物理

[论坛资料室]再战阿里数竞：分析赛道P1

这是自由基的新坑咩～

多多支持咩～

事先声明，能做出来不代表能去参加比赛。阿里数竞是限时的，但我对每个题目都要琢磨几天以上。我在这里讲的再头头是道，也到底是决赛都进不了的。

今天来挑战2024阿里巴巴数学竞赛分析与方程赛道$\text{Problem 1}$。

分析赛道一共有六道题，真正涉及比较高级的分析学的题目有四道。这一次既没有涉及复分析，也没有$\text{PDE}$分析的考察，反倒是在实分析上大做文章。$\text{Problem 1}$算是这四道里难度中等的一道。

先来看题目。

$\text{Problem 1}$ 给定常数$\omega$大于$0$，考虑$\mathbb{R}$上满足方程

$$x\frac{d^2u}{dx^2}+(1-\omega^2x)u=0$$

不恒等于$0$的缓增分布$u\in \mathscr{S}^\prime(\mathbb{R})$。

$(1)$证明$u\in C(\mathbb{R})\cap L^1(\mathbb{R},dx)\cap L^2(\mathbb{R},dx)$。

$(2)$计算

$$A=\frac{|\int_\mathbb{R}u\,dx|^2}{\int_\mathbb{R}|u|^2\,dx}$$

$(3)$对$\omega=\frac{1}{2}$，求$u$的显式表达式。

这道题其实就是考察了$\text{ODE}$分析的相关知识。这种题考的就是一个见多识广，见的方程类型越多，背的通解越多，就越好做。

但这道题有一个特点：

花哨。

是的，这道题很花哨。$\text{ODE}$就$\text{ODE}$吧，非要来一个缓增分布，放一个$\text{Schwartz}$空间在那里吓人。这也是这道题的难点所在。考察解微分方程的同时考察了分布理论，不得不说阿里的出题水平还是很高的。

第一第二问很难，反而第三问是这道题里最好做的。我们先从第三问入手。

$(3)$对$\omega=\frac{1}{2}$，求$u$的显式表达式。

首先，看到$\text{Schwartz}$空间，就先放一个指数函数因子上去。

然后，试一下$u=Ce^{\lambda x}$，发现不行。

那就保证缓增性，做修改，加一个单项式因子。设$u = x^k e^{λx}$，代入方程：

$$\frac{du}{dx}=k x^{k-1} e^{λ x} + λ x^k e^{λ x}$$

$$\frac{d^2u}{dx^2}=k(k-1)x^{k-2}e^{λ x} + 2k λ x^{k-1}e^{λ x} + λ^2 x^k e^{λ x}$$

代入方程得：

$$x [k(k-1)x^{k-2} + 2k λ x^{k-1} + λ^2 x^k ] e^{λ x} + (1 -\frac{x}{4})x^k e^{λ x} =0$$

即：

$$[k(k-1) x^{k-1} + 2k λ x^{k} + λ^2 x^{k+1} ] + (x^k - \frac{x^{k+1}}{4} ) =0$$

合并同类项，可以得到各项系数：

$$λ^2x^{k+1} - \frac{1}{4}x^{k+1} = (λ^2- \frac{1}{4}) x^{k+1}=0$$

$$2k λ x^{k} + x^k = (2k λ +1) x^k=0$$

$$k(k-1) x^{k-1}=0$$

因为方程对所有$x$成立，系数必须为零：

$$λ^2-\frac{1}{4}=0 ⇒ λ=±\frac{1}{2}$$

$$2k λ +1 =0$$

$$k(k-1)=0⇒k=0\, \text{or}\, k=1$$

显然我们要分两种情况讨论。

先考虑$k=0$。

此时，考虑$x^k$项的条件是当$k=0$时：

$$2\times0\timesλ +1 =1=0$$

矛盾，因此该情况不存在，那么$k=1$。

此时，考虑$x^{k+1}$项的条件：

$$λ^2=\frac{1}{4}⇒λ=±\frac{1}{2}$$

$x^k$项的条件：

$$λ=±\frac{1}{2} $$

$$2\times1\times λ +1 = 2λ +1 =0 ⇒2λ =-1 ⇒λ=-\frac{1}{2} $$

满足条件。

然后我们把解代入方程：

$$u =x e^{-\frac{x}{2}}$$

$$\frac{du}{dx} =e^{-\frac{x}{2}} (1-\frac{x}{2})$$

$$\frac{d^2u}{dx^2}= e^{-\frac{x}{2}}(\frac{x}{4} -1)$$

则原方程变为：

$$xe^{-\frac{x}{2}}(\frac{x}{4} -1) + (1-\frac{x}{4}) x e^{-\frac{x}{2}}$$

$$=e^{-\frac{x}{2}} [x(\frac{x}{4}-1) + x(1-\frac{x}{4})]$$

$$= e^{-\frac{x}{2}} (\frac{x^2}{4}-x+x-\frac{x^2}{4})=0$$

所以$u=Cxe^{-\frac{x}{2}}$是方程在$\omega=\frac{1}{2}$时的一个解。

这样我们就把解找到了。

但是别忘了，题目要的是非零缓增分布解，所以现在我们要分析$u=Cxe^{-\frac{x}{2}}$的缓增性。

首先，当$x$大于零，指数项具有的衰减速度对$x$有压制作用，即：

由$e^{-\frac{x}{2}} \leq 1$对于$x$大于$0$，有：

$$Cxe^{-\frac{x}{2}} \leq C(x+1)= C(1 + |x|)^1$$

该不等式在$x\rightarrow \infty$时同样成立。

所以$Cxe^{-\frac{x}{2}}$在$x$大于零时是缓增分布。

但还有个问题。当$x\leq 0$时，情况相反：指数项剧增且速率超过所有多项式，单项式$x$无法压制，导致函数不再缓增。所以$Cxe^{-\frac{x}{2}}$在$x\leq 0$时不是缓增分布。

那么该解无法使用……吗？

我们可以做修改。

在原函数中加一个示性项$\chi$，其作用是保证当$x\leq 0$时，直接让$u=0$。

这个操作比较逆天，但你仔细看看，会发现它不影响缓增性和连续性！

所以，第三问答案为：

$$u=Cxe^{-\frac{x}{2}}\chi_{[0,\infty)}$$

完毕。

然后我们来看前两问。

我的思路一直是把题目里的方程凑成其它方程，用特殊函数解出来。然后发现凑不出来。

我自己试了$\text{Bessel}$方程，发现不行。

网上有很多人说用$\text{Kummer}$方程，我试过了，也不行。

后来我才意识到它给一个缓增分布是干什么的。

$\text{Forier}$变换啊！$\text{Forier}$变换加$\text{Plancherel}$恒等式就把这一题秒了。

原来这一题考的更多的是调和分析。

接下来进入正文。

先对方程进行$\text{Forier}$变换。

由给定方程，记$U(\xi)$为：

$$U(\xi)=\mathcal{F}[u,\xi]=\int_\mathbb{R} u(x) e^{-i x \xi} dx$$

则由公式

$$\frac{d^n u}{dx^n} \rightarrow (i\xi)^n U(\xi)$$

方程中的导数项可以自然的表示为：

$$\frac{d^2 u}{dx^2} \rightarrow -\xi^2 U(\xi)$$

$$xu\rightarrow i\frac{dU}{d\xi}$$

代入原方程可得频域方程：

$$i\frac{d}{d\xi} (-\xi^2 U(\xi)) + (1 - \omega^2 i \frac{d}{d\xi}) U(\xi) = 0$$

化简得：

$$-i(\xi^2+\omega^2)\frac{dU}{d\xi}+(-2i\xi +1)U(\xi) = 0$$

即

$$\frac{dU}{d\xi} = \frac{(-2i\xi + 1)}{i(\xi^2 + \omega^2)} U(\xi)$$

所以频域方程是一个一阶线性微分方程。用分离变量法求解。

原方程等价于：

$$\frac{dU}{U} = \frac{-2i\xi + 1}{i(\xi^2 + \omega^2)} d\xi$$

对右边表达式分解：

$$\frac{-2i\xi + 1}{i(\xi^2 + \omega^2)} = \frac{-2\xi}{\xi^2 + \omega^2} - \frac{i}{\xi^2 + \omega^2}$$

左边积分：

$$\int \frac{1}{U} dU = \ln|U| + C_1$$

右边积分：

$$\int \left( \frac{-2\xi}{\xi^2 + \omega^2} - \frac{i}{\xi^2 + \omega^2} \right) d\xi$$

右边积分做分解，求解后合并得：

$$\ln U = -\ln(\xi^2 + \omega^2) - \frac{i}{\omega} \arctan\left( \frac{\xi}{\omega} \right)+C$$

取指数可得通解：

$$U(\xi) = \frac{C}{\xi^2 + \omega^2} e^{-i\frac{1}{\omega}\arctan\frac{\xi}{\omega}}$$

分析解缓增性：

对于分母$\frac{1}{\xi^2 + \omega^2}$，当$|\xi|\rightarrow\infty$时，其有衰减速率$\mathcal{O}(|\xi|^{-2})$，显然比任何多项式衰减更快。

对于指数因子$e^{-i\frac{1}{\omega}\arctan\frac{\xi}{\omega}}$，易证其模：

$$|e^{-i\frac{1}{\omega}\arctan\frac{\xi}{\omega}}|=1$$

不影响速率。

所以当$|\xi|\rightarrow\infty$时，$|U(\xi)|\sim |\mathcal{O}(|\xi|^{-2})|$。显然有：

$$|U(\xi)|\lesssim (1+|\xi|)^{-2}$$

除去奇点，可以得到$U(\xi)$在$\mathbb{C}\backslash \{\pm i\omega\}$缓增。

这里注意，我们在第三问中得到$u$局部缓增，而$U$几乎全局缓增，这个结论并不矛盾。$\text{Forier}$变换是全局性的操作，是可以把局部性质变为全局性质的。

得到通解后，就可以开始做题了。

$(1)$证明$u \in C(\mathbb{R}) \cap L^1(\mathbb{R},dx) \cap L^2(\mathbb{R},dx)$

由

$$U(\xi) = \frac{C}{\xi^2 + \omega^2} e^{-i \frac{1}{\omega} \arctan\frac{\xi}{\omega}}$$

根据$\text{Forier}$变换算子的性质有：

$$\mathcal{F}:L^1(\mathbb{R},dx)\rightarrow C(\mathbb{R})$$

$$\mathcal{F}:L^2(\mathbb{R},dx)\rightarrow L^2(\mathbb{R},dx)$$

$$\mathcal{F}^{-1}:L^1(\mathbb{R},dx)\cap \mathcal{F}(L^1(\mathbb{R},dx))\rightarrow L^1(\mathbb{R},dx)$$

简单分析可知：

$$U(\xi)\in L^1(\mathbb{R},dx)\cap L^2(\mathbb{R},dx)\cap \mathcal{F}(L^1(\mathbb{R},dx))$$

所以$u\in C(\mathbb{R}) \cap L^1(\mathbb{R},dx) \cap L^2(\mathbb{R},dx)$。

完毕。

$(2)$计算

$$A= \frac{| \int_{\mathbb{R}} u(x) dx |^2}{\int_{\mathbb{R}} |u(x)|^2 dx}$$

$\text{Plancherel}$恒等式告诉我们：

$$\int_{\mathbb{R}} |u(x)|^2 dx = \frac{1}{2\pi} \int_{\mathbb{R}} |U(\xi)|^2 d\xi$$

同时，我们有

$$\int_{\mathbb{R}} u(x) dx=U(0)$$

根据$U(\xi)$的显式表达式：

$$U(0) = \frac{C}{\omega^2}$$

又有：

$$\int_{\mathbb{R}} |U(\xi)|^2 d\xi$$

$$= \int_{\mathbb{R}} \left| \frac{C}{\xi^2 + \omega^2} \right|^2 d\xi$$

$$= C^2 \int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(\xi^2 + \omega^2)^2} d\xi$$

$$=\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{(\xi^2 + \omega^2)^2} d\xi$$

$$= \frac{\pi}{2\omega^3}$$

又根据$\text{Plancherel}$恒等式：

$$A = \frac{|U(0)|^2}{\frac{1}{2\pi} \int_{\mathbb{R}} |U(\xi)|^2 d\xi} = \frac{\left(\frac{C}{\omega^2}\right)^2}{\frac{C^2}{4\omega^3}} = \frac{4}{\omega}$$

完毕。

所以至此我们终于攻克了$\text{Problem 1}$。

答案为：

$(1)$证明见上。

$(2)$ $\frac{4}{\omega}$。

$(3)$ $u=Cxe^{-\frac{x}{2}}\chi_{[0,\infty)}$