偏微分方程/习题解答

第一章

练习 1

一般的常微分方程由下式给出：

$\forall x\in B:F(x,u(x),\overbrace {u'(x),u''(x),\ldots } ^{\text{arbitrarily but finitely high derivatives}})=0$

对于集合 $B\subseteq \mathbb {R}$。注意：

$u'(x)=\partial _{x}u(x),u''(x)=\partial _{x}^{2}u(x),\ldots$

，我们观察到一般的常微分方程只是一般的一维偏微分方程。

练习 2

利用一维链式法则，我们直接计算：

$\partial _{t}u(t,x)=\partial _{t}g(x+ct)=cg'(x+ct)$

和

$\partial _{x}u(t,x)=\partial _{x}g(x+ct)=g'(x+ct)$

因此，

$\partial _{t}u(t,x)-c\partial _{x}u(t,x)=cg'(x+ct)-cg'(x+ct)=0$

练习 3

通过选择

$h(t,x,z,p,q)=p-cq$

，我们看到在我们的函数 $h$ 中，一阶导数足以描述偏微分方程。另一方面，如果 $h$ 不需要导数作为参数，根据定理 1.4（您可能在练习 2 中刚刚证明了），对于所有连续可微函数 $g:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$

$\forall (t,x)\in \mathbb {R} ^{2}:h(t,x,g(x+ct))=0$

由于我们可以选择 $g$ 作为任意实值的常数函数，$h$ 不依赖于 $z$，因为否则它将在某个常数函数 $g$ 的某个地方非零，因为对 $z$ 的依赖意味着不同的 $z$ 至少在一个点改变了值。因此，一维齐次传输方程将由下式给出

$h(x,t)=0$

并且一维齐次传输方程的初值问题的解将比定理和定义 1.5 中给出的解多得多。

第二章

练习 1

令 $n\in \{1,\ldots ,d\}$ 且 $(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}$ 为任意值。我们选择 $B=[0,t]$ 以及 $O=(-R,R)$，其中 $R>|x_{n}|$ 是任意值，并应用莱布尼兹积分法则。我们首先检查莱布尼兹积分法则的所有三个条件是否满足。

1.

由于 $f\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d})$，$f$ 在所有变量中都是连续的（因此，特别是在第一个变量中），并且对于 $f$ 与任何连续函数的复合也是如此。因此，由于所有单变量连续函数在区间上都是可积的，

$\int _{0}^{t}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))ds$

对于所有 $y=(y_{1},\ldots ,y_{n},\ldots ,y_{d})$ 存在，使得 $y_{n}\in O$ （事实上，它在任何地方都存在，但这是我们情况下莱布尼兹规则的要求）。

2.

$f$ 应该在 ${\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} ^{2})$ 中，这就是为什么

${\frac {d}{dy_{n}}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s)){\overset {\text{chain rule}}{=}}\partial _{x_{n}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))$

对于所有 $s\in B$ 和所有 $y=(y_{1},\ldots ,y_{n},\ldots ,y_{d})$ 存在，使得 $y_{n}\in O$ （事实上，它在任何地方都存在，但这是我们情况下莱布尼兹规则的要求）。

3.

我们注意到 $O=(-R,R)\subset [-R,R]$。因此，同样地， $O\times B\subset [-R,R]\times B=:K$，其中 $K$ 是紧致的。此外，由于 $\partial _{x_{n}}f$ 应该连续（根据 ${\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d})$ 的定义）并且

${\frac {d}{dy_{n}}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s)){\overset {\text{chain rule}}{=}}\partial _{x_{n}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))$

是连续的，也是连续函数的复合，函数 $\partial _{x_{n}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))$ 关于 $s$ 和 $y_{n}$ 连续。因此，根据极值定理，它在 $(s,y_{n})\in K$ 有界，即存在一个 $b\in \mathbb {R}$，$b>0$ 使得对于所有

$\left|\partial _{x_{n}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))\right|<b$

对于所有满足 $y_{n}\in O$ 的 $y=(y_{1},\ldots ,y_{n},\ldots ,y_{d})$，前提是 $y_{1},\ldots ,y_{n-1},y_{n+1},\ldots ,y_{d}$ 是固定的。因此，我们可以选择 $g(s)=b$ 并得到

$\forall \left|\partial _{x_{n}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))\right|<|g(s)|{\text{ and }}\int _{B}|g(s)|ds=tb<\infty$

现在我们已经检查了莱布尼兹积分规则的所有三个条件，因此我们可以得到

$\partial _{x_{n}}\int _{0}^{t}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))ds=\int _{0}^{t}\partial _{x_{n}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))ds$

对于所有 $y=(y_{1},\ldots ,y_{n},\ldots ,y_{d})$ 使得 $y_{n}\in O$。设定 $y=x$ 给出了 $x$ 的结果。

由于 $n\in \{1,\ldots ,d\}$ 且 $(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}$ 是任意的，这完成了练习。

练习 2

${\begin{aligned}\partial _{t}g(x+t\mathbf {v} )&={\begin{pmatrix}\partial _{x_{1}}g(x+t\mathbf {v} )&\cdots &\partial _{x_{d}}g(x+t\mathbf {v} )\end{pmatrix}}\mathbf {v} &{\text{by the chain rule}}\\&=\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}g(x+t\mathbf {v} )&\end{aligned}}$