偏微分方程/習題解答

第一章

練習 1

一般的常微分方程由下式給出：

$\forall x\in B:F(x,u(x),\overbrace {u'(x),u''(x),\ldots } ^{\text{arbitrarily but finitely high derivatives}})=0$

對於集合 $B\subseteq \mathbb {R}$。注意：

$u'(x)=\partial _{x}u(x),u''(x)=\partial _{x}^{2}u(x),\ldots$

，我們觀察到一般的常微分方程只是一般的一維偏微分方程。

練習 2

利用一維鏈式法則，我們直接計算：

$\partial _{t}u(t,x)=\partial _{t}g(x+ct)=cg'(x+ct)$

和

$\partial _{x}u(t,x)=\partial _{x}g(x+ct)=g'(x+ct)$

因此，

$\partial _{t}u(t,x)-c\partial _{x}u(t,x)=cg'(x+ct)-cg'(x+ct)=0$

練習 3

透過選擇

$h(t,x,z,p,q)=p-cq$

，我們看到在我們的函式 $h$ 中，一階導數足以描述偏微分方程。另一方面，如果 $h$ 不需要導數作為引數，根據定理 1.4（您可能在練習 2 中剛剛證明了），對於所有連續可微函式 $g:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$

$\forall (t,x)\in \mathbb {R} ^{2}:h(t,x,g(x+ct))=0$

由於我們可以選擇 $g$ 作為任意實值的常數函式，$h$ 不依賴於 $z$，因為否則它將在某個常數函式 $g$ 的某個地方非零，因為對 $z$ 的依賴意味著不同的 $z$ 至少在一個點改變了值。因此，一維齊次傳輸方程將由下式給出

$h(x,t)=0$

並且一維齊次傳輸方程的初值問題的解將比定理和定義 1.5 中給出的解多得多。

第二章

練習 1

令 $n\in \{1,\ldots ,d\}$ 且 $(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}$ 為任意值。我們選擇 $B=[0,t]$ 以及 $O=(-R,R)$，其中 $R>|x_{n}|$ 是任意值，並應用萊布尼茲積分法則。我們首先檢查萊布尼茲積分法則的所有三個條件是否滿足。

1.

由於 $f\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d})$，$f$ 在所有變數中都是連續的（因此，特別是在第一個變數中），並且對於 $f$ 與任何連續函式的複合也是如此。因此，由於所有單變數連續函式在區間上都是可積的，

$\int _{0}^{t}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))ds$

對於所有 $y=(y_{1},\ldots ,y_{n},\ldots ,y_{d})$ 存在，使得 $y_{n}\in O$ （事實上，它在任何地方都存在，但這是我們情況下萊布尼茲規則的要求）。

2.

$f$ 應該在 ${\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} ^{2})$ 中，這就是為什麼

${\frac {d}{dy_{n}}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s)){\overset {\text{chain rule}}{=}}\partial _{x_{n}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))$

對於所有 $s\in B$ 和所有 $y=(y_{1},\ldots ,y_{n},\ldots ,y_{d})$ 存在，使得 $y_{n}\in O$ （事實上，它在任何地方都存在，但這是我們情況下萊布尼茲規則的要求）。

3.

我們注意到 $O=(-R,R)\subset [-R,R]$。因此，同樣地， $O\times B\subset [-R,R]\times B=:K$，其中 $K$ 是緊緻的。此外，由於 $\partial _{x_{n}}f$ 應該連續（根據 ${\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d})$ 的定義）並且

${\frac {d}{dy_{n}}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s)){\overset {\text{chain rule}}{=}}\partial _{x_{n}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))$

是連續的，也是連續函式的複合，函式 $\partial _{x_{n}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))$ 關於 $s$ 和 $y_{n}$ 連續。因此，根據極值定理，它在 $(s,y_{n})\in K$ 有界，即存在一個 $b\in \mathbb {R}$，$b>0$ 使得對於所有

$\left|\partial _{x_{n}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))\right|<b$

對於所有滿足 $y_{n}\in O$ 的 $y=(y_{1},\ldots ,y_{n},\ldots ,y_{d})$，前提是 $y_{1},\ldots ,y_{n-1},y_{n+1},\ldots ,y_{d}$ 是固定的。因此，我們可以選擇 $g(s)=b$ 並得到

$\forall \left|\partial _{x_{n}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))\right|<|g(s)|{\text{ and }}\int _{B}|g(s)|ds=tb<\infty$

現在我們已經檢查了萊布尼茲積分規則的所有三個條件，因此我們可以得到

$\partial _{x_{n}}\int _{0}^{t}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))ds=\int _{0}^{t}\partial _{x_{n}}f(s,y+\mathbf {v} (t-s))ds$

對於所有 $y=(y_{1},\ldots ,y_{n},\ldots ,y_{d})$ 使得 $y_{n}\in O$。設定 $y=x$ 給出了 $x$ 的結果。

由於 $n\in \{1,\ldots ,d\}$ 且 $(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}$ 是任意的，這完成了練習。

練習 2

${\begin{aligned}\partial _{t}g(x+t\mathbf {v} )&={\begin{pmatrix}\partial _{x_{1}}g(x+t\mathbf {v} )&\cdots &\partial _{x_{d}}g(x+t\mathbf {v} )\end{pmatrix}}\mathbf {v} &{\text{by the chain rule}}\\&=\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}g(x+t\mathbf {v} )&\end{aligned}}$