OpenResty、Tengine、NginxOpenResty官网地址：https://openresty.org/cn/OpenResty® 是一个基于 Nginx 与 Lua 的高性能 Web 平台，其内部集成了大量精良的 Lua 库、第三方模块以及大多数的依赖项。用于方便地搭建能够处理超高并发、扩展性极高的动态 Web 应用、Web 服务和动态网关。OpenResty® 通过汇聚各种设计精良的 Nginx 模块（主要由 OpenResty 团队自主开发），从而将 Nginx 有效地变成一个强大的通用 Web 应用平台。这样，Web 开发人员和系统工程师可以使用 Lua 脚本语言调动 Nginx 支持的各种 C 以及 Lua 模块，快速构造出足以胜任 10K 乃至 1000K 以上单机并发连接的高性能 Web 应用系统。OpenResty® 的目标是让你的Web服务直接跑在 Nginx 服务内部，充分利用 Nginx 的非阻塞 I/O 模型，不仅仅对 HTTP 客户端请求,甚至于对远程后端诸如 MySQL、PostgreSQL、Memcached 以及 Redis 等都进行一致的高性能响应OpenResty其实就是一个基于Nginx的Web平台，但它最牛的地方在于集成了LuaJIT和很多精心编写的Lua库。简单来说，就是让你可以在Nginx里面写Lua代码，这听起来可能没什么，但用过的人都知道这有多香。比如，你产品经理突然要求在用户访问某个页面时，根据用户的地理位置显示不同的内容。如果用传统的方式，要么改后端代码重新发布，要么搭建一套复杂的CDN规则。但用OpenResty，我直接在nginx.conf里写了几行Lua代码就搞定了：location /api/content { access_by_lua_block { local ip = ngx.var.remote_addr local geo = require "resty.geoip" local country = geo.lookup(ip) if country == "CN" then ngx.var.backend = "china_backend" else ngx.var.backend = "global_backend" end } proxy_pass http://$backend; }这种灵活性是原生Nginx根本做不到的。你想想，如果每次这种小需求都要动用整个开发流程，那得多麻烦。OpenResty的安装也很简单，在Rocky Linux release 8.10上直接用yum就行：sudo yum install yum-utils sudo yum-config-manager --add-repo https://openresty.org/package/centos/openresty.repo sudo yum install openresty装完之后，你会发现它的目录结构和Nginx差不多，配置文件还是在/usr/local/openresty/nginx/conf/nginx.conf。但是多了很多Lua相关的模块，比如lua-resty-redis、lua-resty-mysql这些，基本上常用的都给你准备好了。#这是我修改后的文件 [root@webtest ~]# cat /usr/local/openresty/nginx/conf/nginx.conf worker_processes 1; error_log logs/error.log; events { worker_connections 1024; } http { server { listen 8080; location / { default_type text/html; content_by_lua_block { ngx.say(" hello, world ") } } } }Tengine官网：https://tengine.taobao.org/Tengine是阿里巴巴开源的Web服务器，基于Nginx开发。说到阿里的技术，那肯定是在高并发场景下被虐过千百遍才开源出来的，所以在性能和稳定性方面确实有两把刷子。安装官网下载编译安装包，上传到服务器[root@webtest ~]# tar -xf tengine-3.1.0.tar.gz [root@webtest ~]# cd tengine-3.1.0 [root@webtest ~]# ./configure [root@webtest ~]# make [root@webtest ~]# make installTengine最让我印象深刻的是它的动态模块加载功能。以前用Nginx，如果要加个模块，必须重新编译整个服务器，这在生产环境简直是噩梦。但Tengine可以动态加载模块，就像这样：dso { load ngx_http_lua_module.so; load ngx_http_geoip_module.so; }重启服务就能生效，不用重新编译。这个功能在我们需要快速响应业务需求的时候特别有用。还有一个让我很喜欢的功能是Tengine的健康检查。原生Nginx的upstream健康检查功能比较弱，基本上就是被动检查，后端服务挂了还要等用户请求失败才知道。但Tengine提供了主动健康检查：upstream backend { server 192.168.1.10:8080; server 192.168.1.11:8080; check interval=3000 rise=2 fall=5 timeout=1000 type=http; check_http_send "HEAD / HTTP/1.0\r\n\r\n"; check_http_expect_alive http_2xx http_3xx; }这样配置后，Tengine会每3秒主动检查一次后端服务器的健康状态，发现问题立即摘除，用户基本感知不到。实际使用用OpenResty做API网关，用Tengine做静态资源服务器和负载均衡器。OpenResty常用模块参考：https://www.cnblogs.com/phpworld/p/10969297.html用OpenResty做API网关，比如我们需要做接口限流，传统方式要么在应用层做，要么用Redis + Lua脚本。但OpenResty直接内置了限流模块：location /api/ { access_by_lua_block { local limit_req = require "resty.limit.req" local lim, err = limit_req.new("my_limit_req_store", 200, 100) if not lim then ngx.log(ngx.ERR, "failed to instantiate a resty.limit.req object: ", err) return ngx.exit(500) end local key = ngx.var.binary_remote_addr local delay, err = lim:incoming(key, true) if not delay then if err == "rejected" then return ngx.exit(503) end end } proxy_pass http://backend; }这样就实现了每个IP每秒最多200个请求，突发100个请求的限流策略。不过OpenResty也有一些坑，主要是Lua代码的调试比较麻烦。不像应用代码可以打断点单步调试，Lua代码基本上只能靠日志调试。我一般会在关键位置加上这样的日志：ngx.log(ngx.ERR, "debug: variable value is ", ngx.var.some_variable)然后在error.log里查看输出。Tengine的话，我主要用它做七层负载均衡。它的负载均衡算法比Nginx丰富一些，支持一致性哈希、最少连接数等多种算法：upstream backend { consistent_hash $request_uri; server 192.168.1.10:8080 weight=3; server 192.168.1.11:8080 weight=2; server 192.168.1.12:8080 weight=1; }这种一致性哈希在缓存场景下特别有用，可以保证相同的请求总是路由到同一台服务器。选择建议选择建议的话，我觉得主要看使用场景：如果你需要在Web服务器层面做很多业务逻辑处理，比如API网关、动态内容生成、复杂的访问控制等，那OpenResty是首选。它的Lua生态很丰富，基本上你能想到的功能都有现成的库。如果你主要做负载均衡和静态资源服务，对稳定性和性能要求比较高，那Tengine是个不错的选择。特别是在高并发场景下，Tengine的表现确实比原生Nginx要好一些。当然，如果你的需求比较简单，就是做个简单的反向代理或者静态文件服务，那原生Nginx也完全够用，没必要为了用新技术而用新技术。注意细节部署这两个服务器的时候，有几个地方需要注意。OpenResty的话，记得要合理设置Lua代码缓存。在开发环境可以关闭缓存方便调试：lua_code_cache off;但在生产环境一定要开启，否则性能会很差。还有就是要注意Lua代码的内存使用。OpenResty使用LuaJIT，内存管理和标准Lua有些不同。如果你的Lua代码里有大量的字符串操作或者表操作，要注意及时释放内存：-- 及时设置为nil释放内存 local big_table = {} -- ... 使用big_table big_table = nil collectgarbage()Tengine的话，要注意动态模块的加载顺序。有些模块之间有依赖关系，加载顺序错了会导致启动失败。一般来说，基础模块要先加载，业务模块后加载。监控方面，两者都支持Nginx的标准监控接口，可以用nginx-module-vts或者stub_status模块。我一般会配置一个内部监控接口：location /nginx_status { allow 127.0.0.1; allow 10.0.0.0/8; deny all; stub_status on; }然后用Prometheus + Grafana做监控大盘，效果还不错。
无锡之旅Day3今天发烧已经基本上好了，预告一下今天会去五个景点：惠山古镇、蠡园、鼋头渚、崇安寺和钱钟书旧宅。惠山古镇因为台风已经席卷过武汉，江苏地带不可避免也会受到影响，当然如果是昨天出行会更好，但是其实昨天我的身体还是一个不太舒适的状态，所以今天很尴尬的就遇到某些遗憾。因为今天是阵雨和江面大风的天气情况。惠山古镇和大多数地区的古镇基本类似，当然这里会有更多名人的古建筑，其余的部分也是比较商业化的。清朝皇帝好像真的很喜欢南巡诶。远处是惠山山顶，这个时候是打算爬上去看看的，但是后续由于天气影响，其实就没能上去，而且缆车也停运了（哭）左右两侧分别刻字，左侧为“万恶淫为首”，右侧为“百善孝先行”范仲淹的祖宅就在这里。为了吸引游客，还在这里做了一些定时喷干冰的人造盆景。锡惠胜境抵达消费地点，外面的景点是不需要园林套票的，锡惠胜境则是需要的，包括了一些古迹和上山的门票，我买的年票，所以这部分能进来。惠山寺如果七月中旬到的话，还有睡莲展，目前已经误了时节了，不过还是有人在拍睡莲。皇帝真的很喜欢题字，基本上每个景点都有皇帝御赐的碑文。碑文是写寄畅园的，待会就去寄畅园看看。惠山寺的伴生树，已有百年以上的历史。天下第二泉因二泉映月出名的天下第二泉，当然现在这些都是不能直接拿来喝的了，而且被关起来了。池水也比较干净，不过接下来下雨天就不知道了。江苏很多景点都有这个石碑，印心石，是陶澍传奇人生的象征，因被道光帝召见，道光帝在得知陶澍家乡有一方神奇的“印心石”，以及陶澍幼年在“印心石屋”读书的往事后，道光欣然命笔，为他题写“印心石屋”四个大字。回到江宁（南京）后，陶澍将“印心石屋”四字摩刻于家乡御书崖，并在全国各风景名胜地立碑。寄畅园接下来带大家游览寄畅园，这是人造的景观，也是以小见大，通过一些布置和盆景来设计，从而迎合皇帝喜欢的一座园林，并与南京瞻园、苏州留园、拙政园成为了“江南四大名园”。康熙题“山色溪光”、乾隆题“玉戛金枞”，两帝在1684至1784 的100年里，先后六下江南，七次驾临惠山。还有风景园林的老教授带学生过来学习相关的园林设计，学生做一些实地采访和录制。此处风景异常好看，大家可以观赏一下。这里讲的是庄子的故事，子非鱼安知鱼之乐？二泉书院惠山这个时候我已经准备好打算上山了。登山口上去就是二泉音乐广场，这里有二泉映月阿炳墓。很可惜，爬到半山腰已经可以看到缆车停运了，这下子爬山的想法瞬间打消了一半。这里突然下雨了，当然我没有拍下雨景，赶紧顺着映山湖跑下来。出古镇这里可以看到寄畅园的后门，当然此路不通，是不会开的。肚子饿了，早上就在古镇买了个梅花糕吃，搞一块鸭腿。地铁阿炳印象画这个站台有阿炳的一些印象画和设计，都是现代艺术加工的，当然也有艺术家在这里拍摄。蠡园接下来我赶去看西施传说所在的蠡园。可以坐地铁到最近的站台，然后再走1公里左右，但是其实这个时候雨已经开始不断下了。这下可以看到下雨的雨景了可惜来的不是时候，这个时节真的没有荷花。主要讲了西施的出生，到赵王吴王夫差的历史，最后和范蠡隐居的历史。这里其实平常有出湖的游船的，但是今天台风警告，所以全部停船了。没有点这个吃，因为大厨不知道跑哪里去了，残念，但是下雨天嘛，也可以理解。接下来公交前往太湖鼋头渚，为了快速抵达我选择了乐游线。鼋头渚残念来了，由于台风影响，游船停航了，啊啊啊啊啊，我的套票是包了游船的啊。收拾一下心情，继续前行，来都来了。鼋头渚更像是一个森林公园这样子，分为了好几块，不建议步行，因为实在很大，建议可以坐园内公交，当然我的套票是包了公交的。时节不对，反正也看不了樱花，嘛，能看樱花的时候还在上班呢。真是——樱花谷里没樱花，荷花池里没荷花。甚至还没有游船！鼋头渚还要再往里面走，才可以到。自拍一张，纪念没有游船的一天。啊啊啊啊啊啊，去不了对岸的太湖仙岛，原本还打算在这里待到下午再回去的。溜了溜了，下面去崇安寺，其实是坐落在中心街区的一个小寺庙。崇安寺崇安寺，始建于1905年的公花园是中国最早期的公园对公众免费开放的公园，誉为华夏第一公园，有方塘书院、池上草堂、绣衣拜石、草堂话旧、松崖挹翠、白水试泉、兰移听琴、樱丛鸟语等24景。市因寺兴、园因街荣、商繁华的无锡誉为“小上海”，崇安寺以其独特的风格和魅力，成为与上海城隍庙、南京夫子庙、苏州玄妙观齐名的江南四大特色街区。（上海城隍庙去过了，南京夫子庙，苏州玄妙观也都去过了，所以崇安寺也必须来一下）钱钟书纪念馆查了一下距离钱钟书纪念馆还比较近，所以直接步行前往。狗狗见到我很开心，把肚皮都翻过来了，好像很想邀请我和它玩，不过我拒绝了。晚餐胃口大开，当然可能和我今天跑的景点很多有关系，但是突然很想吃太湖三白，可惜找到的私房菜并不开门。那么最后只能去商场里面点太湖三白了，没想到双人套餐一个人可以吃完。其实还少了太湖银鱼，只吃了太湖白鱼、太湖白虾。清淡口，非常适合广东人。最后给你们看看阳山水蜜桃的价格。
扬州之旅—Day3观前提示：今天主要逛园林——何园、个园，因为需要烘干衣服，所以今天选择更换了酒店，大量的时间在酒店中做衣服的清洗和烘干了，所以不会像Day2那么丰富。出发！依旧是荷花池酒店，冲冲冲！由于昨天吃撑了，今天选择陈永春吃早餐，三丁包+阳春面+冰镇豆乳奶茶。阳春面筋道弹性很强，不过汤底会加胡椒，每天都吃的话小心喉咙哦~荷花池公园吃完就逛逛荷花池了，既然是荷花池公园有一大片的荷花。吃完才发现池中心有富春茶社，也可以到这里喝早茶的，不过今天就不去了。去何园路上去何园还是建议打车，因为不太熟悉这边的公交系统，当地人都是直接防晒服出门的，太热啦！！！！！（为我后面的中暑埋下了伏笔）由于今天是周一，博物馆都不开门何园何园，又名”寄啸山庄“，是一处始建于清代中期的中国古典园林建筑，被誉为“晚清第一园“，面积1.4万余平方米，建筑面积7000余平方米。何园由清光绪年间何芷舠所造，片石山房则是石涛大师叠山作品。（当然也是上错花轿嫁对郎拍摄的场景）园林卡和其他人的准入方式有不同，建议直接找门口的核验人员刷二维码进入。寄啸山庄接下来都是园林景造，长图警告。二楼何园有两层，可以登高俯瞰一楼二楼是以前何园主人居住的相关场所又回一楼有个月亮门比较有趣，可以看看片石山房撤了撤了。皮市街因为何园离皮市街很近，虽然类似北京路的场景去的比较多了，但是来都来了，不是嘛哈哈哈在皮市街有一家糖水店，比较广式，因为早上吃了阳春面，然后又暴晒的天气，其实已经快开始中暑了，于是我点了份糖水消消暑。琼花观这个时候是应该前往个园了，因为不是很饿，所以打算公交过去，没想到意外碰到了琼花观可以看看。琼花观是收费景点来的，而且不在园林卡范围内。个园从何园直接前往个园的话，公交是没法直接到达的，所以还需要步行前往。暴热，继续点一杯奶茶补充水分。（尝试当地特色）个园坐落在东关街，也就是我Day1晚上到达的地方，大家可以看看早上的东关街，其实就没什么人。个园宅子个园是清代扬州盐商宅邸私家园林，以遍植青竹而名，以春夏秋冬四季假山而胜。其实个园更多的是两层，内部作为一个大宅子，前面是一个园林。每个堂之间都会隔着一个露天小院子。园林景观个园更多的是一些假山丛，配合了四时四季的绿植，让一年四季都有不同的景观，大家来感受一下夏季的景色吧。这里可以顺着假山上去，然后俯瞰再来一张回酒店因为天气实在太热，实在受不了，从东关街走回酒店休息了。东关街其实蛮多很有历史的旧址，但是都不开放，在这里我找了江泽民旧居，可惜也不开放。纪念一下有时会溜走的店主。小故事中午回去路上很渴，想买点饮料喝。碰到了精酿啤酒屋，走进去发现没有店主，全是城管，见到我进来一下子全站起来了，吓得我~小心翼翼关上门然后撤退，看了看城管们手里的蜜雪冰城，于是我倒退回去买了杯蜜雪冰城。晚餐！猪腰枸杞汤（绝了，又放了胡椒，我怀疑扬州人非常喜欢胡椒），点了份拌面和水晶肴肉。其实就是边缘有冻好的啫喱，蘸着醋和生姜丝的吃法倒是第一次感受。由于中午没有吃东西，晚上还吃了趟烧烤，哦！江苏地带，目前已知的是——上海和扬州是有夜生活的哈哈哈，苏州很早就关门了，完全没有办法吃夜宵的城市。好啦，今天就到这里结束啦！明天是从扬州到无锡的换乘，敬请期待哟~
复分析期末考试1 全纯函数幂级数性质设$f(z)=\sum^{\infty}_{n=0}a_nz^n$是$D(0,1)$上的有界全纯函数，证明：$\sum^{\infty}_{n=0}a_n^2$绝对收敛且$\lim_{n{\to}\infty}a_n=0$。提示：利用定理10.22解：由于$f$在$D(0;1)$内全纯，于是可以推出$f(z)=\sum^{\infty}_{n=0}a_nz^n,z{\in}D(0;1)$，并且利用定理10.22，我们知道对于${\forall}0{\le}r<1$，有$$ \sum^{\infty}_{n=0}|a_n|^2r^{2n}=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}|f(re^{i\theta})|^2d{\theta} $$由于$f$在$D(0;1)$内有界，于是推出${\exists}M>0,{\forall}z{\in}D(0;1)$，有$|f(z)|{\le}M$。于是我们得到$$ \begin{aligned} \sum^{\infty}_{n=0}|a_n|^2r^{2n}=&\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}|f(re^{t\theta})|^2d{\theta}\\ {\le}&\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}M^2d{\theta}=M^2 \end{aligned} $$于是对于${\forall}N{\in}N_{+}$有$$ \sum^N_{n=0}|a_n|^2r^{2n}{\le}M^2 $$令$r{\to}1^{-}$于是得到$\sum^N_{n=0}|a_n|^2{\le}M^2$。于是得到正项级数$\sum^{\infty}_{n=0}|a_n|^2$的部分和$\left\{\sum^N_{n=0}|a_n|\right\}$有上界。于是知道$\sum^{\infty}_{n=0}|a_n|^2$收敛，由级数收敛的必要条件，可以知道$$ |a_n|^2{\to}0{\Rightarrow}a_n{\to}0 $$思路：实际上是通过全纯转化为幂级数，然后通过定理10.22导出有界性，从而级数有界必然收敛，从而由收敛级数必要条件导出其通项趋于0。2 整函数与复平面设$f(z)$为整函数，且$\lim_{z{\to}\infty}f(z)=\infty$，证明：$f(C)=C$。若$f(z)=e^z$，结论是否成立？这里$C$表示复平面，$f(C)$表示值域。提示：用反证法和刘维尔定理证明：反证法：假设$f(C){\neq}C$，则${\exists}w_0{\in}\mathbb{C}$，使得$w_0{\not\in}f(C)$。于是推出对于${\forall}z{\in}\mathbb{C}$，有$f(z){\neq}w_0$。令$g(z)=\frac{1}{f(z)-w_0}$，则$g(z)$为整函数。且$\lim_{z{\to}\infty}g(z)=0$，由于$\lim_{z{\to}\infty}g(z)=0$，由函数极限的意义：也即对于$\varepsilon_0=1,{\exists}R>0$，当$|z|>R$时，有$$ |g(z)-0|<1 $$又因为$g(z)$在$\mathbb{C}$上全纯，于是在$\mathbb{C}$上连续，从而在有界闭区域$|z|{\le}R$上连续。由闭区域连续函数性质则知道$g$在$|z|{\le}R$上有界。于是${\exists}M>0$，使得对于${\forall}|z|{\le}R$，有$|g(z)|{\le}M$。于是推出对于${\forall}z{\in}\mathbb{C}$，有$|g(z)|{\le}M+1$，于是知道$g$为有界整函数，由刘维尔定理知道$g$是常数。于是知道$f$是常数，但是这时候因为$\lim_{z{\to}\infty}f(z)=\infty$，知道$f$又不是常数，于是导出矛盾。于是原假设不成立，也即$f(C)=C$。由于$f(z)=e^z$是整函数，但是$\lim_{z{\to}\infty}f(z)$不存在，于是不满足题设条件。又因为$e^z{\neq}0$，于是$f(C){\neq}C$。因为如果$e^z=0$，则$e^ze^{-z}=e^0=1$则产生矛盾。思路：反证法，直接可以得到一个不存在的函数值，然后导出一个整函数其极限为0，从而全纯导出连续性，由闭区间连续函数性质导出有界性，再由刘维尔定理知道其为常数，但是这与题设条件矛盾。3 全纯函数满足条件的表示形式设$f$在$D(0,1)$全纯且满足$f(\frac{1}{n})=f^n(\frac{1}{n}),(n=1,2,{\cdots})$，那么$f(z)=?$。提示：利用全纯函数的唯一性定理，定理10.18由于$f,f''$在$D(0;1)$全纯，且$f(\frac{1}{n})=f^n(\frac{1}{n}),(n=1,2,{\cdots})$，又$\lim_{n{\to}\infty}\frac{1}{n}=0,0{\in}D(0;1)$，由全纯函数的唯一性定理知道：在$D(0;1)$上有$f(z)=f''(z)$。特别在$(-1,1)$上有$f(x)=f''(x)$。我们在$(-1,1)$上考虑常微分方程$y(x)=y''(x)$，其解为$$ y(x)=c_1e^x+c_2e^{-x} $$于是当$z=x{\in}(-1,1)$有$f(z)=f(x)=c_1e^x+c_2e^{-x}=c_1e^z,c_2e^{-z}$。由全纯函数的唯一性定理知道：$$ f(z)=c_1e^z+c_2e^{-z},z{\in}D(0;1) $$思路：由全纯性质和唯一性定理，知道其导函数与函数本身关系，然后通过考虑一个常微分方程，和全纯函数唯一性知道其表示形式。4 全纯函数与多项式表示设$f$在$D(0,1)$全纯且满足$(-1,1){\subset}\bigcup^{\infty}_{k=1}Z_{D(0,1)}(f^{(k)})$，证明$f$是一个多项式。提示：利用定理10.18解：因为$(-1,1)$是不可数集，又因为$$ (-1,1){\subset}\bigcup^{\infty}_{k=1}Z_{D(0,1)}(f^{(k)}) $$也即：${\exists}k{\in}N_{+}$，使得$Z_{D(0;1)(f^{(k)})}$是不可数集。由定理10.18知道，若$f$不恒为0，则$Z(f)$最多可数。于是知道在$D(0;1)$上$f^{(k)}=0$。进一步知道$$ f(z)=a_0+a_1z+{\cdots}+a_kz^{k-1} $$也即$f$为次数至多$k-1$次的多项式。思路：容易知道不可数集性质，再结合定理10.18知道至多可数，从而知道其他的均为0，于是可以知道其高阶导数均为0的性质，导出多项式次数。5 整函数的多项式表示假设$f(z)$是整函数，且$$ \lim_{z{\to}\infty}\frac{f(z)}{z^n}=A{\neq}0 $$证明：$f$是$n$次多项式提示：利用Taylor展开及10.26的柯西估值证明：由于$f$是整函数，也即${\forall}z{\in}\mathbb{C}$，有$$ f(z)=\sum^{\infty}_{k=0}c_kz^k $$又因为$$ \lim_{z{\to}\infty}\frac{f(z)}{z^n}=A{\neq}0 $$根据极限定义，知道对于$\varepsilon_0=1,{\exists}R>0$，当$|z|>R$时有$$ |\frac{f(z)}{z^n}-A|<1 $$于是有$$ |\frac{f(z)}{z^n}|{\le}|A|+1=M $$也即${\exists}M>0,{\exists}R>0$，使得当$|z|>R$时，有$$ |f(z)|{\le}M|z|^n $$又因为$$ \begin{aligned} |c_k|=&|\frac{1}{2\pi{i}}\int_{|\xi|=\rho}\frac{f(\xi)}{\xi^{k+1}}d\xi|{\quad}(\rho>R)\\ =&\frac{1}{2\pi}\int_{|\xi|=\rho}\frac{|f(\xi)|}{|\xi|^{k+1}}|d\xi|{\le}\frac{1}{2\pi}\int_{|\xi|=\rho}\frac{M|\xi|^n}{|\xi|^{k+1}}|d\xi|\\ =&\frac{1}{2\pi}\frac{MR^n}{\rho^{k+1}}\int_{|\xi|=\rho}|d\xi|=\frac{1}{2\pi}\frac{M\rho^n}{\rho^{k+1}}2\pi{\rho}=\frac{M\rho^n}{\rho^k} \end{aligned} $$当$k>n$时，令$\rho{\to}+\infty$，有$$ |c_k|{\le}\lim_{\rho{\to}\infty}M\rho^{n-k}=0 $$当$k>n$时有$c_k=0$，于是$$ f(z)=c_0+c_1z+{\cdots}+c_nz^n $$又$$ \lim_{n{\to}\infty}\frac{f(z)}{z^n}=\lim_{n{\to}\infty}\frac{c_0+c_1z+{\cdots+c_nz^n}}{z^n}=c_n=A{\neq}0 $$于是$c_n{\neq}0$。于是$f(z)$为$n$次多项式。思路：由整函数幂级数展开，依据题设条件的极限定义推出有界性，然后再根据级数的系数来确定，分两种情况来讨论即可。6 开映射证明最大模什么是开映射？连续映射是开映射吗？请举例说明。若$f$在复平面的开集$\Omega$上全纯，且不为常数。证明：$f(\Omega)$是开集并利用开映照定理证明最大模定理。提示：利用定理10.32设$f$为一个映射，$D$为开集，若$f(D)$为开集，则称$f$为开映射，连续映射不一定是开映射。反例：$f(z)=|z|,D=D(0;1)=\left\{z:|z|<1\right\}$，则$f(D)=[0,1)$不是开集若$f$在开集$\Omega$上全纯，且不为常数，则$f(\Omega)$是开集。（证明见PPT定理10.32的注解）因为定理10.32告诉我们：在一个开集上非常数的全纯函数，除了附加上一个常数以外，都局部有$\pi_m{\circ}\varphi$的形式。其中$\varphi:V{\to}W$，$V$为开集，而$\pi_m$为开映射。于是我们知道在$V$内$f-w_0=\pi_m{\circ}\varphi$，而$f$恰好是$V-\left\{z_0\right\}$到$D'(0;r^m)$的$m$对一的映射。也即${\forall}w_0{\in}f(\Omega),{\exists}r_0=r^m,{\forall}w{\in}D(w_0;r_0),w-w_0{\in}D(0;r^m)$，因此${\exists}\eta{\in}D(0;r)$，使得$\eta^m=w-w_0$，又$\varphi$是从$V$到$D(0;r)$的咳逆映射，因此${\exists}z{\in}v$，使得$\eta=\varphi(z)$，于是$w-w_0=[\varphi(z)]^m$，又${\forall}z{\in}V$，有$f(z)=w_0+[\varphi(z)]^m$，于是$w=f(z){\in}f(\Omega)$。这样我们就有${\forall}w_0{\in}f(\Omega),{\exists}r_0>0$，使得$D(w_0;r){\subset}f(\Omega)$，因此$f(\Omega)$是开的。利用开映射定理可以证明最大模原理设$z_0$是$|f(z)|$上$\Omega$的最大值点，也即${\exists}f>0$，使得$f(z_0)$是$|f(z)|$在$D(z_0;\delta)$上的最大值点，因为$f(z)$不是常数。于是知道$f(D(z_0;\delta))$是开集，特别地，$f(z_0)$是$f(D(z_0;\delta))$的内点，因此$|f(z_0)|$不可能是最大值。思路：开映射定义和一个反例，然后先说明其值域是个开集，这需要用到局部上不断构造来实现，证明最大模定理是通过反证法，假设在真的在内点取到，则因为题设的非常数条件，由开映射定理知道值域也是开集，于是对应的值必然是内点，不是最大值。7 留数定理计算反常积分先说明$$ \int^{\infty}_{0}\frac{sin^2x}{x^2}dx $$收敛。并且利用留数定理计算该积分的值。提示：见定理10.44解：$$ \int^{\infty}_{0}\frac{sin^2x}{x^2}dx=\int^1_0\frac{sin^2x}{x^2}dx+\int^{\infty}_{1}\frac{sin^2x}{x^2}dx $$因为$$ \lim_{x{\to}0^{+}}\frac{\sin{x}}{x^2}=1 $$于是知道$x=0$不是瑕点。于是$\int^{\infty}_{1}\frac{sin^2x}{x^2}dx$收敛，可以知道$\int^{\infty}_{0}\frac{sin^2x}{x^2}dx$收敛。接下来计算：$$ \begin{aligned} \int^{\infty}_{0}\frac{sin^2x}{x^2}dx=&-\int^{\infty}_{0}sin^2xd{\frac{1}{x}}\\=&-\frac{sin^2x}{x}|^{\infty}_0+\int^{\infty}_0\frac{1}{x}d{sin^2x}\\ =&0+\int^{\infty}_0\frac{2sinxcosx}{x}dx\\ =&\int^{\infty}_0\frac{sin2x}{x}dx\\ =&\int^{\infty}_0\frac{sint}{\frac{t}{2}}\frac{1}{2}dt\\ =&\int^{\infty}_0\frac{sint}{t}dt=\frac{\pi}{2} \end{aligned} $$上面进行了$2x=t,x=\frac{t}{2},dx=\frac{dt}{2}$的换元。而最后一个等式$\int^{\infty}_0\frac{sint}{t}dt=\frac{\pi}{2}$，而这一部分是结合了柯西定理证明的：$$ \int^{\infty}_{0}\frac{sinx}{x}dx=\frac{1}{2}\lim_{A{\to}\infty}\int^A_{-A}\frac{sinx}{x}e^{i0x}dx=\frac{\pi}{2} $$于是我们知道：$$ \int^{\infty}_{0}\frac{sin^2x}{x^2}dx=\frac{\pi}{2} $$思路：先证明收敛（数分知识：取到瑕点，然后对比其阶数即可）计算是通过分部积分和换元法，结合柯西定理得到的。8 留数定理计算反常积分利用留数定理计算$$ \int^{\infty}_0\frac{cosx}{(1+x^2)^2}dx $$提示：利用儒歇定理，定理10.43解：$\frac{\cos{x}}{(1+x^2)^2}$为偶函数，于是设$I=\frac{1}{2}\int^{\infty}_{-\infty}\frac{cosx}{(1+x^2)^2}dx$，又因为$e^{ix}=cosx+isinx$，于是我们得到$$ I=\frac{1}{2}Re\left(\int^{\infty}_{-\infty}\frac{e^{ix}}{(1+x^2)^2}dx\right) $$考虑$f(z)=\frac{e^{iz}}{(1+z^2)}^2,f(z)$在上半平面，有$z=i$为二阶极点。取$R$充分大，$R>1$，于是$[-R,R]$和$C_R:z=Re^{i\theta},\theta:0{\to}\pi$合成一闭曲线$\gamma$，由留数定理知道：$$ \int^R_{-R}f(x)dx+\int_{C_R}f(z)dz=\int_{\gamma}f(z)dz=2\pi{i}Res(f;i) $$于是知道$$ \begin{aligned} \int_{C_R}f(z)dz=&\int^{\pi}_0\frac{e^{iRe^{i\theta}}}{(1+R^2e^{2i{\theta}})^2}iRe^{i\theta}d{\theta}\\ =&\int^{\pi}_0\frac{e^{iRcos{\theta}}{\cdot}e^{-Rsin{\theta}}}{(1+R^2e^{2i{\theta}})^2}Re^{i\theta}id{\theta} \end{aligned} $$于是$$ \begin{aligned} |\int_{C_R}f(z)dz|{\le}&\int^{\pi}_0\frac{|e^{iRcos{\theta}}{\cdot}e^{-Rsin{\theta}}|}{|1+R^2e^{2i\theta}|^2}Rd{\theta}\\ {\le}&\int^{\pi}_0\frac{e^{-Rsin{\theta}}}{(R^2-1)^2}Rd{\theta} \end{aligned} $$这是因为$$ |1+R^2e^{2i\theta}|{\ge}|R^2e^{2i{\theta}}|-1=R^2-1 $$于是乎$$ \begin{aligned} |\int_{C_R}f(z)dz|{\le}&\int^{\pi}_0\frac{e^{-Rsin{\theta}}}{(R^2-1)^2}Rd{\theta}\\ =&\frac{R}{(R^2-1)^2}\int^{\pi}_0e^{-Rsin{\theta}}d{\theta}\\ =&\frac{R}{(R^2-1)^2}2\int^{\frac{\pi}{2}}_0Re^{-Rsin{\theta}}d{\theta}\\ {\le}&\frac{2R}{(R^2-1)^2}\int^{\frac{\pi}{2}}_0e^{-\frac{2R}{\pi}\theta}d{\theta}\\ =&\frac{2R}{(R^2-1)^2}(-\frac{\pi}{2R}e^{-\frac{2R}{\pi}\theta}|^{\frac{\pi}{2}}_0)\\ =&\frac{\pi}{(R^2-1)^2}(1-e^{-R}){\to}0{\quad}R{\to}\infty \end{aligned} $$第二个不等号是因为$\theta{\in}[0,\frac{\pi}{2}]$中，$\sin{\theta}{\ge}\frac{2}{\pi}\theta$。于是可以推出$$ \lim_{R{\to}\infty}\int_{C_R}f(z)dz=0 $$因为$$ \int^R_{-R}f(x)dx+\int_{C_R}f(z)dz=2\pi{i}Res(f;i) $$两边取极限，令$R{\to}\infty$。则得到：$$ \int^{\infty}_{-\infty}\frac{e^{ix}}{(1+x^2)^2}dx=2\pi{i}Res(\frac{e^{iz}}{(1+z^2)^2};i) $$而$$ \begin{aligned} Res(\frac{e^{iz}}{(1+z^2)^2};i)=&\lim_{z{\to}i}[(z-i)^2\frac{e^{iz}}{(z^2+1)^2}]'\\ =&\lim_{z{\to}i}(\frac{e^{iz}}{(z^2+i)^2})'\\ =&\lim_{z{\to}i}\frac{ie^{iz}(z+i)^2-e^{iz}z(z+i)}{(z+i)^4}\\ =&\lim_{z{\to}i}\frac{e^{iz}(iz-3)}{(z+i)^3}=\frac{-4e^{-1}}{-8i}=\frac{e^{-1}}{2i} \end{aligned} $$于是$$ \int^{\infty}_{-\infty}\frac{e^{ix}}{(1+x^2)^2}dx=2\pi{i}\frac{e^{-1}}{2i}=\frac{\pi}{e} $$$$ \int^{\infty}_0\frac{cosx}{(1+x^2)^2}dx=\frac{1}{2}Re(\int^{\infty}_{-\infty}\frac{e^{ix}}{(1+x^2)^2}dx)=\frac{\pi}{2e} $$思路：这里利用了留数定理和计算的各种技巧。9 指数根的存在性假设$\lambda>1$，证明$e^{-\lambda}=z$在$D(0,1)$恰好有一个根，且为实根。证明：令$g(z)=e^{z-\lambda}-z,f(z)=-z$在$\mathbb{C}$上全纯，且在$|z|=1$上有$$ |f(z)|=|-z|=1 $$$$ |f(z)-g(z)|=|e^{z-\lambda}|=|e^{x+iy-\lambda}|=e^{x-\lambda}{\le}e^{|z|-\lambda}=e^{1-\lambda}<1 $$于是$$ |f(z)-g(z)|<|f(z)| $$由Rouche定理知道：$g$与$f$在$|z|<1$内零点个数相同。又$f(z)=-z$在$|z|<1$内恒有一个零点$z=0$。于是$e^{z-\lambda}-z$在$|z|<1$内恒有一个零点。也即$e^{z-\lambda}=z$在$|z|<1$内恒有一个根。接下来我们证明这个根是实根：因为$g(x)=e^{x-\lambda}-x$在$\mathbb{R}$上连续，且$$ g(0)=e^{-\lambda}>0,g(1)=e^{1-\lambda}-1<0 $$由零点存在定理，知道${\exists}x_0{\in}(0,1)$使得$g(x_0)=0$，又因为$e^{z-\lambda}=z$在$|z|<1$内恒有一根。于是$e^{z-\lambda}=z$在$|z|<1$内的根为实根$x_0$。思路：这里利用了Rouche定理证明存在一个根，然后再利用零点存在定理证明这个根是实根。10 全纯的充分必要条件设$D$是区域，$f$在$D$上具有一阶连续偏导，也即$f{\in}C^1(D)$。证明$f$在$D$上全纯的充要条件是：对于${\forall}a{\in}D$，均有：$$ \lim_{t{\to}0^+}\frac{1}{m^2}\int_{|z-a|=r}f(z)dz=0 $$提示：利用定理11.1及定理11.2证明：由$f{\in}C^1(D)$，可以知道：对于${\forall}a{\in}D$，有$$ f(z)-f(a)=\frac{\partial{f}}{\partial{z}}(a)(z-a)+\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)(\overline{z}-\overline{a})+o(|z-a|) $$于是$$ f(z)=f(a)+\frac{\partial{f}}{\partial{z}}(a)(z-a)+\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)(\overline{z}-\overline{a})+o(|z-a|) $$又$$ \int_{|z-a|=r}dz=0,\int_{|z-a|=r}(z-a)dz=0 $$于是$$ \begin{aligned} \int_{|z-a|=r}f(z)dz=&\int_{|z-a|=r}f(a)dz+\int_{|z-a|=r}\frac{\partial{f}}{\partial{z}}(a)(z-a)dz\\ +&\int_{|z-a|=r}\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)(\overline{z}-\overline{a})+\int_{|z-a|=r}o(|z-a|)dz \end{aligned} $$于是$$ \begin{aligned} \int_{|z-a|=r}f(z)dz=&\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)\int_{|z-a|=r}(\overline{z}-\overline{a})dz+\int_{|z-a|=r}o(|z-a|)dz\\ =&\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)\int^{\pi}_{-\pi}re^{-i\theta}ie^{i\theta}d{\theta}+\int_{|z-a|=r}o(z-a)dz\\ =&2i\pi{r}^2\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)+\int_{|z-a|=r}o(|z-a|)dz \end{aligned} $$又$$ |\int_{|z-a|=r}o(|z-a|dz)|{\le}\int_{|z-a|{=r}}o(|z-a|)|dz|=o(r)\int_{|z-a|=q}|dz|=\frac{o(r)}{r}2\pi{r}^2 $$于是$$ \lim_{r{\to}0^{+}}\frac{1}{\pi{r}^2}\int_{|z-a|=r}o(|z-a|)dz=0 $$$$ \lim_{r{\to}0^{+}}\frac{1}{\pi{r}^2}\int_{|z-a|=r}f(z)dz=2i\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a) $$$$ \lim_{r{\to}0^{+}}\frac{1}{\pi{r}^2}\int_{|z-a|=r}f(z)dz=0{\iff}\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)=0 $$而$f$在$D$上全纯$\iff{f}$在$D$上实可微，且${\forall}a{\in}D$，有$\frac{\partial{f}}{\partial{\overline{z}}}(a)=0$。若$f{\in}C^1(D)$，则$f$在$D$上全纯$\iff{\forall}a{\in}D$有$$ \lim_{r{\to}0^{+}}\int_{|z-a|=r}\frac{1}{\pi{r}^2}f(z)dz=0 $$思路：由全纯函数分解，然后再利用全纯性质舍去某些项目，最后利用不等式不断估计即可。11 对数函数与调和函数的性质验证$u(z)=\ln|1-z|^2$在$D(0,1)$调和并且利用调和函数的平均值性质来求$$ I=\int^{\pi}_0\ln(1-2r\cos{\theta}+r^2)d{\theta}{\quad}(0<r<1) $$的值。解：令$u(z)=\ln|1-z|^2,z=x+iy$。则$u(x{\cdot}y)=\ln[(1-x)^2+y^2]$，于是$$ u_x=\frac{2(x-1)}{(1-x)^2+y^2},u_y=\frac{2y}{(1-x)^2+y^2} $$$$ u_{xx}=\frac{2}{(1-x^2)+y^2}-\frac{4(x-1)^2}{[(1-x)^2+y^2]^2}=\frac{2y^2-2(x-1)^2}{[(1-x)^2+y^2]^2}\\ u_{yy}=\frac{2}{(1-x)^2+y^2}-\frac{4y^2}{[(1-x)^2+y^2]^2}=\frac{2(x-1)^2-2y^2}{[(1-x)^2+y^2]^2} $$于是$$ \Delta{u}=u_{xx}+u_{yy}=0 $$于是：$\ln{|1-z|^2}$在$D(0;1)$上调和，由调和函数的平均值公式有：$$ \ln|1-0|^2=u(0)=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}u(re^{i\theta})d{\theta}\\ =\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}\ln|1-re^{i\theta}|^2d{\theta}=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}\ln(1-2rcos{\theta}+r^2)d{\theta} $$得到$$ \frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}\ln(1-2rcos{\theta}+r^2)d{\theta}=0 $$又$\ln(1-2rcos{\theta}+r^2)$关于$\theta$是偶函数。于是：$\int^{\pi}_{0}\ln(1-2rcos{\theta}+r^2)d{\theta}=0$。思路：这个仅仅是先验证其调和性质，然后利用调和函数的平均值公式和偶性质即可得到结论。12 调和函数证上下界假设实函数$u(z)$在复平面$C$上调和且不为常数。证明：$u(z)$在$C$上既没有上界，也没有下界。提示：利用反证法和定理11.10解：不妨设$u$在$\mathbb{C}$上有界，也即${\exists}M>0,{\forall}z{\in}\mathbb{C}$，有$u(z){\le}M$。由定理11.10知道：存在一个在$\mathbb{C}$上的调和函数$V$，使得$u+iv=f$在$\mathbb{C}$上全纯。取$F(z)=e^{f(z)}$，则$F(z)$在$\mathbb{C}$上全纯，且$$ |F(z)|=|e^{f(z)}|=|e^{u+iv}|=e^u{\le}e^M $$于是$F(z)$为有界整函数，由刘维尔定理知道：$F$为常数，于是得到$f$为常数，但是这推出$u$为常数与题设矛盾。思路：反证法，假设有界，则得到一个全纯的结果，但是利用刘维尔定理不难推出为常数与题设矛盾。13 全纯函数证明零点存在设$\Omega$是一个区域，$D$是圆盘，$\overline{D}{\subset}\Omega,f{\in}H(\Omega)$，且不为常数，在$\partial{D}$上$\left|f\right|$为常数。证明：在$D$内至少有一个零点。提示：利用最大模定理12.1和反证法。证明：反证法：级数$f$在$D$内没有零点，则推出$\frac{1}{f}$在$D$内全纯，又$|f|$在$\partial{D}$为常数，于是推出$f$在$\partial{D}$处处不为0（否则由最大模原理则推出$f$在$D$内处处为0）。由唯一性定理，则$f$在$\Omega$恒为0，但是这与$f$不为常数矛盾。由极大模原理有：对于${\forall}z{\in}D$，有$$ |\frac{1}{f(z)}|{\le}\max_{z{\in}\partial{D}}|\frac{1}{f(z)}|=\frac{1}{c} $$于是对于${\forall}z{\in}D$，有$$ |f(z)|{\ge}C=\max_{z{\in}\partial{D}}|f(z)| $$由最大模原理可以知道$f$在$D$内为常数，再由唯一性定理知道：$f$在$\Omega$内为常数，这与题设矛盾。思路：反证法，假设没有零点，然后我们利用最大模原理推出在圆盘内部是常数，则由唯一性定理知道，在整个区域内为常数，但是与题设矛盾。14 全纯函数与幂级数全纯设$f(z)$在$D(0,1)$内全纯，且$f(0)=0$，证明：$\sum^{\infty}_{n=1}f(z^n)$在$D(0,1)$全纯。提示：类似施瓦茨引理12.2的证明，仅需说明$\sum^{\infty}_{n=1}f(z^n)$在$D(0,1)$内闭一致收敛即可证明：由于$f(z)$在$D(0,1)$内全纯，于是$f(z^{n})$在$D(0;1)$全纯，于是仅需证明$\sum^{\infty}_{n=1}f(z^n)$在$D(0,1)$内闭一致收敛即可。因为$f(0)=0$，由最大模原理可以知道：对于${\forall}z{\in}\overline{D}(0;r)$有$$ |\frac{f(z)}{z}|{\le}\max_{|z|=r}\frac{|f(z)|}{|z|}{\le}\frac{M(r)}{r} $$于是$$ |\frac{f(z^n)}{z^n}|{\le}\frac{M(r)}{r} $$其中$M(r)=\max_{|z|=r}|f(x)|$。$$ |f(z^n)|{\le}\frac{M(r)}{r}|z|^n{\le}M(r)r^{n-1} $$又$\sum^{\infty}_{n=1}M(r)r^{n-1}$收敛，由比较判别法，我们知道$\sum^{\infty}_{n=1}f(z^n)$在$|z|{\le}r$上一致收敛。由$r$的任意性，知道$\sum^{\infty}_{n=1}f(z^n)$在$|z|<1$上内闭一致收敛。于是知道：$\sum^{\infty}_{n=1}f(z^n)$在$D(0,1)$全纯。思路：从函数全纯推出其次幂也是全纯，于是我们仅需证明其级数内闭一致收敛，用最大模定理知道其有界性，然后用比较判别法直接证明。
格林函数关于二维的情况求解圆域的第一边值问题。解：对于二维的情形，可以类似定义格林函数：$$ G(P,P_0)=\frac{1}{2\pi}\ln\frac{1}{r(P,P_0)}-g(P,P_0) $$其中$g$为在区域$\Omega$内的调和函数，在边界上使得$G(P,P_0)=0$。与$$ u(P_0)=-\iint_{\partial{\Omega}}f(P)\frac{\partial{G}(P,P_0)}{{\partial}n}dS_p $$相对应的第一边值问题的解的表达式为：$$ u(P_0)=-\int_{\partial{\Omega}}f(P)\frac{\partial{G}(P,P_0)}{{\partial}n}dS_p,(P_0{\in}\Omega) $$当$\Omega$为以$A$为中心，$R$为半径的圆时，与球的情形类似，应用对称镜像点，可以得到圆的格林公式为：$$ G(P,P_0)=\frac{1}{2\pi}\left[\ln{\frac{1}{r(P,P_0)}-\ln{\frac{R}{\rho_0r(P,P_0)}}}\right] $$建立以圆心为极点的极坐标，用$(\rho_0,\theta_0)$和$(\rho,\theta)$分别表示$P_0$和$P$点的坐标，$P_1$是$P_0$关于圆的对称镜像点，于是$P_1$的坐标为$(\frac{R^2}{\rho_0},\theta_0)$，而$G(P,P_0)$用极坐标可以表示写为：$$ G(\rho,\theta,\rho_0,\theta_0)=\frac{1}{2\pi}\left[\ln\frac{1}{\sqrt{\rho^2+R^2-2R\rho_0\cos{\gamma}}}-\ln{\frac{R}{\sqrt{R^4+\rho_0^2\rho^2-2R^2\rho\rho_0\cos{\gamma}}}}\right] $$其中$\gamma$为$\overline{AP}$与$\overline{AP_0}$的夹角。$$ \cos{\gamma}=\cos{\theta_0}\cos{\theta}+\sin{\theta_0}\sin{\theta}=\cos(\theta-\theta_0) $$在圆周上$$ \frac{\partial{G}}{\partial{n}}|_{\rho=R}=\frac{\partial{G}}{\partial{\rho}}|_{\rho=R}=-\frac{R^2-\rho_0^2}{2\pi{R}\left[R^2+\rho_0^2-2R\rho_0\cos(\theta-\theta_0)\right]} $$代入$$ u(P_0)=\frac{1}{4\pi{R}}\iint_{\partial{B}}\frac{\rho_0^2-R^2}{(R^2+\rho_0^2-2R\rho_0\cos{\gamma})^{\frac{3}{2}}}f(P)dS_p $$就得到圆上的第一边值问题$$ \begin{cases} u_{xx}+u_{yy}=0\\ u=f(\theta){\quad}(x^2+y^2=R^2) \end{cases} $$的形式解的表达式：$$ u(\rho_0,\theta_0)=\frac{1}{2\pi}\int^{2\pi}_0\frac{R^2-\rho_0^2}{R^2+\rho_0^2-2R\rho_0\cos({\theta-\theta_0})}f(\theta)dS_p $$这就是圆的泊松积分实例试用静电源像法导出二维调和方程在半平面上的狄利克雷问题：$$ \Delta{u}=u_{xx}+u_{yy}=0,y>0\\ u|_{y=0}=f(x) $$的解。解：设$(x_0,y_0)$为区域内一点，则它关于平面$y=0$的对称点为$(x_0,y_0)$。套用二维格林函数公式：$$ G(M,M_0)=\frac{1}{2\pi}\left[\ln\frac{1}{\sqrt{\rho_0^2+\rho^2-2\rho_0\rho\cos{\gamma}}}-\ln\frac{R}{\rho_0}\frac{1}{\sqrt{\rho_1^2+\rho^2-2\rho_1\rho\cos{\gamma}}}\right] $$于是格林函数为（考虑到对称点一样）$$ G(M,M_0)=\frac{1}{2\pi}\left[\ln{\frac{1}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}}}-\ln{\frac{1}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}}}\right] $$对于空间$y>0$来说，边界$y=0$的外法线方向是与$y$轴相反的方向，于是（考虑到夹角正交）$$ \frac{\partial{G}}{\partial{n}}=-\frac{\partial{G}}{\partial{y}}=\frac{1}{2\pi}\left[\frac{y-y_0}{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}-\frac{y+y_0}{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\right] $$$$ \frac{\partial{G}}{\partial{n}}|_{y=0}=-\frac{1}{\pi}\frac{y_0}{(x-x_0)^2+y_0^2} $$所以$$ u(x_0,y_0)=-\int_{y=0}\frac{\partial{G}}{\partial{n}}fdS=\frac{1}{\pi}\int^{\infty}_{-\infty}\frac{y_0}{(x-x_0)^2+y_0^2}f(x)dx $$也即$$ u(x,y)=\frac{y}{\pi}\int^{\infty}_{-\infty}\frac{f(\xi)}{(\xi-x)^2+y^2}d{\xi} $$另一则例题求解上半空间区域的第一边值问题解：取$P_1$为$P_0$关于$z=0$平面的对称点，令$g=\frac{c}{r(P,P_1)}$，且$P_1$不在区域$z>0$内。所以$g$作为$P$的函数在该区域内调和，又因为$P_1$和$P_0$关于$z=0$平面对称，当$P$在边界$z=0$上时，$r(P,P_0)=r(P,P_1)$，因而取$c=\frac{1}{4\pi}$，可以得到$$ \frac{1}{4\pi{r}(P,P_1)}=\frac{1}{4\pi{r}(P,P_0)} $$于是可以取到$g=\frac{1}{4\pi{r}(P,P_1)}$，从而得到上半空间区域的格林函数为：$$ G(P,P_0)=\frac{1}{4\pi{r}(P,P_0)}-\frac{1}{4\pi{r}(P,P_1)} $$其中$P_1$是$P_0$关于$z=0$的对称点。设$P_0$坐标为$(x_0,y_0,z_0)$，则$P_1$的坐标为$(x_0,y_0,-z_0),P=(x,y,z),G(P,P_0)$用坐标表示可以写为：$$ G(P,P_0)=\frac{1}{4\pi}\left[\frac{1}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2}}-\frac{1}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z+z_0)^2}}\right] $$在$z=0$平面上，关于上半空间的外法线方向与$z$轴的正向相反，所以$$ \frac{\partial{G}}{\partial{n}}|_{z=0}=-\frac{\partial{G}}{\partial{z}}|_{z=0}=\frac{-z_0}{2\pi\left[(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+z_0^2\right]^{\frac{3}{2}}} $$代入$$ u(P_0)=-\iint_{\Omega}f(P)\frac{\partial{G}(P,P_0)}{\partial{n}}dS_p $$也即得到上半空间区域的第一边值问题的形式解：$$ u(x_0,y_0,z_0)=\frac{z_0}{2\pi}\iint_{-\infty}^{\infty}\frac{f(x,y)}{\left[(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+z_0^2\right]^{\frac{3}{2}}}dxdy $$称之为上半空间的泊松公式，右端的积分称之为泊松积分。
能量积分法证明唯一性和稳定性双曲方程考虑定解问题解的唯一性和稳定性，多解？解是否连续依赖于定解条件的问题。对受摩擦力作用且具固定端点的有界弦振动，满足方程：$$ u_{tt}=a^2u_{xx}-cu_t $$其中常数$c>0$，证明其能量是减少的，并由此证明方程$$ u_{tt}=a^2u_{xx}-cu_t+f $$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。证明：能量减少首先我们证明能量是减少的：能量表达式$$ E(t)=\int^l_0(u_t^2+a^2u_x^2)dx $$仅需对其关于$t$求导：随着时间的能量变化$$ \begin{aligned} \frac{dE(t)}{dt}=&\int^l_0(2u_tu_{tt}+2a^2u_xu_{xt})dx\\ =&2\int^l_0u_tu_{tt}dx+2a^2[u_xu_t]^l_0-2a^2\int^l_0u_tu_{xx}dx\\ =&2\int^l_0u_t(u_{tt}-a^2u_{xx})dx+2a^2u_xu_t|^l_0 \end{aligned} $$因为弦的两端固定，也即$u|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0$，于是$$ u_t|_{x=0}=0,u_t|_{x=l}=0 $$于是$$ \begin{aligned} \frac{dE(t)}{dt}=&2\int^l_0u_t(u_{tt}-a^2u_{xx})dx\\ =&-2c\int^l_0u_t^2dx<0 \end{aligned} $$这是因为$c>0$。于是我们知道，随着$t$的增加，$E(t)$是减少的。这里利用了一个分部积分，然后再利用弦的两端固定知道其随着时间在两端的变化率为0，从而消去多余项，最后利用弦振动方程等效，于是得到结果。混合问题解的唯一性$$ \begin{cases} u_{tt}=a^2u_{xx}-cu_t+f\\ u|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0\\ u|_{t=0}=\varphi(x),u_t|_{t=0}=\psi(x) \end{cases} $$设$u_1,u_2$为上述问题的解（反证法），令$u=u_1-u_2$，则$u$满足：$$ \begin{cases} u_{tt}=a^2u_{xx}-cu_t\\ u|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0\\ u|_{t=0}=0,u_t|_{t=0}=0 \end{cases} $$能量$$ E(t)=\int^l_0(u_t^2+a^2u_x^2)dx $$当$t=0$时，利用初始条件有$u_t|_{t=0}=0$，由$u|_{t=0}=0$，知道$$ u_x|_{t=0}=0 $$所以$$ E(0)=0 $$又$E(t)$是减少的，所以当$t>0$时，有$E(t){\le}E(0)=0$，又由$E(t)$的表达式知$E(t){\ge}0$。于是有$E(t)=0$。由此可以得到$u_t=0,u_x=0$，于是$u=const$。于是再由初始条件$u|_{t=0}=0$，得到$u=0$，于是$u_1=u_2$，也即混合问题解是唯一的。这个先用反证法，然后把问题转为没有非齐次项的边值问题，也即将两个解做差满足齐次方程的边值条件，然后利用初始条件推出初始能量为0，再由上面能量减少，和能量必然为正推出能量一直是0，于是用到初始条件可以知道差必然是常数，再用初始条件知道其必然为0即可。解关于初始条件的稳定性也即对于任意$\varepsilon>0$，可以找到$\eta>0$，只要初始条件之差$\varphi_1-\varphi_2,\psi_1-\psi_2$满足$$ \|\varphi_1-\varphi_2\|_{L^2}<\eta,\|\varphi_{1x}-\varphi_{2x}\|_{L^2}<\eta,\|\psi_1-\psi_2\|_{L^2}<\eta $$则始值$(\varphi_1,\psi_1)$所对应的解$u_1$，以及$(\varphi_2-\psi_2)$所对应的解$u_2$之差$u_1-u_2$满足$$ \|u_1-u_2\|_{L^2}<\varepsilon $$令$$ E_0(t)=\int^l_0u^2(x,t)dx $$$$ \frac{dE_0(t)}{dt}=2\int^l_0u{\cdot}u_tdx{\le}\int^l_0u^2dx+\int^l_{0}u_t^2dx{\le}E_0(t)+E(t) $$也即$$ \frac{d}{dt}(e^{-t}E_0(t)){\le}e^{-1}E(t) $$积分得到：$$ E_0(t){\le}e^{t}E_0(t)+e^t\int^l_0e^{-\tau}d\tau $$也即$$ E_0(t){\le}e^tE_0(t)+(e^t-1)E(0) $$记$\widetilde{\varphi}=\varphi_1-\varphi_2,\widetilde{\psi}=\psi_1-\psi_2$，则$\widetilde{u}=u_1-u_2$满足：$$ \begin{cases} u_{tt}=a^2u_{xx}-cu_t\\ u|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0\\ u|_{t=0}=\widetilde{\varphi},u_t|_{t=0}=\widetilde{\psi} \end{cases} $$则相对应地有：$$ E_0(0)=\int^l_0\widetilde{\varphi}^2dx $$$$ E(0)=\int(\widetilde{\psi}^2+a^2\widetilde{\varphi}_{x^2})dx $$所以如果$$ \|\widetilde{\varphi}\|_{L^2}=(\int^l_0\widetilde{\varphi}^2dx)^{\frac{1}{2}}<\eta,\|\widetilde{\varphi}_x\|_{L^2}=(\int^l_0\widetilde{\varphi}_{x^2}dx)^{\frac{1}{2}}<\eta\\ \|\widetilde{\psi}\|_{L^2}=(\int^l_0\widetilde{\psi}^2dx)^{\frac{1}{2}}<\eta $$则$$ E_0(0)<\eta^2,E(0)<(1+a^2)\eta^2 $$于是$$ \|u\|^2_{L^2}=E_0(t)>[e^t+(e^t-1)(1+a^2)]\eta^2<\varepsilon^2,{\forall}t $$也即$\|u\|_{L^2}<\varepsilon$或$$ (\int^T_0\int^l_0u^2dxdt)^{\frac{1}{2}}<\eta(\int^T_0[e^t+(e^t-1)(1+a^2)]dt)^{\frac{1}{2}}<\varepsilon^1 $$其实这个的思路在于：初始条件之差，引起的解之差，满足了一个齐次方程的初边值问题。相应地对这个方程进行能量讨论。主要是通过一个不等式放大，然后积分得到一个关于指数函数的不等式估计，然后再对这个初始条件之差的估计，我们得到关于解的相差很小即可。解关于自由项的稳定性设$u_1(x,t)$满足$$ \begin{cases} u_{tt}=a^2u_{xx}-cu_t+f_1\\ u|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0\\ u|_{t=0}={\varphi},u_t|_{t=0}={\psi} \end{cases} $$而$u_2(x,t)$满足$$ \begin{cases} u_{tt}=a^2u_{xx}-cu_t+f_2\\ u|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0\\ u|_{t=0}={\varphi},u_t|_{t=0}={\psi} \end{cases} $$则$u=u_1-u_2$满足：$$ \begin{cases} u_{tt}=a^2u_{xx}-cu_t+(f_1-f_2)\\ u|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0\\ u|_{t=0}={0},u_t|_{t=0}={0} \end{cases} $$现在建立有外力作用时的能量不等式，记$f=f_1-f_2$，为：$$ E(t)=\int^l_0(u_t^2+a^2u_x^2)dx $$$$ \begin{aligned} \frac{dE(t)}{dt}=&2\int^l_0(u_tu_{tt}+a^2u_{x}u_{xt})dx\\ =&2\int^l_0u_t(u_{tt}-a^2u_{xx})dx\\ =&2\int^l_0(-cu_t^2+u_tf)dx\\ {\le}&2\int^l_0u_tfdx{\le}\int^l_0u_t^2dx+\int^l_0f^2dx{\le}E(t)+F(t) \end{aligned} $$其中$F(t)=\int^l_{0}f^2dx$，于是$$ E(t){\le}E(0)e^t+e^t\int^l_0e^{-t}F(\tau)d{\tau} $$又$E(0)=0$（由初始值），于是$$ E(t){\le}e^t\int^t_0e^{-\tau}F(\tau)d{\tau}=e^t\int^t_0e^{-\tau}d{\tau}\int^l_0f^2dx\\ {\le}e^t\int^T_0\int^t_0dxdt=K^2e^t $$在上面的稳定性研究中我们已经知道：$$ E_0(t){\le}e^tE_0(0)+e^t\int^t_0e^{-\tau}E(\tau)d{\tau} $$而$E_0(0)=0$（由初始值），所以$$ E_0(t)=e^t\int^t_0e^{-\tau}E(\tau)d{\tau}{\le}e^t\int^t_0K^2d{\tau}=te^tK^2 $$$$ \int^T_0E_0(t)t=\int^T_0K^2te^tdt=K^2[(T-1)e^T+1] $$因此，当$K=\sqrt{\int^T_0\int^l_0f^2dxdt}<\eta$，则$$ \sqrt{\int^T_0\int^l_0u_0^2dxdt}<\eta\sqrt{(T-1)e^T+1}<\varepsilon $$也即当$\sqrt{\int^T_0\int^l_0(f_1-f_2)^2dxdt}<\eta$，则$\sqrt{\int^T_0\int^l_0(u_1-u_2)^2dxdt}<\varepsilon$，也即解关于自由项是稳定的。椭圆方程讨论$C^2(\Omega){\cap}C^1(\overline{\Omega})$中的调和函数，可以利用能量积分法来解决边值问题的解的唯一性。我们讨论有界区域$\Omega$上的泊松方程的第一或者第二边值问题解的唯一性。$$ \begin{cases} \Delta{u}=f(x)\\ u|_{\partial{\Omega}}=0 \end{cases}{\quad} \begin{cases} \Delta{u}=f(x)\\ \frac{\partial{u}}{\partial{n}}|_{\partial{\Omega}}=0 \end{cases} $$令$u=u_1-u_2$，其中$u_1,u_2$都是上述问题的两个解。我们知道对于调和函数$u$，其能量积分（总位能）为：$$ \begin{aligned} E(u)=&\frac{1}{2}\iiint_{\Omega}\left[(\frac{\partial{u}}{\partial{x}})^2+(\frac{\partial{u}}{\partial{y}})^2+(\frac{\partial{u}}{\partial{z}})^2\right]dxdydz\\ =&\frac{1}{2}\iiint_{\Omega}\left[\frac{\partial}{\partial{x}}(u\frac{\partial{u}}{\partial{x}})+\frac{\partial}{\partial{y}}(u\frac{\partial{u}}{\partial{y}})+\frac{\partial}{\partial{z}}(u\frac{\partial{u}}{\partial{z}})-u{\Delta}u\right]dxdydz \end{aligned} $$上述是用了分部积分整理成这个形式。由于$u$是调和函数$\Delta{u}=0$，于是可以再利用格林公式：$$ E(u)=\frac{1}{2}\iint_{\partial{\Omega}}u\frac{\partial{u}}{\partial{n}}dS $$在讨论第一边值问题的唯一性的时候，因为$u|_{\partial{\Omega}}=0$，所以$E(u)=0$。在讨论第二边值问题的唯一性的时候，因为$\frac{\partial{u}}{\partial{n}}|_{\partial{\Omega}}=0$，所以$E(u)=0$。于是在$\Omega$中成立$$ \frac{\partial{u}}{\partial{x}}=\frac{\partial{u}}{\partial{y}}=\frac{\partial{u}}{\partial{z}} $$于是$u{\equiv}C$，于是对于第二边值问题，在允许相差任意一个常数的意义下，解是唯一的。而对于第一边值问题，在边界上$u=0$，于是只能是$u{\equiv}0$。于是解决了解的唯一性问题。例题设$u(x,t)$是混合问题$$ \begin{cases} u_{tt}-u_{xx}=0,0<x<l,t>0\\ u(x,0)=u_t(x,0)=0,0{\le}x{\le}l\\ u(0,t)=u(l,t)=0,t{\ge}0 \end{cases} $$的古典解，证明$u(x,t)=0$。证明：将方程两边同时乘以$u_t$并且关于$x$在$[0,l]$上积分得到$$ \int^l_0u_tu_{tt}dx-\int^l_0u_tu_{tt}dx=0 $$利用分部积分和边界条件$u(0,t)=u(l,t)=0$得：$$ \frac{d}{dt}\int^l_0(u_t^2+u_x^2)dx=0 $$上式两边关于$t$从$0$到$t$积分，并利用$u(x,0)=u_t(x,0)=0$得到：$$ \int^l_0\left[u_t^2(x,t)+u_x^2(x,t)\right]dx=\int^l_0\left[u_t^2(x,0)+u_x^2(x,0)\right]dx=0 $$由上式以及$u_t(x,t)$和$u_x(x,t)$的连续性得到：$u_t(x,t)=u_x(x,t)=0$。也即$u(x,t)$恒为常数，由于$u(x,0)=0$，于是$u(x,t){\equiv}0$。例题2设$u(x,y,z,t)$是带一阶耗散项的波动方程的初边值问题：$$ \begin{cases} u_{tt}-a^2(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz})+{\alpha}u_t=0,{\quad}(x,y,z){\in}\Omega,t>0\\ u|_{t=0}=\varphi(x,y,z),u_t|_{t=0}=\psi(x,y,z){\quad}(x,y,z){\in}\overline{\Omega}\\ u|_{\partial{\Omega}{\times}[0,\infty)}=0 \end{cases} $$的解，$\alpha>0$为常数，$\Omega{\subset}R^3$为具有光滑边界$\partial{\Omega}$的有界区域证明其能量积分$$ E(t)=\frac{1}{2}\iiint_{\Omega}[u_t^2+a^2(u_x^2+u_y^2+u_z^2)]dxdydz $$随着时间增加而不增加，然后证明该问题解的唯一性。证明：（1）也即要证明问题的能量积分关于$t$求导不大于0，也即$\frac{dE(t)}{dt}{\le}0$即可。$$ \begin{aligned} \frac{dE(t)}{dt}=&\iiint_{\Omega}\left[u_tu_{tt}+a^2(u_xu_{xt}+u_yu_{yt}+u_zu_{zt})\right]dxdydz\\ =&\iiint_{\Omega}[u_tu_{tt}+a^2{\nabla}u{\cdot}\nabla{u_t}]dxdydz\\ =&\iiint_{\Omega}[u_t(u_{tt}-a^2{\Delta}u)]dxdydz+a^2\iint_{\partial{\Omega}}\frac{\partial{u}}{\partial{n}}u_tdS\\ =&-\iiint_{\Omega}\alpha{u}_t^2dxdydz+a^2\iint_{\partial{\Omega}}\frac{\partial{u}}{\partial{n}}u_tdS\\ =&-\iiint_{\Omega}\alpha{u_t}^2dxdydz{\le}0 \end{aligned} $$（2）设$u_1$和$u_2$是混合问题的解，则它们的差$u=u_1-u_2$是混合问题：$$ \begin{cases} u_{tt}-a^2(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz})+{\alpha}u_t=0,{\quad}(x,y,z){\in}\Omega,t>0\\ u|_{t=0}=0,u_t|_{t=0}=0{\quad}(x,y,z){\in}\overline{\Omega}\\ u|_{\partial{\Omega}{\times}[0,\infty)}=0 \end{cases} $$的解，由于（1）知$0{\le}E(t){\le}E(0)$，又在以上的问题中知道$E(0)=0$，于是$E(t)=0$，于是$$ u_t=u_x=u_y=u_z=0 $$也即$u{\equiv}$常数，又因为$u|_{t=0}=0$，所以$$ u(x,y,z,t)=0 $$这就证明了混合问题解的唯一性。
分离变量法分离变量法也称为傅立叶法：解混合问题。考虑其次波动方程的混合问题：$$ u_{tt}-a^2u_{xx}=0,x{\in}(0,l),t>0\\ u|_{t=0}=\varphi(x),u_t|_{t=0}=\psi(x),x{\in}[0,l]\\ u|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0,t{\ge}0 $$其中$\varphi(0)=\varphi(l)=0,\psi(0)=\psi(l)=0$。假设其有分离变量解，也即$u(x,t)=X(x)T(t)$。于是带入方程可以得到：$$ X(x)T''(t)=a^2X''(x)T(t) $$此处我们通过分离变量得到：$$ \frac{X''(x)}{X(x)}=\frac{1}{a^2}\frac{T''(t)}{T(t)} $$因为等式左端仅与$x$相关，而右端又仅与$t$相关，因此存在常数$\lambda$，使得$$ \frac{X''(x)}{X(x)}=\frac{1}{a^2}\frac{T''(t)}{T(t)}=-\lambda $$于是得到俩常微分方程：$$ X''(x)+\lambda{X}(x)=0\\ T''(t)+\lambda{a}^2T(t)=0 $$于是我们解两个常微分方程来定出函数$X(x)$和$T(t)$，由边界条件得到：$$ u(0,t)=X(0)T(t)=0\\ u(l,t)=X(l)T(t)=0 $$由于要求的$u(x,t)$是非零解，于是$T(t){\neq}0$，于是$X(x)$应该满足$$ X(0)=0=X(l) $$于是我们仅需解含有参数$\lambda$的二阶线性常微分方程的边值问题即可：$$ \begin{cases} X''(x)+\lambda{X}(x)=0\\ X(0)=X(l)=0 \end{cases} $$分为三种情况进行讨论：（1）当$\lambda<0$时，常微分方程的通解为：$$ X(x)=c_1e^{\sqrt{-\lambda{x}}}+c_2e^{-\sqrt{-\lambda{x}}} $$其中$c_1,c_2$是任意常数，要使它满足边界条件，仅需带入得到：$$ \begin{cases} c_1+c_2=0\\ c_1e^{\sqrt{-\lambda{l}}}+c_2e^{-\sqrt{-\lambda{l}}}=0 \end{cases} $$由于系数行列式$$ \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ e^{\sqrt{-\lambda{l}}} & e^{-\sqrt{-\lambda{l}}} \end{vmatrix}{\neq}0 $$因此$c_1,c_2$必须同时为0，从而$X(x)$恒为0，于是特征值问题是没有非平凡解。（2）当$\lambda=0$时，通解为$$ X(x)=c_1+c_2x\\ c_1=0,c_1+c_2l=0 $$于是$c_1=c_2=0$，于是推出$X(x)=0$恒成立，于是也一样。（3）当$\lambda>0$时，方程通解为：$$ X(x)=c_1\cos{\sqrt{\lambda}}x+c_2\sin{\sqrt{\lambda}}x $$然后带入边界条件：$$ c_1=0,c_1\cos{\sqrt{\lambda}}l+c_2\sin{\sqrt{\lambda}}l=0 $$于是得到$$ c_2\sin{\sqrt{\lambda}}l=0 $$如果$c_2=0$，则$X(x)=0$，为了保证非平凡解，要求$c_2{\neq}0$，且$\sin{\sqrt{\lambda}}l=0$。也即$$ \sqrt{\lambda}=\frac{k\pi}{l} $$其中$k$是一个任意的正整数，所以仅当$\lambda$取值为$$ \lambda_k=(\frac{k\pi}{l})^2,k=1,2,{\cdots} $$时，有非平凡解，对应的特征函数为$$ X_k(x)=c_k\sin{\frac{k\pi{x}}{l}},k=1,2,{\cdots} $$其通解可以写为$$ T_k(t)=a_k\cos{\frac{k\pi{a}}{l}}t+b_k\sin{\frac{k\pi{a}}{l}}t,k=1,2,{\cdots} $$其中$a_k,b_k$为任意常数，于是对于$A_k=c_ka_k,B_K=c_kb_k$我们得到：$$ u_k(x,t)=X_k(x)T_k(t)=(A_k\cos{\frac{k\pi{a}}{l}}t+B_k\sin{\frac{k\pi{a}}{l}}t)sin{\frac{k\pi{x}}{l}} $$则满足方程和边界条件。由于方程是线性齐次的，根据叠加原理，对于任意有限个特解的线性组合也是它的解，对于无穷级数$$ u(x,t)=\sum^{\infty}_{k=1}(A_k\cos{\frac{k\pi{a}}{l}}t+B_k\sin{\frac{k\pi{a}}{l}}t)sin{\frac{k\pi{x}}{l}} $$仅需满足逐项可积和一致收敛即可，我们再满足初始条：先对级数关于$t$求导，得到：$$ \frac{\partial{u}}{\partial{t}}(x,t)=\sum^{\infty}_{k=1}\frac{k\pi{a}}{l}(-A_k\sin{\frac{k{\pi}a}{l}}t+B_k\cos{\frac{k{\pi}a}{l}}t)\sin{\frac{k\pi}{l}}x $$利用初始条件，代入$t=0$得到：$$ \begin{cases} \varphi(x)=\sum^{\infty}_{k=1}A_k\sin{\frac{k\pi}{l}}x\\ \psi(x)=\sum^{\infty}_{k=1}B_k\frac{k\pi{a}}{l}\sin{\frac{k\pi}{l}}x \end{cases} $$于是通过傅立叶展开的正弦技术对比，其系数给出为$$ \begin{cases} A_k=\frac{2}{l}\int^l_0\varphi(x)\sin(\frac{k\pi{x}}{l})dx\\ B_k=\frac{2}{k{\pi}a}\int^l_0\psi(x)sin{\frac{k{\pi}x}{l}}dx \end{cases} $$相容性条件：$$ \varphi(0)=\varphi(l)=\varphi''(0)=\varphi''(l)=\psi(0)=\psi(l)=0 $$总结如下三个步骤：（1）令$u(x,t)=X(x)T(t)$满足方程和边界条件，从而$X(x)$定出适合的刘维尔问题和$T(t)$适合的常微分方程。（2）解刘维尔问题求出特征函数和特征值，并且解$T(t)$的表达式。（3）将变量分离形式的特解叠加起来，并且利用初始条件定出所有待定常数。解习题下面我们对抛物型方程（热传导方程）来应用一下：$$ \begin{cases} u_t-a^2u_{xx}=0,0<x<l,t>0\\ u|_{t=0}=\varphi(x),0{\le}x{\le}l\\ u|_{x=0}=u|_{x=l}=0,t{\ge}0 \end{cases} $$解：我们假定解形式为$u(x,t)=X(x)T(t)$，代入得到：$$ \frac{T'(t)}{a^2T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda $$于是得到：$$ T'(t)+a^2{\lambda}T(t)=0\\ X''(x)+\lambda{X}(x)=0 $$考虑边界条件知道$X(x)$应该满足$X(0)=0=X(l)$。于是我们仅需考虑$\lambda>0$的情况，这个时候才有非零解，这个时候特征值取值为：$$ \lambda_k=(\frac{n\pi}{l})^2,n=1,2,{\cdots} $$代入方程得到：$$ T'(t)+\frac{a^2n^2\pi^2}{l^2}T(t)=0 $$解开得到：$$ T_n(t)=C_ne^{-(\frac{an\pi}{l})^2t} $$于是所有的函数$$ u_n(x,t)=X_n(x)T_n(t)=A_ne^{-(\frac{an\pi}{l})^2t}\sin{\frac{n\pi{x}}{l}},n=1,2,{\cdots} $$都是满足方程和边界条件的非平凡解，接下来我们叠加，并且得到系数的值：$$ u(x,t)=\sum^{\infty}_{n=1}A_ne^{-(\frac{an\pi}{l})^2t}\sin\frac{n{\pi}x}{l} $$然后满足初始条件，带入$t=0$，得到$$ u(x,0)=\sum^{\infty}_{n=1}A_n\sin{\frac{n\pi{x}}{l}}=\varphi(x) $$于是得到$$ A_n=\frac{2}{l}\int^l_0\varphi(x)\sin{\frac{n\pi{x}}{l}}dx $$再次带入即可得到解的形式为：$$ u(x,t)=\sum^{\infty}_{n=1}(\frac{2}{l}\int^l_0\varphi(x)\sin{\frac{n\pi{x}}{l}}dx)e^{-(\frac{an\pi}{l})^2t}\sin\frac{n{\pi}x}{l} $$抛物型方程2用分离变量法求解初边值问题$$ \begin{cases} u_t-u_{xx}=0,{\quad}0<x<1,t>0\\ u|_{t=0}=\cos{\frac{3\pi}{2}}x,0{\le}x{\le}1\\ u_x|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0,t{\ge}0 \end{cases} $$解：设解$$ u(x,t)=X(x)T(t) $$代入方程则$$ T'(t)X(x)-X''(x)T(t)=0 $$于是$$ \frac{X''(x)}{X(x)}=\frac{T'(x)}{T(x)}=-\lambda $$也即$$ X''(x)+\lambda{X}(x)=0\tag{1} $$$$ T'(t)+\lambda{T}(t)=0\tag{2} $$由于边界条件知道$$ X'(0)T(0)=0,X(l)T(l)=0 $$于是$$ X’(0)=X(l)=0\tag{3} $$下面就（1）（3）解方程：情形1：$\lambda<0$，则（1）的通解为$$ X(x)=c_1e^{-\sqrt{-\lambda}{x}}+c_2e^{\sqrt{-\lambda}x} $$代入边界条件也即得到$c_1=c_2=0$。这时特征值问题（1）（2）只有平凡零解。情形2：$\lambda=0$，则（1）的通解为$$ X(x)=c_1x+c_2 $$代入边界条件也即得到$c_1=c_2=0$。这时特征值问题（1）（2）只有平凡零解。情形3，$\lambda>0$，则（1）的通解为：$$ X(x)=c_1\cos{\sqrt{\lambda}}x+c_2\sin{\sqrt{\lambda}}x $$代入边界条件则得到$c_2=0,c_1\cos{\sqrt{\lambda}}=0$，于是得到特征值：$$ \lambda_k=(k+1)^2\pi^2,k=0,1,2,{\cdots} $$对应的特征函数为：$$ X_k(x)=a_k\cos(k+\frac{1}{2})\pi{x},k=0,1,2,{\cdots} $$对于特征值$\lambda_k$，解方程（2）得到：$$ T_k=b_ke^{-(k+\frac{1}{2})^2\pi^2{t}} $$于是$$ u_k(x,t)=c_ke^{-(k+\frac{1}{2})^2\pi^2{t}}\cos(k+\frac{1}{2})\pi{x},k=0,1,2,{\cdots} $$作无穷级数$$ u(x,t)=\sum^{\infty}_{k=0}c_ke^{-(k+\frac{1}{2})^2\pi^2{t}}\cos(k+\frac{1}{2})\pi{x} $$代入初始条件，得到$$ \sum^{\infty}_{k=0}c_k\cos(k+\frac{1}{2})\pi{x}=\cos{\frac{3}{2}}\pi{x} $$于是$c_0=0,c_1=1,c_2=c_3={\cdots}=0$。所以解为$$ u(x,t)=e^{-\frac{9}{4}\pi^2{t}}\cos{\frac{3}{2}}\pi{x} $$
三维波动方程的泊松公式首先我们直接给出泊松公式：$$ u(x,y,z,t)=\frac{\partial}{\partial{t}}(\frac{1}{4\pi{a}^2t})\iint_{S_{at}(M)}\varphi{dS}+\frac{1}{4\pi{a^2}t}\iint_{S_{at}(M)}\psi{d}S $$我们直接解习题好吧：$$ u_{tt}=a^2(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}) $$的柯西问题：$$ \begin{cases} u|_{t=0}=x^3+y^2z\\ u_t|_{t=0}=0 \end{cases} $$解：由泊松公式$$ u=\frac{\partial}{\partial{t}}\frac{1}{4\pi{a}}\iint_{S_{at}(M)}\frac{\phi}{r}dS+\frac{1}{4{\pi}a}\iint_{S_{at}(M)}\frac{\psi}{r}dS $$现在$\psi=0,\phi=x^3+y^2z$。且$$ \iint_{S_{at}(M)}\frac{\phi}{r}dS=\int^{\pi}_0\int^{2\pi}_0\phi(r,\theta,\varphi)r\sin{\theta}d{\theta}d{\varphi}|_{r=at} $$其中$$ \begin{aligned} \phi(r,\theta,\varphi)=&\phi(x+r\sin{\theta}\cos{\varphi},y+r\sin{\theta}\sin{\varphi},z+r\cos{\theta})\\ =&(x+r\sin{\theta}\cos{\varphi})^3+(y+\sin{\theta}\sin{\varphi})^2(z+r\cos{\theta})\\ =&x^3+y^2z+3x^2r\sin{\theta}\cos{\varphi}+3xr^2\sin^2{\theta}\cos^2{\varphi}+r^2r\sin^3{\theta}\cos^3{\varphi}\\ +&2yzr\sin{\theta}\sin{\varphi}+rz\sin^2{\theta}\sin^2{\varphi}+y^2r\cos{\theta}+2yr^2\sin{\theta}\cos{\theta}\sin{\varphi}+r^3r\sin{\theta}\sin^2{\varphi}\cos{\theta} \end{aligned} $$计算：$$ \int^{\pi}_0\int^{2\pi}_0\phi(r,\theta,\varphi)r\sin{\theta}d{\theta}d{\varphi} $$$$ \begin{aligned} \int^{\pi}_0\int^{2\pi}_0(x^3+y^2z)r\sin{\theta}d{\theta}d{\varphi}=&r(x^3+y^2z){\cdot}2\pi(-\cos{\theta})^{\pi}_0\\ =&4\pi{r}(x^3+y^2z) \end{aligned} $$$$ \int^{\pi}_0\int^{2\pi}_03x^2r\sin{\theta}\cos{\varphi}{\cdot}rsin{\theta}d{\theta}d{\varphi}=3x^2r^2\int^{\pi}_0\sin^2{\theta}d{\theta}\int^{2\pi}_0\cos{\varphi}d{\varphi}=0 $$$$ \int^{\pi}_0\int^{2\pi}_03xr^2\sin^2{\theta}\cos^2{\varphi}{\cdot}r\sin{\theta}d{\theta}d{\varphi}=3xr^3\int^{\pi}_0\sin^3{\theta}d{\theta}\int^{2\pi}_0\cos^2{\varphi}d{\varphi}\\ =3xr^3[\frac{1}{3}\cos^2{\theta}-\cos{\theta}]^{\pi}_0{\cdot}[\frac{\phi}{2}+\frac{1}{4}\sin{2\phi}]^{2\pi}_0\\ =4xr^3\pi\int^{\pi}_0\int^{2\pi}_0r^3\sin{\theta}\cos^3{\varphi}{\cdot}rsin{\theta}d{\theta}d{\varphi}\\ =r^4\int^{\pi}_0\sin^4{\theta}d{\theta}\int^{2\pi}_0\cos^3{\varphi}d{\varphi}=4\pi{r}^3\\ $$$$ \int^{\pi}_0\int^{2\pi}_02yzr\sin{\theta}\sin{\varphi}{\cdot}r\sin{\theta}d{\theta}d{\varphi}=2yzr^2\int^{\pi}_0\sin^2{\theta}d{\theta}\int^{2\pi}_0\sin{\varphi}d{\varphi}=0 $$$$ \int^{\pi}_0\int^{2\pi}_0r^2z\sin^2{\theta}\sin^2{\varphi}{\cdot}r\sin{\theta}d{\theta}d{\varphi}=rz\int^{\pi}_0\sin^3{\theta}d{\theta}\int^{2\pi}_0\sin^2{\varphi}d{\varphi}\\=r^3z[\frac{1}{3}\cos^3{\theta}-\cos{\theta}]^{\pi}_0{\cdot}[\frac{\varphi}{2}-\frac{1}{4}\sin{2\varphi}]^{2\pi}_0=\frac{4}{3}\pi{r}^3z $$$$ \int^{\pi}_0\int^{2\pi}y^2r\cos{\theta}{\cdot}r\sin{\theta}d{\theta}d{\varphi}=y^2r^2\int^{\pi}_0\cos{\theta}\sin{\theta}d{\theta}\int^{2\pi}_0d{\varphi}=0 $$$$ \int^{\pi}_0\int^{2\pi}_02yr^2\sin{\theta}\cos{\theta}\sin{\varphi}{\cdot}r\sin{\theta}d{\theta}d{\varphi}=2yr^3\int^{\pi}_0\sin^2{\theta}\cos{\theta}d{\theta}\int^{2\pi}_{0}\sin\varphi{d}{\varphi}=0 $$$$ \int^{\pi}_0\int^{2\pi}_0r^3\sin^2{\theta}\sin^2{\varphi}\cos{\theta}{\cdot}r\sin{\theta}d{\theta}d{\varphi}=r^4\int^{\pi}_0\sin^3{\theta}\cos{\theta}d{\theta}\int^{2\pi}_0\sin^2{\varphi}d{\varphi}=0 $$$$ \iint_{S_{at}(M)}\frac{\phi}{r}dS=[4\pi{r}(x^2+y^2z)+4\pi{r}^3+\frac{4}{3}\pi{r}^3z]_{r=at}\\=4\pi{at}[x^2+y^2z+xa^2t^2+\frac{1}{3}a^2t^2z] $$$$ u(x,y,z)=\frac{\partial}{\partial{t}}\frac{1}{4\pi{a}}\iint_{S_{at}(M)}\frac{\phi}{r}dS=\frac{\partial}{\partial{t}}[tx^3+ty^2z+xa^2t^3+\frac{1}{3}a^2t^2z]\\ =x^3+y^2z+3a^2t^2x+a^2t^2z $$二维波动方程的泊松公式$$ \begin{aligned} u(x,y,z,t)=&u(M,t)\\ =&\frac{1}{2{\pi}a}\left[\frac{\partial}{\partial{t}}\iint_{\sum^M_{at}}\frac{\varphi(\xi,\eta)d{\xi}d{\eta}}{\sqrt{(at)^2-(\xi-x)^2-(\eta-y)^2}}\right]+\iint_{\sum^M_{at}}\frac{\psi(\xi,\eta)d{\xi}d{\eta}}{\sqrt{(at)^2-(\xi-x)^2-(\eta-y)^2}}\\ =&\frac{1}{2\pi{a}}[\frac{\partial}{\partial{t}}\int^{at}_0\int^{2\pi}_0\frac{\varphi(x+r\cos{\theta},y+r\sin{\theta})}{\sqrt{(at)^2-r^2}}rd{\theta}dr+\int^{at}_{0}\int^{2\pi}_0\frac{\psi(x+r\cos{\theta},y+r\sin{\theta})}{\sqrt{(at)^2-r^2}}rd{\theta}dr] \end{aligned} $$
二阶线性PDE标准型二阶方程的分类重点：二阶方程的特征和分类，学会辨别方程的类型并且化为标准型。考虑两个自变量的线性偏微分方程$$ au_{xx}+2bu_{xy}+cu_{yy}+du_x+eu_y+gu=f $$其中$a,b,c,d,e,g$和$f$均为$x,y$的已知函数。且在$xoy$平面上的某个区域$\Omega$内具有二阶连续偏导数。假设在$\Omega$内的每一点处，$a,b,c$都不同时为0。考虑$\Delta=b^2-ac$的判别式，在点$P(x_0,y_0)$的邻域内，特征方程可以写为：$$ \frac{dy}{dx}=\frac{b+\sqrt{\Delta}}{a},\frac{dy}{dx}=\frac{b-\sqrt{\Delta}}{a} $$然后做自变量替换：$$ \begin{cases} \xi=\varphi(x,y)\\ \eta=\psi(x,y) \end{cases} $$则方程变成如下形式：$$ A\frac{\partial^2{u}}{\partial{\xi^2}}+2B\frac{\partial^2{u}}{\partial{\xi}\partial{\eta}}+C\frac{\partial^2{u}}{\partial{\eta^2}}+{\cdots}=F $$而这里的判别式为$\Delta'=B^2-AC$，两者通过自变量替换有如下关系：$$ \Delta'=J^2\Delta $$这个$J$表示自变量替换的雅可比行列式$$ J=\begin{vmatrix} \varphi_x & \varphi_y \\ \psi_x & \psi_y \end{vmatrix} $$利用判别式的符号在可逆自变量替换下的不变性，我们对方程做分类。在点$(x_0,y_0)$处为双曲型pde，指的是$\Delta(x_0,y_0)>0$。在点$(x_0,y_0)$处为抛物型pde，指的是$\Delta(x_0,y_0)=0$。在点$(x_0,y_0)$处为椭圆型pde，指的是$\Delta(x_0,y_0)<0$。双曲+椭圆=混合型，双曲+抛物=退化双曲型，椭圆+抛物=退化椭圆型。根据上述法则，我们分别给出双曲、抛物、椭圆PDE的标准型：我们假设方程的系数都是常数，也即$a,b,c,d,e,g$都是常数，由于$\Delta=b^2-ac$是常数，所以方程在区域中所有点处都是同一类型的。（1）双曲型，当$\Delta>0$时，其特征线是两族不同的实曲线：$$ \begin{cases} \varphi(x,y)=y-\lambda_1{x}=c_1\\ \psi(x,y)=y-\lambda_2{x}=c_2 \end{cases} $$其中$\lambda_1=\frac{b+\sqrt{\Delta}}{a},\lambda_2=\frac{b-\sqrt{\Delta}}{a}$，且$c_1,c_2$为任意常数。然后我们利用这两族实特征线，可以做可逆自变量变换：$$ \begin{cases} \xi=\varphi(x,y)=y-\lambda_1{x}\\ \eta=\psi(x,y)=y-\lambda_2{x} \end{cases} $$这时方程就会变成$$ u_{\xi\eta}=Du_{\xi}+Eu_{\eta}+Gu+F(\xi,\eta) $$其中$D,E,G$都是常数，于是这个形式称为双曲型方程的第一标准型，如果引入新的自变量变换$$ \overline{x}=\xi+\eta,\overline{y}=\xi—\eta $$就饿可以化为$$ u_{\overline{x}\overline{x}}-u_{\overline{y}\overline{y}}=D_1u_{\overline{x}}+E_1u_{\overline{y}}+G_1u+F_1(\overline{x},\overline{y}) $$其中$D_1,E_1,G_1$都是常数，这就称为双曲型方程的第二标准型。（2）抛物型，当$\Delta=0$，于是$\lambda_1=\lambda_2=\frac{b}{a}$，这时仅有一族特征线：$$ \varphi(x,y)=y-\frac{b}{a}x=c $$取可逆自变量替换：$$ \xi=\varphi(x,y)=y-\frac{b}{a}x,\eta=\psi(x,y)=y $$于是方程化为了：$$ u_{\eta\eta}=D_2u_{\xi}+E_2u_{\eta}+G_2u+F_2(\xi,\eta) $$其中$D_2,E_2,G_2$都是常数，称为抛物型方程的标准型。（3）椭圆型，$\Delta<0$，这时没有实特征曲线，于是$$ \lambda_1=\alpha+i\beta,\lambda_2=\alpha-i\beta $$且$\alpha=\frac{b}{a},\beta=\frac{\sqrt{-\Delta}}{a}$，于是我们找到一个实的变换：$$ \overline{\xi}=\frac{1}{2}(\xi+\eta),\overline{\eta}=\frac{1}{2i}(\xi-\eta) $$于是得到可逆自变量替换：$$ \begin{cases} \overline{\xi}=y-\frac{b}{a}x\\ \overline{\eta}=-\frac{\sqrt{ac-b^2}}{a}x \end{cases} $$于是方程化为$$ u_{\overline{\xi}\overline{\xi}}+u_{\overline{\eta}\overline{\eta}}=D_3u_{\overline{\xi}}+E_3u_{\overline{\eta}}+G_3u+F_3(\overline{\xi},\overline{eta}) $$其中$D_3,E_3,G_3$均为常数，我们称之为椭圆型方程的标准型。双曲型方程$$ u_{xx}-2\cos{x}u_{xy}-(3+\sin^2{x})u_{yy}-y-u_y=0 $$解：首先知道$b=-\cos{x},a=1,c=-(3+\sin^2{x})$，于是判别式$b^2-ac=\cos^2x+3+\sin^2{x}=4>0$，故是双曲型方程，考虑其特征值$$ \lambda_1=\frac{b-\sqrt{\Delta}}{a}=-\cos{x}-2,\lambda_2=-\cos+2 $$于是特征方程为：$$ \frac{dy}{dx}=-\cos{x}{\pm}2 $$所以$$ y=-\sin{x}{\pm}2x+c $$令$$ \begin{cases} \xi=y+\sin{x}+2x\\ \eta=y+\sin{x}-2x \end{cases} $$于是我们得到：$$ \xi_x=\cos{x}+2,\xi_{y}=1,\xi_{xx}=-\sin{x},\xi_{xy}=0,\xi_{yx}=0,\xi_{yy}=0\\ \eta_{x}=\cos{x}-2,\eta_y=1,\eta_{xx}=-\sin{x},\eta_{xy}=0,\eta_{yx}=0,\eta_{yy}=0 $$于是$$ u_{x}=(\cos{x}+2)u_{\xi}+(\cos{x}-2)u_{\eta}\\ u_y=u_{\xi}+u_{\eta} $$$$ \begin{aligned} u_{xx}=&-\sin{x}u_{\xi}+(\cos{x}+2)[(\cos{x}+2)u_{\xi\xi}+(\cos{x}-2)u_{\xi\eta}]\\ +&(-\sin{x})u_{\eta}u_{\eta}+(\cos{x}-2)[(\cos{x}+2)u_{\eta\xi}+(\cos{x}-2)u_{\eta\eta}]\\ u_{xy}=&(\cos{x}+2)[u_{\xi\xi}+u_{\xi\eta}]+(\cos{x}-2)[u_{\eta\xi}+u_{\eta\eta}]\\ u_{yy}=&u_{\xi\xi}+2u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta} \end{aligned} $$把上述各式代入原方程，可以得到：$$ -16u_{\xi\eta}-[y+\sin{x}][u_{\xi}+u_{\eta}]=0 $$又因为$$ y+\sin{x}=\frac{\xi+\eta}{2} $$于是$$ u_{\xi\eta}+\frac{\xi+\eta}{32}[u_{\xi}+u_{\eta}]=0 $$这是双曲型方程。抛物型方程$$ \tan^2{x}u_{xx}-2y\tan{x}u_{xy}+y^2u_{yy}+\tan^3{x}u_x=0 $$这里$a=\tan^2{x},b=-y\tan{x},c=y^2$，于是判别式$b^2-ac=y^2\tan^2x-y^2\tan^2x=0$。于是是抛物型方程。我们直接计算特征值（只有一个）$$ \lambda=\frac{b}{a}=\frac{-y}{\tan{x}} $$于是特征方程为$$ \frac{dy}{dx}=\frac{-y}{\tan{x}} $$积分得到：$$ \frac{dy}{y}=-\frac{1}{\tan{x}}dx\\ \frac{dy}{y}=-\frac{\cos{x}}{\sin{x}}dx\\ \ln(y)=-\frac{1}{sinx}d{\sin{x}}=\ln(\sin{x}^{-1}) $$$$ y\sin{x}=c $$令$$ \begin{cases} \xi=y\sin{x}\\ \eta=y \end{cases} $$则有$$ \xi_{x}=y\cos{x},\xi_y=\sin{x},\xi_{xy}=\cos{x},\xi_{yx}=\cos{x},\xi_{xx}=-y\sin{x},\xi_{yy}=0\\ \eta_{x}=0,\eta_y=1,\eta_{xy}=0=\eta_{yx},\eta_{xx}=0=\eta_{yy} $$于是有$$ u_{x}=y\cos{x}u_{\xi}\\ u_y=\sin{x}u_{\xi}+u_{\eta} $$$$ u_{xx}=-y\sin{x}u_{\xi}+(y\cos{x})[(y\cos{x})u_{\xi\xi}]\\ u_{xy}=\cos{x}u_{\xi}+y\cos{x}[\sin{x}u_{\xi\xi}+u_{\xi\eta}]\\ u_{yy}=\sin{x}[\sin{x}u_{\xi\xi}+u_{\xi\eta}]+\sin{x}u_{\eta\xi}+u_{\eta\eta} $$将上述代入方程中，可以得到：$$ y^2u_{\eta\eta}-2y\sin{x}u_{\xi}=0 $$也即$$ u_{\eta\eta}-\frac{2\xi}{\eta^2}-\eta_{\xi}-0 $$椭圆方程$$ y^2u_{xx}+2xyu_{xy}+2x^2u_{yy}+y-u_y=0 $$解：$b=xy,a=y^2,c=2x^2$，则判别式为$x^2y^2-2x^2y^2=-x^2y^2{\le}0$，于是方程除了零点为椭圆型方程。其特征值$$ \lambda_1=\frac{b-\sqrt{\Delta}}{a}=\frac{xy-ixy}{y^2},\lambda_2=\frac{xy+ixy}{y^2} $$于是特征方程：$$ \frac{dy}{dx}=\frac{1}{y^2}(xy{\pm}ixy)=\frac{x}{y}{\pm}{i}\frac{x}{y} $$也即$$ y^2=x^2{\pm}i{x}^2+C $$令$$ \begin{cases} \xi=x^2-y^2\\ \eta=x^2 \end{cases} $$则$$ \begin{cases} \xi_x=2x,\xi_y=-2y,\xi_{xy}=\xi_{yx}=0,\xi_{xx}=2,\xi_{yy}=-2\\ \eta_x=2x,\eta_y=0,\eta_{xy}=\eta_{yx}=0,\eta_{xx}=2,\eta_{yy}=0 \end{cases} $$则$$ u_{x}=2xu_{\xi}+2xu_{\eta}\\ u_y=-2yu_{\xi} $$于是$$ u_{xx}=2u_{\xi}+2x(2xu_{\xi\xi}+2xu_{\xi\eta})+2u_{\eta}+2x(2xu_{\eta\xi}+2xu_{\eta\eta})\\ u_{xy}=2x(-2yu_{\xi\xi})+2x(-2yu_{\eta\xi})\\ u_{yy}=-2u_{\xi}+(-2y)(-2yu_{\xi\xi}) $$代入上式进入原方程得到：$$ 4x^2y^2u_{\xi\xi}+4x^2y^2u_{\eta\eta}-4x^2u_{\xi}+2y^2u_{\eta}=0 $$也即$$ u_{\xi\xi}+u_{\eta\eta}+\frac{1}{\xi-\eta}u_{\xi}+\frac{1}{2\eta}u_{\eta}=0 $$
拓扑期末考试1 赋予结构成为流形设$M=\left\{l{\subset}\mathbb{R}^2|l为\mathbb{R}^2中直线\right\}$，给出$M$上一个光滑结构，使其成为一个流形。解：$$ M=\left\{l{\subset}\mathbb{R}^2|l为\mathbb{R}^2中直线\right\}=\mathbb{RP}^2{\backslash}\left\{p\right\} $$讨论平面上所有直线形成的流形，我们知道直线$l{\subset}\mathbb{R}^2$直线在平面上的一般式方程为$$ Ax+By+C=0 $$且要求$A^2+B^2{\neq}0$。于是$l$直线可以用三元组表示$[(A,B,C)]=\left\{k(A,B,C)|k{\in}\mathbb{R}{\backslash}\left\{0\right\},A^2+B^2=0\right\}$。这里$k$是等价类的情况，$x+2y+1=0,k(x+2y+1)=0$。于是可以写为$$ M=\left\{[(A,B,C)|A^2+B^2{\neq}0]\right\} $$若$A{\neq}0,(1,\frac{B}{A},\frac{C}{A})$与$(A,B,C)$一一对应，而$\frac{B}{A}=x_1,\frac{y_1}{A}=0$。我们取局部坐标$$ U_1=\left\{[(A,B,C)]|A{\neq}0\right\} $$于是我们取映射$$ \varphi_1:U_1{\to}\mathbb{R}^2\\ [(A,B,C)]{\mapsto}\varphi_1((A,B,c))=(x_1,y_1),\varphi_1^{-1}(x_1,y_1)=[1,x_1,y_1] $$$$ U_2=\left\{[(A,B,C)]|A{\neq}0\right\}\\ \varphi_2:U_2{\to}\mathbb{R}^2,\varphi_2((A,B,C))=(x_2,y_2) $$其中$x_2=\frac{A}{B},y_2=\frac{C}{B}{\iff}\varphi_2^{-1}(x_2,y_2)=[(x_2,1,y_2)]$。然后验证$C^{\infty}$条件：$$ \varphi_2{\circ}\varphi_1^{-1}:\varphi_1(U_1{\cap}U_2){\to}\mathbb{R}^2\\ \varphi_2{\circ}\varphi_1^{-1}(x_1,y_2)=\varphi_2([1,x_1,y_1])=(\frac{1}{x_1},\frac{y_1}{x_1}) $$其中$\varphi_2([1,x_1,y_1])=\varphi_2([\frac{1}{x_1},1,\frac{y_1}{x_1}])$，当$x_1{\neq}0$，这是因为$[1,x_1,y_1]{\in}U_1{\cap}U_2$于是$$ x_2=\frac{1}{x_1},y_2=\frac{y_1}{x_1},(x_1{\neq}0) $$为光滑映射，于是$M$为$C^{\infty}$流形。思路：考虑将直线表示出来，然后通过取到映射并且验证该映射是$C^{\infty}$即可，重点在于取两个局部坐标的复合，仅需验证其无穷可微条件即可。2 求SO切空间与维数（a）求$SO(n)$的单位元处切空间（b）证明$dimSO(n)=\frac{n(n-1)}{2}$。解：$$ SO(n)=\left\{A{\in}Mat(n,\mathbb{R})|A^TA=I_n,det{A}=1\right\} $$单位元为$I_n$，也就是求单位元处切线全体。因为$SO(n){\subset}GL(n,\mathbb{R})$的子流形，由于$T_{I_n}GL(n,\mathbb{R})=Mat(n,\mathbb{R})$。设$X{\in}T_{I_n}SO(n)$，因为对于${\forall}X{\in}Mat(n,\mathbb{R})$，知道$e^{tX}$为在$GL(n,\mathbb{R})$中过$I_n$的一条曲线，于是我们有$e^{tX}{\in}SO(n)$，于是仅需满足上述条件即可，也即：当$t=0$时，显然有$e^{tX}=I_n$，当$t{\neq}0$时候，我们有$$ \begin{aligned} (e^{tX})^T(e^{tX})=&I_n\\ =&(e^{tX^T})(e^{tX})\\ =&e^{t(X+X^T)} \end{aligned} $$对于$t{\neq}0$，我们对于$e^{t(X+X^T)}=I_n$两边关于$t$求导，并且令$t{\to}0$。于是我们得到：$$ 0=\frac{d}{dt}e^{t(X+X^T)}|_{t=0}=X+X^T=0 $$反之，对于${\forall}X{\in}Mat(n,\mathbb{R})$，若$X+X^T=0$，则可以推出$$ e^{tX}e^{tX^T}=I_n $$因为$\det{e^{tX}}>0$，于是有$\det{e^{tX}}=1$。也即对于${\forall}t,e^{tX}{\in}SO(n)$，也即$X{\in}T_{I_n}SO(n)$。于是我们得到：$$ T_{I_n}SO(n)=\left\{X{\in}Mat(n,\mathbb{R})|X+X^T=0\right\} $$（2）由于第一小问的解答，我么可以直接知道$$ dim(SO(n))=dim(T_{I_n}(SO(n))) $$从而有$X+X^T$的对角元$x_{ii}=0,x_{ij}+x_{ji}=0$，于是从矩阵形式$$ \begin{pmatrix} 0 & x_{12} &{\cdots} &{\cdots} &{x_{1,n}} \\ -x_{12} & {\ddots} &{} &{\cdots} &{\vdots}\\{\vdots} &{\cdots} &{\ddots} &{\cdots} &{\vdots} \\{\vdots} &{\cdots} &{\cdots} &{\ddots} &{x_{n-1,n}}\\ -x_{1,n} &{\cdots} &{\cdots} &{-x_{n-1,n}} &0 \end{pmatrix} $$可以知道其维度$$ dim(SO(n))=\frac{n(n-1)}{2} $$思路：将限制条件通过矩阵形式给出即可。3 求Sn的切丛求$S^n=\left\{x{\in}\mathbb{R}^{n+1}||x|=1\right\}$的切丛解：考虑一点处的情况：$$ T_xS^n=\left\{u{\in}R^{n+1}|u{\perp}x\right\} $$考虑到若$u=0$，则$\gamma_t=x$可以推出$\frac{d\gamma_t}{dt}=0=u$，这显然成立。若$u{\neq}0$，则有$\gamma_t=x\cos{|u|}t+\frac{u}{|u|}\sin{|u|}t$，于是知道$\gamma_t|_{t=0}=x$，并且有$\frac{d\gamma_t}{dt}|_{t=0}=u$。因为$u{\in}TxS^n$，从维度角度考虑：$$ dim\left\{u{\in}R^{n+1}|u{\perp}x\right\}=n=dimT_xS^n $$于是可以得到：$$ T_xS^n=\left\{u{\in}\mathbb{R}^{n+1}|u{\perp}x\right\} $$而$TS^n{\subset}S^n{\times}R^{n+1}$，于是$$ TS^n=\left\{(x,u){\in}S^n{\times}R^{n+1}|u{\perp}x\right\} $$思路：考虑一点处的切丛，根据这个正交关系，却特殊的参数曲线，然后再通过一个嵌入即可得到。4 证明流形，求切丛设$f:\mathbb{R}^2{\to}\mathbb{R}^2$定义为$$ u=xe^y+y,v=xe^y-y $$证明：（a）$f$为$C^{\infty}$同胚这个显然我们知道$f{\in}C^{\infty}$，于是我们仅需考虑$f^{-1}$。直接用消元法可以得到：$y=\frac{u-v}{2}$，然后带入即可得到$$ 2xe^y=u+v,x=\frac{1}{2}(u+v)e^{-\frac{u-v}{2}} $$于是显然$f^{-1}{\in}C^{\infty}$，证毕。（b）求$f_{*}(\frac{\partial{}}{{\partial}x}),f_{*}(\frac{\partial{}}{{\partial}y})$。解：$$ \begin{aligned} f_*(\frac{\partial}{\partial{x}})=&\frac{\partial{u}}{\partial{x}}\frac{\partial}{\partial{u}}+\frac{\partial{v}}{\partial{x}}\frac{\partial}{\partial{v}}\\ =&e^y(\frac{\partial}{\partial{u}}+\frac{\partial}{\partial{v}}) \end{aligned} $$同理得到：$$ \begin{aligned} f_*(\frac{\partial}{\partial{y}})=&\frac{\partial{u}}{\partial{y}}\frac{\partial}{\partial{u}}+\frac{\partial{v}}{\partial{y}}\frac{\partial}{\partial{v}}\\ =&(xe^y+1)\frac{\partial}{\partial{u}}+(xe^y-1)\frac{\partial}{\partial{v}} \end{aligned} $$（c）求$f^{*}(du),f^*(dv)$。解：我们直接给出来：$$ f^*(du)=d(xe^y+y)=e^ydx+(xe^y+1)dy $$$$ f^*(dv)=d(xe^y-y)=e^ydx+(xe^y-1)dy $$思路：同胚容易证明，然后剩下的仅需做偏导即可得到。（b）是分为对x和对y求链式偏导得到，（c）则是求全微分。5 度量的计算设在$\mathbb{R}^{n+1}$赋以度量$g=\sum^n_{i=0}dx^i{\otimes}dx^i,i_c:S^n{\to}\mathbb{R}^{n+1}$为包含映射。设$(U,\phi)$为$S$的局部坐标，满足$U=\left\{x=(x^0,x^1,{\cdots},x^n){\in}S^n|x^0{\neq}-1\right\}$。$$ (y_1,{\cdots},y_n)=\phi(x)=(\frac{x^1}{1+x^0},{\cdots},\frac{x^n}{1+x^0}):U{\to}\mathbb{R}^n $$求$i_c^{*}g$在局部坐标$\phi$下的表达式，也即求$(i_c{\circ}\phi^{-1})^*g$。解：本题计算比较复杂，但是操作相对单一，实则为常曲率为1的度量$$ (i_c{\circ}\phi^{-1})^*g(\frac{\partial}{\partial{y^i}},\frac{\partial}{\partial{y^j}})=g_{ij}=g((i_c{\circ}\phi^{-1})_*\frac{\partial}{\partial{y^i}},(i_c{\circ}\phi^{-1})_*\frac{\partial}{\partial{y^j}}) $$因为$$ (i_c{\circ}\phi^{-1})_*(\frac{\partial}{\partial{y^i}})=\sum_{\alpha}\frac{\partial{x}^{\alpha}}{\partial{y}^i}\frac{\partial}{\partial{x}^{\alpha}} $$因为$$ (y^1,,{\cdots},y^n)=(\frac{x_1}{1+x^0},{\cdots},\frac{x_n}{1+x^0}) $$其中$$ x_j=\frac{2y^i}{1+\sum(y^i)^2},x^0=\frac{1-\sum(y^j)^2}{1+\sum(y^j)^2}=\frac{2}{1+\sum(y^j)^2}-1 $$$$ \frac{\partial{x^0}}{\partial{y^j}}=\frac{-4y^j}{(1+\sum(y^j)^2)^2},\frac{\partial{x^i}}{\partial{y^j}}=\frac{-4y^jy^i}{(1+\sum(y^k)^2)^2},i{\neq}j $$$$ \frac{\partial{x^j}}{\partial{y^j}}=\frac{2}{1+\sum(y^j)^2}-\frac{4(y^i)^2}{(1+\sum(y^k)^2)^2} $$于是得到：$$ \frac{\partial}{\partial{y^j}}=\frac{-4y^j}{1+\sum(y^j)^2}\frac{\partial}{\partial{x}}-\frac{4}{(1+\sum(y^k)^2)^2}\sum_{i{\neq}j}y^iy^j\frac{\partial}{\partial{x^i}}+\frac{2}{1+\sum(y^k)^2}\frac{\partial}{\partial{x^j}}-\frac{4(y^j)^2}{(1+\sum(y^k)^2)^2}\frac{\partial}{\partial{x^j}} $$于是令$a^2=(1+\sum(y^j)^2)^2$，由内积得到：$$ \begin{aligned} \left\langle \frac{\partial}{\partial{y^j}},\frac{\partial}{\partial{y^l}}\right\rangle\stackrel{i{\neq}l}{=}&\frac{-4(y^j)}{a^2}(\frac{-4(y^l)}{a^2})+(\frac{4}{a^2})^2\sum_{i{\neq}k,i{\neq}l}(y^i)^2y^jy^l+(\frac{2}{a}-\frac{4(y^j)^2}{a^2})(-\frac{4}{a^2}y^jy^l)+(\frac{2}{a}-\frac{4(y^l)^2}{a^2})(-\frac{4}{a^2}y^jy^l)\\ =&\frac{16y^jy^l}{a^4}+\frac{16}{a^4}(a^2-1)y^jy^l-\frac{16}{a^2}y^jy^l\\ =&\frac{16}{a^2}y^jy^l-\frac{16}{a^2}y^jy^l\\ =&0 \end{aligned} $$另一方面$$ \begin{aligned} \left\langle \frac{\partial}{\partial{y^j}},\frac{\partial}{\partial{y^j}}\right\rangle=&\frac{16(y^j)^2}{a^2}+\frac{16(y^i)^2(y^j)^2}{a^4}+\frac{4}{a^2}+\frac{16(y^j)^4}{a^4}-\frac{16(y^j)^2}{a^3}\\ =&\frac{16(y^j)^2a}{a^4}+\frac{4}{a^2}-\frac{16(y^j)^2}{a^3}=\frac{4}{a^2} \end{aligned} $$于是我们得到：$$ \begin{aligned} (i_c{\circ}\phi^{-1})^*g=&\sum^n_{j=1}\frac{4}{a^2}dy^j{\otimes}dy^j\\ =&\frac{4}{a^2}\sum^n_{j=1}dy^j{\otimes}dy^j\\ =&\frac{4}{(1+\sum^n_{k=1}(y^k)^2)^2}\sum^n_{j=1}dy^j{\otimes}dy^j \end{aligned} $$思路：没什么好说的，计算量是重点。6 求李括号设$\mathbb{R}^3$上三个光滑切向量场为$$ X_1=x\frac{\partial}{\partial{x}}+y\frac{\partial}{\partial{y}}+\frac{\partial}{\partial{z}},X_2=y^2\frac{\partial}{\partial{x}}+e^x\frac{\partial}{\partial{y}},X_3=z^2\frac{\partial}{\partial{z}} $$（a）求$\left[X_1,X_2\right]$。解：由李括号定义，对于${\forall}f{\in}C^{\infty}(\mathbb{R}^3)$$$ \begin{aligned} \left[X_1,X_2\right]f=&X_1(X_2f)-X_2(X_1f)\\ =&X_1(y^2\frac{\partial{f}}{\partial{x}}+e^x\frac{\partial{f}}{\partial{y}})-X_2(x\frac{\partial{f}}{\partial{x}}+y\frac{\partial{f}}{\partial{y}}+\frac{\partial{f}}{\partial{z}})\\ =&x(0+y^2\frac{\partial^2{f}}{\partial{x^2}}+e^x\frac{\partial{f}}{\partial{y}}+e^x\frac{\partial^2{f}}{\partial{y}\partial{x}})+y(2y\frac{\partial{f}}{\partial{x}}+y^2\frac{\partial^2{f}}{\partial{x}\partial{y}}+0+e^x\frac{\partial^2{f}}{\partial{y^2}})+(0+y^2\frac{\partial^2{f}}{\partial{x}\partial{z}}+0+e^x\frac{\partial^2{f}}{\partial{y}\partial{z}})\\ -&y^2(\frac{\partial{f}}{\partial{x}}+x\frac{\partial^2{f}}{\partial{x^2}}+0+y\frac{\partial^2{f}}{\partial{y}\partial{x}}+\frac{\partial^2{f}}{\partial{z}\partial{x}})-e^x(0+x\frac{\partial^2{f}}{\partial{x}\partial{y}}+\frac{\partial{f}}{\partial{y}}+y\frac{\partial^2{f}}{\partial{y^2}}+\frac{\partial^2{f}}{\partial{z}\partial{y}})\\ =&xe^x\frac{\partial{f}}{\partial{y}}+2y^2\frac{\partial{f}}{\partial{x}}-y^2\frac{\partial{f}}{\partial{x}}-e^x\frac{\partial{f}}{\partial{y}}\\ =&e^x(x-1)\frac{\partial{f}}{\partial{y}}+y^2\frac{\partial{f}}{\partial{x}} \end{aligned} $$（b）求$\left[\left[X_1,X_2\right],X_3\right]+\left[\left[X_2,X_3\right],X_1\right]+\left[\left[X_3,X_1\right],X_2\right]$。解：由雅可比恒等式我们知道上述结果为0。思路：李括号定义，然后就是求链式偏导，下面是用雅可比恒等式得到的。7 求李括号设$\mathbb{R^3}$上两个光滑切向量场为$$ Y_1=x\frac{\partial}{\partial{x}}+y\frac{\partial}{\partial{y}}+\frac{\partial}{\partial{z}},Y_2=e^x\frac{\partial}{{\partial}y} $$求$\left[zx^2Y_1,y^2Y_2\right]$。解：我们知道对于$x^i,x^j$我们有$$ \left[f\partial{x^i},g\partial{x^j}\right]=f\partial{x^i}g\partial{x^j}-g\partial{x^j}f\partial{x^i} $$于是我们可以直接求：$$ \begin{aligned} \left[zx^2Y_1,y^2Y_2\right]=&\left[zx^2(x\frac{\partial}{\partial{x}}+y\frac{\partial}{\partial{y}}+\frac{\partial}{\partial{z}}),y^2e^x\frac{\partial}{{\partial}y}\right]\\ =&\left[zx^2(x{\partial{x}}+y{\partial{y}}+{\partial{z}}),y^2e^x{{\partial}y}\right]\\ =&zx^3\partial{x}(y^2e^x)\partial{y}+zx^2y{\partial{y}}(y^2e^x)\partial{y}+zx^2\partial{z}(y^2e^x)\partial{y}-y^2e^x\partial{y}(zx^3)\partial{x}-y^2e^x\partial{y}(zx^2y)\partial{y}-y^2e^x\partial{y}(zx^2)\partial{z}\\ =&zx^3y^2e^x{\partial{y}}+zx^2y2ye^x\partial{y}+zx^2y{\cdot}0{\partial{y}}-y^2e^x{\cdot}0{\partial{x}}-y^2e^xzx^2\partial{y}-y^2e^xzx^2{\partial{y}}{\partial{z}}\\ =&zx^3y^2e^x\partial{y}+2zx^2y^2e^x\partial{y}-zx^2y^2e^x\partial{y}\\ =&(x^3y^2ze^x+x^2y^2e^xz){\partial{y}}\\ =&e^xx^2y^2z(x+1){\partial{y}} \end{aligned} $$思路：其实还是可以用李括号定义，这里只是省略写出来而已。8 证明单参数变换群设$\phi(t,x,y)=(xe^{2t},ye^{-3t}):\mathbb{R}^2{\to}\mathbb{R}^2$。（a）证明$\phi_t$为$\mathbb{R}^2$的一个单参数变换群。我们验证条件：首先：$$ \phi(0,x,y)=(x,y),{\forall}t,\phi_t{\in}C^{\infty} $$于是同胚显然成立，然后对于${\forall}t_1,t_2$，我们有$$ \phi_{t_1}\phi_{t_2}=\phi(t_1,xe^{2t_2},ye^{-3t_2})=(xe^{2t_2+2t_1},ye^{-3t_2+(-3t_1)})=\phi_{t_`+t_2} $$于是$\phi_t$为$\mathbb{R}^2$的一个单参数变换群。（b）求它的诱导切向量场$X(x,y)=(\phi_t)_{*(x,y)}(\frac{\partial}{\partial{t}})$。$$ \begin{aligned} (\phi_t)_{*(x,y)}(\frac{\partial}{\partial{t}})|_{t=0}=&2xe^{2t}\frac{\partial{}}{\partial{x}}+(-3)ye^{-3t}\frac{\partial{}}{\partial{y}}|_{t=0}\\ =&2x\frac{\partial}{\partial{x}}-3y\frac{\partial}{\partial{y}} \end{aligned} $$思路：验证单参数变换群，同胚加上一个参数变换性质，然后右到切向量场就是一个求偏导数的性质。9 求单参数变换群设$X=y\frac{\partial}{\partial{x}}-x\frac{\partial}{\partial{y}}$为$\mathbb{R}^2$上一个光滑切向量场，求一个单参数变换群$\phi_t$使得$X(x,y)=(\phi_t)_{*(x,y)}(\frac{\partial}{\partial{t}})$。解：$$ \begin{aligned} (\phi_t)_{*(x,y)}(\frac{\partial}{\partial{t}}|_{t=0})=&y\frac{\partial{}}{\partial{x}}-x\frac{\partial{}}{\partial{y}}\\ =&\frac{\partial{x}}{\partial{t}}\frac{\partial{}}{\partial{x}}+\frac{\partial{y}}{\partial{t}}\frac{\partial}{\partial{y}} \end{aligned} $$由题设得$\frac{dx}{dt}=y,\frac{dy}{dt}=-x$，于是$$ x(t)=x\cos{t}+y\sin{t}\\ y(t)=-x\cos{t}+y\cos{t} $$于是得到：$$ \phi(t,x,y)=(x\cos{t}+y\sin{t},y\cos{t}-x\sin{t}) $$为一个单参数变换群。10 单位分解叙述流形上的单位分解的定义以及单位分解定理单位分解定义：设$\left\{U_{\alpha}\right\}$为微分流形$M$的开覆盖，如果存在至多可数的光滑函数族$\left\{g_i:M{\to}\mathbb{R}\right\}$满足以下条件：（1）$0{\le}g_i(x){\le}1,{\forall}x{\in}M$；（2）对每一个$g_i$，均存在$\alpha(i)$，使得$supp{\;}g_i{\subset}U_{\alpha(i)}$；（3）$\left\{supp{\;}g_i\right\}$为$M$上的局部有限子集族；（4）$\sum_ig_i(x){\equiv}1,{\forall}x{\in}M$.则称为$\left\{g_i\right\}$为从属于开覆盖$\left\{U_{\alpha}\right\}$的一个单位分解。其存在性有：对于微分流形$M$的任何开覆盖$\left\{U_{\alpha}\right\}$，均存在从属于它的单位分解。11 黎曼度量（a）给出黎曼度量的定义定义：设$g{\in}C^{\infty}(M;{\otimes}^{0,2}TM)$为$M$上光滑2阶协变张量场，对于任意$p{\in}M$，如果映射$g_p:T_pM{\times}T_pM{\to}\mathbb{R}$满足条件：（1）${\forall}X_p{\in}T_pM,g_p(X_p,X_p){\ge}0$，当且仅当$X_p=0$时等号成立。（2）${\forall}X_p,X_p{\in}T_pM$，均有$g_p(X_p,Y_p)=g_p(Y_p,X_p)$。也即$g_p$为切空间$T_pM$上的内积，则称$g$为$M$上的黎曼度量，$(M,g)$称为黎曼流形。并且，在$M$的局部坐标系$(U,\varphi)$下，黎曼度量$g$可以写为$$ g=g_{ij}dx^{i}{\otimes}dx^j $$其中，$g_{ij}$为$U$上的光滑函数，组成的$n$阶方阵$(g_{ij})_{n{\times}n}$是处处正定对称的方阵。（b）利用单位分解定理证明，任何一个微分流形上都存在一个黎曼度量。解：由单位分解定理，我们有局部坐标$(U_{\alpha},\varphi_{\alpha}),\varphi_{\alpha}(p)=(x^1_{\alpha},{\cdots},x_{\alpha}^n)$，且有$\sum{f_{\alpha}}=1,{\forall}p$。我们在$U_{\alpha}$上考虑，$$ g_{\alpha}=\sum^n_{j=1}(d{x_{\alpha}^j})^2 $$显然是正定的。然后我们在流形$M$上定义$g=\sum_{\alpha}f_{\alpha}g_{\alpha}$为局部有限和。对于${\forall}p{\in}M,{\exists}U_{\beta},p{\in}U_{\alpha},f_{\alpha}(p)>0$，有$$ g(x_{p},x_{p})=\sum_{\alpha}f_{\alpha}g_{\alpha}(x_p,x_p){\ge}f_{\beta}(p){\cdot}g_{\beta}(x_p,x_p) $$且$g_{\beta}(x_p,x_p)=0{\iff}x_p=0$，于是可以知道$g$是正定的，也就是存在一个黎曼度量。12 Sard定理叙述Sard定理设$f:M{\to}N$为微分流形之间的光滑映射，则$f$的临界值为$N$的零测集。13 可积分布（a）叙述Frobenius定理设$D$为$M$上秩为$k$的对合分布，则对于任意$p{\in}M$，存在$p$附近的局部坐标系$\left\{(V,\psi)\right\}$，使得形如下面的坐标片$$ \left\{q{\in}V|y^l(q)=c_l,c_l为常数，l=k+1,{\cdots},n\right\} $$均为$D$的积分流形，并且如果$(N,i)$为$D$的一个连通积分流形，$i(N){\subset}V$，则$i(N)$含于如上某个坐标片中。（b）证明在$\mathbb{R}^3$上二维分布$\left\{X,Y\right\}$，其中$$ X=e^{xz}\frac{\partial}{\partial{x}}+e^{xz}\frac{\partial}{\partial{y}},e^{-x}\frac{\partial}{\partial{z}} $$是可积的。解：$$ X=e^{xz}(\frac{\partial}{\partial{x}}+\frac{\partial}{\partial{y}}),Y=e^{-x}\frac{\partial}{\partial{z}} $$于是：$$ \begin{aligned} \left[X,Y\right]=&e^{xz}\partial{x}(e^{-x})\partial{z}+e^{xz}\partial{y}(e^{-x})\partial{z}-e^{-x}\partial{z}(e^{xz})\partial{x}-e^{-x}\partial{z}(e^{xz})\partial{y}\\ =&e^{xz}{\cdot}(-e^{-x})\partial{z}+0-e^{-x}xe^{xz}\partial{x}-e^{-x}xe^{xz}\partial{y}\\ =&-xe^{-x}(e^{xz}\partial{x}+e^{xz}\partial{y})-e^{xz}(e^{-x}\partial{z})\\ =&-xe^{-x}X-e^{xz}Y{\in}\left\{X,Y\right\} \end{aligned} $$是可积分布，于是由Frobenius定理知道是可积的。14 闭微分与恰当形式设$M=\mathbb{R}^2{\backslash}\left\{(0,0)\right\}$。令$$ \omega=\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2} $$（a）证明$\omega$是闭微分形式证明：也即证明$d{\omega}=0$。因为$$ d\omega=d(\frac{x}{x^2+y^2}){\wedge}dx+d(\frac{y}{x^2+y^2}){\wedge}dy $$$$ \begin{aligned} d(\frac{x}{x^2+y^2})=&\frac{dx}{x^2+y^2}-\frac{2xdx+2ydy}{(x^2+y^2)^2}\\ =&(\frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x}{(x^2+y^2)^2})dx-\frac{2y}{(x^2+y^2)^2}dy \end{aligned} $$$$ \begin{aligned} d(\frac{y}{x^2+y^2})=\frac{-2xdx}{(x^2+y^2)^2}+(\frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x}{(x^2+y^2)^2})dy \end{aligned} $$于是有$$ d\omega=-\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}dy{\wedge}dx-\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}dx{\wedge}dy=0 $$（b）证明$\omega$是恰当微分形式证明：$\omega$是恰当的，指的是${\exists}F$，使得$dF=\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}$，于是推出$F=\frac{1}{2}\ln(x^2+y^2)$，也即推出了$dF=\omega$，于是$\omega$是恰当微分形式。15 闭微分与恰当形式设$M=\mathbb{R}^2{\backslash}\left\{(0,0)\right\}$，令$$ \omega=\frac{ydx-xdy}{x^2+y^2} $$（a）证明$\omega$是闭微分形式证明：和上一道题的做法一样：$$ d\omega=d(\frac{y}{x^2+y^2}){\wedge}dx-d(\frac{x}{x^2+y^2}){\wedge}dy $$$$ \begin{aligned} d(\frac{y}{x^2+y^2})=\frac{-2xdx}{(x^2+y^2)^2}+(\frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x}{(x^2+y^2)^2})dy \end{aligned} $$$$ \begin{aligned} d(\frac{x}{x^2+y^2})=&\frac{dx}{x^2+y^2}-\frac{2xdx+2ydy}{(x^2+y^2)^2}\\ =&(\frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x}{(x^2+y^2)^2})dx-\frac{2y}{(x^2+y^2)^2}dy \end{aligned} $$于是我们得到：$$ d\omega=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}dx{\wedge}dy-\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}dx{\wedge}dy=0 $$（b）证明$\omega$不是恰当微分形式证明：设$dF=\omega$，而$F$为函数。考虑$$ S^1=\left\{(x,y){\in}R^2|x^2+y^2=1\right\}=\left\{(\cos{\theta},\sin{\theta})|\theta{\in}[0,2\pi]\right\} $$取到$$ \omega=\frac{ydx-xdy}{x^2+y^2}=-\sin^2{\theta}d\theta-\cos^2\theta{d}\theta=-d\theta $$则有$$ \int_{S^1}\omega=\int^{2\pi}_0-d{\theta}=-2\pi $$但是另一方面$$ \int_{S^1}\omega=F(0)-F(0)=0 $$矛盾，于是$\omega$不是恰当微分形式。16 流形上的微分设$$ \omega=xydx+zdy-yzdz,\eta=xdx-yz^2dy-2xdz $$求：（a）$d\omega$。$$ \begin{aligned} d{\omega}=&xdy{\wedge}dx+dz{\wedge}dy-zdy{\wedge}dz\\ =&-xdx{\wedge}dy-(z+1)dy{\wedge}dz \end{aligned} $$（b）$d(x\eta)$。$$ \begin{aligned} d(x\eta)=&d(x^2dx-xyz^2dy-2x^2dz)\\ =&0-(d(xyz^2){\wedge}dy)-4xdx{\wedge}dz\\ =&-yz^2dx{\wedge}dy-2xyzdz{\wedge}dy-4xdx{\wedge}dz \end{aligned} $$（c）$d{\omega}{\wedge}\eta-\omega{\wedge}d\eta$。$$ d{\omega}{\wedge}\eta-\omega{\wedge}d\eta=d(\omega{\wedge}\eta) $$$$ \begin{aligned} \omega{\wedge}\eta=&(xydx+zdy-yzdz){\wedge}(xdx-yz^2dy-2xdz)\\ =&(-xy^2z^2-xz)dx{\wedge}dy+(-2xz-y^2+z^3)dy{\wedge}dz+(-xyz+2x^2y)dz{\wedge}dx \end{aligned} $$$$ \begin{aligned} d(\omega{\wedge}\eta)=&-(2xy^2z+x)dz{\wedge}dx{\wedge}dy-2zdx{\wedge}dy{\wedge}dz+(-xz+2x^2)dy{\wedge}dz{\wedge}dx\\ =&(-2xy^2z+x-2z-xz+2x^2)dx{\wedge}dy{\wedge}dz \end{aligned} $$