UMD PDE 预备考试/2005 年 8 月 PDE

问题 1

a) 令$c>0$ 为常数。说明什么是 PDE $u_{t}+cu_{x}=0$ 在 $\mathbb {R} ^{2}$ 上的弱解。 b) 证明如果 $f(\cdot )$ 是一个单变量连续函数，则 $f(x-ct)$ 是 PDE $u_{t}+cu_{x}=0$ 在 $\mathbb {R} ^{2}$ 上的弱解。

问题 4

令 $U\subset \mathbb {R} ^{n}$ 为一个具有光滑边界 $\partial U$ 的有界开集。令 $x\mapsto P(x):{\bar {U}}\to \mathbb {R} ^{n\times n}$ 为一个光滑的对称 $n\times n$ 实矩阵族，它们一致正定。令 $c\geq 0$ 且 $f(x)$ 为 ${\bar {U}}$ 上的光滑函数。定义泛函 $I[u]=\int _{U}\left({\frac {1}{2}}\langle \nabla u,P(x)\nabla u\rangle +{\frac {1}{2}}c(x)u^{2}-f(x)u\right)\,dx$，其中 $\langle \cdot ,\cdot \rangle$ 是 $\mathbb {R} ^{n}$ 上的标量积。假设 $u\in C^{2}(U)\cap C^{0}({\bar {U}})$ 是在狄利克雷条件 $u=g$ 在 $\partial U$ 上满足的该泛函的极小值，其中 $g$ 是连续的。 a) 证明 $u$ 满足变分方程 $\int _{U}\langle \nabla u,P(x)\nabla v\rangle +c(x)uv=\int _{U}fv$ 对于任何 $v\in V=\{v\in \operatorname {Lip} (U):\left.v\right|_{\partial U}=0\}$。 b) $u$ 满足的偏微分方程是什么？ c) 假设 $f,g\geq 0$。证明 $v=\min(u,0)$ 是一个可接受的测试函数，并由此得出结论 $u\geq 0$。（提示：你可以使用事实 $\nabla v=\chi _{\{u<0\}}\nabla u$ 几乎处处成立） d) 证明 $I[u]$ 只有一个最小值，或者等价地，对应偏微分方程只有一个解 $u\in C^{2}(U)\cap C^{0}({\bar {U}})$。

解答

4a

对于 $v\in V$，定义 $\phi (t)=I[u+tv]$。由于 $u$ 使泛函最小化，因此 $\phi '(0)=0$。我们可以计算 $\phi '$（利用 $P$ 的对称性）

${\begin{aligned}\phi '(t)=&{\frac {d}{dt}}\int _{U}{\frac {1}{2}}\langle \nabla (u+tv),P(x)\nabla (u+tv)\rangle +{\frac {1}{2}}c(x)(u+tv)^{2}-f(x)(u+tv)\,dx\\=&{\frac {d}{dt}}\int _{U}{\frac {1}{2}}\langle \nabla u,P\nabla u\rangle +t\langle \nabla u,P\nabla v\rangle +{\frac {1}{2}}t^{2}\langle \nabla v,P\nabla v\rangle +{\frac {1}{2}}c(x)(u+2tuv+t^{2}v^{2})-f(x)(u+tv)\,dx\\=&\int _{U}\langle \nabla u,P(x)\nabla v\rangle +t\langle \nabla v,P(x)\nabla v\rangle +c(x)(uv+tv^{2})-f(x)v\,dx\end{aligned}}$

因此 $\phi '(0)=\int _{U}\langle \nabla u,P(x)\nabla v\rangle +c(x)uv-f(x)v\,dx=0$，这证明了结论。

4b

我们有

${\begin{aligned}\int _{U}fv=&\int _{U}\langle \nabla u,P(x)\nabla v\rangle +c(x)uv\\=&\int _{U}P(x)\nabla u\cdot \nabla v+c(x)uv\\=&-\int _{U}\operatorname {div} (P(x)\nabla u)v+\int _{\partial U}P(x)\nabla uv+\int _{U}c(x)uv\end{aligned}}$

边界项消失，因为 $v\in V$，我们得到了PDE的弱形式。因此，$u$ 是以下PDE的解

$\left\{{\begin{array}{rl}-\operatorname {div} (P(x)\nabla u)+c(x)u=f&{\text{ in }}U\\u=g&{\text{ on }}\partial U.\end{array}}\right.$

4c

首先，我们需要证明 $v=\min(u,0)\in V$。 首先，在 $\partial U$ 上，$v=\min(g,0)=0$，因为我们假设了 $g\geq 0$。 其次，$u$，因此 $v$，必须是 Lipschitz 连续的，因为 $u\in C^{2}(U)$ 且 $U$ 是 $\mathbb {R} ^{n}$ 中的有界域（即 $\nabla u\in C^{1}(U)$），因此 $|\nabla u|$ 必须在 $U$ 中达到一个（有限的）最大值，因此导数是有界的，因此 $u$ 是 Lipschitz 连续的。 因此，$v\in V$。

这给我们 $\int _{U}fv=\int _{U}\langle \nabla u,P(x)\nabla v\rangle +c(x)uv=\int _{\{u<0\}}\langle \nabla u,P(x)\nabla u\rangle +c(x)u^{2}$。

但请注意，由于 $P(x)$ 是一致正定的，因此 $\int _{\{u<0\}}\langle \nabla u,P(x)\nabla u\rangle =\int _{\{u<0\}}(\nabla u)^{T}P(x)(\nabla u)\geq 0.$

因此，我们有

$0\leq \int _{\{u<0\}}(\nabla u)^{T}P(x)(\nabla u)+cu^{2}=\int _{\{u<0\}}fu<0$

这与假设矛盾，除非 $m(\{u<0\})=0$，即 $u\geq 0$ 几乎处处成立。

4d

假设 $u_{1},u_{2}$ 是两个不同的解。令 $w=u_{1}-u_{2}$。则 $w$ 是 Lipschitz 函数（因为 $u_{1},u_{2}$ 都必须是 Lipschitz 函数），并且 $w=0$ 在 $\partial U$ 上成立。因此，变分方程给出

$\int _{U}\langle \nabla w,P(x)\nabla w\rangle +c(x)w^{2}=0$。由于 $P(x)$ 是正定的，所以我们有

$\int _{U}cw^{2}\leq 0$，这与假设矛盾，除非 $w=0$ 几乎处处成立。