期中考

本次期中考包括四道简单的题目。

1

先考虑初边值问题： $\begin{cases} u_{tt}-u_{xx}=0 & , x\in (0,\pi), t\in (0,+\infty)\\u(0,t)=u_x(\pi,t)=0&, t\in (0,+\infty)\\u(x,0)=0, u_t(x,0)=\psi (x)& , x\in (0,\pi) \end{cases}$ 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$X(x)T’‘(t)-X’‘(x)T(t)=0$，在解非零处有$\frac{X’‘(x)}{X(x)}=\frac{T’‘(t)}{T(t)}$，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$T’‘(t)+\lambda T(t)=0$。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）。

注意到

$\begin{align} 0&=\int^\pi_0 (X’’+\lambda X)X\mathrm{d}x\\&=X’X\vert^\pi_0-\int^\pi_0 (\vert X’\vert^2-\lambda X^2)\mathrm{d}x\\&=-\int^\pi_0 (\vert X’\vert^2-\lambda X^2)\mathrm{d}x \end{align}$

，若$\lambda\leq 0$，则$X’$在$(0,\pi)$恒为零从而$X$为常数，$X(x)\equiv X(0)=0$，与$X$非零矛盾。因此，$\lambda>0$。

这时$X(x)=C\cos({\sqrt{\lambda}x})+D\sin({\sqrt{\lambda}x})$（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$\sqrt{\lambda}\pi=(k+\frac{1}{2})\pi$。记$\lambda_k=(k+\frac{1}{2})^2$，则$T(t)=A_k\cos({\sqrt{\lambda_k}t})+B_k\sin({\sqrt{\lambda_k}t})$（其中$A_k$、$B_k$为待定常数）。由初值条件知$0=T(0)=A_k$，故得分离变量解$u(x,t)=X(x)T(t)=b_k\sin((k+\frac{1}{2}) t)\sin((k+\frac{1}{2}) x)$（其中$b_k$为待定常数）。

假设$u(x,t)=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}b_k\sin((k+\frac{1}{2}) t)\sin((k+\frac{1}{2}) x)$，形式上，$\psi (x)=u_t(x,0)=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}(k+\frac{1}{2})b_k\sin((k+\frac{1}{2})x)$，从而 $\begin{align} \int^\pi_0\psi(x)\sin((m+\frac{1}{2})x)\mathrm{d}x & =\displaystyle\sum^\infty_{k=0}(k+\frac{1}{2})b_k\int^\pi_0\sin((k+\frac{1}{2})x)\sin((m+\frac{1}{2})x)\mathrm{d}x\\& =(m+\frac{1}{2})\frac{\pi b_m}{2} \end{align}$，即$b_m=\frac{4}{(2m+1)\pi }\int^\pi_0\psi (x)\sin((m+\frac{1}{2})x)\mathrm{d}x$。

特别地由以上讨论，通过比较系数，以下问题I： $\begin{cases} u_{tt}-u_{xx}=0 & , x\in (0,\pi), t\in (0,+\infty)\\u(0,t)=u_x(\pi,t)=0&, t\in (0,+\infty)\\u(x,0)=0, u_t(x,0)=\sin(\frac{x}{2})& , x\in (0,\pi) \end{cases}$ 的一个解应为$u_1(x,t)=2\sin(\frac{ t}{2})\sin(\frac{ x}{2})$，容易直接验证它确实为问题I的经典解。

再考虑问题II： $\begin{cases} u_{tt}-u_{xx}=g & , x\in (0,\pi), t\in (0,+\infty)\\u(0,t)=u_x(\pi,t)=0&, t\in (0,+\infty)\\u(x,0)=0, u_t(x,0)=0& , x\in (0,\pi) \end{cases}$ 利用齐次化原理，可以转而考虑以下这类问题： $\begin{cases} W_{tt}(x,t;\tau)-W_{xx}(x,t;\tau)=0 & , x\in (0,\pi), t\in (\tau,+\infty)\\W(0,t;\tau)=W_x(\pi,t;\tau)=0&, t\in (\tau,+\infty)\\W(x,\tau;\tau)=0, W_t(x,\tau;\tau)=g& , x\in (0,\pi) \end{cases}$ 用前面计算得$b_m=\frac{4}{(2m+1)\pi}\int^\pi_0g\sin((m+\frac{1}{2})x)\mathrm{d}x=\frac{8g}{(2m+1)^2\pi}$与$\tau$无关，应有$W(x,t;\tau)=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}b_k\sin((k+\frac{1}{2})(t-\tau))\sin((k+\frac{1}{2}) x)$，于是由齐次化原理，问题II的形式解应为 $\begin{align} u_2(x,t)&=\int^t_0 W(x,t;\tau)\mathrm{d}\tau\\&=\int^t_0 \displaystyle\sum^\infty_{k=0}b_k\sin((k+\frac{1}{2}) (t-\tau))\sin((k+\frac{1}{2}) x)\mathrm{d}\tau\\&=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\frac{16g}{(2k+1)^3\pi }(1-\cos (k+\frac{1}{2})t)\sin((k+\frac{1}{2}) x)\\&=\sum^\infty_{k=0}\frac{16g}{(2k+1)^3\pi }(\sin((k+\frac{1}{2}) x)\\&-\frac{1}{2}\sin( (k+\frac{1}{2})(x+t))-\frac{1}{2}\sin( (k+\frac{1}{2})(x-t))) \end{align}$

由魏尔斯特拉斯判别法，易知对上述级数及它逐项求导得到的级数在$[0,\pi]\times [0,+\infty)$一致收敛。同时，注意到$\displaystyle\sum^{N-1}_{k=0}\sin ((k+\frac{1}{2})y)=\frac{1-\cos(Ny)}{2\sin\frac{y}{2}}$，由狄利克雷判别法可知对$\Omega =(0,\pi)\times (0,+\infty)\setminus\{(x,t)\vert \frac{x-t}{2\pi}\in\mathbb{Z}\text{或}\frac{x+t}{2\pi}\in\mathbb{Z}\}$中任一点，上述级数逐项求导两次后得到的级数在某邻域中一致收敛。这说明$u_2\in C^1([0,\pi]\times [0,+\infty))\cap C^2(\Omega)$并且有关直到二阶的导函数可以通过逐项求导得到，容易验证它满足问题II的初边值条件。另外，$\Omega$上$\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\frac{4g}{(2k+1)\pi}\sin((k+\frac{1}{2}) x)$，注意$\{\sin((k+\frac{1}{2}) \cdot)\}$的$L^2$正交性，又通过计算可对此级数验证Parseval恒等式$\displaystyle\sum^\infty_{k=0}(\frac{4g}{(2k+1)\pi})^2=\sum^\infty_{k=1}(\frac{4g}{k\pi})^2-\sum^\infty_{k=1}(\frac{4g}{2k\pi})^2=\frac{12g^2}{\pi^2}\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{k^2}=2g^2=\frac{2}{\pi}\int^\pi_0g^2\mathrm{d}x$成立，故$\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\frac{4g}{(2k+1)\pi}\sin((k+\frac{1}{2}) x)$在$(0,\pi)$上$L^2$收敛于$g$从而几乎处处收敛于$g$，但由项的连续性和级数的内闭一致收敛性知极限函数连续，所以极限函数为常数$g$，这就验证了$u_2$满足问题II的方程。

综上所述，原问题的一个弱间断解为$u(x,t)=u_1(x,t)+u_2(x,t)=2\sin(\frac{ t}{2})\sin(\frac{ x}{2})+\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\frac{16g}{(2k+1)^3\pi}(1-\cos (k+\frac{1}{2})t)\sin((k+\frac{1}{2}) x)$。

$g\neq 0$时$(0,0)$处方程与初边值条件不相容，这个奇性沿特征线传播到区域内部，故不能期望二阶偏导数在整个区域连续

2

记$\Gamma=\partial\Omega$。若$u_1,u_2$为问题的解，令$u=u_2-u_1$，则

$\begin{cases}u_{tt}-a^2(u_{xx}+u_{yy})=0&,t>0,(x,y)\in\Omega\\u(x,y,0)=0,u_{t}(x,y,0)=0 &,(x,y)\in\Omega\\(\frac{\partial u}{\partial \vec{n}}+\sigma u)\vert_{\Gamma}=0&,(x,y)\in\Gamma\end{cases}$

令能量$E(t)=\iint_{\Omega}(u_{t}^2+a^2(u_x^2+u_y^2))\mathrm{d}x\mathrm{d}y+a^2\int_{\Gamma}\sigma u^2\mathrm{d}s$，则

$\begin{align}\frac{\mathrm{d}E(t)}{\mathrm{d}t}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(\iint_{\Omega}(u_{t}^2+a^2(u_x^2+u_y^2))\mathrm{d}x\mathrm{d}y+a^2\int_{\Gamma}\sigma u^2\mathrm{d}s)\\&=\iint_{\Omega}(2u_{t}u_{tt}+a^2(2u_xu_{xt}+2u_yu_{yt}))\mathrm{d}x\mathrm{d}y+a^2\int_{\Gamma}2\sigma uu_{t}\mathrm{d}s\\&=2a^2\iint_{\Omega}(u_{t}(u_{xx}+u_{yy})+u_xu_{xt}+u_yu_{yt})\mathrm{d}x\mathrm{d}y+2a^2\int_{\Gamma}\sigma uu_{t}\mathrm{d}s\\&=2a^2\iint_{\Omega}(\frac{\partial}{\partial x}(u_{t}u_x)+\frac{\partial}{\partial y}(u_{t}u_y))\mathrm{d}x\mathrm{d}y+2a^2\int_{\Gamma}\sigma uu_{t}\mathrm{d}s\\&=2a^2(\int_{\Gamma}(u_{t}u_x\cos(\vec{n},x)+u_{t}u_y\cos(\vec{n},y))\mathrm{d}s+\int_{\Gamma}\sigma uu_{t}\mathrm{d}s)\\&=2a^2(\int_{\Gamma}u_t\frac{\partial u}{\partial \vec{n}}\mathrm{d}s+\int_{\Gamma}\sigma uu_{t}\mathrm{d}s)\\&=2a^2\int_{\Gamma}u_t(\frac{\partial u}{\partial \vec{n}}+\sigma u)\mathrm{d}s\\&=0\end{align}$

，这表明$E$关于$t$为常数。

注意到$t=0$时有$u_t=u_x=u_y=0=u$。因此对$t>0$都有$\iint_{\Omega}(u_{t}^2+a^2(u_x^2+u_y^2))\mathrm{d}x\mathrm{d}y+a^2\int_{\Gamma}\sigma u^2\mathrm{d}s=E(t)=E(0)=0$，由各被积函数非负知它们恒为零。注意到对所有$t>0,(x,y)\in\Omega$，$u(x,y,t)=u(x,y,t)-u(x,y,0)=\int^t_{0}\frac{\partial}{\partial s}u(x,y,s)\mathrm{d}s=0$，所以$u_1=u_2$。

3

记$\mathcal{F} [u(x,y,t)](\xi,\eta,t)=\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}u(x,y,t)e^{-i(x\xi+y\eta)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$而$\mathcal{F}^{-1} [u(\xi,\eta,t)](x,y,t)=\frac{1}{(2\pi)^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}u(\xi,\eta,t)e^{i(x\xi+y\eta)}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta$。

对方程$\frac{\partial u}{\partial t}=a^2(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2})$两端应用Fourier变换，形式地得 $\begin{align}\frac{\partial}{\partial t}\mathcal{F} [u](\xi,\eta,t)&=\mathcal{F} [\frac{\partial u}{\partial t}](\xi,\eta,t)\\&=\mathcal{F} [a^2(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2})](\xi,\eta,t)\\&=a^2(\mathcal{F} [\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}](\xi,\eta,t)+\mathcal{F} [\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}](\xi,\eta,t))\\&=a^2(-\xi^2-\eta^2)\mathcal{F} [u](\xi,\eta,t) \end{align}$

可见应有$\mathcal{F} [u](\xi,\eta,t)=C(\xi,\eta)e^{-a^2(\xi^2+\eta^2)t}$，特别地令$t=0$得$C(\xi,\eta)=\mathcal{F} [\varphi](\xi,\eta)$。形式地,

$\begin{align}u(x,y,t)&=\mathcal{F}^{-1} [\mathcal{F} [u](\xi,\eta,t)](x,y,t)\\&=\mathcal{F}^{-1} [\mathcal{F} [\varphi](\xi,\eta)e^{-a^2(\xi^2+\eta^2)t}](x,y,t)\\&=(\mathcal{F}^{-1} [\mathcal{F} [\varphi]]\ast\mathcal{F}^{-1} [e^{-a^2(\xi^2+\eta^2)t}])(x,y,t)\\&=(\varphi\ast\frac{1}{(2\pi)^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}e^{-a^2(\xi^2+\eta^2)t}e^{i(x\xi+y\eta)}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta)(x,y,t)\\&=(\varphi\ast\frac{1}{(2\pi)^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}e^{-(a\sqrt{t}\xi-\frac{ix}{2a\sqrt{t}})^2-(a\sqrt{t}\eta-\frac{iy}{2a\sqrt{t}})^2-\frac{x^2+y^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta)(x,y,t)\\&=(\varphi\ast\frac{e^{-\frac{x^2+y^2}{4a^2t}}}{(2\pi)^2}\int^\infty_{-\infty}e^{-(a\sqrt{t}\xi)^2}\mathrm{d}\xi\int^\infty_{-\infty}e^{-(a\sqrt{t}\eta)^2}\mathrm{d}\eta)(x,y,t)\\&=(\varphi\ast\frac{e^{-\frac{x^2+y^2}{4a^2t}}}{(2\pi)^2}(\frac{\sqrt{\pi}}{a\sqrt{t}})^2)(x,y,t)\\&=\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}\varphi (\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta \end{align}$

以下我们验证$u(x,y,t)=\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}\varphi (\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta$确实给出问题的经典解。注意到 $\frac{\partial}{\partial x}(\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}})= \frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\frac{\xi-x}{2a^2t}, $ $\frac{\partial^2}{\partial x^2}(\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}})= \frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}(\frac{(\xi-x)^2}{4a^4t^2}-\frac{1}{2a^2t}),$又 $\begin{align} \frac{\partial}{\partial t}(\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}})&= \frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}(\frac{(\xi-x)^2+(\eta-y)^2}{4a^2t^2}-\frac{1}{t})\\&=a^2(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2})(\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}) \end{align}$ 只要验证可对$u$在$\mathbb{R}^2\times (0,+\infty)$积分号下求直到四阶的偏导数，即可得到$u\in C^2(\mathbb{R}^2\times (0,+\infty))$。事实上，对所有$(x,y,t)\in (-A,A)\times(-A,A)\times (\frac{T}{2},2T)$，$\vert\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\varphi(\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\frac{(\xi-x)^m(\eta-y)^n}{t^k}\vert\leq Ce^{-\frac{\xi^2+\eta^2}{ca^2T}}$，右端关于$(\xi,\eta)$在$\mathbb{R}^2$可积，Lebesgue控制收敛定理保证了积分与求导可交换，$u\in C^\infty(\mathbb{R}^2\times (0,+\infty))$。

由于$\varphi$有界$M>0$，对任何$(x,y,t)\in\mathbb{R}^2\times(0,+\infty)$， $\begin{align} \vert u(x,y,t)\vert&\leq\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}\vert\varphi (\xi,\eta)\vert e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta\\&\leq M\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty} e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta\\&=M \end{align}$ 这说明$u$有界。

接着验证$u$连续到边界。对任何$(x_0,y_0)\in\mathbb{R}^2$，$\epsilon>0$，取$R>0$使$(x_0,y_0)\in B(0,R)$且$\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}^2\setminus B(0,R)}e^{-\alpha^2-\beta^2}\mathrm{d}\alpha\mathrm{d}\beta<\frac{\epsilon}{4M}$。因$\varphi$在有界闭集$\overline{B(0,2R)}$连续从而一致连续，存在$\delta\in (0,R)$使对任何$(x,y),(x’,y’)\in \overline{B(0,2R)}$使$\sqrt{(x-x’)^2+(y-y’)^2}<\delta$都有$\vert \varphi(x,y)-\varphi(x’,y’)\vert<\frac{\epsilon}{4}$。于是对任何$(x,y,t)$，只要$\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}<\delta$和$0<t<\frac{\delta^2}{4a^2R^2}$，就有 $\begin{align} \vert u(x,y,t)-\varphi(x_0,y_0)\vert&=\vert \frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}\varphi (\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta-\varphi(x_0,y_0)\vert\\&= \vert \frac{1}{\pi}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}\varphi (x+2a\sqrt{t}\alpha,y+2a\sqrt{t}\beta)e^{-\alpha^2-\beta^2}\mathrm{d}\alpha\mathrm{d}\beta-\varphi(x_0,y_0)\vert\\&\leq \vert\frac{1}{\pi}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}(\varphi (x+2a\sqrt{t}\alpha,y+2a\sqrt{t}\beta)-\varphi(x,y))e^{-\alpha^2-\beta^2}\mathrm{d}\alpha\mathrm{d}\beta\vert\\&+\vert \varphi(x,y)-\varphi(x_0,y_0)\vert\\&\leq 2M\frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}^2\setminus B(0,R)}e^{-\alpha^2-\beta^2}\mathrm{d}\alpha\mathrm{d}\beta+\frac{1}{\pi}\int_{B(0,R)}\frac{\epsilon}{4}e^{-\alpha^2-\beta^2}\mathrm{d}\alpha\mathrm{d}\beta+\frac{\epsilon}{4} \\&<2M\frac{\epsilon}{4M}+\frac{\epsilon}{4}+\frac{\epsilon}{4}=\epsilon \end{align}$ 这说明$u$在$(x_0,y_0)$连续。至此我们得到$u$在$\mathbb{R}^2\times\left[0,+\infty\right)$连续，由此完成了$u$是原问题经典解的验证。

利用极值原理可知热传导方程Cauchy问题的有界解唯一，而$u(x,y,t)=\frac{1}{(2a\sqrt{\pi t})^2}\int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}\varphi (\xi,\eta)e^{-\frac{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2}{4a^2t}}\mathrm{d}\xi\mathrm{d}\eta$给出了原问题的一个有界解，所以它就是问题的唯一有界解。

4

由极值原理，连续函数$u$在有界闭集$R_T$的最大值可以在抛物边界上某点$(x^\ast,t^\ast)$取得，于是以下情况之一成立：

• $t^\ast=0$：这时$u(x^\ast,t^\ast)=\varphi (x^\ast)\leq\displaystyle\max_{x\in [\alpha,\beta]}\varphi (x)$
• $x^\ast=\alpha$：这时$\frac{\partial u}{\partial x}(\alpha,t^\ast)\leq 0$，于是$u(x^\ast,t^\ast)=\frac{1}{\sigma}(\mu_1 (t^\ast)+\frac{\partial u}{\partial x}(\alpha,t^\ast))\leq\frac{1}{\sigma}\mu_1 (t^\ast)\leq\displaystyle\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\mu_1 (t)$
• $x^\ast=\beta$：这时$\frac{\partial u}{\partial x}(\beta,t^\ast)\geq 0$，于是$u(x^\ast,t^\ast)=\frac{1}{\sigma}(\mu_2 (t^\ast)-\frac{\partial u}{\partial x}(\beta,t^\ast))\leq\frac{1}{\sigma}\mu_2 (t^\ast)\leq\displaystyle\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\mu_2 (t)$

这说明 $\begin{align} \max_{(x,t)\in R_T}u(x,t)&\leq\max\{\max_{x\in [\alpha,\beta]}\varphi (x),\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\mu_1 (t),\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\mu_2 (t)\}\\&\leq\max\{\max_{x\in [\alpha,\beta]}\vert\varphi (x)\vert,\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\vert\mu_1 (t)\vert,\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\vert\mu_2 (t)\vert\} \end{align}$ ，考虑$-u$又得$\displaystyle\max_{(x,t)\in R_T}(-u(x,t))\leq\max\{\max_{x\in [\alpha,\beta]}\vert\varphi (x)\vert,\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\vert\mu_1 (t)\vert,\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\vert\mu_2 (t)\vert\}$， 所以$\displaystyle\max_{(x,t)\in R_T}\vert u(x,t)\vert\leq\max\{\max_{x\in [\alpha,\beta]}\vert\varphi (x)\vert,\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\vert\mu_1 (t)\vert,\frac{1}{\sigma}\max_{t\in [0,T]}\vert\mu_2 (t)\vert\}$

也就是说，按$C^0$范数或$L^\infty$范数，问题的解$u$连续地依赖于$\varphi,\mu_1,\mu_2$。特别地$\varphi,\mu_1,\mu_2$都恒为零时$u$也只能恒为零，这说明问题的解唯一。

根据初步统计，本班共89人交卷，中位数77分，最高98分，最低1分，16人达到90分，25人在80分和89分之间，8人在70分和79分之间，10人在60分和69分之间，30人低于60分