偏微分方程：第 9 次作业

2025-12-24 #

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 $M_{0}$ ， $\|q\|_{C^{1}[0,1]}$ ， $\|f\|_{C^{1}[0,1]}$ 。

证明

(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)= \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

|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.

12 #

设 $u,v\in C^{2}(\Omega)\cap C(\overline{\Omega})$ ，且是以下方程组

\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\}.

证明

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.

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 $c_{0}$ 。

证明

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

\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

\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 $M=\dfrac{1}{2c_0}$ .

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

证明

只证齐次情形 $f=0$ . 设 $u$ 为解，取 $u$ 作测试函数，积分得

\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

\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

\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\ge \int_{\Omega}\Bigl(c-\frac14|b|^{2}\Bigr)u^{2}\,dx.

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

15 #

设 $u\in C_0^3(\Omega)$ 且满足

-\Delta u=f(x),\quad x\in\Omega,

证明

\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.

证明

对任意 $i,j$ ，由 $u\in C_0^3(\Omega)$ 分部积分得

\int_\Omega u_{x_ix_j}^2\,dx =\int_\Omega u_{x_ix_i}\,u_{x_jx_j}\,dx.

于是

\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

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