不定期备考小tips[数模][0] #20210529
不定期备考小tips[数模][0] #20210529
- 边值问题
- S-L微分方程中两种内积的理解
- 一种内积:(u,v)=∫uvdx(u,v)=\int uvdx(u,v)=∫uvdx
- 另一种内积:(u,v)1=∫uσvdx(u,v)_1 = \int u\sigma vdx(u,v)1=∫uσvdx
- F.A.
- 线性方程组
- S-L微分方程
- 无量纲化
- 换元的一般表示
- 如何选择特征物理量
- 奇异极限
- 渐近展开
- 主项平衡原理中“同阶”的理解
本专栏主要作个人笔记,有相关知识预备的同学也可作复习用。不保证无相应基础的人士能看明白。
万一考试考到了,或者对你的学习有较大帮助,一键三连不过分吧(斜眼笑)
边值问题
S-L微分方程中两种内积的理解
一种内积:(u,v)=∫uvdx(u,v)=\int uvdx(u,v)=∫uvdx
S-L微分方程Lϕ+λσϕ=0\mathscr{L} \phi + \lambda\sigma \phi=0Lϕ+λσϕ=0,其中Lϕ=ddx(pdϕdx)+qϕ,p>0,σ>0\mathscr{L}\phi=\frac d{dx} (p \frac {d\phi}{dx})+q\phi,p>0,\sigma>0Lϕ=dxd(pdxdϕ)+qϕ,p>0,σ>0
此处定义内积(u,v)=∫abuvdx(u,v)=\int_a^buvdx(u,v)=∫abuvdx,那么直接计算,得到格林公式
(u,Lv)−(v,Lu)=p(uv′−vu′)∣ab(u,\mathscr L v)-(v,\mathscr Lu)=p(uv'-vu')|^b_a(u,Lv)−(v,Lu)=p(uv′−vu′)∣ab
对于Regular S-L问题,加入边界条件
β1ϕ(a)+β2ϕ′(a)=0,β3ϕ(a)+β4ϕ′(a)=0\beta_1 \phi(a)+\beta_2 \phi'(a)=0,\beta_3 \phi(a) + \beta_4\phi'(a)=0β1ϕ(a)+β2ϕ′(a)=0,β3ϕ(a)+β4ϕ′(a)=0
此时容易验证格林公式右侧变为0。则这时L\mathscr LL是自伴算子(可以类比实对称矩阵相应的线性变换)。
另一种内积:(u,v)1=∫uσvdx(u,v)_1 = \int u\sigma vdx(u,v)1=∫uσvdx
实际上,我们要求对Lϕ+λσϕ=0\mathscr L\phi +\lambda\sigma\phi=0Lϕ+λσϕ=0的解进行考察,得到正交等性质。此处ϕ1\phi_1ϕ1与ϕ2\phi_2ϕ2正交的定义是(ϕ1,ϕ2)1:=∫abϕ1σϕ2dx=0(\phi_1,\phi_2)_1:=\int_a^b \phi_1\sigma\phi_2 dx=0(ϕ1,ϕ2)1:=∫abϕ1σϕ2dx=0,内积定义和上一节所述不同。那么上一节仅仅证明了(⋅,⋅)(\cdot,\cdot)(⋅,⋅)上的自伴性,又怎么能考察新的内积下性质呢?
这个问题可以类比线性代数中相应的问题。设AAA实对称,则Ax=λxAx=\lambda xAx=λx的各个解(特征向量)正交。此时设一个正定对角矩阵DDD,考察Ax=λDxAx=\lambda DxAx=λDx的解。这等价于考察STAS(S−1x)=λSTDS(S−1x)S^TAS(S^{-1}x)=\lambda S^TDS(S^{-1}x)STAS(S−1x)=λSTDS(S−1x)的解,其中SSS是可逆矩阵(但不一定是正交矩阵)。
根据线性代数容易证明存在S=D1TS=D_1 TS=D1T使得STDS(=I),STASS^T DS(=I),S^T ASSTDS(=I),STAS都是对角矩阵。其中D1D_1D1是正定对角矩阵,TTT是正交矩阵,D1DD1=ID_1 DD_1=ID1DD1=I。
此时设两个解x1,x2x_1,x_2x1,x2满足STAS(S−1x1)=λ1(S−1x1),STAS(S−1x2)=λ2(S−1x2),λ1≠λ2S^T AS(S^{-1}x_1)=\lambda_1(S^{-1}x_1),S^TAS(S^{-1}x_2)=\lambda_2(S^{-1}x_2),\lambda_1\neq \lambda_2STAS(S−1x1)=λ1(S−1x1),STAS(S−1x2)=λ2(S−1x2),λ1=λ2,则根据STASS^TASSTAS对角容易证明(S−1x1,S−1x2):=x1T(S−1)TS−1x2=0(S^{-1}x_1,S^{-1}x_2):=x_1^T(S^{-1})^TS^{-1}x_2=0(S−1x1,S−1x2):=x1T(S−1)TS−1x2=0(第一种内积)
此时则(x1,x2)1:=x1TDx2=x1T(S−1)TSTDSS−1x2=x1T(S−1)TTTD1TDD1TS−1x2=x1T(S−1)TS−1x2=0(x_1,x_2)_1:=x_1^T Dx_2=x_1^T(S^{-1})^TS^TDSS^{-1}x_2=x_1^T(S^{-1})^TT^TD_1^TDD_1TS^{-1}x_2=x_1^T(S^{-1})^TS^{-1}x_2=0(x1,x2)1:=x1TDx2=x1T(S−1)TSTDSS−1x2=x1T(S−1)TTTD1TDD1TS−1x2=x1T(S−1)TS−1x2=0(第二种内积)
这可以帮助我们理解为什么(⋅,⋅)(\cdot,\cdot)(⋅,⋅)这个旧内积上的自伴性可以决定(⋅,⋅)1(\cdot,\cdot)_1(⋅,⋅)1这个新内积对应的性质。
F.A.
F.A. (Fredholm Alternative, 弗雷德霍姆二择一)实际上是两次判断,三种情况,千万注意不是简单的”二选一“。此处的整个判断过程可以类比解线性方程组时的过程。
线性方程组
为了类比S-L微分方程,可以考察实数域上Ax=bAx=bAx=b,其中AAA是对角元依次严格递增的对角矩阵或者和这样的对角矩阵正交相似的实对称矩阵。
注:为什么要考察这样的矩阵?因为Regular S-L特征值问题可以证明具有类似的性质。具体证明暂时不用管。
若AAA可逆(等价于Ax=0Ax=0Ax=0没有非平凡解)则方程有唯一解。
否则
- AAA不可逆,Ax=0Ax=0Ax=0有非平凡解。
- 根据AAA正交标准形中对角元至多一个是0,得到dimKer(A)=1dimKer(A)=1dimKer(A)=1。
- 由实对称矩阵的性质,Ker(A)Ker(A)Ker(A)与Im(A)Im(A)Im(A)正交。
于是容易看出,b∈Im(A)b\in Im(A)b∈Im(A)等价于存在一个非零的α∈KerA\alpha\in KerAα∈KerA与bbb正交。并且注意b∈Im(A)b\in Im(A)b∈Im(A)即∃β,Aβ=b\exists \beta, A\beta = b∃β,Aβ=b,此时β+kα\beta+k\alphaβ+kα对于一切kkk都是Ax=bAx=bAx=b的解。 - b∉Im(A)b\notin Im(A)b∈/Im(A)时,Ax=bAx=bAx=b无解。
总之,当AAA不可逆,如果存在非零α∈KerA\alpha\in KerAα∈KerA与bbb正交,则Ax=bAx=bAx=b有无穷多解,否则Ax=bAx=bAx=b无解。(特别地,若b=0b=0b=0则Ax=0Ax=0Ax=0在AAA不可逆时总是有无穷多解)
S-L微分方程
若Lϕ=0\mathscr L \phi =0Lϕ=0没有非平凡解,则Lϕ=f\mathscr L \phi = fLϕ=f有唯一解。
否则,设Lϕ=0\mathscr L\phi =0Lϕ=0一个非平凡解ϕ0\phi_0ϕ0。此时:
- 当(ϕ0,f)=∫ϕ0fdx=0(\phi_0,f)=\int\phi_0 fdx=0(ϕ0,f)=∫ϕ0fdx=0时,方程有无穷多解。
- 当(ϕ0,f)=∫ϕ0fdx≠0(\phi_0,f)=\int\phi_0 fdx\neq 0(ϕ0,f)=∫ϕ0fdx=0时,方程无解。
无量纲化
换元的一般表示
比如有一些有量纲物理量M,L,TM,L,TM,L,T,则一般的做法是设M=Mcm,L=Lcl,T=TctM=M_c m,L=L_cl,T=T_c tM=Mcm,L=Lcl,T=Tct,其中McM_cMc是”特征“物理量,m=MMcm=\frac{M}{M_c}m=McM无量纲,是实际物理量和特征物理量的比。
而涉及导数时,由x=XXc,t=TTcx=\frac{X}{X_c},t=\frac{T}{T_c}x=XcX,t=TcT容易知道dxdt=TcXcdXdT\frac {dx}{dt}=\frac {T_c}{X_c} \frac {dX}{dT}dtdx=XcTcdTdX,显然看到dxdt\frac {dx}{dt}dtdx无量纲。
涉及高阶导是一个坑。d2xdt2=ddtdxdt=Tc2Xcd2XdT2\frac{d^2 x}{dt^2}=\frac d{dt} \frac{dx}{dt} = \frac{T_c^2}{X_c} \frac {d^2 X}{dT^2}dt2d2x=dtddtdx=XcTc2dT2d2X,分母XcX_cXc不是二次!
如何选择特征物理量
在有些物理量趋于0或趋于无穷时,如何适当选择物理量。
- 无量纲化后的方程中的参数不能发散。
- 不能出现”不定式“。(详细意义之后阐述)
例如d2YdT2=−4/3⋅πR3ρG(R+Y)2\frac {d^2 Y}{dT^2}=- \frac{4/3\cdot \pi R^3 \rho G}{(R+Y)^2}dT2d2Y=−(R+Y)24/3⋅πR3ρG,Y′(0)=−V0,Y(0)=2m(2米)Y'(0)=-V_0,Y(0)=2m(2米)Y′(0)=−V0,Y(0)=2m(2米),终态Yfinal=1mY_{final}=1mYfinal=1m,求RRR在极限情况(且RRR趋于极限过程中ρ,G,V0\rho,G,V_0ρ,G,V0都是恒量)时,初态到终态运动时间。
首先,先设待定的Lc,TcL_c,T_cLc,Tc为特征长度和特征时间,则
y¨=−4/3⋅πρGTc2⋅(R/Lc)3y+(R/Lc)2,y˙(0)=−V0Tc/Lc,y(0)=2m/Lc\ddot y = -\frac{4/3\cdot \pi \rho GT_c^2\cdot (R/L_c)^3}{y+(R/L_c)^2},\dot y(0)=-V_0T_c/L_c,y(0)=2m/L_cy¨=−y+(R/Lc)24/3⋅πρGTc2⋅(R/Lc)3,y˙(0)=−V0Tc/Lc,y(0)=2m/Lc
- 错误示例1:在R→0R\to0R→0时,如果令Lc=RL_c=RLc=R,那么y(0)y(0)y(0)发散,这不可取。
- 错误示例2:在R→∞R\to\inftyR→∞时,如果令Lc=RL_c=RLc=R,对于非零有限数V0V_0V0,如果取特征时间TcT_cTc使得V0Tc/Lc=1V_0T_c/L_c=1V0Tc/Lc=1那么Tc→∞T_c\to\inftyTc→∞,无量纲化后初速y˙(0)=−1\dot y(0)=-1y˙(0)=−1且y(0)=yfinal=0y(0)=y_{final}=0y(0)=yfinal=0,则从初态到终态需要0个特征时间。
0个特征时间,每个特征时间是无穷大,这是0⋅∞0\cdot \infty0⋅∞不定式,不可取。 - 参考示例1:在R→∞R\to\inftyR→∞时,如果令Lc=RL_c=RLc=R,对于非零有限数V0V_0V0,如果取特征时间TcT_cTc是非零有限数(不趋于无穷),那么y˙(0)=0\dot y(0)=0y˙(0)=0但是y¨\ddot yy¨始终非零有限,这没有出现不定式,则可以确定地下结论:物体几乎瞬间从初态运动至终态。这符合实际物理情况。
- 注1:虽然可以对物体运动所需时间下结论,但这时考察物体在任意时刻运动了多少距离就很困难,这是因为物体在所考察Y(0)=2m,Yfinal=1mY(0)=2m,Y_{final}=1mY(0)=2m,Yfinal=1m初终态范围内,始终运动了0个特征长度,每个特征长度又是无穷大,那么对于长度出现了0⋅∞0\cdot\infty0⋅∞不定式,考察长度相关的东西自然产生困难。
- 正确示例1:Lc=1m,43πρGTc2R/Lc=1L_c=1m,\frac 43 \pi\rho GT_c^2R/L_c=1Lc=1m,34πρGTc2R/Lc=1(可以看出Tc→0T_c\to0Tc→0),此时y¨=−1,y˙=0,y(0)=2\ddot y=-1,\dot y=0,y(0)=2y¨=−1,y˙=0,y(0)=2,那么物体任意时刻运动了多少距离可以看出,并且初态到终态运动所需时间为2\sqrt 22个特征时间,也就是0也符合实际情况!
- 注2:这些结论的前提都是ρ\rhoρ保持不变。如果质量43πρR3\frac 43 \pi \rho R^334πρR3保持不变,情况又有所不同
奇异极限
随手举例:x˙=y,αy˙=y−x\dot x = y,\alpha \dot y=y-xx˙=y,αy˙=y−x
如果α→0\alpha\to0α→0,方程变为x˙=x=y\dot x = x=yx˙=x=y
初始时应该满足x=yx=yx=y,否则矛盾。(奇异极限会要求初值条件)
实际上,初始时如果x>yx>yx>y,那么y˙→∞\dot y\to \inftyy˙→∞。
- 如果α<0\alpha<0α<0,那么y˙→+∞\dot y\to +\inftyy˙→+∞,也就是yyy快速增大直至x=yx=yx=y附近,y−xy-xy−x和α\alphaα同一量级。这是合理的奇异极限。
- 如果α>0\alpha>0α>0,那么y˙→−∞\dot y\to -\inftyy˙→−∞,也就是x−yx-yx−y会越来越大,最终无法使得系统收敛到奇异极限!
渐近展开
主项平衡原理中“同阶”的理解
x2−x+14ϵ=0,ϵ→0x^2-x+\frac 14 \epsilon=0,\epsilon\to0x2−x+41ϵ=0,ϵ→0
现在要把xxx表示成ϵ\epsilonϵ的函数。且我们想考察这个函数x(ϵ)x(\epsilon)x(ϵ)的“前若干项近似”。
设x=x0δ0(ϵ)+x1δ1(ϵ)+⋯x=x_0\delta_0(\epsilon)+x_1\delta_1(\epsilon)+\cdotsx=x0δ0(ϵ)+x1δ1(ϵ)+⋯,且在ϵ→0\epsilon\to0ϵ→0时δ0≫δ1≫⋯\delta_0\gg \delta_1\gg\cdotsδ0≫δ1≫⋯,对于代数方程,我们可以认为xix_ixi都是常数,和ϵ\epsilonϵ无关。不妨只考察首项x0≠0,δ0(ϵ)≠0x_0\neq 0,\delta_0(\epsilon)\neq 0x0=0,δ0(ϵ)=0的情况(非平凡解)。
考察x(ϵ)x(\epsilon)x(ϵ)展开的首项x0δ0x_0\delta_0x0δ0,有x02δ02−x0δ0+14ϵ=0x_0^2\delta_0^2-x_0\delta_0+\frac 14 \epsilon=0x02δ02−x0δ0+41ϵ=0.现在对前式的三项分类讨论。
- 第一项是主项或第二项是主项,则δ0=0\delta_0=0δ0=0,舍去
- 第三项是主项,无解,舍去
- 三项都是主项,则现在整个方程是一个关于x0x_0x0的一元二次方程,系数和ϵ\epsilonϵ相关。为了这三项确实都有必要存在,他们应该是同阶的。不妨把同阶条件写成(之后解释)δ02=δ0=ϵ\delta_0^2=\delta_0=\epsilonδ02=δ0=ϵ,而这是不可能的。也就是这三项不可能在实际中同阶。
- 第一项和第二项是主项,则整个方程x02δ02−x0δ0=0x_0^2\delta_0^2-x_0\delta_0=0x02δ02−x0δ0=0,系数δ0,δ02\delta_0,\delta_0^2δ0,δ02都和ϵ\epsilonϵ相关。为了这两项都有必要存在,它们在ϵ→0\epsilon\to0ϵ→0时同阶。故不妨设δ0=1\delta_0=1δ0=1。这时,被略去的第三项14ϵ\frac 14 \epsilon41ϵ确实很小,所以这是合理的,则x02−x0=0,x0≠0,x0=1x_0^2-x_0=0,x_0\neq 0,x_0=1x02−x0=0,x0=0,x0=1(注意舍去了x0=0x_0=0x0=0的情况!)
- 对同阶条件的说明:由于x0x_0x0是非零有限数,所以各项系数同阶也就是各项同阶。至于δ0\delta_0δ0和δ02\delta_0^2δ02同阶如何表示,你可以最简单地取δ0=δ02\delta_0=\delta_0^2δ0=δ02,也可以设ln(δ0+1)=114514δ02ln(\delta_0+1)=114514\delta_0^2ln(δ0+1)=114514δ02,这都不会影响最后的结果。不信你看:x02δ02−x0δ0=0x_0^2\delta_0^2-x_0\delta_0=0x02δ02−x0δ0=0,解得x0=1/δ0x_0=1/\delta_0x0=1/δ0.回忆刚刚x(ϵ)x(\epsilon)x(ϵ)的第一项x0δ0=1⋅1=1x_0\delta_0=1\cdot 1=1x0δ0=1⋅1=1,现在仍然有第一项x0δ0=1x_0 \delta_0=1x0δ0=1(注意x0,δ0x_0,\delta_0x0,δ0都是常数),确实对求x(ϵ)x(\epsilon)x(ϵ)的渐近展开式没有影响!
- 第一项和第三项是主项,则δ0=ϵ\delta_0=\sqrt \epsilonδ0=ϵ,第二项就太大了。
- 第二项和第三项是主项,则δ0=ϵ\delta_0=\epsilonδ0=ϵ,第一项ϵ2x02\epsilon^2x_0^2ϵ2x02确实很小。所以这也是合理的,且−ϵx0+14ϵ=0,x0=14,x(ϵ)≈14ϵ-\epsilon x_0+ \frac 14 \epsilon=0,x_0=\frac 14,x(\epsilon)\approx \frac 14 \epsilon−ϵx0+41ϵ=0,x0=41,x(ϵ)≈41ϵ
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