第十七周作业

本次作业题包括习题4.3第2题。

习题4.3

2

设$\varphi\in C^1([0,l])$使$\varphi(0)=\varphi(l)=0$，考虑初边值问题：

$\begin{cases}u_{t}-a^2u_{xx}=0 & , x\in (0,l), t\in (0,+\infty)\\u(0,t)=u(l,t)=0&, t\in (0,+\infty)\\u(x,0)=\varphi(x)& , x\in (0,l)\end{cases}$

对于这初值问题形如$u(x,t)=X(x)T(t)$的分离变量非零解，代入方程得$X(x)T’(t)-a^2X’‘(x)T(t)=0$，在解非零处有$\frac{X’‘(x)}{X(x)}=\frac{T’(t)}{a^2T(t)}$，左方与$t$无关而右方与$x$无关，故它是个与两者都无关的常数，记为$-\lambda$，则$X’‘(x)+\lambda X(x)=0$和$T’(t)+\lambda a^2 T(t)=0$。由边界条件，有$X(0)=X(l)=0$（注意到$u$不恒为零故$T$也不能恒为零）。注意到 $\begin{align}0&=\int^l_0 (X’’+\lambda X)X\mathrm{d}x\\&=X’X\vert^l_0-\int^l_0 (\vert X’\vert^2-\lambda X^2)\mathrm{d}x\\ &=-\int^l_0 (\vert X’\vert^2-\lambda X^2)\mathrm{d}x\end{align}$

若$\lambda\leq 0$，则$X’$在$(0,l)$恒为零从而$X$为常数，$X(x)\equiv X(0)=0$，与$X$非零矛盾。因此，$\lambda\gt 0$。$X(x)=C\cos({\sqrt{\lambda}x})+D\sin({\sqrt{\lambda}x})$（其中$C$、$D$为待定常数），于是$0=X(0)=C$而$0=X(l)=D\sin({\sqrt{\lambda}l})$，于是存在正整数$k$使$\sqrt{\lambda}l=k\pi$，则$T(t)=A_ke^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}$（其中$A$为待定常数）。故得分离变量解$u(x,t)=X(x)T(t)=b_ke^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}\sin(\frac{k\pi}{l} x)$（其中$b_k$为待定常数）。

假设初边值问题的解形如$u(x,t)=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}b_ke^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}\sin(\frac{k\pi}{l} x)$，形式上$\varphi(x)=u(x,0)=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}b_k\sin(\frac{k\pi}{l} x)$，$\int^l_0 \varphi(x)\sin(\frac{m\pi}{l}x)\mathrm{d}x=\displaystyle\sum^\infty_{k=1}b_k\int^l_0\sin(\frac{k\pi}{l}x)\sin(\frac{m\pi}{l}x)\mathrm{d}x=\frac{l b_m}{2}$，即$b_m=\frac{2}{l}\int^l_0 \varphi(x)\sin(\frac{m\pi}{l}x)\mathrm{d}x$。以下我们验证上述表达式确实给出初边值问题的一个解。

对任何$\epsilon>0$，对$(x,t)\in [0,l]\times(\epsilon,+\infty),m,n\in\mathbb{N}$，

$\begin{align}\sum^\infty_{k=1}\vert\frac{\partial^{m+n}}{\partial x^m\partial t^n}(b_ke^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}\sin(\frac{k\pi}{l} x))\vert&\leq\sum^\infty_{k=1}2\Vert \varphi\Vert_{L^1([0,l])}\frac{\pi^{2n}a^{2n}k^{m+2n}}{l^{m+2n+1}}e^{-(\frac{k\pi a}{l})^2\epsilon}\\&\lt +\infty\end{align}$

由M判别法可见$u$逐项求导任意多次得到的级数在$[0,l]\times(\epsilon,+\infty)$上一致收敛，由$\epsilon$的任意性，$u$在$[0,l]\times(0,+\infty)$有任意阶偏导数且它们可通过逐项求导得到，因此$u$满足方程及边值条件。

因$\varphi\in C^1([0,l])$，$\varphi$的Fourier级数逐点收敛于它，从而$u$满足初值条件。由附录I$\displaystyle\sum^\infty_{k=1}\vert b_k\vert\lt +\infty$，故对任何$\epsilon>0$，存在$k_0\in\mathbb{Z}^+$使$\displaystyle\sum^\infty_{k=k_0}\vert b_k\vert\lt\frac{\epsilon}{2}$。于是存在$\delta>0$使对任何$t\in (0,\delta),k\in\{0,\dots,k_0-1\}$，成立$\vert b_k\vert\vert e^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}-1\vert\lt\frac{\epsilon}{2k_0}$。

$\begin{align}\vert u(x,t)-\varphi(x)\vert&=\vert \sum^\infty_{k=1}b_ke^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}\sin(\frac{k\pi}{l} x)-\sum^\infty_{k=1}b_k\sin(\frac{k\pi}{l} x)\vert\\&\leq \sum^\infty_{k=1}\vert b_k\vert \vert e^{-(\frac{k\pi a}{l})^2t}-1\vert\\&\leq\sum^{k_0-1}_{k=1}\vert b_k\vert \vert e^{(\frac{k\pi a}{l})^2t}-1\vert+\sum^\infty_{k=k_0}\vert b_k\vert\\&\lt k_0\frac{\epsilon}{2k_0}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon\end{align}$

这说明$u$在$[0,l]\times [0,+\infty)$连续。

这说明了$u$是问题的一个经典解。再由热传导方程解的惟一性，这就是问题的惟一经典解。因此问题的所有经典解都在$(0,l)\times(0,+\infty)$任意阶连续可微。