考虑一阶偏微分方程$\varphi_x^2+4\varphi_x\varphi_y+5\varphi_y^2=0$，因式分解得$\left(\varphi_x+\left(2+i\right)\varphi_y\right)\left(\varphi_x+\left(2-i\right)\varphi_y\right)=0$。注意到$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=2+i$的一族积分曲线为$\left(2+i\right)x-y=C$，即$2x-y+ix=C$。令$\xi=2x-y, \eta=x$，则
$\begin{cases}u_x=u_\xi\xi_x+u_\eta\eta_x=2u_\xi+u_\eta\\u_y=u_\xi\xi_y+u_\eta\eta_y=-u_\xi\\u_{xx}=4u_{\xi\xi}+4u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta}\\u_{xy}=-2u_{\xi\xi}-u_{\xi\eta}\\u_{yy}=u_{\xi\xi}\end{cases}$
代入方程$u_{xx}+4u_{xy}+5u_{yy}+3u_x+2u_y=0$得$\left(4u_{\xi\xi}+4u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta}\right)+4\left(-2u_{\xi\xi}-u_{\xi\eta}\right)+5u_{\xi\xi}+3\left(2u_\xi+u_\eta\right)+2\left(-u_\xi\right)=0$，即$u_{\xi\xi}+u_{\eta\eta}=-4u_{\xi}-3u_{\eta}$，这是椭圆型方程。
注意到定解问题的解形如$u(x,t)=F(x-at)+G(x+at)$。当$x-at=0$，有$\varphi (x)=u(x,t)=F(0)+G(2x)$，即$G(x)=\varphi (\frac{x}{2})-F(0)$。当$x+at=0$，有$\psi (x)=u(x,t)=F(2x)+G(0)$，即$F(x)=\psi (\frac{x}{2})-G(0)$。因此$u(x,t)=\psi (\frac{x-at}{2})+\varphi (\frac{x+at}{2})-F(0)-G(0)=\psi (\frac{x-at}{2})+\varphi (\frac{x+at}{2})-\varphi (0)$。容易验证，$\psi, \varphi\in C^2(\mathbb{R})$时上式给出的$u$是原问题的经典解。
注意到$\varphi\in C^1\left([0,l]\right)$使$\varphi\left(0\right)=\varphi\left(l\right)=0$。
对于这初值问题形如$u\left(x,t\right)=X\left(x\right)T\left(t\right)$的分离变量非零解，代入方程得$X\left(x\right)T’\left(t\right)-a^2X’‘\left(x\right)T\left(t\right)=0$，在解非零处有$\frac{X’‘\left(x\right)}{X\left(x\right)}=\frac{T’\left(t\right)}{a^2T\left(t\right)}$，左方与$t$无关而右方与$x$无关，故它是个与两者都无关的常数，记为$-\lambda$，则$X’‘\left(x\right)+\lambda X\left(x\right)=0$和$T’\left(t\right)+\lambda a^2 T\left(t\right)=0$。由边界条件，有$X\left(0\right)=X\left(l\right)=0$（注意到$u$不恒为零故$T$也不能恒为零）。注意到 $\begin{align}0&=\int^l_0 \left(X’’+\lambda X\right)X\mathrm{d}x\\&=X’X\vert^l_0-\int^l_0 \left(\vert X’\vert^2-\lambda X^2\right)\mathrm{d}x\\&=-\int^l_0 \left(\vert X’\vert^2-\lambda X^2\right)\mathrm{d}x\end{align}$
若$\lambda\leq 0$，则$X’$在$\left(0,l\right)$恒为零从而$X$为常数，$X\left(x\right)\equiv X\left(0\right)=0$，与$X$非零矛盾。因此，$\lambda\gt 0$。$X\left(x\right)=C\cos\left({\sqrt{\lambda}x}\right)+D\sin\left({\sqrt{\lambda}x}\right)$（其中$C$、$D$为待定常数），于是$0=X\left(0\right)=C$而$0=X\left(l\right)=D\sin\left({\sqrt{\lambda}l}\right)$，于是存在正整数$k$使$\sqrt{\lambda}l=k\pi$，则$T\left(t\right)=A_ke^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}$（其中$A$为待定常数）。故得分离变量解$u\left(x,t\right)=X\left(x\right)T\left(t\right)=b_ke^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}\sin\left(\frac{k\pi}{l} x\right)$（其中$b_k$为待定常数）。
假设初边值问题的解形如$u\left(x,t\right)=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}b_ke^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}\sin\left(\frac{k\pi}{l} x\right)$，形式上$\varphi\left(x\right)=u\left(x,0\right)=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}b_k\sin\left(\frac{k\pi}{l} x\right)，$ $\int^l_0 \varphi\left(x\right)\sin\left(\frac{m\pi}{l}x\right)\mathrm{d}x=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}b_k\int^l_0\sin\left(\frac{k\pi}{l}x\right)\sin\left(\frac{m\pi}{l}x\right)\mathrm{d}x=\frac{l b_m}{2}$，即$b_m=\frac{2}{l}\int^l_0 \varphi\left(x\right)\sin\left(\frac{m\pi}{l}x\right)\mathrm{d}x$。以下我们验证上述表达式确实给出初边值问题的一个解。
对任何$\epsilon\gt 0$，对$\left(x,t\right)\in [0,l]\times\left(\epsilon,+\infty\right),m,n\in\mathbb{N}$，
$\begin{align}\sum^\infty_{k=1}\vert\frac{\partial^{m+n}}{\partial x^m\partial t^n}\left(b_ke^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}\sin\left(\frac{k\pi}{l} x\right)\right)\vert&\leq\sum^\infty_{k=1}2\Vert \varphi\Vert_{L^1\left([0,l]\right)}\frac{\pi^{2n}a^{2n}k^{m+2n}}{l^{m+2n+1}}e^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2\epsilon}\\&\lt +\infty\end{align}$
由M判别法可见$u$逐项求导任意多次得到的级数在$[0,l]\times\left(\epsilon,+\infty\right)$上一致收敛，由$\epsilon$的任意性，$u$在$[0,l]\times\left(0,+\infty\right)$有任意阶偏导数且它们可通过逐项求导得到，因此$u$满足方程及边值条件。
因$\varphi\in C^1\left([0,l]\right)$，$\varphi$的Fourier级数逐点收敛于它，从而$u$满足初值条件。由附录I$\displaystyle\sum^\infty_{k=1}\vert b_k\vert\lt +\infty$，故对任何$\epsilon\gt 0$，存在$k_0\in\mathbb{Z}^+$使$\displaystyle\sum^\infty_{k=k_0}\vert b_k\vert\lt \frac{\epsilon}{2}$。于是存在$\delta\gt 0$使对任何$t\in \left(0,\delta\right),k\in\{0,\dots,k_0-1\}$，成立$\vert b_k\vert\vert e^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}-1\vert\lt \frac{\epsilon}{2k_0}$。
$\begin{align}\vert u\left(x,t\right)-\varphi\left(x\right)\vert&=\vert \sum^\infty_{k=1}b_ke^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}\sin\left(\frac{k\pi}{l} x\right)-\sum^\infty_{k=1}b_k\sin\left(\frac{k\pi}{l} x\right)\vert\\&\leq \sum^\infty_{k=1}\vert b_k\vert \vert e^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}-1\vert\\&\leq\sum^{k_0-1}_{k=1}\vert b_k\vert \vert e^{-\left(\frac{k\pi a}{l}\right)^2t}-1\vert+\sum^\infty_{k=k_0}\vert b_k\vert\\&\lt k_0\frac{\epsilon}{2k_0}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon\end{align}$
这说明$u$在$[0,l]\times \left[0,+\infty\right)$连续。
这说明了$u$是问题的一个经典解。再由极值原理，这就是问题的惟一经典解。因此问题的所有经典解都在$\left(0,l\right)\times\left(0,+\infty\right)$任意阶连续可微。
记$\Phi=\max_{x\in\partial\Omega}\left\vert \varphi\left(x\right)\right\vert $而$F=\max_{x\in\overline{\Omega}}\left\vert f\left(x\right)\right\vert $。
因$\Omega$有界，存在$d\gt 0$使$\Omega\subseteq \left(-d,d\right)\times\mathbb{R}^{n-1}$。取$k$充分大使$k^2- k\displaystyle\sup_{x\in\Omega}\left\vert b_1\right\vert \left(x\right)\gt 1$。对任何$\epsilon\gt 0$，令$v\left(x\right)=\Phi+\left(e^{2k d}-e^{k\left(x_1+d\right)}\right)\left(F+\epsilon\right)$，$w=u-v$。因$w$在有界闭集$\overline{\Omega}$连续，有最大值点$x^{\left(0\right)}$。
这说明$w$在$\overline{\Omega}$非正，即对任何$x\in\overline{\Omega}$，$u\left(x\right)=w\left(x\right)+v\left(x\right)\leq v\left(x\right)\leq \Phi+\left(e^{2k d}-e^{k\left(x_1+d\right)}\right)\left(F+\epsilon\right)$，再由$\epsilon$的任意性知$u\left(x\right)\leq \Phi+\left(e^{2k d}-e^{k\left(x_1+d\right)}\right)F$。考虑$-u$得$-u\left(x\right)\leq \Phi+\left(e^{2k d}-e^{k\left(x_1+d\right)}\right)F$。结合两方面即得到$\max_{x\in\overline{\Omega}}\vert u\left(x\right)\vert\leq \Phi+\left(e^{2kd}-1\right)F$。
设$u_1,u_2$为两个解，以下考虑$u=u_1-u_2$。对$\left(x,y\right)\in\left[0,\pi\right]\times\left(-\infty,0\right)$，由$u\vert_{y=0}=0$知补充定义$u\left(x,y\right)=-u\left(x,-y\right)$后$u\in C^1\left(\left[0,\pi\right]\times\left(-\infty,+\infty\right)\right)$。同时。注意到调和方程的特征方程退化，从而没有弱间断线，特别地$\left(0,\pi\right)\times\left\{0\right\}$不是$u$的弱间断线，这说明$u$在$\left(0,\pi\right)\times\left(-\infty,+\infty\right)$二阶连续可微且调和。由于调和函数在区域内部解析，但$u$在$\left(\frac{\pi}{2},0\right)$处本身和各阶偏导数都为0（由初值条件知只要涉及对$x$求偏导就为0，由初值条件知对$y$求一次偏导后为0，而对$y$求两次或以上偏导可用调和方程转化为对$x$求偏导），所以$u$在其一个邻域内仍为零，从而$\left\{M\in \left(0,\pi\right)\times\left(-\infty,+\infty\right)\mid \forall \alpha\in\mathbb{N}^2,u^{(\alpha)}\left(x\right)=0\right\}$为连通集$\left(0,\pi\right)\times\left(-\infty,+\infty\right)$的非空既开又闭子集（相对拓扑），进而两者相等，因此$u$恒为零。
若$u$为原问题的解，则对任何正整数$n,k$，$v\left(x,y\right)=u\left(x,y\right)+\frac{1}{n^{k+1}}\sin\left(nx\right)\sinh\left(ny\right)$给出以下问题的解$\begin{cases} \frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=0&, \left(x,y\right)\in\left(0,\pi\right)\times\left(0,+\infty\right)\\ u\left(x,0\right)=0, \frac{\partial u}{\partial y}(x,0)=\psi\left(x\right)+\frac{1}{n^k}\sin\left(nx\right)&, x\in\left(0,\pi\right)\\u\left(0,y\right)=0, u\left(\pi,y\right)=0&, y\in\left(0,+\infty\right)\\\end{cases}$，其中$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\Vert \frac{1}{n^k}\sin\left(nx\right) \Vert_{L^\infty\left(\left[0,\pi\right]\right)}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^k}=0$，但$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\Vert \frac{1}{n^{k+1}}\sin\left(nx\right)\sinh\left(ny\right)\Vert_{L^\infty\left(\left[0,\pi\right]\times\left[0,T\right]\right)}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sinh\left(nT\right)}{n^{k+1}}=+\infty$。也就是说，我们可以让两个初值条件任意接近，但对应的解却任意远。
由于前三道题明显送分，不及格的人变少了；由于最后一道题不是来自习题，高分的人也变少了。
]]>因$\Omega$有界，存在$d\gt 0$使$\Omega\subseteq (-d,d)\times\mathbb{R}^{n-1}$。取$k$充分大使$\alpha k^2- k\displaystyle\sup_{x\in\Omega}\vert b_1(x)\vert\gt 1$。对任何$\epsilon\gt 0$，令$v(x)=\Phi+(e^{2k d}-e^{k(x_1+d)})(F+\epsilon)$，$w=u-v$。因$w$在有界闭集$\overline{\Omega}$连续，有最大值点$x^{(0)}$。
这说明$w$在$\overline{\Omega}$非正，即对任何$x\in\overline{\Omega}$，$u(x)=w(x)+v(x)\leq v(x)\leq \Phi+(e^{2k d}-e^{k(x_1+d)})(F+\epsilon)$，再由$\epsilon$的任意性知$u(x)\leq \Phi+(e^{2k d}-e^{k(x_1+d)})F$。考虑$-u$得$-u(x)\leq \Phi+(e^{2k d}-e^{k(x_1+d)})F$。结合两方面即得到$\displaystyle\max_{x\in\overline{\Omega}}\vert u(x)\vert\leq \Phi+(e^{2kd}-1)F$。
令$E(t)=\frac{1}{2}\int_{\Omega}u^2(x,t)\mathrm{d}x$，则
$\begin{align}\frac{\mathrm{d}E(t)}{\mathrm{d}t}&=\int_{\Omega}uu_t\mathrm{d}x\\&=\int_{\Omega}(u\Delta u-\sum^n_{i=1}b_iuu_{x_i}-cu^2+fu)\mathrm{d}x\\&=\int_{\partial\Omega}u\frac{\partial u}{\partial\vec{n}}\mathrm{d}x+\int_{\Omega}(-\vert\nabla u\vert^2 -\sum^n_{i=1}b_iuu_{x_i}-cu^2+fu)\mathrm{d}x\\&=\int_{\Omega}(-\vert\nabla u\vert^2 -\sum^n_{i=1}b_iuu_{x_i}-cu^2+fu)\mathrm{d}x\\&\leq CE(t)+\int_{\Omega}f^2(x,t)\mathrm{d}x\end{align}$
两边乘以$e^{-Ct}$再对$t$积分即得$E(t)\leq e^{Ct}(E(0)+\int^t_0\int_{\Omega}f^2(x,s)\mathrm{d}x\mathrm{d}s)$。
]]>设$\varphi\in C^1([0,l])$使$\varphi(0)=\varphi(l)=0$，考虑初边值问题：
$\begin{cases}u_{t}-a^2u_{xx}=0 & , x\in (0,l), t\in (0,+\infty)\\u(0,t)=u(l,t)=0&, t\in (0,+\infty)\\u(x,0)=\varphi(x)& , x\in (0,l)\end{cases}$
对于这初值问题形如$u(x,t)=X(x)T(t)$的分离变量非零解，代入方程得$X(x)T’(t)-a^2X’‘(x)T(t)=0$，在解非零处有$\frac{X’‘(x)}{X(x)}=\frac{T’(t)}{a^2T(t)}$，左方与$t$无关而右方与$x$无关，故它是个与两者都无关的常数，记为$-\lambda$，则$X’‘(x)+\lambda X(x)=0$和$T’(t)+\lambda a^2 T(t)=0$。由边界条件，有$X(0)=X(l)=0$（注意到$u$不恒为零故$T$也不能恒为零）。注意到 $\begin{align}0&=\int^l_0 (X’’+\lambda X)X\mathrm{d}x\\&=X’X\vert^l_0-\int^l_0 (\vert X’\vert^2-\lambda X^2)\mathrm{d}x\\ &=-\int^l_0 (\vert X’\vert^2-\lambda X^2)\mathrm{d}x\end{align}$
若$\lambda\leq 0$，则$X’$在$(0,l)$恒为零从而$X$为常数，$X(x)\equiv X(0)=0$，与$X$非零矛盾。因此，$\lambda\gt 0$。$X(x)=C\cos({\sqrt{\lambda}x})+D\sin({\sqrt{\lambda}x})$（其中$C$、$D$为待定常数），于是$0=X(0)=C$而$0=X(l)=D\sin({\sqrt{\lambda}l})$，于是存在正整数$k$使$\sqrt{\lambda}l=k\pi$，则$T(t)=A_ke^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}$（其中$A$为待定常数）。故得分离变量解$u(x,t)=X(x)T(t)=b_ke^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}\sin(\frac{k\pi}{l} x)$（其中$b_k$为待定常数）。
假设初边值问题的解形如$u(x,t)=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}b_ke^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}\sin(\frac{k\pi}{l} x)$，形式上$\varphi(x)=u(x,0)=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}b_k\sin(\frac{k\pi}{l} x)$，$\int^l_0 \varphi(x)\sin(\frac{m\pi}{l}x)\mathrm{d}x=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}b_k\int^l_0\sin(\frac{k\pi}{l}x)\sin(\frac{m\pi}{l}x)\mathrm{d}x=\frac{l b_m}{2}$，即$b_m=\frac{2}{l}\int^l_0 \varphi(x)\sin(\frac{m\pi}{l}x)\mathrm{d}x$。以下我们验证上述表达式确实给出初边值问题的一个解。
对任何$\epsilon>0$，对$(x,t)\in [0,l]\times(\epsilon,+\infty),m,n\in\mathbb{N}$，
$\begin{align}\sum^\infty_{k=1}\vert\frac{\partial^{m+n}}{\partial x^m\partial t^n}(b_ke^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}\sin(\frac{k\pi}{l} x))\vert&\leq\sum^\infty_{k=1}2\Vert \varphi\Vert_{L^1([0,l])}\frac{\pi^{2n}a^{2n}k^{m+2n}}{l^{m+2n+1}}e^{-(\frac{k\pi a}{l})^2\epsilon}\\&\lt +\infty\end{align}$
由M判别法可见$u$逐项求导任意多次得到的级数在$[0,l]\times(\epsilon,+\infty)$上一致收敛，由$\epsilon$的任意性，$u$在$[0,l]\times(0,+\infty)$有任意阶偏导数且它们可通过逐项求导得到，因此$u$满足方程及边值条件。
因$\varphi\in C^1([0,l])$，$\varphi$的Fourier级数逐点收敛于它，从而$u$满足初值条件。由附录I$\displaystyle\sum^\infty_{k=1}\vert b_k\vert\lt +\infty$，故对任何$\epsilon>0$，存在$k_0\in\mathbb{Z}^+$使$\displaystyle\sum^\infty_{k=k_0}\vert b_k\vert\lt\frac{\epsilon}{2}$。于是存在$\delta>0$使对任何$t\in (0,\delta),k\in\{0,\dots,k_0-1\}$，成立$\vert b_k\vert\vert e^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}-1\vert\lt\frac{\epsilon}{2k_0}$。
$\begin{align}\vert u(x,t)-\varphi(x)\vert&=\vert \sum^\infty_{k=1}b_ke^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}\sin(\frac{k\pi}{l} x)-\sum^\infty_{k=1}b_k\sin(\frac{k\pi}{l} x)\vert\\&\leq \sum^\infty_{k=1}\vert b_k\vert \vert e^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}-1\vert\\&\leq\sum^{k_0-1}_{k=1}\vert b_k\vert \vert e^{(\frac{k\pi a}{l})^2t}-1\vert+\sum^\infty_{k=k_0}\vert b_k\vert\\&\lt k_0\frac{\epsilon}{2k_0}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon\end{align}$
这说明$u$在$[0,l]\times [0,+\infty)$连续。
这说明了$u$是问题的一个经典解。再由热传导方程解的惟一性，这就是问题的惟一经典解。因此问题的所有经典解都在$(0,l)\times(0,+\infty)$任意阶连续可微。
]]>设$\varphi(x_1,\ldots,x_n)=0$给出方程$\displaystyle\sum_{i,j=1}^na_{ij}\frac{\partial^2 u}{\partial x_i\partial x_j}+\sum_{i=1}^nb_{i}\frac{\partial u}{\partial x_i}+cu-f=0$的特征曲面，即成立$\displaystyle\sum_{i,j=1}^na_{ij}\frac{\partial\varphi}{\partial x_i}\frac{\partial\varphi}{\partial x_j}=0$。作可逆坐标变换$x_i=f_i(y_1,\ldots,y_n)$，$y_i=g_i(x_1,\ldots,x_n)$，则有$\frac{\partial u}{\partial x_i}=\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{\partial u}{\partial y_k}\frac{\partial g_k}{\partial x_i}$，$\frac{\partial^2 u}{\partial x_i\partial x_j}=\displaystyle\sum_{k,l=1}^n\frac{\partial^2 u}{\partial y_k\partial y_l}\frac{\partial g_k}{\partial x_i}\frac{\partial g_l}{\partial x_j}+\sum_{k=1}^n\frac{\partial u}{\partial y_k}\frac{\partial^2 g_k}{\partial x_i\partial x_j}$，于是方程化为$\displaystyle\sum_{i,j=1}^na_{ij}\sum_{k,l=1}^n\frac{\partial^2 u}{\partial y_k\partial y_l}\frac{\partial g_k}{\partial x_i}\frac{\partial g_l}{\partial x_j}+\cdots=0$，即$\displaystyle\sum_{k,l=1}^n\hat{a}_{kl}\frac{\partial^2 u}{\partial y_k\partial y_l}+\cdots=\displaystyle\sum_{k,l=1}^n(\sum_{i,j=1}^na_{ij}\frac{\partial g_k}{\partial x_i}\frac{\partial g_l}{\partial x_j})\frac{\partial^2 u}{\partial y_k\partial y_l}+\cdots=0$，而原方程的特征曲面化为$\hat{\varphi}(y_1,\ldots,y_n)=\varphi(f_1(y_1,\ldots,y_n),\ldots,f_n(y_1,\ldots,y_n))=0$。
$\begin{align}\displaystyle\sum_{k,l=1}^n\hat{a}_{kl}\frac{\partial\hat{\varphi}}{\partial y_k}\frac{\partial\hat{\varphi}}{\partial y_l}&=\sum_{k,l=1}^n(\sum_{i,j=1}^na_{ij}\frac{\partial g_k}{\partial x_i}\frac{\partial g_l}{\partial x_j})(\sum_{r=1}^n\frac{\partial\varphi}{\partial x_r}\frac{\partial f_r}{\partial y_k})(\sum_{s=1}^n\frac{\partial\varphi}{\partial x_s}\frac{\partial f_s}{\partial y_l})\\&=\sum_{i,j=1}^na_{ij}\sum_{r,s=1}^n\frac{\partial\varphi}{\partial x_r}\frac{\partial\varphi}{\partial x_s}(\sum_{k=1}^n\frac{\partial f_r}{\partial y_k}\frac{\partial g_k}{\partial x_i})(\sum_{l=1}^n\frac{\partial f_s}{\partial y_l}\frac{\partial g_l}{\partial x_j})\\&=\sum_{i,j=1}^na_{ij}\sum_{r,s=1}^n\frac{\partial\varphi}{\partial x_r}\frac{\partial\varphi}{\partial x_s}\delta_{ri}\delta_{sj}\\&=\sum_{i,j=1}^na_{ij}\frac{\partial\varphi}{\partial x_i}\frac{\partial\varphi}{\partial x_j}\\&=0\end{align}$
这表明$\hat{\varphi}(y_1,\ldots,y_n)=0$给出了新方程的特征曲面。
反设存在$M_0\in S$使$\displaystyle\lim_{\Omega_1\ni M\to M_0}\begin{pmatrix}u_{xx}&u_{xy}\\u_{yx}&u_{yy}\end{pmatrix}\neq\lim_{\Omega_2\ni M\to M_0}\begin{pmatrix}u_{xx}&u_{xy}\\u_{yx}&u_{yy}\end{pmatrix}$，则对$M_0$在$S$的某个邻域内的$M_1\in S\cap B_r(M_0)$都成立$\displaystyle\lim_{\Omega_1\ni M\to M_1}\begin{pmatrix}u_{xx}&u_{xy}\\u_{yx}&u_{yy}\end{pmatrix}\neq\lim_{\Omega_2\ni M\to M_1}\begin{pmatrix}u_{xx}&u_{xy}\\u_{yx}&u_{yy}\end{pmatrix}$，于是这邻域为调和方程的弱间断线。然而调和方程没有弱间断线，这个矛盾表明$u$的二阶偏导数在$S$也连续。
]]>考虑一阶偏微分方程$\varphi_x^2+4\varphi_x\varphi_y+5\varphi_y^2=0$，因式分解得$(\varphi_x+(2+i)\varphi_y)(\varphi_x+(2-i)\varphi_y)=0$。注意到$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=2+i$的一族积分曲线为$(2+i)x-y=C$，即$2x-y+ix=C$。令$\xi=2x-y, \eta=x$，则
$\begin{cases}u_x=u_\xi\xi_x+u_\eta\eta_x=2u_\xi+u_\eta\\u_y=u_\xi\xi_y+u_\eta\eta_y=-u_\xi\\u_{xx}=4u_{\xi\xi}+4u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta}\\u_{xy}=-2u_{\xi\xi}-u_{\xi\eta}\\u_{yy}=u_{\xi\xi}\end{cases}$
代入方程$u_{xx}+4u_{xy}+5u_{yy}+u_{x}+2u_{y}=0$得$(4u_{\xi\xi}+4u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta})+4(-2u_{\xi\xi}-u_{\xi\eta})+5u_{\xi\xi}+(2u_\xi+u_\eta)+2(-u_\xi)=0$，即$u_{\xi\xi}+u_{\eta\eta}=-u_{\eta}$，这是椭圆型方程。
以下考虑$x\neq 0$的情况。
考虑一阶偏微分方程$x^2\varphi_x^2+2xy\varphi_x\varphi_y+y^2\varphi_y^2=0$，因式分解得$(x\varphi_x+y\varphi_y)^2=0$。注意到$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y}{x}$的一族积分曲线为$\frac{y}{x}=C$。令$\xi=\frac{y}{x}, \eta=x$，则$\begin{vmatrix}\xi_{x}&\xi_{y}\\\eta_{x}&\eta_{y}\end{vmatrix}=-\frac{1}{x}\neq 0$，
$\begin{cases}u_x=u_\xi\xi_x+u_\eta\eta_x=-\frac{y}{x^2}u_\xi+u_\eta\\u_y=u_\xi\xi_y+u_\eta\eta_y=\frac{1}{x}u_\xi\\u_{xx}=\frac{y^2}{x^4}u_{\xi\xi}-2\frac{y}{x^2}u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta}+\frac{2y}{x^3}u_\xi\\u_{xy}=-\frac{y}{x^3}u_{\xi\xi}+\frac{1}{x}u_{\xi\eta}-\frac{1}{x^2}u_{\xi}\\u_{yy}=\frac{1}{x^2}u_{\xi\xi}\end{cases}$
代入方程$x^2u_{xx}+2xyu_{xy}+y^2u_{yy}=0$得$x^2(\frac{y^2}{x^4}u_{\xi\xi}-2\frac{y}{x^2}u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta}+\frac{2y}{x^3}u_\xi)+2xy(-\frac{y}{x^3}u_{\xi\xi}+\frac{1}{x}u_{\xi\eta}-\frac{1}{x^2}u_{\xi})+y^2(\frac{1}{x^2}u_{\xi\xi})=0$，即$u_{\eta\eta}=0$。
先考虑上半平面（$y\gt 0$），考虑一阶偏微分方程$\varphi_x^2+y\varphi_y^2=0$，因式分解得$(\varphi_x+i\sqrt{y}\varphi_y)(\varphi_x-i\sqrt{y}\varphi_y)=0$。注意到$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=i\sqrt{y}$的一族积分曲线为$2\sqrt{y}-ix=C$。令$\xi=2\sqrt{y}, \eta=-x$，则
$\begin{cases}u_x=-u_\eta\\u_y=\frac{1}{\sqrt{y}}u_\xi\\u_{xx}=u_{\eta\eta}\\u_{yy}=\frac{1}{y}u_{\xi\xi}-\frac{1}{2y^{\frac{3}{2}}}u_\xi\end{cases}$
代入方程$u_{xx}+yu_{yy}=0$得$u_{\eta\eta}+y(\frac{1}{y}u_{\xi\xi}-\frac{1}{2y^{\frac{3}{2}}}u_\xi)=0$，即$u_{\xi\xi}+u_{\eta\eta}=\frac{1}{\xi}u_\xi$，这是椭圆型方程。
再考虑下半平面（$y\lt 0$），考虑一阶偏微分方程$\varphi_x^2+y\varphi_y^2=0$，因式分解得$(\varphi_x+\sqrt{-y}\varphi_y)(\varphi_x-\sqrt{-y}\varphi_y)=0$。注意到$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\mp\sqrt{-y}$的两族积分曲线为$x\pm 2\sqrt{-y}=C$。令$\xi=x+2\sqrt{-y}, \eta=x-2\sqrt{-y}$，则
$\begin{cases}u_x=u_\xi+u_\eta\\u_y=-\frac{1}{\sqrt{-y}}(u_\xi-u_\eta)\\u_{xx}=u_{\xi\xi}+2u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta}\\u_{yy}=-\frac{1}{y}(u_{\xi\xi}-2u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta})-\frac{1}{2\sqrt{-y^3}}(u_\xi-u_\eta)\end{cases}$
代入方程$u_{xx}+yu_{yy}=0$得$(u_{\xi\xi}+2u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta})+y(-\frac{1}{y}(u_{\xi\xi}-2u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta})-\frac{1}{2\sqrt{-y^3}}(u_\xi-u_\eta))=0$，即$u_{\xi\eta}=-\frac{1}{2(\xi-\eta)}(u_\xi-u_\eta)$，这是双曲型方程。
]]>假设定解问题有两个解$u_1,u_2$，则$w=u_2-u_1$为以下问题的解：
$\begin{cases}\Delta w(M)=0&, M\in\Omega\\(\frac{\partial w}{\partial\vec{n}} +\sigma w)(M)=0&, M\in\partial\Omega\end{cases}$
由极值原理知$w$在某点$M_1\in\partial\Omega$取得它在$\overline{\Omega}$的最小值，从而$\frac{\partial w}{\partial\vec{n}}(M_1)\leq 0$，从而$w(M_1)=-\frac{1}{\sigma}\frac{\partial w}{\partial\vec{n}}(M_1)\geq 0$。同理，由极值原理知$w$在某点$M_2\in\partial\Omega$取得它在$\overline{\Omega}$的最大值，从而$\frac{\partial w}{\partial\vec{n}}(M_2)\geq 0$，从而$w(M_2)=-\frac{1}{\sigma}\frac{\partial w}{\partial\vec{n}}(M_2)\leq 0$。于是$0\leq w(M_1)\leq w(M_2)\leq 0$，最小值和最大值均为0，即$w$恒为0。
设$M_0\in\overline{\Omega}$为$u$在$\overline{\Omega}$的最小值点。
因此，对任何$M\in\overline{\Omega}$，$u(M)\geq u(M_0)\gt 0$。
]]>设$u$在$B_{2R}(A)\setminus\{A\}$调和，则可取$u_1$为$\begin{cases}\Delta u_1(M)=0&,M\in B_R(A)\\u_1(M)=u(M)&,M\in \partial B_R(A)\end{cases}$的经典解，令$w=u-u_1$，则$w$在$B_{R}(A)\setminus\{A\}$调和且在$\partial B_R(A)$取零。对任何$M^\ast\in B_{R}(A)\setminus\{A\}$和$\epsilon\gt 0$，取$w_{\epsilon}(M)=\epsilon (\log\frac{1}{r_{AM}}-\log\frac{1}{R})$，则$w_\epsilon$在$B_{R}(A)\setminus\{A\}$调和且在$\partial B_R(A)$取零。由于$\displaystyle\lim_{M\to A}\frac{w(M)}{w_\epsilon(M)}=\lim_{M\to A}\frac{u(M)-u_1(M)}{\epsilon (\log\frac{1}{r_{AM}}-\log\frac{1}{R})}=0$，存在$\delta\in (0,r_{AM^\ast})$使对任何$M\in \partial B_\delta(A)$，$-w_\epsilon(M)\leq w(M)\leq w_\epsilon(M)$。在$B_R(A)\setminus B_\delta(A)$上用极值原理，即得$-w_\epsilon(M^\ast)\leq w(M^\ast)\leq w_\epsilon(M^\ast)$，由$\epsilon$的任意性，$w(M^\ast)=0$，于是在$B_{R}(A)\setminus\{A\}$上$u$与$u_1$恒等。也就是说，只要补充定义$u(A)=v(A)$，$u$就在$A$的邻域$B_{2R}(A)$调和。
]]>对$M_1,M_2\in\Omega$，$M_1\neq M_2$。注意到$G(\cdot,M_1),G(\cdot,M_2)$在$\Omega\setminus\{M_1,M_2\}$调和，对充分小的半径$r$，由Green公式， $\begin{align}0&=\iiint_{\Omega\setminus B_{r}(M_1)\setminus B_{r}(M_2)}(G_{M_{2}}\Delta G_{M_{1}}-G_{M_{1}}\Delta G_{M_{2}})\\&=\iint_{\partial\Omega}(G_{M_{2}}\frac{\partial G_{M_{1}}}{\partial\vec{n}}-G_{M_{1}}\frac{\partial G_{M_{2}}}{\partial\vec{n}})-\iint_{\partial B_r(M_1)}(G_{M_{2}}\frac{\partial G_{M_{1}}}{\partial\vec{n}}-G_{M_{1}}\frac{\partial G_{M_{2}}}{\partial\vec{n}})-\iint_{\partial B_r(M_2)}(G_{M_{2}}\frac{\partial G_{M_{1}}}{\partial\vec{n}}-G_{M_{1}}\frac{\partial G_{M_{2}}}{\partial\vec{n}})\end{align}$
于是令$r$趋于零，即得$G(M_{1},M_{2})=G(M_{2},M_{1})$。
注意到对任何固定的$(x_0,y_0)\in\mathbb{R}^2$，$-\frac{1}{2\pi}\log\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}$关于$(x,y)$在$\mathbb{R}^2\setminus\{(x_0,y_0)\}$调和，令$G((x,y),(x_0,y_0))=-\frac{1}{2\pi}(\log\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}-\log\sqrt{(x-x_0)^2+(y+y_0)^2})$，则$G$为上半平面的Green函数（$-\frac{1}{2\pi}\log\sqrt{(x-x_0)^2+(y+y_0)^2}$在上半平面调和且在边缘直线$\mathbb{R}\times\{0\}$上取值与基本解$-\frac{1}{2\pi}\log\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}$相同）。
通过直接计算得$\frac{\partial G}{\partial \vec{n}}\vert_{y=0}=-\frac{\partial G}{\partial y}\vert_{y=0}=\frac{-y_0}{\pi ((x-x_0)^2+y_0^2)}$，于是形式上应有$u(x_0,y_0)=\frac{1}{\pi}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{f(x)y_0}{(x-x_0)^2+y_0^2}\mathrm{d}x$。
假设$f$为$\mathbb{R}$上有界连续函数，记$M$为界，以下验证上式给出的$u$是以下问题的解：
$\begin{cases}u_{xx}+u_{yy}=0&,(x,y)\in\mathbb{R}\times (0,+\infty)\\u(x,0)=f(x)&, x\in\mathbb{R}\end{cases}$
首先，通过直接计算可验证$\Delta_{(x_0,y_0)} \frac{y_0}{(x-x_0)^2+y_0^2}=0$，余下只用验证积分与（直到三阶）求导可交换就可说明$u\in C^2(\mathbb{R}\times (0,+\infty))$且满足方程，这可以通过适当的一致估计和控制收敛定理得到。
最后验证$u$连续到边界且满足边值条件。对任何$x_0\in\mathbb{R}$，$\epsilon>0$，因$\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}}\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=1$有限，可取$R>0$使$x_0\in (-R,R)$且$\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}\setminus (-R,R)}\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x<\frac{\epsilon}{4M}$。因$f$在有界闭集$[-2R,2R]$连续从而一致连续，存在$\delta\in (0,R)$使对任何$x,x’\in [-2R,2R]$使$\vert x-x’\vert\lt\delta$都有$\vert f(x)-f(x’)\vert\lt\frac{\epsilon}{4}$。于是对只要$\vert x-x_0\vert\lt\delta$和$0\lt y\lt\frac{\delta}{4R}$，就有 $\begin{align} \vert u(x,y)-f(x_0)\vert&=\vert \frac{1}{\pi}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{f(\xi)y}{(\xi-x)^2+y^2}\mathrm{d}\xi-f(x_0)\vert\\&= \vert \frac{1}{\pi}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{f(x+ty)}{1+t^2}\mathrm{d}t-f(x_0)\vert\\&\leq \vert\frac{1}{\pi}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{f(x+ty)-f(x)}{1+t^2}\mathrm{d}t\vert +\vert f(x)-f(x_0)\vert\\&\leq 2M\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}\setminus (-R,R)}\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x+\frac{1}{\pi}\int^{+R}_{-R}\frac{\vert f(x+ty)-f(x)\vert}{1+t^2}\mathrm{d}t+\frac{\epsilon}{4} \\&<2M\frac{\epsilon}{4M}+\frac{\epsilon}{4}+\frac{\epsilon}{4}=\epsilon \end{align}$ 这说明$u$在$(x_0,0)$连续。至此我们得到$u$在$\mathbb{R}\times\left[0,+\infty\right)$连续，由此完成了$u$是原问题经典解的验证。
]]>假设$u$在$\Omega$的内点$x$取得正的最大值，则对任何$i\in\{1,\cdots,n\}$，成立$\frac{\partial u}{\partial x_i}(x)=0$，又$(\frac{\partial^2u}{\partial x_i\partial x_j}(x))_{n\times n}$半负定。由$u(x)\gt 0$和$c\lt 0$知$cu(x)\lt 0$。因$A=(a_{ij})_{n\times n}$正定，存在可逆矩阵$C=(c_{ij})_{n\times n}$使$A=C^TC$，即对任何$i,j\in\{1,\cdots,n\}$，成立$a_{ij}=\displaystyle\sum^n_{k=1}c_{ki}c_{kj}$。于是$\displaystyle\sum^n_{i,j=1}a_{ij}\frac{\partial^2u}{\partial x_i\partial x_j}(x)=\sum^n_{i,j=1}\sum^n_{k=1}c_{ki}c_{kj}\frac{\partial^2u}{\partial x_i\partial x_j}(x)=\sum^n_{k=1}\sum^n_{i,j=1}\frac{\partial^2u}{\partial x_i\partial x_j}(x)c_{ki}c_{kj}\leq 0$
因此，$0=\displaystyle\sum^n_{i,j=1}a_{ij}\frac{\partial^2u}{\partial x_i\partial x_j}(x)+\sum^n_{i=1}b_i\frac{\partial u}{\partial x_i}(x)+cu(x)=\sum^n_{i,j=1}a_{ij}\frac{\partial^2u}{\partial x_i\partial x_j}(x)+cu(x)\lt 0$，矛盾，这说明$u$不能在$\Omega$内部取得正的最大值。
最后，由于$-u$满足同一方程，它不能在$\Omega$内部取得正的最大值，即$u$不能在$\Omega$内部取得负的最小值
]]>先考虑初边值问题： $\begin{cases} u_{tt}-u_{xx}=0 & , x\in (0,\pi), t\in (0,+\infty)\\u(0,t)=u_x(\pi,t)=0&, t\in (0,+\infty)\\u(x,0)=0, u_t(x,0)=\psi (x)& , x\in (0,\pi) \end{cases}$ 对于这初值问题形如$u(x,t)=X(x)T(t)$的分离变量非零解，代入方程得$X(x)T’‘(t)-X’‘(x)T(t)=0$，在解非零处有$\frac{X’‘(x)}{X(x)}=\frac{T’‘(t)}{T(t)}$，左方与$t$无关而右方与$x$无关，故它是个与两者都无关的常数，记为$-\lambda$，则$X’‘(x)+\lambda X(x)=0$和$T’‘(t)+\lambda T(t)=0$。由边界条件，有$X(0)=X’(\pi)=0$（注意到$u$不恒为零故$T$也不能恒为零）。
注意到
$\begin{align} 0&=\int^\pi_0 (X’’+\lambda X)X\mathrm{d}x\\&=X’X\vert^\pi_0-\int^\pi_0 (\vert X’\vert^2-\lambda X^2)\mathrm{d}x\\&=-\int^\pi_0 (\vert X’\vert^2-\lambda X^2)\mathrm{d}x \end{align}$
，若$\lambda\leq 0$，则$X’$在$(0,\pi)$恒为零从而$X$为常数，$X(x)\equiv X(0)=0$，与$X$非零矛盾。因此，$\lambda>0$。
这时$X(x)=C\cos({\sqrt{\lambda}x})+D\sin({\sqrt{\lambda}x})$（其中$C$、$D$为待定常数），于是$0=X(0)=C$而$0=X’(\pi)=D\sqrt{\lambda}\cos({\sqrt{\lambda}\pi})$，于是存在非负整数$k$使$\sqrt{\lambda}\pi=(k+\frac{1}{2})\pi$。记$\lambda_k=(k+\frac{1}{2})^2$，则$T(t)=A_k\cos({\sqrt{\lambda_k}t})+B_k\sin({\sqrt{\lambda_k}t})$（其中$A_k$、$B_k$为待定常数）。由初值条件知$0=T(0)=A_k$，故得分离变量解$u(x,t)=X(x)T(t)=b_k\sin((k+\frac{1}{2}) t)\sin((k+\frac{1}{2}) x)$（其中$b_k$为待定常数）。
假设$u(x,t)=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}b_k\sin((k+\frac{1}{2}) t)\sin((k+\frac{1}{2}) x)$，形式上，$\psi (x)=u_t(x,0)=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}(k+\frac{1}{2})b_k\sin((k+\frac{1}{2})x)$，从而 $\begin{align} \int^\pi_0\psi(x)\sin((m+\frac{1}{2})x)\mathrm{d}x & =\displaystyle\sum^\infty_{k=0}(k+\frac{1}{2})b_k\int^\pi_0\sin((k+\frac{1}{2})x)\sin((m+\frac{1}{2})x)\mathrm{d}x\\& =(m+\frac{1}{2})\frac{\pi b_m}{2} \end{align}$，即$b_m=\frac{4}{(2m+1)\pi }\int^\pi_0\psi (x)\sin((m+\frac{1}{2})x)\mathrm{d}x$。
特别地由以上讨论，通过比较系数，以下问题I： $\begin{cases} u_{tt}-u_{xx}=0 & , x\in (0,\pi), t\in (0,+\infty)\\u(0,t)=u_x(\pi,t)=0&, t\in (0,+\infty)\\u(x,0)=0, u_t(x,0)=\sin(\frac{x}{2})& , x\in (0,\pi) \end{cases}$ 的一个解应为$u_1(x,t)=2\sin(\frac{ t}{2})\sin(\frac{ x}{2})$，容易直接验证它确实为问题I的经典解。
再考虑问题II： $\begin{cases} u_{tt}-u_{xx}=g & , x\in (0,\pi), t\in (0,+\infty)\\u(0,t)=u_x(\pi,t)=0&, t\in (0,+\infty)\\u(x,0)=0, u_t(x,0)=0& , x\in (0,\pi) \end{cases}$ 利用齐次化原理，可以转而考虑以下这类问题： $\begin{cases} W_{tt}(x,t;\tau)-W_{xx}(x,t;\tau)=0 & , x\in (0,\pi), t\in (\tau,+\infty)\\W(0,t;\tau)=W_x(\pi,t;\tau)=0&, t\in (\tau,+\infty)\\W(x,\tau;\tau)=0, W_t(x,\tau;\tau)=g& , x\in (0,\pi) \end{cases}$ 用前面计算得$b_m=\frac{4}{(2m+1)\pi}\int^\pi_0g\sin((m+\frac{1}{2})x)\mathrm{d}x=\frac{8g}{(2m+1)^2\pi}$与$\tau$无关，应有$W(x,t;\tau)=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}b_k\sin((k+\frac{1}{2})(t-\tau))\sin((k+\frac{1}{2}) x)$，于是由齐次化原理，问题II的形式解应为 $\begin{align} u_2(x,t)&=\int^t_0 W(x,t;\tau)\mathrm{d}\tau\\&=\int^t_0 \displaystyle\sum^\infty_{k=0}b_k\sin((k+\frac{1}{2}) (t-\tau))\sin((k+\frac{1}{2}) x)\mathrm{d}\tau\\&=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\frac{16g}{(2k+1)^3\pi }(1-\cos (k+\frac{1}{2})t)\sin((k+\frac{1}{2}) x)\\&=\sum^\infty_{k=0}\frac{16g}{(2k+1)^3\pi }(\sin((k+\frac{1}{2}) x)\\&-\frac{1}{2}\sin( (k+\frac{1}{2})(x+t))-\frac{1}{2}\sin( (k+\frac{1}{2})(x-t))) \end{align}$
由魏尔斯特拉斯判别法，易知对上述级数及它逐项求导得到的级数在$[0,\pi]\times [0,+\infty)$一致收敛。同时，注意到$\displaystyle\sum^{N-1}_{k=0}\sin ((k+\frac{1}{2})y)=\frac{1-\cos(Ny)}{2\sin\frac{y}{2}}$，由狄利克雷判别法可知对$\Omega =(0,\pi)\times (0,+\infty)\setminus\{(x,t)\vert \frac{x-t}{2\pi}\in\mathbb{Z}\text{或}\frac{x+t}{2\pi}\in\mathbb{Z}\}$中任一点，上述级数逐项求导两次后得到的级数在某邻域中一致收敛。这说明$u_2\in C^1([0,\pi]\times [0,+\infty))\cap C^2(\Omega)$并且有关直到二阶的导函数可以通过逐项求导得到，容易验证它满足问题II的初边值条件。另外，$\Omega$上$\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\frac{4g}{(2k+1)\pi}\sin((k+\frac{1}{2}) x)$，注意$\{\sin((k+\frac{1}{2}) \cdot)\}$的$L^2$正交性，又通过计算可对此级数验证Parseval恒等式$\displaystyle\sum^\infty_{k=0}(\frac{4g}{(2k+1)\pi})^2=\sum^\infty_{k=1}(\frac{4g}{k\pi})^2-\sum^\infty_{k=1}(\frac{4g}{2k\pi})^2=\frac{12g^2}{\pi^2}\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{k^2}=2g^2=\frac{2}{\pi}\int^\pi_0g^2\mathrm{d}x$成立，故$\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\frac{4g}{(2k+1)\pi}\sin((k+\frac{1}{2}) x)$在$(0,\pi)$上$L^2$收敛于$g$从而几乎处处收敛于$g$，但由项的连续性和级数的内闭一致收敛性知极限函数连续，所以极限函数为常数$g$，这就验证了$u_2$满足问题II的方程。
综上所述，原问题的一个弱间断解为$u(x,t)=u_1(x,t)+u_2(x,t)=2\sin(\frac{ t}{2})\sin(\frac{ x}{2})+\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\frac{16g}{(2k+1)^3\pi}(1-\cos (k+\frac{1}{2})t)\sin((k+\frac{1}{2}) x)$。
$g\neq 0$时$(0,0)$处方程与初边值条件不相容，这个奇性沿特征线传播到区域内部，故不能期望二阶偏导数在整个区域连续
记$\Gamma=\partial\Omega$。若$u_1,u_2$为问题的解，令$u=u_2-u_1$，则
$\begin{cases}u_{tt}-a^2(u_{xx}+u_{yy})=0&,t>0,(x,y)\in\Omega\\u(x,y,0)=0,u_{t}(x,y,0)=0 &,(x,y)\in\Omega\\(\frac{\partial u}{\partial \vec{n}}+\sigma u)\vert_{\Gamma}=0&,(x,y)\in\Gamma\end{cases}$
令能量$E(t)=\iint_{\Omega}(u_{t}^2+a^2(u_x^2+u_y^2))\mathrm{d}x\mathrm{d}y+a^2\int_{\Gamma}\sigma u^2\mathrm{d}s$，则
$\begin{align}\frac{\mathrm{d}E(t)}{\mathrm{d}t}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(\iint_{\Omega}(u_{t}^2+a^2(u_x^2+u_y^2))\mathrm{d}x\mathrm{d}y+a^2\int_{\Gamma}\sigma u^2\mathrm{d}s)\\&=\iint_{\Omega}(2u_{t}u_{tt}+a^2(2u_xu_{xt}+2u_yu_{yt}))\mathrm{d}x\mathrm{d}y+a^2\int_{\Gamma}2\sigma uu_{t}\mathrm{d}s\\&=2a^2\iint_{\Omega}(u_{t}(u_{xx}+u_{yy})+u_xu_{xt}+u_yu_{yt})\mathrm{d}x\mathrm{d}y+2a^2\int_{\Gamma}\sigma uu_{t}\mathrm{d}s\\&=2a^2\iint_{\Omega}(\frac{\partial}{\partial x}(u_{t}u_x)+\frac{\partial}{\partial y}(u_{t}u_y))\mathrm{d}x\mathrm{d}y+2a^2\int_{\Gamma}\sigma uu_{t}\mathrm{d}s\\&=2a^2(\int_{\Gamma}(u_{t}u_x\cos(\vec{n},x)+u_{t}u_y\cos(\vec{n},y))\mathrm{d}s+\int_{\Gamma}\sigma uu_{t}\mathrm{d}s)\\&=2a^2(\int_{\Gamma}u_t\frac{\partial u}{\partial \vec{n}}\mathrm{d}s+\int_{\Gamma}\sigma uu_{t}\mathrm{d}s)\\&=2a^2\int_{\Gamma}u_t(\frac{\partial u}{\partial \vec{n}}+\sigma u)\mathrm{d}s\\&=0\end{align}$
，这表明$E$关于$t$为常数。
注意到$t=0$时有$u_t=u_x=u_y=0=u$。因此对$t>0$都有$\iint_{\Omega}(u_{t}^2+a^2(u_x^2+u_y^2))\mathrm{d}x\mathrm{d}y+a^2\int_{\Gamma}\sigma u^2\mathrm{d}s=E(t)=E(0)=0$，由各被积函数非负知它们恒为零。注意到对所有$t>0,(x,y)\in\Omega$，$u(x,y,t)=u(x,y,t)-u(x,y,0)=\int^t_{0}\frac{\partial}{\partial s}u(x,y,s)\mathrm{d}s=0$，所以$u_1=u_2$。
记$\mathcal{F} [u(x,y,t)](\xi,\eta,t)=\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}u(x,y,t)e^{-i(x\xi+y\eta)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$而$\mathcal{F}^{-1} [u(\xi,\eta,t)](x,y,t)=\frac{1}{(2\pi)^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}u(\xi,\eta,t)e^{i(x\xi+y\eta)}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta$。
对方程$\frac{\partial u}{\partial t}=a^2(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2})$两端应用Fourier变换，形式地得 $\begin{align}\frac{\partial}{\partial t}\mathcal{F} [u](\xi,\eta,t)&=\mathcal{F} [\frac{\partial u}{\partial t}](\xi,\eta,t)\\&=\mathcal{F} [a^2(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2})](\xi,\eta,t)\\&=a^2(\mathcal{F} [\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}](\xi,\eta,t)+\mathcal{F} [\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}](\xi,\eta,t))\\&=a^2(-\xi^2-\eta^2)\mathcal{F} [u](\xi,\eta,t) \end{align}$
可见应有$\mathcal{F} [u](\xi,\eta,t)=C(\xi,\eta)e^{-a^2(\xi^2+\eta^2)t}$，特别地令$t=0$得$C(\xi,\eta)=\mathcal{F} [\varphi](\xi,\eta)$。形式地,
$\begin{align}u(x,y,t)&=\mathcal{F}^{-1} [\mathcal{F} [u](\xi,\eta,t)](x,y,t)\\&=\mathcal{F}^{-1} [\mathcal{F} [\varphi](\xi,\eta)e^{-a^2(\xi^2+\eta^2)t}](x,y,t)\\&=(\mathcal{F}^{-1} [\mathcal{F} [\varphi]]\ast\mathcal{F}^{-1} [e^{-a^2(\xi^2+\eta^2)t}])(x,y,t)\\&=(\varphi\ast\frac{1}{(2\pi)^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}e^{-a^2(\xi^2+\eta^2)t}e^{i(x\xi+y\eta)}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta)(x,y,t)\\&=(\varphi\ast\frac{1}{(2\pi)^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}e^{-(a\sqrt{t}\xi-\frac{ix}{2a\sqrt{t}})^2-(a\sqrt{t}\eta-\frac{iy}{2a\sqrt{t}})^2-\frac{x^2+y^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta)(x,y,t)\\&=(\varphi\ast\frac{e^{-\frac{x^2+y^2}{4a^2t}}}{(2\pi)^2}\int^\infty_{-\infty}e^{-(a\sqrt{t}\xi)^2}\mathrm{d}\xi\int^\infty_{-\infty}e^{-(a\sqrt{t}\eta)^2}\mathrm{d}\eta)(x,y,t)\\&=(\varphi\ast\frac{e^{-\frac{x^2+y^2}{4a^2t}}}{(2\pi)^2}(\frac{\sqrt{\pi}}{a\sqrt{t}})^2)(x,y,t)\\&=\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}\varphi (\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta \end{align}$
以下我们验证$u(x,y,t)=\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}\varphi (\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta$确实给出问题的经典解。注意到 $\frac{\partial}{\partial x}(\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}})= \frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\frac{\xi-x}{2a^2t}, $ $\frac{\partial^2}{\partial x^2}(\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}})= \frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}(\frac{(\xi-x)^2}{4a^4t^2}-\frac{1}{2a^2t}),$又 $\begin{align} \frac{\partial}{\partial t}(\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}})&= \frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}(\frac{(\xi-x)^2+(\eta-y)^2}{4a^2t^2}-\frac{1}{t})\\&=a^2(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2})(\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}) \end{align}$ 只要验证可对$u$在$\mathbb{R}^2\times (0,+\infty)$积分号下求直到四阶的偏导数，即可得到$u\in C^2(\mathbb{R}^2\times (0,+\infty))$。事实上，对所有$(x,y,t)\in (-A,A)\times(-A,A)\times (\frac{T}{2},2T)$，$\vert\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\frac{(\xi-x)^m(\eta-y)^n}{t^k}\vert\leq Ce^{-\frac{\xi^2+\eta^2}{ca^2T}}$，右端关于$(\xi,\eta)$在$\mathbb{R}^2$可积，Lebesgue控制收敛定理保证了积分与求导可交换，$u\in C^\infty(\mathbb{R}^2\times (0,+\infty))$。
由于$\varphi$有界$M>0$，对任何$(x,y,t)\in\mathbb{R}^2\times(0,+\infty)$， $\begin{align} \vert u(x,y,t)\vert&\leq\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}\vert\varphi (\xi,\eta)\vert e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta\\&\leq M\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty} e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta\\&=M \end{align}$ 这说明$u$有界。
接着验证$u$连续到边界。对任何$(x_0,y_0)\in\mathbb{R}^2$，$\epsilon>0$，取$R>0$使$(x_0,y_0)\in B(0,R)$且$\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}^2\setminus B(0,R)}e^{-\alpha^2-\beta^2}\mathrm{d}\alpha\mathrm{d}\beta<\frac{\epsilon}{4M}$。因$\varphi$在有界闭集$\overline{B(0,2R)}$连续从而一致连续，存在$\delta\in (0,R)$使对任何$(x,y),(x’,y’)\in \overline{B(0,2R)}$使$\sqrt{(x-x’)^2+(y-y’)^2}<\delta$都有$\vert \varphi(x,y)-\varphi(x’,y’)\vert<\frac{\epsilon}{4}$。于是对任何$(x,y,t)$，只要$\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}<\delta$和$0<t<\frac{\delta^2}{4a^2R^2}$，就有 $\begin{align} \vert u(x,y,t)-\varphi(x_0,y_0)\vert&=\vert \frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}\varphi (\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta-\varphi(x_0,y_0)\vert\\&= \vert \frac{1}{\pi}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}\varphi (x+2a\sqrt{t}\alpha,y+2a\sqrt{t}\beta)e^{-\alpha^2-\beta^2}\mathrm{d}\alpha\mathrm{d}\beta-\varphi(x_0,y_0)\vert\\&\leq \vert\frac{1}{\pi}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}(\varphi (x+2a\sqrt{t}\alpha,y+2a\sqrt{t}\beta)-\varphi(x,y))e^{-\alpha^2-\beta^2}\mathrm{d}\alpha\mathrm{d}\beta\vert\\&+\vert \varphi(x,y)-\varphi(x_0,y_0)\vert\\&\leq 2M\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}^2\setminus B(0,R)}e^{-\alpha^2-\beta^2}\mathrm{d}\alpha\mathrm{d}\beta+\frac{1}{\pi}\int_{B(0,R)}\frac{\epsilon}{4}e^{-\alpha^2-\beta^2}\mathrm{d}\alpha\mathrm{d}\beta+\frac{\epsilon}{4} \\&<2M\frac{\epsilon}{4M}+\frac{\epsilon}{4}+\frac{\epsilon}{4}=\epsilon \end{align}$ 这说明$u$在$(x_0,y_0)$连续。至此我们得到$u$在$\mathbb{R}^2\times\left[0,+\infty\right)$连续，由此完成了$u$是原问题经典解的验证。
利用极值原理可知热传导方程Cauchy问题的有界解唯一，而$u(x,y,t)=\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}\varphi (\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta$给出了原问题的一个有界解，所以它就是问题的唯一有界解。
由极值原理，连续函数$u$在有界闭集$R_T$的最大值可以在抛物边界上某点$(x^\ast,t^\ast)$取得，于是以下情况之一成立：
这说明 $\begin{align} \max_{(x,t)\in R_T}u(x,t)&\leq\max\{\max_{x\in [\alpha,\beta]}\varphi (x),\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\mu_1 (t),\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\mu_2 (t)\}\\&\leq\max\{\max_{x\in [\alpha,\beta]}\vert\varphi (x)\vert,\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\vert\mu_1 (t)\vert,\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\vert\mu_2 (t)\vert\} \end{align}$ ，考虑$-u$又得$\displaystyle\max_{(x,t)\in R_T}(-u(x,t))\leq\max\{\max_{x\in [\alpha,\beta]}\vert\varphi (x)\vert,\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\vert\mu_1 (t)\vert,\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\vert\mu_2 (t)\vert\}$， 所以$\displaystyle\max_{(x,t)\in R_T}\vert u(x,t)\vert\leq\max\{\max_{x\in [\alpha,\beta]}\vert\varphi (x)\vert,\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\vert\mu_1 (t)\vert,\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\vert\mu_2 (t)\vert\}$
也就是说，按$C^0$范数或$L^\infty$范数，问题的解$u$连续地依赖于$\varphi,\mu_1,\mu_2$。特别地$\varphi,\mu_1,\mu_2$都恒为零时$u$也只能恒为零，这说明问题的解唯一。
根据初步统计，本班共89人交卷，中位数77分，最高98分，最低1分，16人达到90分，25人在80分和89分之间，8人在70分和79分之间，10人在60分和69分之间，30人低于60分
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