UMD PDE 资格考试/2005 年 1 月 PDE

问题 1

设 $u(x,y)$ 是 $\mathbb {R} ^{2}$ 上的调和函数，并假设 $\int \int _{\mathbb {R} ^{2}}|\nabla u|^{2}(x,y)\,dx\,dy<\infty .$ 证明 $u$ 是一个常数函数。

解决方案

设 $C=\int \int _{\mathbb {R} ^{2}}|\nabla u|^{2}(x,y)\,dx\,dy<\infty .$

如果 $u$ 是调和的（即 $\Delta u=0$），那么 $v=\nabla u$ 也必须是调和的（当然，$\Delta \nabla u=0$）。然后，由于绝对值作为运算符是凸的，我们有 $|v|=|\nabla u|$ 是 $\mathbb {R} ^{2}$ 上的次调和函数。

然后，根据次调和函数的平均值性质，对于任何 $x_{0}\in \mathbb {R} ^{2}$，我们有

${\begin{array}{lll}|v(x_{0})|&\leq &{\frac {1}{\pi r^{2}}}\int _{B(x_{0},r)}|v|\,dx\,dy\\&\leq &{\frac {1}{\pi r^{2}}}\left(\int _{B(x_{0},r)}1\,dx\,dy\right)^{1/2}\left(\int _{B(x_{0},r)}|v|^{2}\,dx\,dy\right)^{1/2}\\&\leq &{\frac {C}{\sqrt {\pi r^{2}}}}\end{array}}$

其中第二个不等式是由于柯西-施瓦茨（霍尔德）不等式。

此估计对所有 $r>0$ 成立。因此，如果我们令 $r\to \infty$，我们可以看到对于所有 $x_{0}\in \mathbb {R} ^{2},$$|v(x_{0})|=|\nabla u(x_{0})|=0$，这说明 $u$ 是常数。

问题 2

令 $u(x,t)$ 是守恒律 $u_{t}+f(u)_{x}=0,\quad -\infty <x<\infty ,t>0.$ 的分段光滑弱解。 a) 推导出解的不连续点的兰金-休戈尼奥条件。 b) 找到 IVP 的分段光滑解 $u_{t}+(u^{2}+u)_{x}=0,\quad -\infty <x<\infty ,t>0$ $u(x,0)=\left\{{\begin{array}{ll}1,&x<0\\-2&x>0.\end{array}}\right.$

解决方案

a)

当我们用特征线法求解偏微分方程时，特征线可能会交叉，导致激波或不连续性。现在要做的就是找到不连续曲线，我们把它称为 $C$。将偏微分方程乘以 $v$，这是一个在 $\mathbb {R} \times (0,\infty )$ 上具有紧支集的平滑测试函数。然后通过分部积分

${\begin{aligned}0=&\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }(u_{t}+f(u)_{x})v\,dx\,dt\\=&-\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }uv_{t}\,dx\,dt+\left.\int _{-\infty }^{\infty }vu\,dx\right|_{t=0}^{t=\infty }-\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }f(u)v_{x}\,dx\,dt+\left.\int _{0}^{\infty }f(u)v\,dt\right|_{x=-\infty }^{x=\infty }\\=&-\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }uv_{t}\,dx\,dt-\int _{-\infty }^{\infty }vu(x,0)\,dx-\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }f(u)v_{x}\,dx\,dt.\end{aligned}}$

令 $V_{l}$ 表示 $\mathbb {R} \times (0,\infty )$ 中位于 $C$ 左侧的开区域，类似地 $V_{r}$ 表示位于 $C$ 右侧的区域。如果 $v$ 的支撑完全位于这两个区域中的任何一个，则上述所有边界项都消失，我们得到 $0=\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }(u_{t}+f(u)_{x})v\,dx\,dt=\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }uv_{t}+f(u)v_{x}\,dx\,dt.$

现在假设 $v$ 的支撑与不连续性 $C$ 相交。

b)

我们可以计算 $\sigma ={\frac {F(u_{l})-F(u_{r})}{u_{l}-u_{r}}}={\frac {1^{2}+1-(4-2)}{1+2}}=0$。因此，冲击波从原点垂直延伸。也就是说，

$u(x,t)=\left\{{\begin{aligned}1&x<0\\-2&x>0\end{aligned}}\right.$

问题 3

考虑具有初始数据的演化方程 $u_{tt}-u_{xx}+u_{t}=(u_{xt}^{3})_{x},\quad -\infty <x<\infty ,t>0$ $u(x,0)=f(x),u_{t}(x,0)=g(x),u(0,t)=u(1,t)=0.$ a) 什么能量量对于这个方程是合适的？它是守恒还是耗散？ b) 证明该问题的 $C^{3}$ 解是唯一的。

解决方案

3a

考虑能量 $E(t)={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}u_{t}^{2}+u_{x}^{2}\,dx$。然后 ${\dot {E}}(t)=\int _{0}^{1}u_{t}u_{tt}+u_{x}u_{xt}\,dx$。使用分部积分法得到 ${\dot {E}}(t)=\int _{0}^{1}u_{t}u_{tt}-u_{xx}u_{t}\,dx+\left.u_{t}u_{x}\right|_{0}^{1}$。边界项由于 $u(0,t)=0$ 意味着 $u_{t}(0,t)=0$ （类似地，在 $x=1$ 处）而消失。然后根据原始 PDE 我们得到

${\begin{aligned}{\dot {E}}(t)&=&\int _{0}^{1}u_{t}((u_{xt}^{3})_{x}-u_{t})\,dx\\&=&\int _{0}^{1}u_{t}(u_{xt}^{3})_{x}-u_{t}^{2})\,dx\\&=&\int _{0}^{1}-u_{xt}^{4}-u_{t}^{2}\,dx+\left.u_{xt}^{3}u_{t}\right|_{0}^{1}.\end{aligned}}$

其中最后一个等式是另一个分部积分。边界项再次使用相同的方法消去。因此，${\dot {E}}(t)<0$ 对于所有 $t$ 成立；也就是说，能量是耗散的。

3b

假设$u,v$是该系统的两个不同的解。那么$w=u-v$是以下方程的解：

$w_{tt}-w_{xx}+w_{t}=(w_{xt}^{3})_{x},\quad -\infty <x<\infty ,t>0$

$w(x,0)=0,w_{t}(x,0)=0,w(0,t)=w(1,t)=0.$

这告诉我们，在$t=0$时，$w_{x}=w_{t}=0$。因此，$E(0)=0$。由于$E(t)\leq E(0)$，那么$E(t)=0$，对所有$t$成立。这意味着$w\equiv 0$。也就是说，$u=v$。

问题 4

设$\Omega \subseteq \mathbb {R} ^{n}$是一个有界开集，其边界$\partial \Omega$光滑。考虑$u(x,t)$的初始边界值问题 $\left\{{\begin{array}{ll}u_{t}-\nabla \cdot (a(x)\nabla u)+b(x)u=q,&x\in \Omega ,t>0\\u(x,0)=f(x),&x\in \Omega \\u_{t}+\partial u/\partial n+u=0,&x\in \partial \Omega ,t>0\end{array}}\right.$ 其中 $\partial u/\partial n$ 是外法线方向的导数。假设 $a,b\in C^{1}({\bar {\Omega }})$ 且 $a(x)\geq 0$ 对 $x\in \Omega$ 成立。证明该问题的平滑解是唯一的。

解决方案

假设 $u,v$ 是两个不同的解。那么 $w=u-v$ 是以下问题的平滑解

$\left\{{\begin{array}{ll}w_{t}-\nabla \cdot (a(x)\nabla w)+b(x)w=0,&x\in \Omega ,t>0\\w(x,0)=0,&x\in \Omega \\w_{t}+\partial w/\partial n+w=0,&x\in \partial \Omega ,t>0\end{array}}\right.$

考虑能量 $E(t)={\frac {1}{2}}\int _{\Omega }w^{2}\,dx+{\frac {1}{2}}\int _{\partial \Omega }a(x)w^{2}\,dS$。很容易验证 $E(0)=0$。那么

${\begin{aligned}{\dot {E}}(t)=&\int _{\Omega }ww_{t}\,dx+\int _{\partial \Omega }a(x)ww_{t}\,dS\\=&\int _{\Omega }w\nabla \cdot (a(x)\nabla w)-b(x)w^{2}\,dx+\int _{\partial \Omega }a(x)ww_{t}\,dS\\=&\int _{\Omega }-\nabla w\cdot (a(x)\nabla w)-b(x)w^{2}\,dx+\int _{\partial \Omega }wa(x){\frac {\partial w}{\partial n}}\,dS+\int _{\partial \Omega }a(x)ww_{t}\,dS\\=&\int _{\Omega }-a(x)\nabla w\cdot \nabla w-b(x)w^{2}\,dx+\int _{\partial \Omega }-a(x)w^{2}-a(x)ww_{t}\,dS+\int _{\partial \Omega }a(x)ww_{t}\,dS\\=&\int _{\Omega }-a(x)\nabla w\cdot \nabla w-b(x)w^{2}\,dx+\int _{\partial \Omega }-a(x)w^{2}\,dS\\\leq &\int _{\Omega }-b(x)w^{2}\,dx\\\leq &\|b\|_{L^{\infty }(\Omega )}\int _{\Omega }w^{2}\,dx\end{aligned}}$

因此 ${\dot {E}}(t)\leq \|b\|_{L^{\infty }(\Omega )}E(t)$ 意味着 $E(t)\leq E(0)e^{\|b\|_{L^{\infty }(\Omega )}t}=0$ 对于所有 $t$。因此，$E(t)=0$ 对于所有 $t$，这意味着 $w\equiv 0$

问题 5

设 $\Omega \subset \mathbb {R} ^{n}$ 为一个有界开集，且边界光滑。设 $K=\{u\in H_{0}^{1}(\Omega ):u\geq 0{\text{ in }}\Omega \}$。设 $f\in L^{2}(\Omega )$ 并定义泛函 $I(u)={\frac {1}{2}}\int _{\Omega }|\nabla u|^{2}\,dx-\int _{\Omega }fu\,dx$. 证明 $u$ 是 $I$ 在 $K$ 上的最小值点，当且仅当 $u$ 满足变分不等式 $\int _{\Omega }\nabla u\cdot \nabla (u-v)\,dx\leq \int _{\Omega }f(u-v)\,dx$ 对所有 $v\in K$ 成立。

解决方案

$(\Rightarrow )$ 假设 $u$ 使 $I$ 最小化，即 $I[u]\leq I[w]\,\forall w\in K$。那么对于任何固定的 $w\in K$，如果我们令 $g(t)=(1-t)u+tv$ 那么 $I[g(0)]\leq I[g(t)]\,\forall 0\leq t\leq 1$。令 $i(t)=I[g(t)]$；那么我们可以说 $i'(0)\geq 0$。现在我们必须计算 $i'(0)$。我们有

$i(t)={\frac {1}{2}}\int _{\Omega }\left|(1-t)\nabla u+t\nabla v\right|^{2}-f((1-t)u+tv)\,dx$

$i'(t)=\int _{\Omega }-(1-t)|\nabla u|^{2}+(1-2t)\nabla u\cdot \nabla v+t|\nabla v|^{2}-(1-t)fu-tfv\,dx$

$i'(0)=\int _{\Omega }-|\nabla u|^{2}+\nabla u\cdot \nabla v-fu\,dx$

由于我们知道 $i'(0)\geq 0$ 那么

$\int _{\Omega }f(u-v)\,dx\geq \int _{\Omega }|\nabla u|^{2}-\nabla u\cdot \nabla v=\int _{\Omega }\nabla u\cdot \nabla (u-v)\,dx$ 如预期的那样。

$(\Leftarrow )$ 反之，假设

$\int _{\Omega }\nabla u\cdot \nabla (u-v)\,dx=\int _{\Omega }|\nabla |^{2}-\nabla u\cdot \nabla v\,dx\leq \int _{\Omega }f(u-v)\,dx.$

那么 ${\begin{array}{lll}\int _{\Omega }|\nabla u|^{2}-fu\,dx&\leq &\int _{\Omega }\nabla u\cdot \nabla v-fv\,dx\\&\leq &\int _{\Omega }|\nabla u||\nabla v|-fv\,dx\\&\leq &\int _{\Omega }1/2|\nabla u|^{2}+1/2|\nabla v|^{2}-fv\,dx\end{array}}$

因此，$1/2\int _{\Omega }|\nabla u|^{2}-fu\,dx\leq 1/2\int _{\Omega }|\nabla v|^{2}-fv\,dx$ 对于所有 $v\in K$。也就是说，$I[u]\leq I[v]$ 对于所有 $v\in K$，如预期的那样。