偏微分方程：第 5 次作业

对每个 $l>0$, $u_l$ 满足

令 $v=-u_l$, 则 $v_t-v_{xx}=-(u_t-u_{xx})=0$, 且在抛物边界上

因此 $v$ 在边界上最大值为 $0$, 由最大值原理知 $v\le0$, 即 $u_l\ge0$ 于 $\overline{Q^l}$.

取 $0<l_1<l_2$, 设对应解为 $u_{l_1},u_{l_2}$. 在区域 $Q^{l_1}=\{0<x<l_1,0<t\leqslant T\}$ 上考虑 $w(x,t):=u_{l_2}(x,t)-u_{l_1}(x,t).$ 两者都满足 $u_t-u_{xx}=0$, 故 $w_t-w_{xx}=0$ $w$ 在抛物边界上的值:

于是 $w$ 在抛物边界上满足 $w\ge0$, 且在内部满足 $w_t-w_{xx}=0$. 再由最大值原理得 $w(x,t)\ge0,\quad (x,t)\in \overline{Q^{l_1}},$ 即 $u_{l_1}(x,t)\le u_{l_2}(x,t),\quad (x,t)\in Q^{l_1}.$ 这就证明了 $u_l$ 关于 $l$ 的递增性.

物理解释：

可以把问题看作一根长度为 $l$ 的均匀细杆, 其初温为 $0$, 左端 $x=0$ 的温度被控制为非负的给定函数 $g_1(t)$, 右端 $x=l$ 一直保持在 $0^\circ$. 当把杆从长度 $l_1$ 延长到 $l_2>l_1$ 时, 对同一内部点 $x\in(0,l_1)$ 来说, 右端这个“冷端”被移得更远, 热量更不容易通过右端散失掉, 因此该点的温度在任何时刻都不会比短杆情况更低, 即

设 $Q=(0,l)\times(0,T]$, $a^2>0$, 其抛物边界为

注意顶面 $t=T$ 不属于抛物边界。若函数在 $0<x<l$, $0<t\leqslant T$ 处达到全局最大值, 则空间二阶导数不大于零, 时间导数满足 $v_t\geqslant0$；在 $t=T$ 处使用左侧时间导数即可。

取 $N>\sup_Q c$, 对任意 $\varepsilon>0$ 定义严格扰动

直接求导得到

假如 $v_\varepsilon$ 在 $Q$ 中达到正的全局最大值, 则在该点

从而 $Lv_\varepsilon\geqslant0$, 与严格不等式矛盾。因此 $v_\varepsilon$ 的正最大值只能在 $\Gamma$ 上取得。

记 $M=\max_{\overline Q}u\geqslant0$。在 $u$ 的最大值点有 $v_\varepsilon>0$, 故 $v_\varepsilon$ 确有正的最大值, 并且

令 $\varepsilon\downarrow0$, 得 $M\leqslant\max_\Gamma u$。反向不等式由 $\Gamma\subset\overline Q$ 直接成立, 所以

这个论证也包含 $M=0$ 的情形。

设 $u_1,u_2$ 是两个有界经典解, 在初始面和边界上连续。令 $w=u_1-u_2$, 则

固定任意 $T>0$。由有界性, 存在 $M_T<\infty$ 使得 $|w(x,t)|\leqslant M_T$ 对所有 $x\geqslant0$, $0\leqslant t\leqslant T$ 成立。事实上, 每个有限时间条带上的一致有界性已经足够。

对 $\varepsilon>0$ 构造屏障

在有限柱体 $Q_R=(0,R)\times(0,T]$ 中分别考虑 $v_\pm=\pm w-b_\varepsilon$。它们满足

在 $t=0$ 和 $x=0$ 上, $v_\pm\leqslant0$。只要取 $R$ 足够大, 使得 $\varepsilon(1+R^2)\geqslant M_T$, 就有

由有限柱体上的最大值原理, $v_\pm\leqslant0$ 于 $\overline{Q_R}$。对于任意固定的 $(x,t)$, 取还满足 $R>x$ 的上述 $R$, 得到

令 $\varepsilon\downarrow0$, 可得 $w(x,t)=0$。由于 $T$ 任意, $w\equiv0$, 即 $u_1=u_2$。整个比较只在有限区间进行, 不需要假设 $w_x$ 在无穷远衰减。

对方程两边乘以 $u_t$, 在 $(0,l)$ 上积分, 得 $\int_0^l u_t^2\,dx-\int_0^l u_{xx}u_t\,dx=\int_0^l f\,u_t\,dx.$ 对第二项分部积分:

由于边界条件 $u(0,t)=u(l,t)=0$ 与时间无关, 对 $t$ 求导得 $u_t(0,t)=u_t(l,t)=0,$ 故边界项 $[u_x u_t]_{0}^{l}=0$, 于是

代回原式:

应用 Cauchy—Schwarz 与 Young 不等式:

从而

即

对 $t$ 从 $0$ 积分到任意 $\tau\in(0,T]$, 得到

由 $u_x(x,0)=\varphi'(x)$, 并放宽上限 $\tau\leqslant T$, 得

记

由上式分别舍去两个非负项, 可得

将两个估计相加, 得到

其中可取 $M=2$, 与初值、源项无关, 也不依赖 $T,l$。这里不能把随 $\tau$ 变化的积分上限直接换成 $T$ 后仍取同一个上界。

• (1)

• (2)

记 $D=B^+(R)$, 并将边界分成开圆弧与开直径

两端点不影响边界积分。以下固定采用 $-\Delta G=\delta$ 的约定, $n$ 始终表示区域的外法向。

圆盘的 Dirichlet Green 函数 #

用复数记号 $z=x+iy$, $\zeta=\xi+i\eta$, 定义

分母在圆盘内不为零, 所以对数修正项关于 $z$ 调和, 而奇异部分为 $-\frac1{2\pi}\ln|z-\zeta|$。因此

当 $|z|=R$ 时,

故 $G_R=0$ 于圆周。这个表达式也适用于 $\zeta=0$, 此时 $G_R(z,0)=-\frac1{2\pi}\ln(|z|/R)$。

半圆盘的混合 Green 函数 #

设极点 $\zeta=\xi+i\eta\in D$, 其镜像为 $\overline\zeta$。取同号镜像

镜像极点位于下半圆盘, 因而第二项在 $D$ 内调和, 并有

圆弧上两项均为零, 所以 $G^+|_{\Gamma_D}=0$。由

可知 $G^+(x+iy,\zeta)$ 关于 $y$ 为偶函数。因此在直径上

这就得到所求的 Green 函数。由显式公式还可验证 $G^+(z,\zeta)=G^+(\zeta,z)$。

解的表示 #

记求值点 $P=(\xi,\eta)\in D$, 积分变量 $Q=(x,y)$。在题设经典解下, 对去掉极点附近小圆盘的区域应用 Green 第二恒等式, 再令小圆半径趋于零, 得

若仅由题设的内部 $C^2$ 与闭域 $C^1$ 正则性出发, 体积分可先按内部截断区域的极限理解；当 $f$ 连续到边界时, 它就是通常的面积积分。

在 $\Gamma_D$ 上 $u=\varphi$, $G^+=0$；在 $\Gamma_N$ 上 $n=(0,-1)$, 故

代入得到

两个边界项都取负号：圆弧项来自 $-u\,\partial_nG^+$, 直径项来自 $\partial_nu=-\psi$。