偏微分方程

中山大学数学学院2019学年秋季学期数学与应用数学专业《偏微分方程》课程网站

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第十一周作业

本次作业题包括习题3.3第2、10题。

习题3.3

2

对$M_1,M_2\in\Omega$,$M_1\neq M_2$。注意到$G(\cdot,M_1),G(\cdot,M_2)$在$\Omega\setminus\{M_1,M_2\}$调和,对充分小的半径$r$,由Green公式, $\begin{align}0&=\iiint_{\Omega\setminus B_{r}(M_1)\setminus B_{r}(M_2)}(G_{M_{2}}\Delta G_{M_{1}}-G_{M_{1}}\Delta G_{M_{2}})\\&=\iint_{\partial\Omega}(G_{M_{2}}\frac{\partial G_{M_{1}}}{\partial\vec{n}}-G_{M_{1}}\frac{\partial G_{M_{2}}}{\partial\vec{n}})-\iint_{\partial B_r(M_1)}(G_{M_{2}}\frac{\partial G_{M_{1}}}{\partial\vec{n}}-G_{M_{1}}\frac{\partial G_{M_{2}}}{\partial\vec{n}})-\iint_{\partial B_r(M_2)}(G_{M_{2}}\frac{\partial G_{M_{1}}}{\partial\vec{n}}-G_{M_{1}}\frac{\partial G_{M_{2}}}{\partial\vec{n}})\end{align}$

  • 由Green函数定义,$G_{M_{1}}, G_{M_{2}}$在$\partial\Omega$为0,故$\iint_{\partial\Omega}(G_{M_{2}}\frac{\partial G_{M_{1}}}{\partial\vec{n}}-G_{M_{1}}\frac{\partial G_{M_{2}}}{\partial\vec{n}})=0$
  • 由$\displaystyle\iint_{\partial B_r(M_1)}\frac{\partial G_{M_{1}}}{\partial\vec{n}}=\iint_{\partial B_r(M_1)}(-\frac{1}{4\pi r^2}-\frac{\partial g_{M_1}}{\partial\vec{n}})=-1$和$G_{M_{2}}$在$M_1$处的连续性可知$\displaystyle\lim_{r\to 0}\iint_{\partial B_r(M_1)}G_{M_{2}}\frac{\partial G_{M_{1}}}{\partial\vec{n}}=-G(M_1,M_2)$。由对称性,$\displaystyle\lim_{r\to 0}\iint_{\partial B_r(M_2)}G_{M_{1}}\frac{\partial G_{M_{2}}}{\partial\vec{n}}=-G(M_2,M_1)$。
  • 注意到在$M_2$的小邻域内,$\frac{\partial G_{M_{1}}}{\partial\vec{n}}$有界,又由性质1知$G_{M_{2}}$与$\frac{1}{r}$同阶,但$\partial B_r(M_2)$的面积与$4\pi r^2$同阶,故$\displaystyle\lim_{r\to 0}\iint_{\partial B_r(M_2)}G_{M_{2}}\frac{\partial G_{M_{1}}}{\partial\vec{n}}=0$。由对称性,$\displaystyle\lim_{r\to 0}\iint_{\partial B_r(M_1)}G_{M_{1}}\frac{\partial G_{M_{2}}}{\partial\vec{n}}=0$。

于是令$r$趋于零,即得$G(M_{1},M_{2})=G(M_{2},M_{1})$。

10

注意到对任何固定的$(x_0,y_0)\in\mathbb{R}^2$,$-\frac{1}{2\pi}\log\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}$关于$(x,y)$在$\mathbb{R}^2\setminus\{(x_0,y_0)\}$调和,令$G((x,y),(x_0,y_0))=-\frac{1}{2\pi}(\log\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}-\log\sqrt{(x-x_0)^2+(y+y_0)^2})$,则$G$为上半平面的Green函数($-\frac{1}{2\pi}\log\sqrt{(x-x_0)^2+(y+y_0)^2}$在上半平面调和且在边缘直线$\mathbb{R}\times\{0\}$上取值与基本解$-\frac{1}{2\pi}\log\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}$相同)。

通过直接计算得$\frac{\partial G}{\partial \vec{n}}\vert_{y=0}=-\frac{\partial G}{\partial y}\vert_{y=0}=\frac{-y_0}{\pi ((x-x_0)^2+y_0^2)}$,于是形式上应有$u(x_0,y_0)=\frac{1}{\pi}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{f(x)y_0}{(x-x_0)^2+y_0^2}\mathrm{d}x$。

假设$f$为$\mathbb{R}$上有界连续函数,记$M$为界,以下验证上式给出的$u$是以下问题的解:

$\begin{cases}u_{xx}+u_{yy}=0&,(x,y)\in\mathbb{R}\times (0,+\infty)\\u(x,0)=f(x)&, x\in\mathbb{R}\end{cases}$

首先,通过直接计算可验证$\Delta_{(x_0,y_0)} \frac{y_0}{(x-x_0)^2+y_0^2}=0$,余下只用验证积分与(直到三阶)求导可交换就可说明$u\in C^2(\mathbb{R}\times (0,+\infty))$且满足方程,这可以通过适当的一致估计和控制收敛定理得到。

最后验证$u$连续到边界且满足边值条件。对任何$x_0\in\mathbb{R}$,$\epsilon>0$,因$\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}}\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=1$有限,可取$R>0$使$x_0\in (-R,R)$且$\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}\setminus (-R,R)}\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x<\frac{\epsilon}{4M}$。因$f$在有界闭集$[-2R,2R]$连续从而一致连续,存在$\delta\in (0,R)$使对任何$x,x’\in [-2R,2R]$使$\vert x-x’\vert\lt\delta$都有$\vert f(x)-f(x’)\vert\lt\frac{\epsilon}{4}$。于是对只要$\vert x-x_0\vert\lt\delta$和$0\lt y\lt\frac{\delta}{4R}$,就有 $\begin{align} \vert u(x,y)-f(x_0)\vert&=\vert \frac{1}{\pi}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{f(\xi)y}{(\xi-x)^2+y^2}\mathrm{d}\xi-f(x_0)\vert\\&= \vert \frac{1}{\pi}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{f(x+ty)}{1+t^2}\mathrm{d}t-f(x_0)\vert\\&\leq \vert\frac{1}{\pi}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{f(x+ty)-f(x)}{1+t^2}\mathrm{d}t\vert +\vert f(x)-f(x_0)\vert\\&\leq 2M\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}\setminus (-R,R)}\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x+\frac{1}{\pi}\int^{+R}_{-R}\frac{\vert f(x+ty)-f(x)\vert}{1+t^2}\mathrm{d}t+\frac{\epsilon}{4} \\&<2M\frac{\epsilon}{4M}+\frac{\epsilon}{4}+\frac{\epsilon}{4}=\epsilon \end{align}$ 这说明$u$在$(x_0,0)$连续。至此我们得到$u$在$\mathbb{R}\times\left[0,+\infty\right)$连续,由此完成了$u$是原问题经典解的验证。

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