第五周作业

本次作业题包括习题2.1第2题和习题2.2第1题。

习题2.1

2

设$N(x,y,z,t)$为时间$t$时位置$(x,y,z)$处溶质的浓度，$D(x,y,z)$为位置$(x,y,z)$处溶质在溶剂中的扩散系数。

对任何光滑区域$\Omega$和时段$[t_1,t_2]$，假设没有发生化学反应，即有

$\begin{align}\int^{t_2}_{t_1}\iiint_\Omega\frac{\partial N}{\partial t}(x,y,z,t)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\mathrm{d}t&=\iiint_\Omega\int^{t_2}_{t_1}\frac{\partial N}{\partial t}(x,y,z,t)\mathrm{d}t\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\&=\iiint_\Omega N(x,y,z,t_2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z-\iiint_\Omega N(x,y,z,t_1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\&=\text{时刻}t_2\text{时}\Omega\text{中溶质质量}-\text{时刻}t_1\text{时}\Omega\text{中溶质质量}\\&=\text{时段}[t_1,t_2]\text{间净进入}\Omega\text{内溶质的质量}\\&=\int^{t_2}_{t_1}\iint_{\partial\Omega} D(x,y,z)\frac{\partial N}{\partial \vec{n}}(x,y,z,t)\mathrm{d}S\mathrm{d}t\\&=\int^{t_2}_{t_1}\iiint_{\Omega} (\frac{\partial }{\partial x}(D(x,y,z)\frac{\partial N}{\partial x}(x,y,z,t))+\frac{\partial }{\partial y}(D(x,y,z)\frac{\partial N}{\partial y}(x,y,z,t))+\frac{\partial }{\partial z}(D(x,y,z)\frac{\partial N}{\partial z}(x,y,z,t)))\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\mathrm{d}t\end{align}$

由区域$\Omega$和时段$[t_1,t_2]$的任意性，$\frac{\partial N}{\partial t}=\frac{\partial }{\partial x}(D\frac{\partial N}{\partial x})+\frac{\partial }{\partial y}(D\frac{\partial N}{\partial y})+\frac{\partial }{\partial z}(D\frac{\partial N}{\partial z})$，这就是扩散过程满足的微分方程。

习题2.2

1

设$f\in C^1([0,\pi]),f(0)=0$，考虑初边值问题：

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

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$X(0)=X’(\pi)=0$（注意到$u$不恒为零故$T$也不能恒为零）：

• 当$\lambda\lt 0$，$X(x)=Ce^{\sqrt{-\lambda}x}+De^{-\sqrt{-\lambda}x}$（其中$C$、$D$为待定常数），于是$0=X(0)=C+D$而$0=X’(\pi)=C\sqrt{-\lambda}e^{\sqrt{-\lambda}\pi}-D\sqrt{-\lambda}e^{-\sqrt{-\lambda}\pi}$，解出$C=D=0$从而$X$恒为零，与$u$不恒为零的假设矛盾。
• 当$\lambda= 0$，$X(x)=Cx+D$（其中$C$、$D$为待定常数），于是$0=X(0)=D$而$0=X’(\pi)=C$，从而$X$恒为零，与$u$不恒为零的假设矛盾。
• 当$\lambda\gt 0$，$X(x)=C\cos({\sqrt{\lambda}x})+D\sin({\sqrt{\lambda}x})$（其中$C$、$D$为待定常数），于是$0=X(0)=C$而$0=X’(\pi)=D\sqrt{\lambda}\cos({\sqrt{\lambda}\pi})$，于是存在非负整数$k$使$\sqrt{\lambda}\pi=(k+\frac{1}{2})\pi$，则$T(t)=A_ke^{-a^2(k+\frac{1}{2})^2t}$（其中$A$为待定常数）。故得分离变量解$u(x,t)=X(x)T(t)=b_ke^{-a^2(k+\frac{1}{2})^2t}\sin((k+\frac{1}{2}) x)$（其中$b_k$为待定常数）。

假设初边值问题的解形如$u(x,t)=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}b_ke^{-a^2(k+\frac{1}{2})^2t}\sin((k+\frac{1}{2})x)$，由Sturm–Liouville理论（或者Hilbert-Schmidt定理）可知$f (x)=u(x,0)=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}b_k\sin((k+\frac{1}{2})x)$，$\int^\pi_0 f (x)\sin((m+\frac{1}{2})x)\mathrm{d}x=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}b_k\int^\pi_0\sin((k+\frac{1}{2})x)\sin((m+\frac{1}{2})x)\mathrm{d}x=\frac{\pi b_m}{2}$，即$b_m=\frac{2}{\pi}\int^\pi_0 f (x)\sin((m+\frac{1}{2})x)\mathrm{d}x$。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$(x,t)\in [0,\pi]\times(\epsilon,+\infty),m,n\in\mathbb{N}$，

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

由M判别法可见$u$逐项求导任意多次得到的级数在$[0,\pi]\times(\epsilon,+\infty)$上一致收敛，由$\epsilon$的任意性，$u$在$[0,\pi]\times(0,+\infty)$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。

用附录I中方法可验证$\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\vert b_k\vert\lt +\infty$，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$\vert b_k\vert\vert e^{-a^2(k+\frac{1}{2})^2t}-1\vert\lt\frac{\epsilon}{2k_0}$。

$\begin{align}\vert u(x,t)-f(x)\vert&=\vert \sum^\infty_{k=0}b_ke^{-a^2(k+\frac{1}{2})^2t}\sin((k+\frac{1}{2})x)-\sum^\infty_{k=0}b_k\sin((k+\frac{1}{2})x)\vert\\&\leq \sum^\infty_{k=0}\vert b_k\vert \vert e^{-a^2(k+\frac{1}{2})^2t}-1\vert\\&\leq\sum^{k_0-1}_{k=0}\vert b_k\vert \vert e^{-a^2(k+\frac{1}{2})^2t}-1\vert+\sum^\infty_{k=k_0}\vert b_k\vert\\&\lt k_0\frac{\epsilon}{2k_0}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon\end{align}$

这说明$u$在$[0,\pi]\times [0,+\infty)$连续，满足初值条件。