UMD PDE 資格考試/2005 年 1 月 PDE

問題 1

設 $u(x,y)$ 是 $\mathbb {R} ^{2}$ 上的調和函式，並假設 $\int \int _{\mathbb {R} ^{2}}|\nabla u|^{2}(x,y)\,dx\,dy<\infty .$ 證明 $u$ 是一個常數函式。

解決方案

設 $C=\int \int _{\mathbb {R} ^{2}}|\nabla u|^{2}(x,y)\,dx\,dy<\infty .$

如果 $u$ 是調和的（即 $\Delta u=0$），那麼 $v=\nabla u$ 也必須是調和的（當然，$\Delta \nabla u=0$）。然後，由於絕對值作為運算子是凸的，我們有 $|v|=|\nabla u|$ 是 $\mathbb {R} ^{2}$ 上的次調和函式。

然後，根據次調和函式的平均值性質，對於任何 $x_{0}\in \mathbb {R} ^{2}$，我們有

${\begin{array}{lll}|v(x_{0})|&\leq &{\frac {1}{\pi r^{2}}}\int _{B(x_{0},r)}|v|\,dx\,dy\\&\leq &{\frac {1}{\pi r^{2}}}\left(\int _{B(x_{0},r)}1\,dx\,dy\right)^{1/2}\left(\int _{B(x_{0},r)}|v|^{2}\,dx\,dy\right)^{1/2}\\&\leq &{\frac {C}{\sqrt {\pi r^{2}}}}\end{array}}$

其中第二個不等式是由於柯西-施瓦茨（霍爾德）不等式。

此估計對所有 $r>0$ 成立。因此，如果我們令 $r\to \infty$，我們可以看到對於所有 $x_{0}\in \mathbb {R} ^{2},$$|v(x_{0})|=|\nabla u(x_{0})|=0$，這說明 $u$ 是常數。

問題 2

令 $u(x,t)$ 是守恆律 $u_{t}+f(u)_{x}=0,\quad -\infty <x<\infty ,t>0.$ 的分段光滑弱解。 a) 推匯出解的不連續點的蘭金-休戈尼奧條件。 b) 找到 IVP 的分段光滑解 $u_{t}+(u^{2}+u)_{x}=0,\quad -\infty <x<\infty ,t>0$ $u(x,0)=\left\{{\begin{array}{ll}1,&x<0\\-2&x>0.\end{array}}\right.$

解決方案

a)

當我們用特徵線法求解偏微分方程時，特徵線可能會交叉，導致激波或不連續性。現在要做的就是找到不連續曲線，我們把它稱為 $C$。將偏微分方程乘以 $v$，這是一個在 $\mathbb {R} \times (0,\infty )$ 上具有緊支集的平滑測試函式。然後透過分部積分

${\begin{aligned}0=&\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }(u_{t}+f(u)_{x})v\,dx\,dt\\=&-\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }uv_{t}\,dx\,dt+\left.\int _{-\infty }^{\infty }vu\,dx\right|_{t=0}^{t=\infty }-\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }f(u)v_{x}\,dx\,dt+\left.\int _{0}^{\infty }f(u)v\,dt\right|_{x=-\infty }^{x=\infty }\\=&-\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }uv_{t}\,dx\,dt-\int _{-\infty }^{\infty }vu(x,0)\,dx-\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }f(u)v_{x}\,dx\,dt.\end{aligned}}$

令 $V_{l}$ 表示 $\mathbb {R} \times (0,\infty )$ 中位於 $C$ 左側的開區域，類似地 $V_{r}$ 表示位於 $C$ 右側的區域。如果 $v$ 的支撐完全位於這兩個區域中的任何一個，則上述所有邊界項都消失，我們得到 $0=\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }(u_{t}+f(u)_{x})v\,dx\,dt=\int _{0}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }uv_{t}+f(u)v_{x}\,dx\,dt.$

現在假設 $v$ 的支撐與不連續性 $C$ 相交。

b)

我們可以計算 $\sigma ={\frac {F(u_{l})-F(u_{r})}{u_{l}-u_{r}}}={\frac {1^{2}+1-(4-2)}{1+2}}=0$。因此，衝擊波從原點垂直延伸。也就是說，

$u(x,t)=\left\{{\begin{aligned}1&x<0\\-2&x>0\end{aligned}}\right.$

問題 3

考慮具有初始資料的演化方程 $u_{tt}-u_{xx}+u_{t}=(u_{xt}^{3})_{x},\quad -\infty <x<\infty ,t>0$ $u(x,0)=f(x),u_{t}(x,0)=g(x),u(0,t)=u(1,t)=0.$ a) 什麼能量量對於這個方程是合適的？它是守恆還是耗散？ b) 證明該問題的 $C^{3}$ 解是唯一的。

解決方案

3a

考慮能量 $E(t)={\frac {1}{2}}\int _{0}^{1}u_{t}^{2}+u_{x}^{2}\,dx$。然後 ${\dot {E}}(t)=\int _{0}^{1}u_{t}u_{tt}+u_{x}u_{xt}\,dx$。使用分部積分法得到 ${\dot {E}}(t)=\int _{0}^{1}u_{t}u_{tt}-u_{xx}u_{t}\,dx+\left.u_{t}u_{x}\right|_{0}^{1}$。邊界項由於 $u(0,t)=0$ 意味著 $u_{t}(0,t)=0$ （類似地，在 $x=1$ 處）而消失。然後根據原始 PDE 我們得到

${\begin{aligned}{\dot {E}}(t)&=&\int _{0}^{1}u_{t}((u_{xt}^{3})_{x}-u_{t})\,dx\\&=&\int _{0}^{1}u_{t}(u_{xt}^{3})_{x}-u_{t}^{2})\,dx\\&=&\int _{0}^{1}-u_{xt}^{4}-u_{t}^{2}\,dx+\left.u_{xt}^{3}u_{t}\right|_{0}^{1}.\end{aligned}}$

其中最後一個等式是另一個分部積分。邊界項再次使用相同的方法消去。因此，${\dot {E}}(t)<0$ 對於所有 $t$ 成立；也就是說，能量是耗散的。

3b

假設$u,v$是該系統的兩個不同的解。那麼$w=u-v$是以下方程的解：

$w_{tt}-w_{xx}+w_{t}=(w_{xt}^{3})_{x},\quad -\infty <x<\infty ,t>0$

$w(x,0)=0,w_{t}(x,0)=0,w(0,t)=w(1,t)=0.$

這告訴我們，在$t=0$時，$w_{x}=w_{t}=0$。因此，$E(0)=0$。由於$E(t)\leq E(0)$，那麼$E(t)=0$，對所有$t$成立。這意味著$w\equiv 0$。也就是說，$u=v$。

問題 4

設$\Omega \subseteq \mathbb {R} ^{n}$是一個有界開集，其邊界$\partial \Omega$光滑。考慮$u(x,t)$的初始邊界值問題 $\left\{{\begin{array}{ll}u_{t}-\nabla \cdot (a(x)\nabla u)+b(x)u=q,&x\in \Omega ,t>0\\u(x,0)=f(x),&x\in \Omega \\u_{t}+\partial u/\partial n+u=0,&x\in \partial \Omega ,t>0\end{array}}\right.$ 其中 $\partial u/\partial n$ 是外法線方向的導數。假設 $a,b\in C^{1}({\bar {\Omega }})$ 且 $a(x)\geq 0$ 對 $x\in \Omega$ 成立。證明該問題的平滑解是唯一的。

解決方案

假設 $u,v$ 是兩個不同的解。那麼 $w=u-v$ 是以下問題的平滑解

$\left\{{\begin{array}{ll}w_{t}-\nabla \cdot (a(x)\nabla w)+b(x)w=0,&x\in \Omega ,t>0\\w(x,0)=0,&x\in \Omega \\w_{t}+\partial w/\partial n+w=0,&x\in \partial \Omega ,t>0\end{array}}\right.$

考慮能量 $E(t)={\frac {1}{2}}\int _{\Omega }w^{2}\,dx+{\frac {1}{2}}\int _{\partial \Omega }a(x)w^{2}\,dS$。很容易驗證 $E(0)=0$。那麼

${\begin{aligned}{\dot {E}}(t)=&\int _{\Omega }ww_{t}\,dx+\int _{\partial \Omega }a(x)ww_{t}\,dS\\=&\int _{\Omega }w\nabla \cdot (a(x)\nabla w)-b(x)w^{2}\,dx+\int _{\partial \Omega }a(x)ww_{t}\,dS\\=&\int _{\Omega }-\nabla w\cdot (a(x)\nabla w)-b(x)w^{2}\,dx+\int _{\partial \Omega }wa(x){\frac {\partial w}{\partial n}}\,dS+\int _{\partial \Omega }a(x)ww_{t}\,dS\\=&\int _{\Omega }-a(x)\nabla w\cdot \nabla w-b(x)w^{2}\,dx+\int _{\partial \Omega }-a(x)w^{2}-a(x)ww_{t}\,dS+\int _{\partial \Omega }a(x)ww_{t}\,dS\\=&\int _{\Omega }-a(x)\nabla w\cdot \nabla w-b(x)w^{2}\,dx+\int _{\partial \Omega }-a(x)w^{2}\,dS\\\leq &\int _{\Omega }-b(x)w^{2}\,dx\\\leq &\|b\|_{L^{\infty }(\Omega )}\int _{\Omega }w^{2}\,dx\end{aligned}}$

因此 ${\dot {E}}(t)\leq \|b\|_{L^{\infty }(\Omega )}E(t)$ 意味著 $E(t)\leq E(0)e^{\|b\|_{L^{\infty }(\Omega )}t}=0$ 對於所有 $t$。因此，$E(t)=0$ 對於所有 $t$，這意味著 $w\equiv 0$

問題 5

設 $\Omega \subset \mathbb {R} ^{n}$ 為一個有界開集，且邊界光滑。設 $K=\{u\in H_{0}^{1}(\Omega ):u\geq 0{\text{ in }}\Omega \}$。設 $f\in L^{2}(\Omega )$ 並定義泛函 $I(u)={\frac {1}{2}}\int _{\Omega }|\nabla u|^{2}\,dx-\int _{\Omega }fu\,dx$. 證明 $u$ 是 $I$ 在 $K$ 上的最小值點，當且僅當 $u$ 滿足變分不等式 $\int _{\Omega }\nabla u\cdot \nabla (u-v)\,dx\leq \int _{\Omega }f(u-v)\,dx$ 對所有 $v\in K$ 成立。

解決方案

$(\Rightarrow )$ 假設 $u$ 使 $I$ 最小化，即 $I[u]\leq I[w]\,\forall w\in K$。那麼對於任何固定的 $w\in K$，如果我們令 $g(t)=(1-t)u+tv$ 那麼 $I[g(0)]\leq I[g(t)]\,\forall 0\leq t\leq 1$。令 $i(t)=I[g(t)]$；那麼我們可以說 $i'(0)\geq 0$。現在我們必須計算 $i'(0)$。我們有

$i(t)={\frac {1}{2}}\int _{\Omega }\left|(1-t)\nabla u+t\nabla v\right|^{2}-f((1-t)u+tv)\,dx$

$i'(t)=\int _{\Omega }-(1-t)|\nabla u|^{2}+(1-2t)\nabla u\cdot \nabla v+t|\nabla v|^{2}-(1-t)fu-tfv\,dx$

$i'(0)=\int _{\Omega }-|\nabla u|^{2}+\nabla u\cdot \nabla v-fu\,dx$

由於我們知道 $i'(0)\geq 0$ 那麼

$\int _{\Omega }f(u-v)\,dx\geq \int _{\Omega }|\nabla u|^{2}-\nabla u\cdot \nabla v=\int _{\Omega }\nabla u\cdot \nabla (u-v)\,dx$ 如預期的那樣。

$(\Leftarrow )$ 反之，假設

$\int _{\Omega }\nabla u\cdot \nabla (u-v)\,dx=\int _{\Omega }|\nabla |^{2}-\nabla u\cdot \nabla v\,dx\leq \int _{\Omega }f(u-v)\,dx.$

那麼 ${\begin{array}{lll}\int _{\Omega }|\nabla u|^{2}-fu\,dx&\leq &\int _{\Omega }\nabla u\cdot \nabla v-fv\,dx\\&\leq &\int _{\Omega }|\nabla u||\nabla v|-fv\,dx\\&\leq &\int _{\Omega }1/2|\nabla u|^{2}+1/2|\nabla v|^{2}-fv\,dx\end{array}}$

因此，$1/2\int _{\Omega }|\nabla u|^{2}-fu\,dx\leq 1/2\int _{\Omega }|\nabla v|^{2}-fv\,dx$ 對於所有 $v\in K$。也就是說，$I[u]\leq I[v]$ 對於所有 $v\in K$，如預期的那樣。