偏微分方程/熱方程

本章討論的是熱方程，其形式如下

$\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:\partial _{t}u(t,x)-\Delta _{x}u(t,x)=f(t,x)$

對於某個$f:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R}$。利用分佈理論，我們將證明一個顯式解公式（如果$f$具有足夠的可微性），並且我們甚至證明了初值問題的解公式。

格林核與解

引理 6.1:

$\int _{\mathbb {R} }e^{-x^{2}}dx={\sqrt {\pi }}$

證明:

${\begin{aligned}\left(\int _{\mathbb {R} }e^{-x^{2}}\right)^{2}&=\left(\int _{\mathbb {R} }e^{-x^{2}}\right)\cdot \left(\int _{\mathbb {R} }e^{-y^{2}}\right)&\\&=\int _{\mathbb {R} }\int _{\mathbb {R} }e^{-(x^{2}+y^{2})}dxdy&\\&=\int _{\mathbb {R} ^{2}}e^{-\|(x,y)\|^{2}}d(x,y)&{\text{Fubini}}\\&=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{2\pi }re^{-r^{2}}d\varphi dr&{\text{ integration by substitution using spherical coordinates}}\\&=2\pi \int _{0}^{\infty }re^{-r^{2}}dr&\\&=2\pi \int _{0}^{\infty }{\frac {1}{2{\sqrt {r}}}}{\sqrt {r}}e^{-r}dr&{\text{integration by substitution using }}r\mapsto {\sqrt {r}}\\&=\pi &\end{aligned}}$

在兩邊取平方根即可完成證明。$\Box$

引理 6.2:

$\int _{\mathbb {R} ^{d}}e^{-\|x\|^{2}/2}dx={\sqrt {2\pi }}^{d}$

證明:

${\begin{aligned}\int _{\mathbb {R} ^{d}}e^{-{\frac {\|x\|^{2}}{2}}}dx&=\overbrace {\int _{-\infty }^{\infty }\cdots \int _{-\infty }^{\infty }} ^{d{\text{ times}}}e^{-{\frac {x_{1}^{2}+\cdots +x_{d}^{2}}{2}}}dx_{1}\cdots dx_{d}&{\text{Fubini's theorem}}\\&=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {x_{d}^{2}}{2}}}\cdots \int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {x_{1}^{2}}{2}}}dx_{1}\,\cdots dx_{d}&{\text{pulling the constants out of the integrals}}\end{aligned}}$

根據引理 6.1，

$\int _{\mathbb {R} }e^{-x^{2}}dx={\sqrt {\pi }}$.

如果我們將替換積分（定理 5.5）應用於此，使用微分同胚$x\mapsto {\frac {x}{\sqrt {2}}}$，我們將得到

${\sqrt {\pi }}=\int _{\mathbb {R} }{\frac {1}{\sqrt {2}}}e^{-{\frac {x^{2}}{2}}}dx$

並乘以${\sqrt {2}}$

${\sqrt {2\pi }}=\int _{\mathbb {R} }e^{-{\frac {x^{2}}{2}}}dx$

因此，首先計算最內層的積分，然後提取結果常數，

$\overbrace {\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {x_{d}^{2}}{2}}}\cdots \int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {x_{1}^{2}}{2}}}} ^{d{\text{ times}}}dx_{1}\cdots dx_{d}={\sqrt {2\pi }}^{d}$$\Box$

定理 6.3:

函式

$E:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R} ,E(t,x)={\begin{cases}{\sqrt {4\pi t}}^{-d}e^{-{\frac {\|x\|^{2}}{4t}}}&t>0\\0&t\leq 0\end{cases}}$

是熱方程的格林函式。

證明:

1.

我們證明$E$是區域性可積的。

設$K\subset \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}$是一個緊集，並設$T>0$使得$K\subset (-T,T)\times \mathbb {R} ^{d}$。我們首先證明積分

$\int _{(-T,T)\times \mathbb {R} ^{d}}E(s,y)d(s,y)$

存在

${\begin{aligned}\int _{(-T,T)\times \mathbb {R} ^{d}}E(s,y)d(s,y)&=\int _{(0,T)\times \mathbb {R} ^{d}}E(s,y)d(s,y)&\forall s\leq 0:E(s,y)=0\\&=\int _{0}^{T}\int _{\mathbb {R} ^{d}}{\frac {1}{{\sqrt {4\pi s}}^{d}}}e^{-{\frac {\|y\|^{2}}{4s}}}dyds&{\text{Fubini's theorem}}\end{aligned}}$

透過使用微分同胚$y\mapsto {\sqrt {2s}}y$在內部積分中進行變數變換，以及引理 6.2，我們得到

$=\int _{0}^{T}\int _{\mathbb {R} ^{d}}{\frac {{\sqrt {2s}}^{d}}{{\sqrt {4\pi s}}^{d}}}e^{-{\frac {\|y\|^{2}}{2}}}dyds=\int _{0}^{T}1ds=T$

因此，積分

$\int _{(-T,T)\times \mathbb {R} ^{d}}E(s,y)d(s,y)$

存在。但是，由於

$\forall (s,y)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:|\chi _{K}(s,y)E(s,y)|\leq |E(s,y)|$

，其中$\chi _{K}$是$K$的特徵函式，積分

$\int _{(-T,T)\times \mathbb {R} ^{d}}\chi _{K}(s,y)E(s,y)d(s,y)=\int _{K}E(s,y)d(s,y)$

存在。由於$K$是一個任意的緊集，因此我們具有區域性可積性。

2.

我們計算$\partial _{t}E$和$\Delta _{x}E$（參見練習 1）。

$\partial _{t}E(t,x)=\left({\frac {\|x\|^{2}}{4t^{2}}}-{\frac {d}{4t}}\right)E(t,x)$

$\Delta _{x}E(t,x)=\left({\frac {\|x\|^{2}}{4t^{2}}}-{\frac {d}{4t}}\right)E(t,x)$

3.

我們證明

$\forall \varphi \in {\mathcal {D}}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}),(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:(\partial _{t}-\Delta _{x})T_{E(\cdot -(t,x))}(\varphi )=\delta _{(t,x)}(\varphi )$

令 $\varphi \in {\mathcal {D}}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}),(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}$ 為任意函式。

在證明的最後一步中，我們只處理項 $(\partial _{t}-\Delta _{x})T_{E(\cdot -(t,x))}(\varphi )$。

${\begin{aligned}(\partial _{t}-\Delta _{x})T_{E(\cdot -(t,x))}(\varphi )&=T_{E(\cdot -(t,x))}((-\partial _{t}-\Delta _{x})\varphi )&{\text{by definition of distribution derivation}}\\&=\int _{\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}}(-\partial _{t}-\Delta _{x})\varphi (s,y)E(s-t,y-x)d(s,y)&\\&=\int _{(t,\infty )\times \mathbb {R} ^{d}}(-\partial _{t}-\Delta _{x})\varphi (s,y)E(s-t,y-x)d(s,y)&\forall t\leq 0:E(t,x)=0\\\end{aligned}}$

如果我們選擇 $R>0$ 和 $T>0$ 使得

${\text{supp }}\varphi \subset (-\infty ,t+T)\times B_{R}(x)$

，我們甚至有

$(\partial _{t}-\Delta _{x})T_{E(\cdot -(t,x))}(\varphi )=\int _{(t,t+T)\times B_{R}(x)}(-\partial _{t}-\Delta _{x})\varphi (s,y)E(s-t,y-x)d(s,y)$

利用控制收斂定理（定理 5.1），我們可以再次改寫該項。

${\begin{aligned}(\partial _{t}-\Delta _{x})T_{E(\cdot -(t,x))}(\varphi )&=\int _{(t,t+T)\times B_{R}(x)}(-\partial _{t}-\Delta _{x})\varphi (s,y)E(s-t,y-x)d(s,y)\\&=\lim _{\epsilon \downarrow 0}\int _{(t,t+T)\times B_{R}(x)}(-\partial _{t}-\Delta _{x})\varphi (s,y)E(s-t,y-x)(1-\chi _{[t,t+\epsilon ]}(s))d(s,y)\\&=\lim _{\epsilon \downarrow 0}\int _{(t+\epsilon ,t+T)\times B_{R}(x)}(-\partial _{t}-\Delta _{x})\varphi (s,y)E(s-t,y-x)d(s,y)\end{aligned}}$

其中，$\chi _{[t,t+\epsilon ]}$ 是 $[t,t+\epsilon ]$ 的特徵函式。

我們將極限項分成兩部分，分別對每一項進行操作。

${\begin{aligned}\int _{(t+\epsilon ,t+T)\times B_{R}(x)}(-\partial _{t}-\Delta _{x})\varphi (s,y)E(s-t,y-x)d(s,y)\\=-\int _{(t+\epsilon ,t+T)\times B_{R}(x)}\Delta _{x}\varphi (s,y)E(s-t,y-x)d(s,y)\\-\int _{(t+\epsilon ,t+T)\times B_{R}(x)}\partial _{t}\varphi (s,y)E(s-t,y-x)d(s,y)\\\end{aligned}}$

最後的積分是在 $(t+\epsilon ,t+T)\times B_{R}(x)$ 上進行的，其中 $\epsilon >0$。在這個區域及其邊界上，$E(s-t,y-x)$ 是可微的。因此，我們允許進行分部積分。

${\begin{aligned}\int _{(t+\epsilon ,t+T)\times B_{R}(x)}\Delta _{x}\varphi (s,y)E(s-t,y-x)d(s,y)&=\int _{t+\epsilon }^{t+T}\int _{B_{R}(x)}\Delta _{x}\varphi (s,y)E(s-t,y-x)dyds&{\text{Fubini}}\\=\int _{t+\epsilon }^{t+T}\int _{\partial B_{R}(x)}E(s,y)n(y)\cdot \underbrace {\nabla _{x}\varphi (s,y)} _{=0}dyds&-\int _{t+\epsilon }^{t+T}\int _{B_{R}(x)}\nabla _{x}\varphi (s,y)\cdot \nabla _{x}E(s-t,y-x)dyds&{\text{integration by parts in }}y\\=\int _{t+\epsilon }^{t+T}\int _{B_{R}(x)}\varphi (s,y)\Delta _{x}E(s-t,y-x)dyds&-\int _{t+\epsilon }^{t+T}\int _{\partial B_{R}(x)}\underbrace {\varphi (s,y)} _{=0}n(y)\cdot \nabla _{x}E(s-t,y-x)dyds&{\text{integration by parts in }}y\end{aligned}}$

在最後兩次操作中，我們使用了分部積分，其中$\varphi$和$f$交換了定理 5.4 中函式的角色，以及$\nabla _{x}f$和$\nabla _{x}\varphi$交換了向量場的角色。在後一種操作中，我們沒有直接應用定理 5.4，而是對等式兩邊減去了邊界項。

讓我們也對另一個積分進行分部積分。

${\begin{aligned}\int _{(t+\epsilon ,t+T)\times B_{R}(x)}\partial _{t}\varphi (s,y)E(s-t,y-x)d(s,y)&=\int _{B_{R}(x)}\int _{t+\epsilon }^{t+T}\partial _{t}\varphi (s,y)E(s-t,y-x)dsdy&{\text{Fubini}}\\=\int _{B_{R}(x)}\underbrace {\varphi (s,y)E(s-t,y-x){\big |}_{s=t+\epsilon }^{s=t+T}} _{=-\varphi (t+\epsilon ,y)E(\epsilon ,y-x)}dy&-\int _{B_{R}(x)}\int _{t+\epsilon }^{t+T}\varphi (s,y)\partial _{t}E(s-t,y-x)dsdy&{\text{integration by parts in }}s\end{aligned}}$

現在我們將這兩個項加起來，可以發現

${\begin{aligned}(\partial _{t}-\Delta _{x})T_{E(\cdot -(t,x))}(\varphi )&=\lim _{\epsilon \downarrow 0}-\int _{B_{R}(x)}-\varphi (t+\epsilon ,y)E(\epsilon ,y-x)dy\\+\int _{B_{R}(x)}\int _{t+\epsilon }^{t+T}\varphi (s,y)\partial _{t}E(s-t,y-x)dsdy&-\int _{t+\epsilon }^{t+T}\int _{B_{R}(x)}\varphi (s,y)\Delta _{x}E(s-t,y-x)dyds\end{aligned}}$

以上導數計算表明$\partial _{t}E=\Delta _{x}E$，這就是為什麼最後兩個積分相互抵消，因此

$(\partial _{t}-\Delta _{x})T_{E(\cdot -(t,x))}(\varphi )=\lim _{\epsilon \downarrow 0}\int _{B_{R}(x)}\varphi (t+\epsilon ,y)E(\epsilon ,y-x)dy$

利用 ${\text{supp }}\varphi (t+\epsilon ,\cdot )\subset B_{R}(x)$，並使用微分同胚 $y\mapsto x+{\sqrt {2\epsilon }}y$ 進行多維積分替換，我們得到

$\int _{B_{R}(x)}\varphi (t+\epsilon ,y)E(\epsilon ,y-x)dy=\int _{\mathbb {R} ^{d}}\varphi (t+\epsilon ,y)E(\epsilon ,y-x)dy$ $=\int _{\mathbb {R} ^{d}}\varphi (t+\epsilon ,y){\frac {1}{{\sqrt {4\pi \epsilon }}^{d}}}e^{-{\frac {\|y-x\|^{2}}{4\epsilon }}}dy$ $=\int _{\mathbb {R} ^{d}}\varphi (t+\epsilon ,x+{\sqrt {2\epsilon }}y){\frac {{\sqrt {2\epsilon }}^{d}}{{\sqrt {4\pi \epsilon }}^{d}}}e^{-{\frac {\|y\|^{2}}{2}}}dy={\frac {1}{{\sqrt {2\pi }}^{d}}}\int _{\mathbb {R} ^{d}}\varphi (t+\epsilon ,x+{\sqrt {2\epsilon }}y)e^{-{\frac {\|y\|^{2}}{2}}}dy$

由於 $\varphi$ 是連續的（甚至光滑的），我們有

$\forall x\in \mathbb {R} ^{d}:\lim _{\epsilon \to 0}\varphi (t+\epsilon ,x+{\sqrt {2\epsilon }}y)=\varphi (t,x)$

因此

${\begin{aligned}(\partial _{t}-\Delta _{x})T_{E(\cdot -(t,x))}(\varphi )&=\lim _{\epsilon \downarrow 0}{\frac {1}{{\sqrt {2\pi }}^{d}}}\int _{\mathbb {R} ^{d}}\varphi (t+\epsilon ,x+{\sqrt {2\epsilon }}y)e^{-{\frac {\|y\|^{2}}{2}}}dy&\\&={\frac {1}{{\sqrt {2\pi }}^{d}}}\int _{\mathbb {R} ^{d}}\varphi (t,x)e^{-{\frac {\|y\|^{2}}{2}}}dy&{\text{dominated convergence}}\\&=\varphi (t,x)&{\text{lemma 6.2}}\\&=\delta _{(t,x)}(\varphi )&\end{aligned}}$$\Box$

定理 6.4：如果$f:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}$是有界的，在$t$變數上連續可微一次，在$x$變數上連續可微二次，則

$u(t,x):=(E*f)(t,x)$

是熱傳導方程的解。

$\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:\partial _{t}u(t,x)-\Delta _{x}u(t,x)=f(t,x)$

證明:

1.

我們證明$(E*f)(t,x)$具有足夠的可微性，以滿足方程。

2.

我們引用定理 5.?，該定理明確指出，如果卷積具有足夠的可微性（我們在證明的第一部分中已經證明），則與格林核的卷積是解。$\Box$

初值問題

定義 6.5：設 $\mu :\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R}$ 和 $f:\mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R}$ 為兩個函式。$\mu$ 和 $f$ 的空間卷積 由下式給出

$(\mu *_{x}f)(t,x):=\int _{\mathbb {R} ^{d}}\mu (t,y-x)f(y)dy$

定理及定義 6.6：設 $f:[0,\infty )\times \mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R}$ 為有界函式，在 $t$ 變數上具有一階連續導數，在 $x$ 變數上具有二階連續導數，並設 $E:\mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R}$ 為連續且有界的函式。如果我們定義

${\tilde {f}}:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R} ,{\tilde {f}}(t,x)={\begin{cases}f(t,x)&t\geq 0\\0&t<0\end{cases}}$

，則函式

$u:[0,\infty )\times \mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R} ,u(t,x)={\begin{cases}(E*_{x}g)(t,x)+({\tilde {f}}*E)(t,x)&t>0\\g(x)&t=0\end{cases}}$

是熱方程初值問題的連續解，即

${\begin{cases}\forall (t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{d}:&\partial _{t}u(t,x)-\Delta _{x}u(t,x)=f(t,x)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{d}:&u(0,x)=g(x)\end{cases}}$

注意，如果我們不要求解是連續的，我們可以取任意一個解，並將其在$t=0$處設定為$g$。

證明:

1.

我們證明

$\forall (t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{d}:\partial _{t}u(t,x)-\Delta _{x}u(t,x)=f(t,x)~~~~~(*)$

根據定理7.4，我們已經知道${\tilde {f}}*E$是以下方程的解：

$\forall (t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{d}:\partial _{t}({\tilde {f}}*E)(t,x)-\Delta _{x}({\tilde {f}}*E)(t,x)={\tilde {f}}(t,x){\overset {t>0}{=}}f(t,x)$

因此，對於$\forall (t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{d}$，我們有

${\begin{aligned}\partial _{t}u(t,x)-\Delta _{x}u(t,x)=&\partial _{t}(E*_{x}g)(t,x)+\partial _{t}({\tilde {f}}*E)(t,x)\\&-\Delta _{x}(E*_{x}g)(t,x)-\Delta _{x}({\tilde {f}}*E)(t,x)\\=&f(t,x)+\partial _{t}(E*_{x}g)(t,x)-\Delta _{x}(E*_{x}g)(t,x)\end{aligned}}$

這就是為什麼如果滿足以下條件，則$(*)$ 將成立。

對於$\forall (t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{d}:\partial _{t}(E*_{x}g)(t,x)-\Delta _{x}(E*_{x}g)(t,x)=0$

我們現在來驗證這一點。

根據空間卷積的定義，我們有

$\partial _{t}(E*_{x}g)(t,x)=\partial _{t}\int _{\mathbb {R} ^{d}}E(t,x-y)g(y)dy$

以及

$\Delta _{x}(E*_{x}g)(t,x)=\Delta _{x}\int _{\mathbb {R} ^{d}}E(t,x-y)g(y)dy$

透過應用萊布尼茲積分法則（參見練習 2），我們發現

${\begin{aligned}\partial _{t}(E*_{x}g)(t,x)-\Delta _{x}(E*_{x}g)(t,x)&=\partial _{t}\int _{\mathbb {R} ^{d}}E(t,x-y)g(y)dy-\Delta _{x}\int _{\mathbb {R} ^{d}}E(t,x-y)g(y)dy&\\&=\int _{\mathbb {R} ^{d}}\partial _{t}E(t,x-y)g(y)dy-\int _{\mathbb {R} ^{d}}\Delta _{x}E(t,x-y)g(y)dy&{\text{ Leibniz' integral rule}}\\&=\int _{\mathbb {R} ^{d}}\left(\partial _{t}E(t,x-y)-\Delta _{x}E(t,x-y)\right)g(y)dy&{\text{ linearity of the integral}}\\&=0&{\text{ exercise 1}}\end{aligned}}$

對所有 $(t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{d}$。

2.

我們證明 $u$ 是連續的。

很明顯，$u$ 在 $(0,\infty )\times \mathbb {R} ^{d}$ 上是連續的，因為所有一階偏導數都存在且連續（參見練習 2）。剩下的需要證明的是 $u$ 在 $\{0\}\times \mathbb {R} ^{d}$ 上是連續的。

為此，我們首先注意到，對所有 $(t,x)\in (0,\infty )\times \mathbb {R} ^{d}$

${\begin{aligned}\int _{\mathbb {R} ^{d}}E(t,x-y)dy&=\int _{\mathbb {R} ^{d}}E(t,y)dy&{\text{ 利用 }}y\mapsto x-y{\text{ 的替換積分}}\\&=\int _{\mathbb {R} ^{d}}{\sqrt {4\pi t}}^{-d}e^{\frac {\|y\|^{2}}{4t}}dy&\\&=\int _{\mathbb {R} ^{d}}{\sqrt {2\pi }}^{-d}e^{\frac {\|y\|^{2}}{2}}dy&{\text{ 利用 }}y\mapsto {\sqrt {2t}}y{\text{ 的替換積分}}\\&=1&{\text{ 引理 6.2}}\end{aligned}}$

此外，由於$g$ 的連續性，對於任意給定的$\epsilon >0$ 和任意$x\in \mathbb {R} ^{d}$，我們都可以找到一個$\delta >0$，使得

$\forall y\in B_{\delta }(x):|g(y)-g(x)|<\epsilon$.

根據以上兩點觀察，我們可以得出結論

${\begin{aligned}|g(x)-(E*_{x}g)(t,x)|&=\left|1\cdot g(x)-\int _{\mathbb {R} ^{d}}E(t,x-y)g(x)dy\right|&\\&=\left|\int _{\mathbb {R} ^{d}}E(t,x-y)g(x)dy-\int _{\mathbb {R} ^{d}}E(t,x-y)g(x)dy\right|\\&=\left|\int _{B_{\delta }(x)}E(t,x-y)(g(y)-g(x))dy+\int _{\mathbb {R} ^{d}\setminus B_{\delta }(x)}E(t,x-y)(g(y)-g(x))dy\right|&\\&\leq \left|\int _{B_{\delta }(x)}E(t,x-y)(g(y)-g(x))dy\right|+\left|\int _{\mathbb {R} ^{d}\setminus B_{\delta }(x)}E(t,x-y)(g(y)-g(x))dy\right|&{\text{三角不等式在 }}\mathbb {R} \\&\leq \int _{B_{\delta }(x)}|E(t,x-y)|\underbrace {|g(y)-g(x)|} _{<\epsilon }dy+\int _{\mathbb {R} ^{d}\setminus B_{\delta }(x)}|E(t,x-y)(g(y)-g(x))|dy&{\text{積分的三角不等式 }}\\&<\int _{\mathbb {R} ^{d}}|E(t,x-y)|\epsilon dy+\int _{\mathbb {R} ^{d}\setminus B_{\delta }(x)}|E(t,x-y)|\underbrace {(|g(y)|+|g(x)|)} _{\leq 2\|g\|_{\infty }}dy&{\text{積分的單調性 }}\\&=\epsilon +2\|g\|_{\infty }\left|\int _{\mathbb {R} ^{d}\setminus B_{\delta }(x)}E(t,x-y)dy\right|\end{aligned}}$

但是由於使用微分同胚$x\mapsto {\sqrt {2t}}x$進行換元積分，我們得到

$\int _{\mathbb {R} ^{d}\setminus B_{\delta }(x)}E(t,x-y)dy=\int _{\mathbb {R} ^{d}\setminus B_{\delta }(0)}E(t,x)dy=\int _{\mathbb {R} ^{d}\setminus B_{\frac {\delta }{\sqrt {2t}}}(0)}{\frac {1}{{\sqrt {2\pi }}^{d}}}e^{-{\frac {\|x\|^{2}}{2}}}dy\to 0,t\to 0$

這就是為什麼

$\lim _{t\to 0}|g(x)-(E*_{x}g)(t,x)|<\epsilon$

由於$\epsilon >0$是任意的，因此連續性得證。$\Box$