数学物理方程 - 第六次作业

T1

证明定理：设 $P$ 为常系数线性偏微分算子，并且有一基本解 $E(x)$ 使得 $\mathrm{singsupp}E=\left\{0\right\}$ 则 $P$ 必为亚椭圆的.

设 $u\in {\mathcal{D}}^{\prime }$ ，考虑证明：对任意 $x\notin \mathrm{singsupp}Pu$ ，必有 $x\notin \mathrm{singsupp}u$ .

由于 $\mathrm{singsupp}Pu$ 为开集的余集，可知存在 $x$ 的半径为 $\epsilon$ 的球形邻域 $B_{\epsilon }(x)$ ，使得 $\overline{B_{\epsilon }(x)}\cap \mathrm{singsupp}Pu=\varnothing$ . 令 $\phi \in C_0^{\infty }(B_{\epsilon }(x))$ ，且 $\phi {|}_{B_{\frac{\epsilon }{2}}(x)}=1$ ，则 $\phi Pu\in C_0^{\infty }$ . 而根据 Leibniz 求导法则，有

$$P(\phi u)=\phi Pu+v$$

其中 $v$ 中各项均含有 $\phi$ 的不低于一阶的微商作为因子，因此在 $B_{\epsilon }(x)$ 外以及 $B_{\frac{\epsilon }{2}}(x)$ 内均有 $v=0$ .

考虑

$$E\ast P(\phi u)=E\ast (\phi Pu)+E\ast v$$

而广义函数和 $C_0^{\infty }$ 函数的卷积是 $C^{\infty }$ 函数，且根据卷积的奇支集性质有

$$\mathrm{singsupp}(E\ast v)\subset \mathrm{singsupp}v+\mathrm{singsupp}E\subset \mathrm{supp}(v)$$

于是 $E\ast v$ 在 $B_{\frac{\epsilon }{2}}(x)$ 是 $C^{\infty }$ 函数，但是另一方面，考虑广义函数微分算子的运算性质：

$$E\ast P(\phi u)=P(E\ast (\phi u))=(PE)\ast (\phi u)=\delta \ast (\phi u)=\phi u$$

所以 $\phi u$ 在 $B_{\frac{\epsilon }{2}}(x)$ 上是 $C^{\infty }$ 函数，因此 $x\notin \mathrm{singsupp}u$ ，即

$$\mathrm{singsupp}u\subset \mathrm{singsupp}Pu$$

最终可得 $P$ 为亚椭圆的. $\square$

T2

$\forall \phi (x)\in C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$ ，有 ${\lim }_{t\to 0^{+}}⟨E(t,x),\phi (x)⟩=\phi (0)$

首先证明如下的引理：

引理：热传导方程的基本解在全空间上的积分值为 $1$ .

即

$$\begin{array}{rl}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}E(x,t)\mathrm{d}x& =\frac{1}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{\mathrm{e}}^{-\frac{|x{|}^2}{4t}}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{(\pi {)}^{\frac{n}{2}}}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{\mathrm{e}}^{-|z{|}^2}\mathrm{d}z\\ & =\frac{1}{(\pi {)}^{\frac{n}{2}}}\prod _{i=1}^n{\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-{\tau }^2}\mathrm{d}\tau \\ & =1\end{array}$$

则引理的结论成立，下面考虑本题的证明. 由于 $E(t,x)\in L_{\mathrm{loc}}({\mathbb{R}}^n)$ ，对 $\phi \in C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$ ，存在 $\delta >0$ ， 当 $|x|<\delta$ 时有

$$|\phi (x)-\phi (0)|<\epsilon$$

故根据引理

$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_{{\mathbb{R}}^n}E(x,t)\phi (x)\mathrm{d}x-\phi (0)\right|& =\left|{\int }_{{\mathbb{R}}^n}E(x,t)[\phi (x)-\phi (0)]\mathrm{d}x\right|\\ & ⩽{\int }_{B_{\delta }(0)}E(x,t)|\phi (x)-\phi (0)|\mathrm{d}x\\ & +{\int }_{{\mathbb{R}}^n\setminus B_{\delta }(0)}E(x,t)|\phi (x)-\phi (0)|\mathrm{d}x\\ & :=I+J\end{array}$$

其中对于 $I$ ，根据引理

$$I⩽\epsilon {\int }_{B_{\delta }(0)}E(x,t)\mathrm{d}x⩽\epsilon$$

对 $J$ ，考虑

$$\begin{array}{rl}J& ⩽2\Vert \phi {\Vert }_{\infty }{\int }_{{\mathbb{R}}^n\setminus B_{\delta }(0)}E(t,x)\mathrm{d}x\\ & ⩽\frac{C}{t^{\frac{n}{2}}}{\int }_{{\mathbb{R}}^n\setminus B_{\delta }(0)}{\mathrm{e}}^{-\frac{|x{|}^2}{4t}}\mathrm{d}x\\ & =C{\int }_{{\mathbb{R}}^n\setminus B_{\frac{\delta }{\sqrt{t}}}(0)}{\mathrm{e}}^{-|z{|}^2}\mathrm{d}z\to 0,t\to 0^{+}\end{array}$$

综上有

$$\left|{\int }_{{\mathbb{R}}^n}E(x,t)\phi (x)\mathrm{d}x-\phi (0)\right|⩽2\epsilon$$

即本题结论成立. $\square$