偏微分方程/输运方程

偏微分方程
← 介绍和第一个例子	输运方程	测试函数 →

在第一章中，我们已经看到了一维输运方程。在本章中，我们将看到我们可以很容易地将那里使用的解法和唯一性证明推广到多个维度。令 $d\in \mathbb {N}$ 。 非齐次 $d$ -维输运方程 如下所示

\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:\partial _{t}u(t,x)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}u(t,x)=f(t,x)

, 其中 $f:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R}$ 是一个函数， $\mathbf {v} \in \mathbb {R} ^{d}$ 是一个向量。

解

以下定义将在许多情况下成为有用的简写符号。由于我们从本章一开始就可以使用它，所以我们从它开始。

定义 2.1:

令 $f:\mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R}$ 是一个函数， $n\in \mathbb {N}$ 。我们说 $f$ 是 $n$ 次连续可微 当且仅当所有偏导数

\partial _{\alpha }f,\alpha \in \mathbb {N} _{0}^{d}{\text{ and }}|\alpha |\leq n

存在且连续。我们写 $f\in {\mathcal {C}}^{n}(\mathbb {R} ^{d})$ .

在我们证明输运方程的解公式之前，我们需要一个来自分析的定理，它将在解公式的证明中发挥至关重要的作用。

定理 2.2：(莱布尼茨积分规则)

令 $O\subseteq \mathbb {R}$ 为开集，且 $B\subseteq \mathbb {R} ^{d}$ ，其中 $d\in \mathbb {N}$ 为任意自然数，并令 $f\in {\mathcal {C}}^{1}(O\times B)$ 。如果满足以下条件：

对所有 $x\in O$ ， $\int _{B}|f(x,y)|dy<\infty$
对所有 $x\in O$ 和 $y\in B$ ， ${\frac {d}{dx}}f(x,y)$ 存在
存在一个函数 $g:B\to \mathbb {R}$ ，使得

\forall (x,y)\in O\times B:|\partial _{x}f(x,y)|\leq |g(y)|{\text{ and }}\int _{B}|g(y)|dy<\infty

成立，那么

{\frac {d}{dx}}\int _{B}f(x,y)dy=\int _{B}{\frac {d}{dx}}f(x,y)

我们将省略证明过程。

定理 2.3：如果 $f\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d})$ ， $g\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} ^{d})$ 且 $\mathbf {v} \in \mathbb {R} ^{d}$ ，则函数

u:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R} ,u(t,x):=g(x+\mathbf {v} t)+\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds

是 $d$ 维非齐次传输方程的解。

\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:\partial _{t}u(t,x)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}u(t,x)=f(t,x)

需要注意的是，正如第一章中提到的，存在着许多解，每个连续可微的 $g$ 都对应着一个解。

证明:

1.

我们将证明 $u$ 足够光滑。根据链式法则， $g(x+\mathbf {v} t)$ 在所有方向 $t,x_{1},\ldots ,x_{d}$ 上连续可微。表达式

\partial _{x_{n}}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds,n\in \{1,\ldots ,d\}

根据莱布尼茨积分法则（参见练习 1）存在。表达式

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

我们将在本证明的后面证明它等于

f(t,x)+\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds

,

因为它存在

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

仅由导数组成

\partial _{x_{n}}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds,n\in \{1,\ldots ,d\}

2.

我们证明

\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:\partial _{t}u(t,x)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}u(t,x)=f(t,x)

分三步。

2.1

我们证明

\partial _{t}g(x+\mathbf {v} t)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}g(x+\mathbf {v} t)=0~~~~~(*)

将此留给读者作为多维链式法则应用的练习（见练习 2）。

2.2

我们证明

\partial _{t}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds=f(t,x)~~~~~(**)

我们选择

F(t,x):=\int _{0}^{t}f(s,x-\mathbf {v} s)ds

因此我们有

F(t,x+\mathbf {v} t)=\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds

根据多维链式法则，我们得到

{\begin{aligned}{\frac {d}{dt}}F(t,x+\mathbf {v} t)&={\begin{pmatrix}\partial _{t}F(t,x+\mathbf {v} t)&\partial _{x_{1}}F(t,x+\mathbf {v} t)&\cdots &\partial _{x_{d}}F(t,x+\mathbf {v} t)\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\\mathbf {v} \end{pmatrix}}\\&=\partial _{t}F(t,x+\mathbf {v} t)+\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}F(t,x+\mathbf {v} t)\end{aligned}}

但另一方面，根据微积分基本定理，我们有 $\partial _{t}F(t,x)=f(t,x-\mathbf {v} t)$ 因此

\partial _{t}F(t,x+\mathbf {v} t)=f(t,x)

另一方面

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

, 观察到 $\partial _{x_{n}}$ 的定义的微商商在两边都是相等的。另一方面，

{\frac {d}{dt}}F(t,x+\mathbf {v} t)=\partial _{t}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds

, 证明的第二部分的第二部分就完成了。

2.3

将 $(*)$ 和 $(**)$ 加在一起，利用导数的线性性质，可以看出方程成立。 $\Box$

初始值问题

定理与定义 2.4：如果 $f\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d})$ 且 $g\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} ^{d})$ ，则函数

u:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R} ,u(t,x):=g(x+\mathbf {v} t)+\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds

是输运方程初始值问题的唯一解

{\begin{cases}\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:&\partial _{t}u(t,x)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}u(t,x)=f(t,x)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{d}:&u(0,x)=g(x)\end{cases}}

证明:

非常容易地， $u(0,x)=g(x+\mathbf {v} \cdot 0)+\int _{0}^{0}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds=g(x)$ 。因此，根据定理 2.3， $u$ 是运输方程初始值问题的解。因此，我们接着证明唯一性。

假设 $v$ 是另一个任意的解。我们证明 $v=u$ ，从而排除其他解的可能性。

我们定义 $w:=u-v$ 。然后

{\begin{array}{llll}\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:&\partial _{t}w(t,x)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}w(t,x)&=(\partial _{t}u(t,x)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}u(t,x))-(\partial _{t}v(t,x)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}v(t,x))&\\&&=f(t,x)-f(t,x)=0&~~~~~(*)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{d}:&w(0,x)=u(0,x)-v(0,x)&=g(x)-g(x)=0&~~~~~(**)\end{array}}

类似于第一章中一维齐次运输方程初始值问题解的唯一性证明，我们为任意的 $(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}$ 定义

\mu _{(t,x)}(\xi ):=w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )

利用多元链式法则，我们计算 $\mu _{(t,x)}'(\xi )$

{\begin{aligned}\mu _{(t,x)}'(\xi )&:={\frac {d}{d\xi }}w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )&{\text{ by defs. of the }}'{\text{ symbol and }}\mu \\&={\begin{pmatrix}\partial _{t}w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )&\partial _{x_{1}}w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )&\cdots &\partial _{x_{d}}w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-1\\\mathbf {v} \end{pmatrix}}&{\text{chain rule}}\\&=-\partial _{t}w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )+\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )&\\&=0&(*)\end{aligned}}

因此，对于所有 $(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}$ $\mu _{(t,x)}(\xi )$ 是常数，因此

\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:w(t,x)=\mu _{(t,x)}(0)=\mu _{(t,x)}(t)=w(0,x+\mathbf {v} t){\overset {(**)}{=}}0

, 这表明 $w=u-v=0$ 因此 $u=v$ . $\Box$

习题

令 $f\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d})$ 且 $\mathbf {v} \in \mathbb {R} ^{d}$ 。利用莱布尼兹积分法则，证明对于所有 $n\in \{1,\ldots ,d\}$ ，导数
$\partial _{x_{n}}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds$
等于
$\int _{0}^{t}\partial _{x_{n}}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds$
因此存在。
令 $g\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} ^{d})$ 且 $\mathbf {v} \in \mathbb {R} ^{d}$ 。计算 $\partial _{t}g(x+\mathbf {v} t)$ 。
找到以下初值问题的唯一解
${\begin{cases}\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{3}:&\partial _{t}u(t,x)-{\begin{pmatrix}2\\3\\4\end{pmatrix}}\cdot \nabla _{x}u(t,x)=t^{5}+x_{1}^{6}+x_{2}^{7}+x_{3}^{8}\\\forall x\in \mathbb {R} ^{3}:&u(0,x)=x_{1}^{9}+x_{2}^{10}+x_{3}^{11}\end{cases}}$ .