偏微分方程 / 习题/考试 / 作业 / 5

对每个 $l>0$, $u_l$ 满足

2mm] u_l(x,0)=0,& 0\leqslant x\leqslant l,\

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.

\noindent**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 $Q=\{(x,t):0<x<l,\ 0<t\leqslant T\}$, 其抛物边界为 $\Gamma=\{(x,t):0\leqslant x\leqslant l,\ t=0\}\cup\{(x,t):x=0\text{ 或 }x=l,\ 0\leqslant t\leqslant T\}.$ 已知 $u\in C(\overline Q)\cap C^{2,1}(Q)$ 且 $Lu:=u_t-a^2u_{xx}+c(x,t)u\le0,\qquad c(x,t)\ge0,\ c\ \text{有界}.$

取常数 $\lambda>0$, 令 $v(x,t)=e^{\lambda t}u(x,t).$ 则 $v\in C(\overline Q)\cap C^{2,1}(Q)$, 且计算得 $v_t=e^{\lambda t}(u_t+\lambda u),\quad v_{xx}=e^{\lambda t}u_{xx},$ 于是

记 $L_\lambda v:=v_t-a^2v_{xx}+(c+\lambda)v\le0$, 其中 $c+\lambda\geqslant\lambda>0$.

若 $v$ 在某个内部点 $(x_0,t_0)\in Q$ 取到正的最大值 $M>0$, 则因为 $(x_0,t_0)$ 是 $v$ 的局部极大点, 有 $v_t(x_0,t_0)=0, v_x(x_0,t_0)=0, v_{xx}(x_0,t_0)\le0.$ 于是

这与 $L_\lambda v\le0$ 矛盾. 故 $v$ 在 $Q$ 内部不能有正的局部最大值.

记 $M:=\max_{\overline Q}u\ge0$ 为 $u$ 在 $\overline Q$ 上的非负最大值.

对任意 $\tau\in(0,T)$, 考虑截断柱体 $Q_\tau=\{(x,t):0<x<l,\ 0<t\leqslant\tau\},$ 其抛物边界为

由第一步的结论, $u$ 在 $\overline Q_\tau$ 上的正最大值不能在内部取得, 只能在 $\Gamma_\tau$ 上取得, 即 $\max_{\overline Q_\tau}u=\max_{\Gamma_\tau}u.$ 令 $\tau\uparrow T$, 由 $u$ 的连续性及单调性可得

另一方面显然有 $\max_{\overline Q}u\geqslant\max_{\Gamma}u$, 故 $\max_{\overline Q}u=\max_{\Gamma}u.$

因此, 只要 $u$ 在 $\overline Q$ 上存在非负最大值, 它必定在抛物边界 $\Gamma$ 上达到该最大值.

设 $u_1,u_2$ 是题中问题的两个有界解, 记 $w(x,t)=u_1(x,t)-u_2(x,t),$ 则 $w$ 亦有界, 并满足齐次问题

要证唯一性, 只需证明 $w\equiv0$.

取任意 $\lambda>0$, 定义 $F(t)=\int_0^\infty w(x,t)^2 e^{-\lambda x}\,dx.$ 由于 $w$ 有界, $F(t)$ 对每个 $t$ 都有限；又由 $w(x,0)=0$, 得 $F(0)=0$.

由 $w_t=a^2w_{xx}$ 计算:

对 $x$ 分部积分两次可得

于是

令 $C=a^2\lambda^2$, 考虑 $G(t)=e^{-Ct}F(t),$ 则 $G'(t)=e^{-Ct}\big(F'(t)-CF(t)\big)\le0,$ 说明 $G(t)$ 非增. 由 $F(0)=0$ 知 $G(0)=0$, 再由 $G(t)\ge0$, 得到 $G(t)\equiv0\quad\Rightarrow\quad F(t)\equiv0,\ \forall t\ge0.$ 从而对任意 $t$, $\int_0^\infty w(x,t)^2 e^{-\lambda x}\,dx=0,$ 由被积函数非负可知 $w(x,t)\equiv0$. 因此 $u_1\equiv u_2$, 半无界问题的有界解唯一.

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

对 $\tau\in[0,T]$ 取上确界即可得到

其中可取 $M=1$.

• (1)

• (2)

记 $B(R)=\{(x,y):x^2+y^2<R^2\},\quad B^+(R)=B(R)\cap\{y>0\},$ 其边界分解为 $\partial B^+(R)=\Gamma_D\cup\Gamma_N,\quad \Gamma_D=\partial B(R)\cap\{y>0\},\quad \Gamma_N=\{(x,0):|x|<R\},$ 在 $\Gamma_D$ 上为 Dirichlet 条件, 在 $\Gamma_N$ 上为 Neumann 条件 $u_y=\psi$.

先给出圆盘 $B(R)$ 的 Dirichlet Green 函数 $G_R$. 用复数记号 $z=x+iy,\ \zeta=\xi+i\eta$, $G_R(z,\zeta) =-\dfrac{1}{2\pi}\ln\left| \frac{z-\zeta}{z-\frac{R^2}{\overline\zeta}} \right|, \quad |z|<R,\ |\zeta|<R.$ 它满足 $-\Delta_z G_R(z,\zeta)=\delta(z-\zeta),\quad z\in B(R);\quad G_R(z,\zeta)=0,\quad |z|=R.$

设极点 $\zeta=\xi+i\eta$ 在上半圆内：$|\zeta|<R,\ \eta>0$. 对其关于 $x$ 轴的镜像为 $\zeta^*=\overline\zeta=\xi-i\eta.$ 令 $G^+(z,\zeta):=G_R(z,\zeta)+G_R(z,\zeta^*),\quad z\in B^+(R).$

则有： 对 $z\in B^+(R)$, $\zeta^*$ 在下半圆, 不在 $B^+(R)$ 内, 故

对 $z\in\Gamma_D$, 即 $|z|=R,\ \Im z>0$, 有 $G_R(z,\cdot)=0$, 故 $G^+(z,\zeta)=0,\quad z\in\Gamma_D.$

对 $z=x\in\Gamma_N$, 可见 $G^+(x+iy,\zeta)=G_R(x+iy,\zeta)+G_R(x+iy,\zeta^*)$

对 $y$ 为偶函数, 从而在 $y=0$ 有 $\frac{\partial G^+}{\partial y}(x,0;\zeta)=0,\quad |x|<R,$ 即在 $\Gamma_N$ 上满足齐次 Neumann 条件.

因此 $G^+(z,\zeta)$ 即为半圆 $B^+(R)$ 上满足

的 Green 函数.

记 $P=(\xi,\eta)\in B^+(R)$, $Q=(x,y)$. Green 表示公式为

由于在 $\Gamma_D$ 上 $u=\varphi$、在 $\Gamma_N$ 上 $u_y=\psi$, 且

上式化简为

综上, $u\in C^1(\overline{B^+}(R))\cap C^2(B^+(R))$ 的解可表示为