图像出现尖点以后，哪些结论还能交付 ​

本终点先交出两份经典解证书，再交出两份不可微解的选择与唯一性证书。拟线性特征线理路拟线性方程的特征线法Method of characteristics · Noncharacteristic Cauchy problem · 特征线法把一阶拟线性方程沿曲线变成扩展ODE，以非特征初始面和位置投影的局部可逆性构造唯一经典解，并区分切向数据与投影退化。负责沿轨道求值，Hamilton–Jacobi构造理路Hamilton–Jacobi方程Hamilton–Jacobi equation · Hamilton-Jacobi equation由Hamilton相流和作用量构造一阶PDE的经典解，证明梯度恢复恒等式，并用谐振子焦散区分相空间唯一性与位置投影退化。还要核对梯度与作用量；黏性测试理路一阶方程的黏性解First-order viscosity solution · Viscosity subsolution and supersolution · 一阶黏性次解与超解用C¹函数从上和从下接触连续解，给一阶非线性PDE在尖点处的可核判据，证明经典相容与局部一致稳定性，并以正负帐篷区分几乎处处解。处理尖点，比较理路自主Hamilton量的黏性比较Viscosity comparison for autonomous Hamiltonians · Doubling variables comparison在整空间有限时间窗及全局时空Lipschitz解类中，以双变量、空间定位和终时屏障证明连续自主Hamilton量的顺序比较、唯一性及残差误差界。则负责唯一性和误差范围。

不要把“某条轨道可解”“函数在几乎处处满足方程”“同初值只有一个解”写成同一个验收项。它们需要不同的证据。

进入经典特征构造前，若还不熟悉行列式理路行列式Determinant交换含幺环上方阵的交替多线性标量不变量。，先复习它对可逆性的判据；非特征条件用它检查初始面切方向与流向能否共同给出局部坐标。

任务一：变速输运的三个回代值 ​

求解

$$u_t+x{u}_x+u=x,u(0,x)=x^2.$$

沿标签 $\xi$ 的曲线为

$$X(t,\xi )=e^t\xi ,U(t,\xi )=e^{-t}{\xi }^2+\frac{\xi }{2}(e^t-e^{-t}).$$

位置导数 $X_{\xi }=e^t>0$，所以每个有限时间都能反解 $\xi =e^{-t}x$，得到

$$u(t,x)=e^{-3t}{x}^2+\frac{x}{2}(1-e^{-2t}).$$

交付初值和残差的恒等式。再在 $t=\log 2,x=2$ 处给出

$$u=\frac{5}{4},u_t=-1,u_x=\frac{7}{8},$$

并核验 $-1+2(7/8)+5/4=2$。公开程序把 $E=e^{-t}$ 作为正有理变量，用 ${\partial }_t{E}^k=-k{E}^k$ 检查整个多项式恒等式，数值点只是其中一个可读输出。

作为边界任务，对 $u_x=0$ 在 $y=0$ 给数据：$g(x)=x$ 为什么无解，$g(x)=0$ 为什么允许任意 $u=\psi (y)$、$\psi (0)=0$？答案应指出初始曲线与流向相切，而不是将失败归咎于ODE求解器。

任务二：相空间曲线没有合并，位置投影却坍缩 ​

固定

$$H(x,p)=\frac{x^2+p^2}{2},g(x)=0.$$

给出

$$X=\xi \cos t,P=-\xi \sin t,U=-\frac{{\xi }^2}{2}\sin t\cos t.$$

首先核Hamilton方程与 $\dot{U}=P\dot{X}-H$。其次核标签恒等式

$$U_{\xi }=-\xi \sin t\cos t=P{X}_{\xi }.$$

最后在 $|t|<\pi /2$ 反解标签，得到 $u=-x^2\tan t/2$，直接检查 $u_x=P$ 和 $u_t+H(x,u_x)=0$。

取 $\cos t=3/5,\sin t=4/5,\xi =5$，得到

$$X=3,P=-4,U=-6,u_t=-\frac{25}{2},H=\frac{25}{2}.$$

这些数值全可用有理数复算。到 $t=\pi /2$，所有 $X=0$，但 $P=-\xi$ 仍不同。因此失效的是标签到位置的可逆性；不能据此声称Hamilton ODE丧失唯一性，也不能继续把多值动量当作一个经典空间梯度。

任务三：同一个二次方程选择两种不同包络 ​

下面换成自主Hamilton量 $H(p)=p^2/2$，不再含上一任务的 $x^2/2$ 势能。对初值 $g_{+}(x)=|x|$ 和 $g_{-}(x)=-|x|$，分别计算Hopf–Lax最小值理路Hopf–Lax公式Hopf–Lax formula · Hopf-Lax quadratic formula对二次Hamilton量和全局Lipschitz初值，以最小二次代价构造唯一黏性解，证明极小点位移、半群和误差界，并手算正负绝对值初值。。

正初值给

$$U_{+}(t,x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2/(2t),& |x|\le t,\\ |x|-t/2,& |x|\ge t;\end{array}$$

其唯一最优标签为 $y_{\ast }=\mathrm{sgn}(x)max(|x|-t,0)$。负初值给 $U_{-}(t,x)=-|x|-t/2$；$x>0$ 时标签 $x+t$，$x<0$ 时标签 $x-t$，$x=0$ 时恰有两个最优标签 $\pm t$。

在 $t=1/2$、$x=0,1/4,1$，应得到

初值	三个函数值	对应最优标签
$	x	$
$-	x	$

所有标签都满足 $|x-y_{\ast }|\le t$。对于正初值，接缝处两种表达式的函数值、时间导数和空间导数吻合；对于负初值，零点不可微，必须交付接触条件：上接触的 ${\varphi }_t=-1/2$、$p\in [-1,1]$ 使残差非正，下接触不存在。

再拒绝一个貌似合理的答案 $V=|x|-t/2$。它在 $x\ne 0$ 满足PDE，初值也正确，但 $\varphi =-t/2$ 从下接触零点，残差 $-1/2<0$。因此它不是黏性超解。存在一份正确初值和几乎处处零残差，仍不足以通过验收。

用半群和扰动界做第二次核验 ​

对任意 $s,t>0$，两段代价的最优中间点是

$$z=\frac{ty+sx}{s+t},\frac{|z-y{|}^2}{2s}+\frac{|x-z{|}^2}{2t}=\frac{|x-y{|}^2}{2(s+t)}.$$

选总时间的最优标签 $y$，再检查 $S_{s}g(z)+|x-z{|}^2/(2t)=S_{s+t}g(x)$。公开程序不仅检查正负绝对值，还用非凸分段仿射初值，逐段精确找出所有极小点再核该等式。

若给初值加入 $e\sin x$，初始一致误差至多 $|e|$，所以两份精确包络在每个时间的差仍不超过 $|e|$。若一个同类近似函数的初始误差为 $1/100$、全时空黏性残差界为 $1/200$，则在 $0\le t\le 3$ 的误差至多

$$\frac{1}{100}+\frac{3}{200}=\frac{1}{40}.$$

这个数来自比较定理的条件化证书；不能只凭采样到的小残差宣称条件已满足。

任务四：认证最早到达时间，而不是只画一顶帐篷 ​

在 $(-1,1)$ 上，单位速度的零边界到达时间是

$$d(x)=1-|x|.$$

应检查所有上接触斜率和零点不存在下接触的事实，并说明负帐篷如何被一条常数下测试拒绝。Eikonal距离定理理路Eikonal方程的距离解Eikonal distance solution · Zero-boundary eikonal equation · 到边界距离的黏性解在任意非空有界开域上，以到边界距离构造零Dirichlet Eikonal黏性解，用最短线段证明接触条件，再用严格缩放和双变量认证连续闭包解的唯一性。的严格缩放比较随后给出整个连续闭包解类的唯一性；不是只在帐篷形候选中挑一个。

迁移到圆环 $1<|x|<3$，答案为 $d(x)=min(|x|-1,3-|x|)$。两侧边界均参与传播，$|x|=2$ 时发生交汇。固定速度 $c=2$ 时，到达时间变成 $d/2$；若速度依赖位置，除以终点速度不再是有效推导。

任务五：不等深双井，怎样选出竞争前沿 ​

取一个新的非凸初值

$$g(y)=min\{|y+1|,|y-1|+1/2\}.$$

左井在 $y=-1$ 处深到零，右井在 $y=1$ 处只深到 $1/2$。两份初始折线在 $y=1/4$ 相交；完整分段为

$$g(y)=\{\begin{array}{ll}-y-1,& y\le -1,\\ y+1,& -1\le y\le 1/4,\\ 3/2-y,& 1/4\le y\le 1,\\ y-1/2,& y\ge 1.\end{array}$$

它仍是全局1-Lipschitz，但在两井之间有向下尖点。不能把两个井的最优标签平均成一个标签，也不能只选离观察点最近的井。

记单井包络为 ${\mathrm{\Phi }}_t(a)=S_t|\cdot |(a)$，其公式已在任务三求出。有限个分支与取下确界可以交换，故

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \begin{array}{rl}{S}_{t}g(x)& =\underset{y}{inf}min\{|y+1|+\frac{(x-y{)}^2}{2t},|y-1|+\frac{1}{2}+\frac{(x-y{)}^2}{2t}\}\\ & =min\{{\mathrm{\Phi }}_t(x+1),{\mathrm{\Phi }}_t(x-1)+1/2\}.\end{array}\end{array}$$

每个分支内部有唯一极小标签

$$y_{-}(t,x)=-1+\mathrm{sgn}(x+1)max(|x+1|-t,0),$$$$y_{+}(t,x)=1+\mathrm{sgn}(x-1)max(|x-1|-t,0).$$

先比较式(1)的两个值，再保留胜出分支的标签；相等时取两份标签的并集。这确实列尽全局极小点：任何达到总最小值的原标签，至少在一个分支达到该分支的最小值，而每个分支又只有上述一个极小点。

固定半个时间单位，写出全部六段 ​

在 $t=1/2$，两包络在 $x=1/4$ 等值。其差随 $x$ 单调增加，等值点附近的表达式分别为 $x+3/4$ 与 $5/4-x$，故这里只有一个分支切换位置。完整答案是

$$S_{1/2}g(x)=\{\begin{array}{ll}-x-5/4,& x\le -3/2,\\ (x+1{)}^2,& -3/2\le x\le -1/2,\\ x+3/4,& -1/2\le x\le 1/4,\\ 5/4-x,& 1/4\le x\le 1/2,\\ (x-1{)}^2+1/2,& 1/2\le x\le 3/2,\\ x-3/4,& x\ge 3/2.\end{array}$$

前三区间的最优标签依次为 $x+1/2,-1,x-1/2$；后三个依次为 $x+1/2,1,x-1/2$。在抛物段与直线段的接点，相邻标签公式给出同一点；唯独分支切换点 $x=1/4$ 有两个不同标签

$$\underset{y}{\mathrm{argmin}}(g(y)+\frac{(1/4-y{)}^2}{1})=\{-1/4,3/4\}.$$

两标签的初值都是 $3/4$，移动代价都是 $1/4$，所以总值都是一。居中的 $y=1/4$ 反而给 $g(1/4)=5/4$，不能取代这两个极小点。较浅右井的前沿被推向右侧，这就是井深参与选择的可算结果。

一条界面有两份半群证书 ​

把总时间 $1/2$ 分成 $s=t=1/4$，仍取终点 $x=1/4$。总最优标签 $y=-1/4$ 和 $y=3/4$ 分别给中间点

$$z=\frac{y+x}{2}=0\text{或}1/2.$$

由同一个双井公式计算

$$S_{1/4}g(0)=S_{1/4}g(1/2)=\frac{7}{8},\frac{(x-z{)}^2}{2(1/4)}=\frac{1}{8}.$$

两条路径都交付 $7/8+1/8=1=S_{1/2}g(1/4)$。这不只是找到两条可行路径：任务三的两段配方给出任意中间点的总下界，因此两条路径都真正最优。对应的中间初始标签仍分别是 $-1/4$ 与 $3/4$，分支没有在拼接时丢失。

公开程序的 piecewise 接口可直接输入断点 [-1,1/4,1]、四段斜率 [-1,1,-1,1]，并指定首断点函数值为零。将所有分数写成 Fraction 后，hopf 返回精确最小值和全部并列标签；用它核对六段、切换点以及上面两份半群证书，不必将网格上的近似最低点冒充极小值。

下载与验收 ​

下载精确复算程序和结果记录。程序使用Python标准库的Fraction，不将浮点网格最小值作为精确极小值：分段仿射初值的每一段都通过投影二次极小点求解，并保留全部并列最优标签。

交付应包含经典输运恒等式、作用量/梯度恒等式、投影有效时间、两个单井包络及尖点拒绝、双井的全部竞争分支与并列标签、半群与扰动范围、零边界距离解与唯一性解类。程序的有限样例不能替代正式页的比较和存在性证明。

回到从特征曲线到唯一前沿路线。