偏微分方程 / 习题/考试 / 作业 / 8

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20251217 #

姓名: 刘欣楠

序号: 12

班级: 数学强基 2301

学号: 2233310237

\begin{tikzpicture}[remember picture,overlay] \node[anchor=north east] at ($(current page.north east)+(-25mm,-50mm)$) {  }; \end{tikzpicture}

2 #

设 $u(x)$ 是定解问题

\begin{cases} -\Delta u+c(x)u=f(x), & x\in\Omega,\

4pt] \dfrac{\partial u}{\partial n}+\alpha(x)u\big|{\Gamma_1}=\varphi_1,\qquad u\big|{\Gamma_2}=\varphi_2, \end{cases}

的解，其中 $\Gamma_1\cup\Gamma_2=\partial\Omega,\ \Gamma_1\cap\Gamma_2=\varnothing,\ \Gamma_2\neq\varnothing$。 如果 $c(x)\ge 0,\ \alpha(x)\ge \alpha_0>0$，则有估计

\max_{\overline{\Omega}}|u(x)| \le C\Big(\sup_{\Omega}|f|+\sup_{\Gamma_1}|\varphi_1|+\sup_{\Gamma_2}|\varphi_2|\Big),

其中常数 $C$ 依赖于 $\alpha_0$ 与 $\Omega$ 的直径。 {{< admonition note "证明" false >}} 记 $R:=\operatorname{diam}(\Omega)$，取一点 $x_0$ 使得 $\overline{\Omega}\subset B_R(x_0)$。 令

F:=\sup_{\Omega}|f|,\quad B_1:=\sup_{\Gamma_1}|\varphi_1|,\quad B_2:=\sup_{\Gamma_2}|\varphi_2|,

并取二次函数 $ b(x):=\frac{F}{2n}\bigl(R^2-|x-x_0|^2\bigr)\ge 0\qquad(x\in\Omega). $ 则在 $\Omega$ 内有 $-\Delta b=F$，且

0\le b\le \frac{F}{2n}R^2,\qquad \left|\frac{\partial b}{\partial n}\right| \le |\nabla b| =\frac{F}{n}|x-x_0| \le \frac{F}{n}R\quad \text{于 }\partial\Omega.

取常数 $ K:=B_2+\frac{B_1+\frac{F}{n}R}{\alpha_0}. $ 考虑 $ w:=u-b-K. $ 在 $\Omega$ 中

-\Delta w+c(x)w =\bigl(-\Delta u+c u\bigr)-\bigl(-\Delta b\bigr)-c(b+K) =f-F-c(b+K)\le |f|-F\le 0.

在 $\Gamma_2$ 上，由 $u=\varphi_2$ 得

w|_{\Gamma_2}=\varphi_2-b-K\le B_2-0-K\le 0.

若 $w$ 在 $\overline{\Omega}$ 取得正最大值，则不可能在 $\Omega$ 内部，只能发生在 $\Gamma_1$ 上某点 $x^\ast$。 此时有 $\dfrac{\partial w}{\partial n}(x^\ast)\ge 0$，从边界条件 $ \frac{\partial w}{\partial n}+\alpha w =\varphi_1-\frac{\partial b}{\partial n}-\alpha(b+K) $ 在 $x^\ast$ 处得到

\alpha(x^\ast), w(x^\ast) \le \varphi_1(x^\ast)-\frac{\partial b}{\partial n}(x^\ast)-\alpha(x^\ast)(b(x^\ast)+K) \le B_1+\frac{F}{n}R-\alpha_0 K\le 0,

从而 $w(x^\ast)\le 0$，与 $w(x^\ast)>0$ 矛盾。故 $w\le 0$ 于 $\overline{\Omega}$，即

u\le b+K\le \frac{F}{2n}R^2+B_2+\frac{B_1+\frac{F}{n}R}{\alpha_0}.

同理对 $-u$ 重复上述过程，得 $ -u\le b+K, $ 于是

\max_{\overline{\Omega}}|u| \le \frac{F}{2n}R^2+B_2+\frac{B_1+\frac{F}{n}R}{\alpha_0} \le C(\alpha_0,R),(F+B_1+B_2),

其中 $C(\alpha_0,R)$ 仅依赖于 $\alpha_0$ 与 $R=\operatorname{diam}(\Omega)$。证毕。 {{< /admonition >}} ## 5 设 $\Omega_0$ 是三维有界区域，$\Omega=\mathbb{R}^3\setminus\overline{\Omega_0}$。 又设 $u\in C^2(\Omega)\cap C(\overline{\Omega})$ 是外部问题 $$\begin{cases} -\Delta u+c(x)u=0, & x\in\Omega,\\ u|_{\partial\Omega}=\varphi,\\ \displaystyle\lim_{|x|\to\infty}u(x)=l, \end{cases}$$ 的解，其中 $c(x)\ge 0$ 且在 $\overline{\Omega}$ 上局部有界，则有估计

\sup_{\Omega}|u(x)|\le \max\Big{|l|,\ \max_{\partial\Omega}|\varphi(x)|\Big}.

$${{< admonition note "证明" false >}} 令$$

M:=\max\Big{|l|,\ \max_{\partial\Omega}|\varphi|\Big}.

任取 $\varepsilon>0$。由 $\lim_{|x|\to\infty}u(x)=l$，存在 $R_\varepsilon$ 使得当 $|x|\ge R_\varepsilon$ 时

|u(x)-l|<\varepsilon\quad\Rightarrow\quad |u(x)|\le |l|+\varepsilon\le M+\varepsilon.

对任意 $R\ge R_\varepsilon$，记截断外域

\Omega_R:=\Omega\cap B_R(0),

其边界由 $\partial\Omega$ 与球面 $S_R:=\partial B_R(0)$ 的一部分组成。 在 $\partial\Omega$ 上 $|u|=|\varphi|\le M\le M+\varepsilon$； 在 $S_R\cap\Omega$ 上 $|u|\le M+\varepsilon$。 另一方面，$u$ 满足

-\Delta u+c(x)u=0,\qquad c(x)\ge 0,

故对 $\pm u$ 可用弱最大值原理推出

\max_{\overline{\Omega_R}}|u|\le \max_{\partial\Omega_R}|u|\le M+\varepsilon.

令 $R\to\infty$ 得 $\sup_{\Omega}|u|\le M+\varepsilon$，再令 $\varepsilon\to 0$ 即得结论。 {{< /admonition >}} ## 7 设 $\Omega$ 为有界区域，$P_0\in\partial\Omega$。函数

u\in C(\overline{\Omega}\setminus{P_0})\cap C^2(\Omega)

$$满足$$ $$\begin{cases} -\Delta u=0, & x\in\Omega,\\ u|_{\partial\Omega\setminus\{P_0\}}=\varphi,\\ \displaystyle\varlimsup_{P\to P_0}|u(P)|\le M_0, \end{cases}$$ $$则$$

\sup_{\Omega}|u(x)|\le \max\Big{M_0,\ \sup_{\partial\Omega}|\varphi(x)|\Big}.

{{< admonition note "证明" false >}} 记 $M:=\max\{M_0,\ \sup_{\partial\Omega}|\varphi|\}$。任取 $\varepsilon>0$。 由 $\varlimsup_{P\to P_0}|u(P)|\le M_0\le M$，存在 $\delta>0$ 使得当 $P\in\Omega$ 且 $|P-P_0|<\delta$ 时 $ |u(P)|\le M+\varepsilon. $ 令 $ \Omega_\delta:=\Omega\setminus \overline{B_\delta(P_0)}. $ 则 $u$ 在有界域 $\Omega_\delta$ 内调和，且其边界由两部分组成：

\partial\Omega_\delta=\bigl(\partial\Omega\setminus B_\delta(P_0)\bigr)\ \cup\ \bigl(\partial B_\delta(P_0)\cap\Omega\bigr).

在第一部分上 $|u|=|\varphi|\le M\le M+\varepsilon$； 在第二部分上由构造得 $|u|\le M+\varepsilon$。 对调和函数 $u$，由最大值原理对 $\pm u$ 应用，得

\max_{\overline{\Omega_\delta}}|u|\le \max_{\partial\Omega_\delta}|u|\le M+\varepsilon.

令 $\delta\downarrow 0$ 得 $\sup_{\Omega}|u|\le M+\varepsilon$，再令 $\varepsilon\downarrow 0$ 即得所证。 {{< /admonition >}} ## 9 记

\mathbb{R}^2_+:={(x,y)\mid -\infty<x<\infty,\ y>0},

$$证明定解问题$$ $$\begin{cases} -\Delta u=f(x,y), & (x,y)\in \mathbb{R}^2_+,\\ u|_{y=0}=\varphi(x), & -\infty<x<\infty, \end{cases}$$ 属于 $C(\overline{\mathbb{R}^2_+})\cap C^2(\mathbb{R}^2_+)$ 的有界解是唯一的。 {{< admonition note "证明" false >}} 设 $u_1,u_2$ 是两个有界解，令 $v:=u_1-u_2$，则 $ -\Delta v=0\quad\text{于 }\mathbb{R}^2_+,\qquad v(x,0)=0\ (x\in\mathbb{R}), $ 并且 $v$ 有界。我们证 $v\equiv 0$。 按提示取 $ \psi(x,y):=\ln\!\bigl(x^2+(y+1)^2\bigr). $ 由于奇点 $(0,-1)$ 不在上半平面内，故 $\psi$ 在 $\mathbb{R}^2_+$ 上调和，即 $\Delta\psi=0$。 对任意 $\varepsilon>0$，定义 $ w_\pm(x,y):=\varepsilon\,\psi(x,y)\pm v(x,y). $ 则 $w_\pm$ 在 $\mathbb{R}^2_+$ 上调和。 在边界 $y=0$ 上， $ w_\pm(x,0)=\varepsilon\ln(x^2+1)\pm v(x,0)=\varepsilon\ln(x^2+1)\ge 0. $ 又因为 $\psi(x,y)=\ln(x^2+(y+1)^2)\to +\infty$ 当 $x^2+y^2\to\infty$， 而 $v$ 有界，所以对每个固定 $\varepsilon>0$，存在 $R_\varepsilon$ 使得在半圆边界 $ \partial\bigl(\mathbb{R}^2_+\cap B_R(0)\bigr)\cap\{y>0\} $ 上有 $w_\pm\ge 0$。 于是对有界域 $D_R:=\mathbb{R}^2_+\cap B_R(0)$，$w_\pm$ 在 $D_R$ 调和且边界非负， 由最小值原理得 $w_\pm\ge 0$ 于 $\overline{D_R}$。令 $R\to\infty$ 得 $ \varepsilon\,\psi(x,y)\pm v(x,y)\ge 0\quad \forall (x,y)\in\mathbb{R}^2_+. $ 即 $ -\varepsilon\,\psi(x,y)\le v(x,y)\le \varepsilon\,\psi(x,y). $ 对固定点 $(x,y)$，令 $\varepsilon\to 0^+$，得到 $v(x,y)=0$。故 $u_1\equiv u_2$，唯一性得证。 {{< /admonition >}}