偏微分方程/輸運方程

偏微分方程
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在第一章中，我們已經看到了一維輸運方程。在本章中，我們將看到我們可以很容易地將那裡使用的解法和唯一性證明推廣到多個維度。令 $d\in \mathbb {N}$ 。 非齊次 $d$ -維輸運方程 如下所示

\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:\partial _{t}u(t,x)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}u(t,x)=f(t,x)

, 其中 $f:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R}$ 是一個函式， $\mathbf {v} \in \mathbb {R} ^{d}$ 是一個向量。

解

以下定義將在許多情況下成為有用的簡寫符號。由於我們從本章一開始就可以使用它，所以我們從它開始。

定義 2.1:

令 $f:\mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R}$ 是一個函式， $n\in \mathbb {N}$ 。我們說 $f$ 是 $n$ 次連續可微 當且僅當所有偏導數

\partial _{\alpha }f,\alpha \in \mathbb {N} _{0}^{d}{\text{ and }}|\alpha |\leq n

存在且連續。我們寫 $f\in {\mathcal {C}}^{n}(\mathbb {R} ^{d})$ .

在我們證明輸運方程的解公式之前，我們需要一個來自分析的定理，它將在解公式的證明中發揮至關重要的作用。

定理 2.2：(萊布尼茨積分規則)

令 $O\subseteq \mathbb {R}$ 為開集，且 $B\subseteq \mathbb {R} ^{d}$ ，其中 $d\in \mathbb {N}$ 為任意自然數，並令 $f\in {\mathcal {C}}^{1}(O\times B)$ 。如果滿足以下條件：

對所有 $x\in O$ ， $\int _{B}|f(x,y)|dy<\infty$
對所有 $x\in O$ 和 $y\in B$ ， ${\frac {d}{dx}}f(x,y)$ 存在
存在一個函式 $g:B\to \mathbb {R}$ ，使得

\forall (x,y)\in O\times B:|\partial _{x}f(x,y)|\leq |g(y)|{\text{ and }}\int _{B}|g(y)|dy<\infty

成立，那麼

{\frac {d}{dx}}\int _{B}f(x,y)dy=\int _{B}{\frac {d}{dx}}f(x,y)

我們將省略證明過程。

定理 2.3：如果 $f\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d})$ ， $g\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} ^{d})$ 且 $\mathbf {v} \in \mathbb {R} ^{d}$ ，則函式

u:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R} ,u(t,x):=g(x+\mathbf {v} t)+\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds

是 $d$ 維非齊次傳輸方程的解。

\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:\partial _{t}u(t,x)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}u(t,x)=f(t,x)

需要注意的是，正如第一章中提到的，存在著許多解，每個連續可微的 $g$ 都對應著一個解。

證明:

1.

我們將證明 $u$ 足夠光滑。根據鏈式法則， $g(x+\mathbf {v} t)$ 在所有方向 $t,x_{1},\ldots ,x_{d}$ 上連續可微。表示式

\partial _{x_{n}}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds,n\in \{1,\ldots ,d\}

根據萊布尼茨積分法則（參見練習 1）存在。表示式

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

我們將在本證明的後面證明它等於

f(t,x)+\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds

,

因為它存在

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

僅由導陣列成

\partial _{x_{n}}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds,n\in \{1,\ldots ,d\}

2.

我們證明

\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:\partial _{t}u(t,x)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}u(t,x)=f(t,x)

分三步。

2.1

我們證明

\partial _{t}g(x+\mathbf {v} t)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}g(x+\mathbf {v} t)=0~~~~~(*)

將此留給讀者作為多維鏈式法則應用的練習（見練習 2）。

2.2

我們證明

\partial _{t}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds=f(t,x)~~~~~(**)

我們選擇

F(t,x):=\int _{0}^{t}f(s,x-\mathbf {v} s)ds

因此我們有

F(t,x+\mathbf {v} t)=\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds

根據多維鏈式法則，我們得到

{\begin{aligned}{\frac {d}{dt}}F(t,x+\mathbf {v} t)&={\begin{pmatrix}\partial _{t}F(t,x+\mathbf {v} t)&\partial _{x_{1}}F(t,x+\mathbf {v} t)&\cdots &\partial _{x_{d}}F(t,x+\mathbf {v} t)\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\\mathbf {v} \end{pmatrix}}\\&=\partial _{t}F(t,x+\mathbf {v} t)+\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}F(t,x+\mathbf {v} t)\end{aligned}}

但另一方面，根據微積分基本定理，我們有 $\partial _{t}F(t,x)=f(t,x-\mathbf {v} t)$ 因此

\partial _{t}F(t,x+\mathbf {v} t)=f(t,x)

另一方面

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

, 觀察到 $\partial _{x_{n}}$ 的定義的微商商在兩邊都是相等的。另一方面，

{\frac {d}{dt}}F(t,x+\mathbf {v} t)=\partial _{t}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds

, 證明的第二部分的第二部分就完成了。

2.3

將 $(*)$ 和 $(**)$ 加在一起，利用導數的線性性質，可以看出方程成立。 $\Box$

初始值問題

定理與定義 2.4：如果 $f\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d})$ 且 $g\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} ^{d})$ ，則函式

u:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}\to \mathbb {R} ,u(t,x):=g(x+\mathbf {v} t)+\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds

是輸運方程初始值問題的唯一解

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

證明:

非常容易地， $u(0,x)=g(x+\mathbf {v} \cdot 0)+\int _{0}^{0}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds=g(x)$ 。因此，根據定理 2.3， $u$ 是運輸方程初始值問題的解。因此，我們接著證明唯一性。

假設 $v$ 是另一個任意的解。我們證明 $v=u$ ，從而排除其他解的可能性。

我們定義 $w:=u-v$ 。然後

{\begin{array}{llll}\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:&\partial _{t}w(t,x)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}w(t,x)&=(\partial _{t}u(t,x)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}u(t,x))-(\partial _{t}v(t,x)-\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}v(t,x))&\\&&=f(t,x)-f(t,x)=0&~~~~~(*)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{d}:&w(0,x)=u(0,x)-v(0,x)&=g(x)-g(x)=0&~~~~~(**)\end{array}}

類似於第一章中一維齊次運輸方程初始值問題解的唯一性證明，我們為任意的 $(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}$ 定義

\mu _{(t,x)}(\xi ):=w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )

利用多元鏈式法則，我們計算 $\mu _{(t,x)}'(\xi )$

{\begin{aligned}\mu _{(t,x)}'(\xi )&:={\frac {d}{d\xi }}w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )&{\text{ by defs. of the }}'{\text{ symbol and }}\mu \\&={\begin{pmatrix}\partial _{t}w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )&\partial _{x_{1}}w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )&\cdots &\partial _{x_{d}}w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-1\\\mathbf {v} \end{pmatrix}}&{\text{chain rule}}\\&=-\partial _{t}w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )+\mathbf {v} \cdot \nabla _{x}w(t-\xi ,x+\mathbf {v} \xi )&\\&=0&(*)\end{aligned}}

因此，對於所有 $(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}$ $\mu _{(t,x)}(\xi )$ 是常數，因此

\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d}:w(t,x)=\mu _{(t,x)}(0)=\mu _{(t,x)}(t)=w(0,x+\mathbf {v} t){\overset {(**)}{=}}0

, 這表明 $w=u-v=0$ 因此 $u=v$ . $\Box$

習題

令 $f\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{d})$ 且 $\mathbf {v} \in \mathbb {R} ^{d}$ 。利用萊布尼茲積分法則，證明對於所有 $n\in \{1,\ldots ,d\}$ ，導數
$\partial _{x_{n}}\int _{0}^{t}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds$
等於
$\int _{0}^{t}\partial _{x_{n}}f(s,x+\mathbf {v} (t-s))ds$
因此存在。
令 $g\in {\mathcal {C}}^{1}(\mathbb {R} ^{d})$ 且 $\mathbf {v} \in \mathbb {R} ^{d}$ 。計算 $\partial _{t}g(x+\mathbf {v} t)$ 。
找到以下初值問題的唯一解
${\begin{cases}\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{3}:&\partial _{t}u(t,x)-{\begin{pmatrix}2\\3\\4\end{pmatrix}}\cdot \nabla _{x}u(t,x)=t^{5}+x_{1}^{6}+x_{2}^{7}+x_{3}^{8}\\\forall x\in \mathbb {R} ^{3}:&u(0,x)=x_{1}^{9}+x_{2}^{10}+x_{3}^{11}\end{cases}}$ .