方程

• 通解：
  • 
  • 

四、经典解和广义解

• 不论初始uo（x）如何光滑，非线性平流方程初值问题的连续光滑解，只能在局部范围中存在，而在某些点上，特别是t充分大时，光滑解是不连续的。在非线性平流方程偏导数刚好间断的位置处，即对应流体力学中的激波。
• 虽然经典解不存在，但定解条件仍可能对应于一个合理的物理过程，这时寻求的连续性或光滑性相对较弱的解称为广义解

五、一般情况下Cauchy问题的几何方法

下面用例题来进行解答

• $uu_{x}+u_{y}=1$ ；$C_{1};x=t,y=t,u=0$
• $C_{1}{:}x=t,y=t,u=0$
• $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s}=u,\quad\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}s}=1,\quad\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}s}=1$
• $x|_{s=0}=t,y|_{s=0}=t,u|_{s=0}=0$
• $\Rightarrow x=\frac{s^2}{2}+t,y=s+t,u=s$
• $J=\frac{\partial(x,y)}{\partial(s,t)}|_{s=0}=-1$
• $J\neq0,\text{解存在且唯一。}$
• $s=1\pm\sqrt{1+2(x-y)}$
• $代入u=s,得$ $u=1-\sqrt{1+2(x-y)}$
• PS:
• $J=0$,若$C$是特征线，问题有无穷多解；否则，问题无解。

字母对应，做法解析

• $uu_{x}+u_{y}=1$，
• Step1: 求特征线
  • $\frac{d x}{d s} = u , \quad \frac{d y}{d s} = 1 , \quad \frac{d u}{d s} = 1$
  • 这里分别对应，$u_x$，$u_y$，等号右边，三个地方的系数/函数
• Step2: 从最后的$\frac {du}{dx}$开始往前积分
  • $\frac{d u}{d s} = 1$，得：
  • $u = s + C_{u}(t)$
  • $\frac{d y}{d s} = 1$，得：
  • $y = s + C_{y}(t)$
  • $\frac{d x}{d s} = u$，带入u，
  • $\frac{d x}{d s} = s + C_u(t)$
  • $x = \frac{1}{2} s^{2} + C_{u}(t) s + C_{x}(t)$
  • 合并一下就是
  • $\begin{cases}x = \frac{1}{2} s^{2} + C_{u} ( t ) s + C_{x} ( t ) \\ y = s + C_{y} ( t ) \\ u = s + C_{u} ( t )\end{cases}$
• Step3: 带入特征线。这里直接用作业的三种情况
  1. $C_{1} : x = t , y = t , u = 0$
     • 注意这些数值都是在$s=0$下取得的，这样就可以反解出那几个系数
     • 由$u=0$，可知$C_u=0$
     • 由$y=t$，可知$C_y = t$
     • 由$x=t$，可知$C_x=t$
     • 由此可得：
     • $\begin{cases}x = \frac{1}{2} s^{2} + t \\ y = s + t \\ u = s\end{cases}$
  2. $C_{2} : x = \frac{1}{2} t^{2} , y = t , u = t$
     • 同理，可得：
     • $\begin{cases}x = \frac{1}{2} s^{2} + t s + \frac{1}{2} t^{2} \\ y = s + t \\ u = s + t\end{cases}$
  3. $C_{3} : x = t^{2} , y = 2 t , u = t$
     • $\begin{cases}x = \frac{1}{2} s^{2} + t s + t^{2} \\ y = s + 2 t \\ u = s + t\end{cases}$
• Step4: 计算雅可比行列式，并得到结果
  • $J \quad = \begin{vmatrix}\frac{\partial x}{\partial s} & \frac{\partial x}{\partial t} \\ \frac{\partial y}{\partial s} & \frac{\partial y}{\partial t} \\ \frac{\partial u}{\partial s} & \frac{\partial u}{\partial t}\end{vmatrix}$
  • 还是分三个作业题的三种情况
    1. $\begin{cases}x = \frac{1}{2} s^{2} + t \\ y = s + t \\ u = s\end{cases}$
       1. $J \neq 0$ 有唯一解
       2. 三个等式联立，消去st，解得：
       3. $u = 1 \pm \sqrt{1 + 2 ( x - y )}$
    2. $\begin{cases}x = \frac{1}{2} s^{2} + t s + \frac{1}{2} t^{2} \\ y = s + t \\ u = s + t\end{cases}$
       1. $J = 0$
       2. 化简三个等式
       3. $\begin{cases}x = \frac{1}{2} ( s + t )^{2} \\ y = s + t \\ u = s + t\end{cases}$
       4. $x = u y /2; u = y $
       5. 同给的条件相同，故有无穷多解
    3. $\begin{cases}x = \frac{1}{2} s^{2} + t s + t^{2} \\ y = s + 2 t \\ u = s + t\end{cases}$
       1. $J \neq 0$
       2. $u = \frac{1}{2} y \pm \sqrt{x - \frac{1}{4} y^{2}}$
  • 对于最终取正负，要根据具体题目来判断

六、雨课堂题目

• $\text{对于1D弦振动方程}u_{tt}-a^{2}u_{xx}=0,\text{若取}\xi=x-at,\eta=x+at,\text{则方程变为 }u_{\xi\eta}=0$
  • 正确
• 求方程$\alpha u_{x}+\beta u_{y}=0$ 的通解，其中a和β为常数，且都不为零
  • 特征方程：$\frac{\mathrm{d}x}{\alpha}=\frac{\mathrm{d}y}{\beta}$
  • 首次积分：$\beta x-\alpha y=c$
  • 通解：$u=\Phi(\beta x-\alpha y)$
  • $\phi(\cdot)$ 为任意连续可微函数
• 判断：一阶拟线性平流方程初值问题的连续光滑解，只能在局部范围中存在
  • 正确

第十二讲：Burgers方程和KdV方程

一、Burgers方程

1. 划分

• 非线性平流方程又叫理想流体的Burgers方程，其没有粘性的一项
• 看耗散项大小对方程的影响
• Burgers方程求解方法
  • 行波法的特征？
  • 雨课堂测试题！
• Cole-Hopf变换的基本思想
  • 给表达式想用来干嘛的~
• 行波法得到的解和前面没有耗散的解之间的区别和联系

2. 耗散项

• 非线性平流方程行波解的间断
  • 耗散项的作用使得波的振幅随时间呈指数衰减，从而起着使波扩宽的作用
  • 
  • 
  • 

3. 行波法求解Burgers方程

• 求解流程
  • 
• 行波解
  • 
  • 
• 激波解
  • 激波的振幅与波速c成正比，波数也与波速c成正比，这是非线性波动的特色
  • 通常非线性项使波变陡，而耗散项使波扩宽，两者的平衡便形成了Burgers方程的激波解
  • 
  • 

4. Cole-Hopf变换

• 基本思想
  • 
  • 
  • 
  • 

一1、雨课堂题目

• 有关Burgers方程下列说法正确的是（ABC）
  • Burgers方程是二阶偏微分方程
  • Burgers方程是拟线性偏微分方程
  • Burgers方程是自治的
  • Burgers方程中的耗散项是非线性项
• 下列有关Burgers方程及其激波解的说法正确的是（ABC）
  • Burgers方程可以通过行波法化为常微分方程求解
  • 非线性项使波变陡，而耗散项使波扩宽，两者的平衡便形成了Burgers方程的激波解
  • Burgers方程可以通过Cole-Hopf变换化为线性耗散方程求解

二、KdV方程

1. 划分

• KdV方程常见形式熟悉，雨课堂题，原理掌握
• KdV行波解，Buurgers方程是一个激波，KdV方程是一个孤立的波形
• 
• 孤立波可以认为周期无限大的？？？（没听清）

2. KdV

• KdV原理
  • 
• KdV常见形式
  • 
• 行波法求解
  • 
• 孤波解
  • 
  • 

三、雨课堂题目

• 关于$u_{t}+6uu_{x}+u_{xxx}=0(1)u_{t}-6uu_{x}+u_{xxx}=0(2)$ 下列说法正确的是：（ABCD）
  • 把（1）中的u替换成-u，则（1）可以变成（2）.
  • 把（2）中的u替换成-u，则（2）可以变成（1）
  • （1）和（2）是三阶偏微分方程
  • （1）和（2）是拟线性偏微分方程
• 关于KdV方程，下列说法正确的是(ABCD)
  • $u_{t}\pm6uu_{x}+u_{xxx}=0$ 的孤立波解振幅方向相反
  • 具有周期性的椭圆余弦波解
  • 孤波的振幅和波速成正比
  • 其中的$u_{x x x}$ 为频散（色散）项