高维初值问题

初值问题 (三维情形)-球面平均法 (Kirchhoff) #

题目

$$\begin{cases} u_{tt}-a^2\left(u_{x_1x_1}+u_{x_2x_2}+u_{x_3x_3}\right)=f(x,t),&\mathbb{R}^3\times (0,\infty),\\ u(x,0)=\varphi(x), & x\in\mathbb{R}^3\\ u_t(x,0)=\psi(x), & x\in\mathbb{R}^3. \end{cases}$$

以下取常数波速 $a>0$，先在光滑数据与经典解的范围内推导，使求导、积分换序和极限合法。先求 $f=\varphi=0$ 的初速度问题，再通过时间求导处理初位移，利用 Duhamel 原理处理外力，最后用线性叠加得到解。

考虑函数 $h(x)$ 在以 $x$ 为心, 以 $r$ 为半径的球面上的平均值

$$I(x,r;h)=\frac{1}{4\pi}\iint_{|y|=1}h(x+ry)\text{d} S_y$$

下面推导几个等式，先取 $h\in C^2$。

• (1)

$$\begin{aligned} \iiint_{|z|\leqslant R} h(x+z)\text{d} z\\ =\int_0^R r^2\text{d} r\iint_{|y|=1}h(x+ry)\text{d} S_y\\ =\int_0^R 4\pi r^2 I(x,r;h)\text{d} r. \end{aligned}$$

该推导只用了变量替换.

• (2)

$$\begin{aligned} \Delta\int_0^R 4\pi r^2 I(x,r;h)\text{d} r\\ =\iiint_{|z|\leqslant R}\Delta_x h(x+z)\text{d} z=\iiint_{|z|\leqslant R}\Delta_z h(x+z)\text{d} z\\ =\iint_{|z|=R}\frac{\partial h(x+z)}{\partial n_z}\text{d} S_z=\iint_{|z|=R}\sum\limits_{i=1}^3\frac{\partial h(x+z)}{\partial z_i}\frac{z_i}{R}\text{d} S_z\\ =\iint_{|y|=1}R^2\sum\limits_{i=1}^3 y_i\frac{\partial h(x+Ry)}{\partial x_i}\text{d} S_y\\ =4\pi R^2 \frac{\partial}{\partial R}I(x,R;h). \end{aligned}$$

其中 $\Delta_x$ 表示对 $x$ 的各个分量求偏导.

第二行: 设 $u=x+z$, 则可由链式法则知 $\frac{\partial h(x+z)}{\partial x}=\frac{\partial h(u)}{\partial u}\cdot 1$. 从而 $\Delta_x h(x+z)=\Delta_z h(x+z)$.

第三行: 利用上面推导式 (2) 中的 Green 公式（取 $v=1$）, 将体积分化为球面法向导数积分, 再按法向导数定义展开。

第四行: 换元, 其中 $R^2$ 由 $R^2\text{d} S_y=\text{d} S_z$ 给出.

• (3)

$$\frac{\partial}{\partial R}\Delta\int_0^R 4\pi r^2 I(x,r;h)\text{d} r=4\pi R^2\Delta I(x,R;h)$$

其中将偏导与 $\Delta$ 换序后利用微积分基本定理.

• (4)

$$\Delta (rI(x,r;h))=\frac{\partial ^2}{\partial r^2}(rI(x,r;h))$$

结合 (2),(3) 可得到.

我们取 $h$ 为 $f=\varphi=0$ 时的解 $u(x,t)$, 并定义

$$M(x,r,t)=rI(x,r;u)$$

则有

$$\begin{aligned} a^2\frac{\partial^2 M}{\partial r^2}\overset{(4)}{=}a^2\Delta M=\frac{a^2r}{4\pi}\iint_{|y|=1}\Delta u(x+ry,t) \text{d} S_y\\ \overset{u_{tt}-a^2\Delta u=0}{=}\frac{r}{4\pi}\iint_{|y|=1}u_{tt}(x+ry,t)\text{d} S_y=M_{tt}. \end{aligned}$$

又

$$\begin{aligned} M(x,r,0)=rI(x,r;\varphi)=0\\ M(x,0,t)=0\\ M_t(x,r,0)=rI(x,r;\psi) \end{aligned}$$

故对每一个 $x$, $M(x,r,t)$ 是半无界问题

$$\begin{cases} M_{tt}-a^2 M_{rr}=0, & r>0,t>0\\ M(x,0,t)=0, &\\ M(x,r,0)=0, &\\ M_t(x,r,0)=rI(x,r;\psi). & \end{cases}$$

解得 $0\leqslant r\leqslant at$ 时有

$$M(x,r,t)=\frac{1}{2a}\int_{at-r}^{at+r}RI(x,R;\psi)\text{d} R$$

从而

$$\begin{aligned} u(x,t)=\lim\limits_{r\to 0}\frac{1}{r}M(x,r,t)\\ =\lim\limits_{r\to 0}\frac{1}{2ar}\int_{at-r}^{at+r}RI(x,R;\psi)\text{d} R\\ =\frac{1}{a}[rI(x,r;\psi)]\big|_{r=at}=tI(x,at;\psi)\\ =\frac{t}{4\pi}\iint_{|y|=1}\psi(x+aty)\text{d} S_y. \end{aligned}$$

设 $S_r(x)=\{y\in\mathbb R^3:|y-x|=r\}$，即以 $x$ 为球心、以 $r$ 为半径的球面。

则

$$u_2=\frac{1}{4\pi a^2t}\iint_{S_{at}(x)}\psi(y)\text{d} S$$

对初速度解算子求时间导数得到初位移项，再由 Duhamel 原理得到外力项：

$$u_1(x,t)=\frac{\partial}{\partial t}\left[\frac{1}{4\pi a^2t}\iint_{S_{at}(x)}\varphi(y)\text{d} S\right]$$ $$u_3(x,t)=\int_0^t\left[\frac{1}{4\pi a^2(t-\tau)}\iint_{S_{a(t-\tau)}(x)}f(y,\tau)\text{d} S\right]\text{d} \tau$$

综上 $u(x,t)=u_1+u_2+u_3$.

以上球面积分式用于 $t>0$；$t=0$ 时由连续延拓取初值。积分上端 $\tau=t$ 也按极限理解：球面积分与 $[a(t-\tau)]^2$ 同阶，除去分母后趋于零。

公式可与 多伦多大学三维波动方程讲义中的初值与非齐次项逐项对照。