偏微分方程 / 习题/考试 / 作业 / 4

(1) 考虑半无界热传导方程：

$$\begin{cases} u_t - a^2 u_{xx} = 0, & x > 0, t > 0, \\ u(x, 0) = 0, & x \geqslant 0, \\ u(0, t) = U_0, & t > 0. \end{cases}$$

该问题具有 Dirichlet 边界条件. 利用给定的函数 $\phi(z) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^z e^{-\xi^2} d\xi$, 解可通过相似解法或标准结果得到. 解的形式为互补误差函数, 即：

$$u(x, t) = U_0 \left[ 1 - \phi\left( \frac{x}{2a\sqrt{t}} \right) \right].$$

该解满足边界条件：当 $x = 0$ 时, $\phi(0) = 0$, 故 $u(0, t) = U_0 [1 - 0] = U_0$. 满足初始条件：当 $t \to 0^+$ 且 $x > 0$ 时, $\frac{x}{2a\sqrt{t}} \to \infty$, $\phi(\infty) = 1$, 故 $u(x, 0) = U_0 [1 - 1] = 0$. 代入热传导方程可验证其满足.

最终解为：

$$u(x,t) = U_0 \left[ 1 - \phi\left( \dfrac{x}{2a\sqrt{t}} \right) \right]$$

考虑半无界热传导方程：

$$\begin{cases} u_t - a^2 u_{xx} = 0, & x > 0, t > 0, \\ u(x, 0) = \begin{cases} U_0, & 0 \leqslant x \leqslant 1, \\ 0, & x > 1, \end{cases} \\ u_x(0, t) = 0, & t > 0. \end{cases}$$

该问题具有 Neumann 边界条件. 由于 $u_x(0, t) = 0$, 解在 $x = 0$ 处对称, 因此将初始条件偶延拓至全直线：定义延拓函数 $v(x, 0)$ 为

$$v(x, 0) = \begin{cases} U_0, & |x| \leqslant 1, \\ 0, & |x| > 1. \end{cases}$$

求解全空间热传导方程 $v_t - a^2 v_{xx} = 0$, 初始条件 $v(x, 0)$, 其解为热核卷积：

$$v(x, t) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{4\pi a^2 t}} e^{-(x-y)^2/(4a^2 t)} v(y, 0) dy = U_0 \int_{-1}^{1} \frac{1}{\sqrt{4\pi a^2 t}} e^{-(x-y)^2/(4a^2 t)} dy.$$

计算积分：令 $z = \frac{y - x}{2a\sqrt{t}}$, 则 $dy = 2a\sqrt{t} dz$, 积分限变为 $y = -1$ 时 $z_1 = \frac{-1 - x}{2a\sqrt{t}}$, $y = 1$ 时 $z_2 = \frac{1 - x}{2a\sqrt{t}}$. 积分化为

$$\int_{-1}^{1} e^{-(x-y)^2/(4a^2 t)} dy = 2a\sqrt{t} \int_{z_1}^{z_2} e^{-z^2} dz.$$

利用 $\int e^{-z^2} dz = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \text{erf}(z)$ 和 $\phi(z) = \text{erf}(z)$, 有

$$\int_{z_1}^{z_2} e^{-z^2} dz = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \left[ \phi(z_2) - \phi(z_1) \right].$$

代入 $z_1 = \frac{-1 - x}{2a\sqrt{t}}$, $z_2 = \frac{1 - x}{2a\sqrt{t}}$, 并利用 $\phi$ 的奇性 ($\phi(-w) = -\phi(w)$) , 得

$$\phi(z_2) - \phi(z_1) = \phi\left( \frac{1 - x}{2a\sqrt{t}} \right) - \phi\left( \frac{-1 - x}{2a\sqrt{t}} \right) = \phi\left( \frac{1 - x}{2a\sqrt{t}} \right) + \phi\left( \frac{1 + x}{2a\sqrt{t}} \right).$$

因此,

$$v(x, t) = U_0 \frac{1}{\sqrt{4\pi a^2 t}} \cdot 2a\sqrt{t} \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2} \left[ \phi\left( \frac{1 - x}{2a\sqrt{t}} \right) + \phi\left( \frac{1 + x}{2a\sqrt{t}} \right) \right] = \frac{U_0}{2} \left[ \phi\left( \frac{1 - x}{2a\sqrt{t}} \right) + \phi\left( \frac{1 + x}{2a\sqrt{t}} \right) \right].$$

由于偶延拓, 对 $x \geqslant 0$, 有 $u(x, t) = v(x, t)$. 该解满足初始条件和边界条件 $u_x(0, t) = 0$.

$$u(x,t) = \dfrac{U_0}{2} \left[ \phi\left( \dfrac{1 - x}{2a\sqrt{t}} \right) + \phi\left( \dfrac{1 + x}{2a\sqrt{t}} \right) \right]$$

用分离变量法, 设

$$u(x,t)=X(x)T(t),$$

代入偏微分方程 得

\begin{cases} T'(t)+a^2\lambda T(t)=0,\

4pt] X”(x)+\lambda X(x)=0, \end{cases}

$$并配合边界条件$$

k_n=\frac{(2n-1)\pi}{2l},\qquad \lambda_n=k_n^2=\left(\frac{(2n-1)\pi}{2l}\right)^2.

$$相应的特征函数为$$

X_n(x)=\cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l}.

$$时间方程$$

T_n’(t)+a^2\lambda_n T_n(t)=0

$$解为$$

T_n(t)=e^{-a^2\lambda_n t} =\exp!\left(-a^2\frac{(2n-1)^2\pi^2}{4l^2}t\right).

$$因此, 方程的通解为$$

u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty C_n e^{-a^2\frac{(2n-1)^2\pi^2}{4l^2}t} \cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l}.

$$利用初始条件$$

u(x,0)=x^2(l-x)=\sum_{n=1}^\infty C_n\cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l}, \qquad 0<x<l,

对 $\{\cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l}\}$ 作 Fourier 余弦展开系数：

\int_0^l\cos^2\frac{(2n-1)\pi x}{2l} dx=\frac{l}{2},

$$故$$

C_n=\frac{2}{l}\int_0^l x^2(l-x) \cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l} dx,\qquad n=1,2,\dots

$$于是问题的解为$$

u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty \left[\frac{2}{l}\int_0^l x^2(l-x) \cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l} dx\right] \exp!\left(-a^2\frac{(2n-1)^2\pi^2}{4l^2}t\right) \cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l}.

{{< /admonition >}} ## 10.(1) 用分离变量法求解下列混合问题, 并求当 $t\to+\infty$ 时解的极限: $$\begin{cases} u_t-a^2u_{xx}=0, & 0<x<l,t>0,\\ u|_{t=0}=\varphi(x), & 0\leqslant x\leqslant l,\\ [-u_x+h(u-U_1)]_{x=0}=0, & t>0,\\ [u_x+h(u-U_2)]_{x=l}=0, & t>0; \end{cases}$$ 其中 $U_1,U_2,h$ 都是常数且 $h>0$. 先将边界条件齐次化. 令

u(x,t)=v(x,t)+w(x),

其中 $w(x)$ 为定常解, 满足

-a^2w”(x)=0,\quad 0<x<l,

$$及$$

\bigl[-w’(x)+h(w-U_1)\bigr]{x=0}=0,\qquad \bigl[w’(x)+h(w-U_2)\bigr]{x=l}=0.

由 $w''=0$ 得 $ w(x)=Ax+B. $ 代入边界条件：在 $x=0$,

-w’(0)+h(w(0)-U_1)=0;\Rightarrow;-A+h(B-U_1)=0;

在 $x=l$,

w’(l)+h(w(l)-U_2)=0;\Rightarrow;A+h(Al+B-U_2)=0.

$$解得$$

A=\frac{h(U_2-U_1)}{hl+2},\qquad B=\frac{h l U_1+U_1+U_2}{hl+2},

$$从而$$

w(x)=Ax+B =\frac{(-hx+hl+1)U_1+(hx+1)U_2}{hl+2}.

于是 $v(x,t)=u(x,t)-w(x)$ 满足 \begin{cases} v_t-a^2v_{xx}=0,& 0<x<l,\ t>0,\

2pt] v(x,0)=\varphi(x)-w(x)\equiv\psi(x),& 0\leqslant x\leqslant l,\

2pt] [-v_x+hv]_{x=0}=0,\qquad [v_x+hv]_{x=l}=0,& t>0. \end{cases} 对 $v$ 用分离变量法, 配合齐次边界条件

X(x)=\cos kx+\frac{h}{k}\sin kx.

再由 $X'(l)+hX(l)=0$ 得到特征方程

X’(l)+hX(l) =\bigl[-k\sin kl+\tfrac{h}{k}k\cos kl\bigr] +h\bigl[\cos kl+\tfrac{h}{k}\sin kl\bigr]=0,

$$整理为$$

(h^2-k^2)\sin kl+2hk\cos kl=0,

该方程的正根记为 $k_n>0\ (n=1,2,\dots)$, 则相应特征函数为

X_n(x)=\cos k_nx+\frac{h}{k_n}\sin k_nx,

$$时间因子为$$

T_n(t)=e^{-a^2k_n^2t}.

于是 $v$ 的通解为

v(x,t)=\sum_{n=1}^\infty C_n e^{-a^2k_n^2t} \Bigl(\cos k_nx+\frac{h}{k_n}\sin k_nx\Bigr).

由初始条件 $v(x,0)=\psi(x)$ 得

\psi(x)=\sum_{n=1}^\infty C_n \Bigl(\cos k_nx+\frac{h}{k_n}\sin k_nx\Bigr),

系数 $C_n$ 由上述特征函数系在 $[0,l]$ 上的正交性给出, 一般可写成

C_n=\frac{\displaystyle\int_0^l \psi(x) \Bigl(\cos k_nx+\frac{h}{k_n}\sin k_nx\Bigr) dx} {\displaystyle\int_0^l \Bigl(\cos k_nx+\frac{h}{k_n}\sin k_nx\Bigr)^2dx}.

$$因此原问题的解为$$

u(x,t)=w(x)+\sum_{n=1}^\infty C_n e^{-a^2k_n^2t} \Bigl(\cos k_nx+\frac{h}{k_n}\sin k_nx\Bigr),

其中 $k_n$ 为

(h^2-k_n^2)\sin k_nl+2hk_n\cos k_nl=0

的正根. 因为 $k_n>0$, 当 $t\to+\infty$ 时, $e^{-a^2k_n^2t}\to0$, 故

\lim_{t\to+\infty}u(x,t)=w(x) =\frac{(-hx+hl+1)U_1+(hx+1)U_2}{hl+2}.

## 13 设 $u\in C^{2,1}(\overline Q), u_t\in C^{2,1}(Q)$ 且满足以下定解问题 \begin{cases} u_t - u_{xx} = f(x,t), & (x,t)\in Q,\

4pt] u|_{t=0} = \varphi(x), & 0\leqslant x\leqslant l,\

4pt] u|_{x=0} = u|_{x=l} = 0, & 0\leqslant t\leqslant T, \end{cases} $$则有以下估计$$

\max_{\overline Q} |u_t(x,t)| ;\leqslant; C\bigl( |f|{C^1(Q)}+|\varphi”|{C[0,l]}\bigr),

其中常数 $C$ 仅依赖于 $T$. {{< admonition note "证明" false >}} 对方程 $ u_t-u_{xx}=f(x,t) $ 关于 $t$ 求导, 令 $ v=u_t, $ 则有 $ u_{tt}-u_{xxt}=f_t(x,t). $ 注意 $u_{xxt}=(u_t)_{xx}=v_{xx}$, 因此得到关于 $v$ 的方程 $ v_t-v_{xx}=f_t(x,t). $ 由边界条件 $u(0,t)=u(l,t)=0$, 对 $t$ 求导可得 $ v(0,t)=0,\qquad v(l,t)=0. $ 初值由原方程在 $t=0$ 得到：

v(x,0)=u_t(x,0)=u_{xx}(x,0)+f(x,0)=\varphi”(x)+f(x,0).

因此 $v$ 满足如下初边值问题： \begin{cases} v_t-v_{xx}=f_t(x,t), & (x,t)\in Q,\

4pt] v(x,0)=\varphi”(x)+f(x,0), & 0\leqslant x\leqslant l,\

4pt] v(0,t)=v(l,t)=0, & 0<t\leqslant T. \end{cases} $$热方程的标准最大值估计给出：若$$

w_t-w_{xx}=F,\qquad w|{t=0}=g,\qquad w|{x=0}=w|_{x=l}=0,

$$则有$$

|w|{C(\overline Q)} \leqslant C\left(|g|{C[0,l]}+|F|_{C(Q)}\right), \tag{5}

其中常数 $C$ 仅依赖于 $T$.

|v|{C(\overline Q)} \leqslant C\bigl( |\varphi”+f(\cdot,0)|{C[0,l]} +|f_t|_{C(Q)} \bigr).

$$利用三角不等式：$$

|\varphi”+f(\cdot,0)|{C[0,l]} \leqslant |\varphi”|{C[0,l]}+|f|{C(Q)}, \qquad |f_t|{C(Q)}\leqslant |f|_{C^1(Q)}.

$$从而得出$$

|v|{C(\overline Q)} \leqslant C\bigl(|f|{C^1(Q)}+|\varphi”|_{C[0,l]}\bigr).

由于 $v=u_t$, 因此

\max_{\overline Q} |u_t(x,t)| \leqslant C\bigl(|f|{C^1(Q)}+|\varphi”|{C[0,l]}\bigr),

其中常数 $C$ 仅依赖于 $T$. {{< /admonition >}} ## 14 设 $u \in C^{1,0}(\overline{Q}) \cap C^{2,1}(Q)$ 且满足定解问题 $$\begin{cases} u_t - u_{xx} = 0, & (x,t) \in Q, \\ u \big|_{t=0} = \varphi(x), & 0 \leqslant x \leqslant l, \\ u \big|_{x=0} = u \big|_{x=l} = 0, & 0 \leqslant t \leqslant T. \end{cases}$$ $$(1) 试证明$$

\max_{(0,T)} \left| \frac{\partial u(0,t)}{\partial x} \right|, ; \max_{(0,T)} \left| \frac{\partial u(l,t)}{\partial x} \right| \leqslant C,

其中 $C$ 仅依赖于 $\|\varphi\|_{C^1[0,l]}$. (2) 又设 $u_x \in C^{2,1}(Q)$, 则

\max_{\overline{Q}} \left| \frac{\partial u(x,t)}{\partial x} \right| \leqslant \widetilde{C},

其中 $\widetilde{C}$ 也仅依赖于 $\Vert \varphi \Vert_{C^1[0,l]}$. {{< admonition note "证明" false >}} 设 $Q=(0,l)\times(0,T)$, $\overline Q=[0,l]\times[0,T]$. **(1)** 在区间 $[0,l]$ 上给定 $\varphi(x)$, 且 $\varphi(0)=\varphi(l)=0$. 先构造 $\varphi$ 在 $\mathbb{R}$ 上的 $2l$-周期的奇延拓 $\Phi$：

\Phi(x)=

\begin{cases} \varphi(x), & x\in[0,l],\

2pt] -\varphi(-x), & x\in[-l,0], \end{cases}

$$$$

并令 $\Phi$ 以 $2l$ 为周期延拓到整个 $\mathbb{R}$. 由于 $\varphi(0)=\varphi(l)=0,\ \varphi\in C^1[0,l]$, 可知 $\Phi\in C^1(\mathbb{R})$, 且存在常数 $C_0=C_0(l)$ 使得

$$\|\Phi\|_{C^1(\mathbb{R})}\leqslant C_0\|\varphi\|_{C^1[0,l]}.$$

在整条实线上考虑热方程初值问题

$$$$

\begin{cases} U_t-U_{xx}=0,& x\in\mathbb{R},\ 0<t\leqslant T,\ U(x,0)=\Phi(x),& x\in\mathbb{R}. \end{cases}

$$$$

其解可由热核表示为

$$U(x,t)=\displaystyle\int_{\mathbb{R}}G(x-y,t) \Phi(y) dy, \qquad G(x,t)=\frac{1}{\sqrt{4\pi t}}e^{-\frac{x^2}{4t}}.$$

对 $x$ 求导并用分部积分得

$$U_x(x,t) =\int_{\mathbb{R}}G(x-y,t) \Phi'(y) dy.$$

于是

$$|U_x(x,t)| \leqslant\int_{\mathbb{R}}G(x-y,t) |\Phi'(y)| dy \leqslant\|\Phi'\|_{C(\mathbb{R})} \leqslant C_0\|\varphi\|_{C^1[0,l]},$$

即

$$\sup_{(x,t)\in\mathbb{R}\times(0,T)}|U_x(x,t)| \leqslant C_0\|\varphi\|_{C^1[0,l]}. \tag{1}$$

由构造可知 $\Phi$ 关于 $x=0$ 与 $x=l$ 都是奇函数, 且以 $2l$ 为周期, 故由方程及初值的对称性可知

$$U(0,t)=U(l,t)=0,\qquad 0<t\leqslant T,$$

从而 $u(x,t):=U(x,t)\big|_{x\in[0,l]}$ 即为原定解问题的唯一解. 因此

$$u_x(0,t)=U_x(0,t),\quad u_x(l,t)=U_x(l,t).$$

由 (1) 得

$$\max_{0<t<T}|u_x(0,t)| \leqslant C_0\|\varphi\|_{C^1[0,l]},\qquad \max_{0<t<T}|u_x(l,t)| \leqslant C_0\|\varphi\|_{C^1[0,l]}.$$

令 $C=C_0$ 即得 (1) 中所需估计, 且 $C$ 只依赖于 $\|\varphi\|_{C^1[0,l]}$.

(2) 现在再假设 $u_x\in C^{2,1}(Q)$. 由上面的整线问题, 我们已经得到

$$\sup_{(x,t)\in\mathbb{R}\times(0,T)}|U_x(x,t)| \leqslant C_0\|\varphi\|_{C^1[0,l]}.$$

而 $u(x,t)=U(x,t)$ 在 $[0,l]\times[0,T]$ 上的限制, 因此

$$\max_{\overline Q}|u_x(x,t)| \leqslant\sup_{(x,t)\in\mathbb{R}\times(0,T)}|U_x(x,t)| \leqslant C_0\|\varphi\|_{C^1[0,l]}.$$

记 $\widetilde C=C_0$, 便得到

$$\max_{\overline Q}\left|\frac{\partial u(x,t)}{\partial x}\right| \leqslant\widetilde C \|\varphi\|_{C^1[0,l]},$$

其中 $\widetilde C$ 仅依赖于 $\|\varphi\|_{C^1[0,l]}$, 从而得证.