UMD PDE 资格考试/2013 年 1 月 PDE

问题 1

求显式解，$u=u(t,x_{1},x_{2})$，其中 $\partial _{t}u+x_{2}\partial _{x_{1}}u-x_{1}\partial _{x_{2}}u=0,\quad t>0,$，服从$u(t=0,x_{1},x_{2})=e^{-x_{1}^{2}}$.

解答

注意：出于符号目的，让我们将时间变量放在最后。即 $u(x_{1},x_{2},t=0)=e^{-x_{1}^{2}}$，这样$x_{1}$ 是第一个变量，$x_{2}$ 是第二个变量。

然后我们将我们的 PDE 写成 $0=F(p,z,x)=p_{3}+x_{2}p_{1}-x_{1}p_{2}$.

我们写出特征 ODE $\left\{{\begin{aligned}{\dot {z}}(s)&=D_{p}F\cdot p\\{\dot {x}}(s)&=D_{p}F\end{aligned}}\right.$

这给出 $\left\{{\begin{aligned}{\dot {z}}(s)&=x_{2}p_{1}-x_{1}p_{2}+p_{3}=0\\{\dot {x}}_{1}(s)&=x_{2}(s);\quad {\dot {x}}_{2}(s)=-x_{1}(s);\quad {\dot {t}}(s)=1\end{aligned}}\right.$

请注意，这得出 ${\ddot {x}}_{2}=-x_{2}$ 和 ${\ddot {x}}_{1}=-x_{1}$，这意味着 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 必须具有以下形式

$\left\{{\begin{aligned}x_{1}(s)&=x_{2}^{0}\sin(s)+x_{1}^{0}\cos(s)\\x_{2}(2)&=-x_{1}^{0}\sin(s)+x_{2}^{0}\cos(s)\\t(s)=s\end{aligned}}\right.$

其中系数的选择使得 $(x_{1}(0),x_{2}(0),t(0))=(x_{1}^{0},x_{2}^{0},0)$.

此外，由于 ${\dot {z}}(s)=0$，因此 $z(s)=z^{0}=e^{-(x_{1}^{0})^{2}}$.

现在，给定任何 $(x_{1},x_{2},t)\in \mathbb {R} ^{2}\times (0,\infty )$，我们需要找到 $x_{1}^{0},x_{2}^{0},s$ 使得 $(x_{1},x_{2},t)=(x_{1}(s),x_{2}(s),t(s))$。显然，我们需要 $t=s$。这意味着我们只需要求解以下关于 $x_{1}^{0}$ 的方程组：

$\left\{{\begin{aligned}x_{1}&=x_{2}^{0}\sin(t)+x_{1}^{0}\cos(t)\\x_{2}&=-x_{1}^{0}\sin(t)+x_{2}^{0}\cos(t)\\\end{aligned}}\right.$

解关于 $x_{2}^{0}$ 的第二个方程得到 $x_{2}^{0}={\frac {x_{2}+x_{1}^{0}\sin(t)}{\cos(t)}}$。将此代入第一个方程，我们可以解出 $x_{1}^{0}$。我们应该得到（化简后）$x_{1}^{0}=x_{1}\cos(t)-x_{2}\sin(t)$。

因此，$u(x_{1},x_{2},t)=z^{0}=e^{-(x_{1}^{0})^{2}}=e^{-(x_{1}\cos(t)-x_{2}\sin(t))^{2}}$。

问题 2

令 $u\not \equiv 0$ 为 $C^{2}(\mathbb {R} ^{N})$ 函数。定义 $m_{x}(r)=r^{1-N}\int _{\partial B(x,r)}u(y)\,dS(y)$. a). 证明 ${\frac {dm_{x}}{dr}}=r^{1-N}\int _{B(x,r)}\Delta u(y)\,dy$. b). 令 $u$ 解决 $-\Delta u=\phi (u)$ 对于某些连续的 $\phi$。假设 $u(x)\geq 1$ 对于每个 $x\in \mathbb {R} ^{N}$，并且 $\phi (\xi )\geq 0$ 对于 $\xi \geq 1$。证明如果 $u(x_{0})=1$ 在某个 $x_{0}\in \mathbb {R} ^{N}$，则 $u(x)\equiv 1$ 对于每个 $x\in \mathbb {R} ^{N}$.

解答

a

我们进行变量变换 $z={\frac {y-x}{r}}$，得到

$m_{x}(r)=r^{1-N}\int _{\partial B(x,r)}u(y)\,dS(y)==r^{1-N}r^{N-1}\int _{\partial B(0,1)}u(x+rz)\,dS(z)$.

然后对该式求导并使用格林公式，得到

${\begin{aligned}{\frac {d}{dr}}m_{x}(r)&=\int _{\partial B(0,1)}Du(x+rz)\cdot z\,dS(z)\\&=\int _{\partial B(0,1)}{\frac {\partial }{\partial \nu }}u(x+rz)\,dS(z)\\&=\int _{B(0,1)}\Delta u(x+rz)\,dS(z)&=r^{1-N}\int _{B(x,r)}\Delta u(y)\,dy.\end{aligned}}$

b

符号：我用 $\not \int$ 来表示平均积分值符号（虚线积分）。Evans 中通常使用的符号在该华夏公益教科书上无法排版。

由于 $u\geq 1$，$\phi (u)\geq 0$。因此，$-\Delta u=\phi (u)\geq 0$，即 $u$ 是拉普拉斯方程的超解。

假设 $u(x_{0})=1$。然后根据部分 a，${\frac {dm_{x_{0}}}{dr}}=r^{1-N}\int _{B(x_{0},r)}\Delta u(y)\,dy=r^{1-N}\int _{B(x_{0},r)}-\phi (u)\,dy\leq 0$。因此 $m_{x_{0}}(r)$ 是关于 $r$ 的递减函数。

现在，

${\begin{aligned}m_{x_{0}}(r)&=r^{1-N}\int _{\partial B(x_{0},r)}u(y)\,dS(y)&\\&=r^{1-N}N\alpha (N)\not \int _{\partial B(x_{0},r)}u(y)\,dS(y)&\\&=r^{1-N}C_{N}r^{N-1}\not \int _{\partial B(x_{0},r)}u(y)\,dS(y)&{\text{ since }}N\alpha (N)=C_{N}r^{N-1}\\&\leq C_{N}u(x_{0})&{\text{ since }}u{\text{ is a supersolution}}.\end{aligned}}$

该估计对所有 $r>0$ 成立。 这必然意味着 $u\equiv u(x_{0})=1$，因为非恒定超解趋于 $-\infty$ 作为 $r\to \infty$。

问题 3

令 $u$ 求解非线性特征值问题 $-\Delta u=-u^{3}+\lambda u.$ 这里 $u\in C^{2}(\Pi ^{N})$ 是所有变量的 1 周期函数（即 $\Pi ^{N}$ 是 $N$ 维环面）与 $u\not \equiv 0$ 和 $\lambda \in \mathbb {R}$。 a. 证明 $\lambda >0$. b. 证明不存在特征解序列 $(u_{n},\lambda _{n})$ 使得 $\lambda _{n}\to 0$ 且 $\int _{\Pi ^{N}}u_{n}^{2}(x)\,dx=1$。提示：使用反证法证明 b。

解答

a

将 PDE 的两边乘以 $u$ 并积分。

$\int _{\Pi ^{N}}u(-\Delta u)=\int _{\Pi ^{N}}-u^{4}+\lambda u^{2}$.

使用分部积分得到

$-\int _{\partial \Pi ^{N}}u{\frac {\partial u}{\partial \nu }}+\int _{\Pi ^{N}}|Du|^{2}=\int _{\Pi ^{N}}-u^{4}+\lambda u^{2}$.

边界项由于 $u$ 在所有变量中的周期性而消失。

因此 $0\leq \int _{\Pi ^{N}}|Du|^{2}=\int _{\Pi ^{N}}-u^{4}+\lambda u^{2}$ 意味着 $\lambda >0$.

b

假设 $\int _{\Pi ^{N}}u_{n}^{2}(x)\,dx=1$ 以及我们从 a 部分得出的结果，我们得到

$\int _{\Pi ^{N}}|Du_{n}|^{2}=\int _{\Pi ^{N}}-u_{n}^{4}+\lambda \,dx$

这给出

${\begin{aligned}{\text{Vol}}(\Pi ^{N})\lambda _{n}&=\int _{\Pi ^{N}}|Du_{n}|^{2}+u_{n}^{4}\,dx\\&\geq \int _{\Pi ^{N}}u_{n}^{4}\,dx\geq (\int _{\Pi ^{N}}u_{n}^{2}\,dx)^{2}\equiv 1\end{aligned}}$ 其中最后一个不等式是由 Jensen 不等式得到的。

所以如果 $\lambda _{n}\to 0$，这与以上不等式矛盾，即我们会得到 $0=\lim \lambda _{n}\geq 1$。