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偏微分方程 / 习题/考试 / 作业 / 9

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20251224 #

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 ($(current page.north east)+(-25mm,-50mm)$) { ![图](/media/figures/pde/12.png) }; \end{tikzpicture}

11 #

考虑一维边值问题

\begin{cases} -\dfrac{d^{2}u}{dx^{2}}+q(x)u=f(x), \qquad 0<x<1,\

4pt] u(0)=u(1)=0. \end{cases}

- (1) 设 $\displaystyle \sup_{[0,1]}|u(x)|\le M_{0}$，$q(x),\,f(x)$ 在 $(0,1)$ 上有界，则有 $ |u'(0)|,\quad |u'(1)|\le C_{1}, $ 其中 $C_{1}$ 只依赖于 $q(x),\,f(x)$ 的界与 $M_{0}$。 - (2) 进一步假设 $q(x)\in C^{1}[0,1]$，$f(x)\in C^{1}[0,1]$，$u\in C^{1}[0,1]\cap C^{3}(0,1)$，则 $ |u'(x)|\le C_{2}, $ 其中 $C_{2}$ 只依赖于 $M_{0}$，$\|q\|_{C^{1}[0,1]}$，$\|f\|_{C^{1}[0,1]}$。 {{< admonition note "证明" false >}} (1)\ 设

g(x)=f(x)-q(x)u(x),\qquad |g|{\infty}\le |f|{\infty}+|q|_{\infty}M_0.

用 $-u''=g,\ u(0)=u(1)=0$ 的 Green 函数

G(x,s)=

{x(1−s),x≤s,s(1−x),x≥s,\begin{cases} x(1-s),& x\le s,\\ s(1-x),& x\ge s, \end{cases} 得 $ u(x)=\int_0^1 G(x,s)g(s)\,ds. $ 于是

u’(0)=\int_0^1 (1-s)g(s),ds,\qquad u’(1)=-\int_0^1 s,g(s),ds,

从而 从而

|u’(0)|\le \frac12|g|{\infty},\qquad |u’(1)|\le \frac12|g|{\infty}.

取 $C_1=\dfrac12\bigl(\|f\|_{\infty}+\|q\|_{\infty}M_0\bigr)$ 即可. (2)\ 由方程 $ u''=q(x)u-f(x), $ 得 $ \|u''\|_{\infty}\le \|q\|_{\infty}M_0+\|f\|_{\infty}. $ 再由 $ u'(x)=u'(0)+\int_0^x u''(t)\,dt $ 可得

|u’|{\infty}\le |u’(0)|+|u”|{\infty}\le C_1+|q|{\infty}M_0+|f|{\infty}.

令 $C_2=C_1+\|q\|_{C^{1}[0,1]}M_0+\|f\|_{C^{1}[0,1]}$ 即得结论. {{< /admonition >}} ## 12 设 $u,v\in C^{2}(\Omega)\cap C(\overline{\Omega})$，且是以下方程组 {−Δu+2u−v=f(x),x∈Ω,−Δv+2v−u=g(x),x∈Ω,\begin{cases} -\Delta u+2u-v=f(x), \qquad x\in\Omega,\\ -\Delta v+2v-u=g(x), \qquad x\in\Omega, \end{cases} 满足边界条件 $ u\big|_{\partial\Omega}=v\big|_{\partial\Omega}=0 $ 的解，试证明

\max\left{\sup_{\Omega}|u(x)|,\ \sup_{\Omega}|v(x)|\right} \le \max\left{\sup_{\Omega}|f(x)|,\ \sup_{\Omega}|g(x)|\right}.

{{< admonition note "证明" false >}} 记 $ M=\max\Bigl\{\sup_{\Omega}|f|,\ \sup_{\Omega}|g|\Bigr\}. $ 先证上界. 设 $ U=\max\Bigl\{\sup_{\Omega}u,\ \sup_{\Omega}v\Bigr\}. $ 若 $U\le 0$ 则显然. 若 $U>0$，取点 $x_0$ 使得 $U=\max\{u(x_0),v(x_0)\}$. 若 $x_0\in\partial\Omega$，则 $U=0$ 矛盾. 故 $x_0\in\Omega$. 若 $U=u(x_0)\ge v(x_0)$，则 $\Delta u(x_0)\le 0$，从而

0\le -\Delta u(x_0)=f(x_0)-2u(x_0)+v(x_0)\le M-U,

得 $U\le M$. 若 $U=v(x_0)\ge u(x_0)$ 同理得 $U\le M$. 故 $ \sup_{\Omega}u\le M,\qquad \sup_{\Omega}v\le M. $ 再对 $-u,-v$ 应用同样论证得到 $ \inf_{\Omega}u\ge -M,\qquad \inf_{\Omega}v\ge -M. $ 综上 $|u|\le M,\ |v|\le M$，结论成立. {{< /admonition >}} ## 13 设 $c(x)\ge c_0>0,\ \alpha(x)\ge 0$，$u\in C^{2}(\Omega)\cap C^{1}(\overline{\Omega})$ 是问题 $(2.12)$ 的解，则有估计

\int_{\Omega}\bigl|\nabla u(x)\bigr|^{2},dx +\frac{c_{0}}{2}\int_{\Omega}\bigl|u(x)\bigr|^{2},dx +\int_{\partial\Omega}\alpha(x),u^{2}(x),dl \le M\int_{\Omega}\bigl|f(x)\bigr|^{2},dx,

其中 $M$ 也仅依赖于 $c_{0}$。 {{< admonition note "证明" false >}} 将方程 $-\Delta u+c(x)u=f$ 乘以 $u$ 积分，分部积分并用边界条件

\int_{\Omega}|\nabla u|^{2},dx+\int_{\Omega}c(x)u^{2},dx+\int_{\partial\Omega}\alpha(x)u^{2},dl =\int_{\Omega}f,u,dx.

由 $c(x)\ge c_0$ 得

\int_{\Omega}|\nabla u|^{2},dx+c_0\int_{\Omega}u^{2},dx+\int_{\partial\Omega}\alpha u^{2},dl \le \int_{\Omega}f,u,dx.

用不等式 用不等式

\int_{\Omega}f,u,dx\le \frac{1}{2c_0}\int_{\Omega}f^{2},dx+\frac{c_0}{2}\int_{\Omega}u^{2},dx

并移项即得 并移项即得

\int_{\Omega}|\nabla u|^{2},dx+\frac{c_0}{2}\int_{\Omega}u^{2},dx+\int_{\partial\Omega}\alpha u^{2},dl \le \frac{1}{2c_0}\int_{\Omega}f^{2},dx.

取 $M=\dfrac{1}{2c_0}$. {{< /admonition >}} ## 14 考虑定解问题 \begin{cases} -\Delta u+\displaystyle\sum_{i=1}^{n} b_i(x)\,\dfrac{\partial u}{\partial x_i}+c(x)u=f(x), \qquad x\in\Omega,\

6pt] u\big|_{\partial\Omega}=0. \end{cases}

如果 c(x)−14∑i=1nbi2(x)>0,c(x)-\frac14\sum_{i=1}^{n} b_i^2(x)>0, 试用能量模估计方法证明上述边值问题解的唯一性。

note

只证齐次情形 f=0f=0. 设 uu 为解，取 uu 作测试函数，积分得

∫Ω∣∇u∣2 dx+∫Ωc u2 dx+∫Ω(∑i=1nbiuxi)u dx=0. \int_{\Omega}|\nabla u|^{2}\,dx+\int_{\Omega}c\,u^{2}\,dx+\int_{\Omega}\Bigl(\sum_{i=1}^n b_i u_{x_i}\Bigr)u\,dx=0.

估计一阶项

∣(∑i=1nbiuxi)u∣≤∣b∣∣∇u∣∣u∣=2∣∇u∣⋅∣b∣∣u∣2≤∣∇u∣2+14∣b∣2u2. \Bigl|\Bigl(\sum_{i=1}^n b_i u_{x_i}\Bigr)u\Bigr| \le |b||\nabla u||u| =2|\nabla u|\cdot \frac{|b||u|}{2} \le |\nabla u|^{2}+\frac14|b|^{2}u^{2}.

故

∫Ω(∑i=1nbiuxi)u dx≥−∫Ω∣∇u∣2 dx−14∫Ω∣b∣2u2 dx. \int_{\Omega}\Bigl(\sum_{i=1}^n b_i u_{x_i}\Bigr)u\,dx \ge -\int_{\Omega}|\nabla u|^{2}\,dx-\frac14\int_{\Omega}|b|^{2}u^{2}\,dx.

代回得

0≥∫Ω(c−14∣b∣2)u2 dx. 0\ge \int_{\Omega}\Bigl(c-\frac14|b|^{2}\Bigr)u^{2}\,dx.

由 c−14∣b∣2>0c-\frac14|b|^{2}>0 得 u≡0u\equiv 0，故解唯一.

15 #

设 u∈C03(Ω)u\in C_0^3(\Omega) 且满足

−Δu=f(x),x∈Ω,-\Delta u=f(x),\quad x\in\Omega,

证明

∑i,j=1n∫Ωuxixj2dx⩽n∫Ωf2dx.\sum\limits_{i,j=1}^n \int_\Omega u_{x_ix_j}^2\text{d} x\leqslant n\int_\Omega f^2\text{d} x.
note

对任意 i,ji,j，由 u∈C03(Ω)u\in C_0^3(\Omega) 分部积分得

∫Ωuxixj2 dx=∫Ωuxixi uxjxj dx. \int_\Omega u_{x_ix_j}^2\,dx =\int_\Omega u_{x_ix_i}\,u_{x_jx_j}\,dx.

于是

∑i,j=1n∫Ωuxixj2 dx=∑i,j=1n∫Ωuxixi uxjxj dx=∫Ω(∑i=1nuxixi)2 dx=∫Ω(Δu)2 dx=∫Ωf2 dx. \sum_{i,j=1}^n \int_\Omega u_{x_ix_j}^2\,dx =\sum_{i,j=1}^n \int_\Omega u_{x_ix_i}\,u_{x_jx_j}\,dx =\int_\Omega \Bigl(\sum_{i=1}^n u_{x_ix_i}\Bigr)^2\,dx =\int_\Omega (\Delta u)^2\,dx =\int_\Omega f^2\,dx.

从而

∑i,j=1n∫Ωuxixj2 dx≤n∫Ωf2 dx. \sum_{i,j=1}^n \int_\Omega u_{x_ix_j}^2\,dx\le n\int_\Omega f^2\,dx.

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