数学物理方程 11.14 - 热传导方程的 Cauchy 问题

叠加原理求热传导方程 Cauchy 问题

叠加原理

热传导方程的 Cauchy 问题实际上就是指如下的初值问题：

$$(\mathrm{P})\{\begin{array}{ll}\frac{\partial u}{\partial t}-a^2\Delta u=f(x,t),& t>0\\ u{|}_{t=0}=\phi (x)& \end{array}$$

那么，根据叠加原理，拆分为：

$$(\mathrm{P}1)\{\begin{array}{ll}\frac{\partial u}{\partial t}-a^2\Delta u=0,& t>0\\ u{|}_{t=0}=\phi (x)& \end{array},(\mathrm{P}2)\{\begin{array}{ll}\frac{\partial u}{\partial t}-a^2\Delta u=f(x,t),& t>0\\ u{|}_{t=0}=0& \end{array}$$

叠加原理和 ODE 当中的叠加原理是一样的，ODE 当中，我们求解非齐次常系数线性 ODE 时，我们的想法是先找到一个特解 ${\phi }_0(x)$ ，然后解齐次常系数线性 ODE 得到解为 ${\phi }_1(x)$ ，那么 ODE 的通解为 $\phi (x)={\phi }_0(x)+{\phi }_1(x)$ .

对于上述的 Cauchy 问题，若 $u_1$ 为 $(\mathrm{P}1)$ 的解，$u_2$ 为 $(\mathrm{P}2)$ 的解，则 $u=u_1+u_2$ 即为 $(\mathrm{P})$ 的解.

问题 (P1) 的解

首先考虑如下的问题：

$$(\mathrm{P}1)\{\begin{array}{ll}\frac{\partial u}{\partial t}-a^2\Delta u=0,& t>0\\ u{|}_{t=0}=\phi (x)& \end{array}$$

关于 $x$ 作 Fourier 变换：

$$\{\begin{array}{ll}\frac{\partial }{\partial t}\hat{u}(t,\xi )+a^2|\xi {|}^2\hat{u}(t,\xi )=0,& t>0\\ \hat{u}(t,\xi ){|}_{t=0}=\hat{\phi }(\xi )& \end{array}$$

则上述问题变为一个 ODE 初值问题，直接解一阶齐次线性方程可得

$$\hat{u}(t,\xi )=\hat{\phi }(\xi ){\mathrm{e}}^{-a^2|\xi {|}^{2}t}$$

作 Fourier 逆变换有

$$u(t,x)={\mathcal{F}}_{\xi \to x}^{-1}[\hat{\phi }(\xi ){\mathrm{e}}^{-a^2|\xi {|}^{2}t}]$$

这个 Fourier 逆变换似乎进行不下去了，但是如果我们能回忆起 Fourier 变换和卷积的关系：

$$\widehat{f_1\ast f_2}=\widehat{f_1}\cdot \widehat{f_2}$$

那么容易知道

$$f_1\ast f_2={\mathcal{F}}^{-1}[\widehat{f_1}\cdot \widehat{f_2}]$$

而其中 $\widehat{f_2}(\xi )=\hat{\phi }(\xi )$ ，$\widehat{f_1}={\mathrm{e}}^{-a^2|\xi {|}^{2}t}$ ，我们仅需考虑对 $f_1$ 的 Fourier 逆变换：

$$\begin{array}{rl}{f}_1(t,x)& ={\mathcal{F}}^{-1}({\mathrm{e}}^{-a^2|\xi {|}^{2}t})\\ & =(2\pi {)}^{-n}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x\xi }{\mathrm{e}}^{-a^2|\xi {|}^{2}t}\mathrm{d}\xi \\ & =(4\pi a^{2}t{)}^{-\frac{n}{2}}{\mathrm{e}}^{-\frac{|x{|}^2}{4a^{2}t}}\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}u(t,x)& =(4\pi a^{2}t{)}^{-\frac{n}{2}}{\mathrm{e}}^{-\frac{|x{|}^2}{4a^{2}t}}\ast \phi (x)\\ & =(4\pi a^{2}t{)}^{-\frac{n}{2}}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}\phi (y){\mathrm{e}}^{-\frac{|x-y{|}^2}{4a^{2}t}}\mathrm{d}y\\ & =H(t)(4\pi a^{2}t{)}^{-\frac{n}{2}}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}\phi (y){\mathrm{e}}^{-\frac{|x-y{|}^2}{4a^{2}t}}\mathrm{d}y\\ & =E(x,t)\ast \phi (x)\end{array}$$

其中 $\ast$ 是对 $x$ 卷积，且 $E(x,t)$ 为基本解. 也就是说

定理：问题 $(\mathrm{P}1)$ 的解

问题 $(\mathrm{P}1)$ 的解： $u(t,x)=E(x,t)\ast \phi (x)$

问题 (P1) 解的验证

第一个条件的验证

我们再代入验证方程的解，首先作用热传导算子有

$$\begin{array}{rl}\left(\frac{\partial }{\partial t}-a^2\Delta \right)u(x,t)& =\left(\frac{\partial }{\partial t}-a^2\Delta \right)[E(x,t)\ast \phi (x)]\\ & =\left[\left(\frac{\partial }{\partial t}-a^2\Delta \right)E(x,t)\right]\ast \phi (x)\\ & =\delta (x,t)\ast \phi (x)\\ & =⟨\delta (t,y),\phi (x-y)⟩\end{array}$$

最后我们如何化简呢？我们需要如下的引理：

引理：习题 7.1 (1)

设 $f\in C({\mathbb{R}}^n)$ ，证明： $⟨\delta (t,x),f(x)⟩=\delta (t)f(0)$

引理的证明： 考虑磨光，取磨光核为 ${\Phi }_{\epsilon }(t,x)$ ，那么设

$${\delta }_{\epsilon }(t,x)=\delta (t,x)\ast {\Phi }_{\epsilon }(t,x)\in C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^{n+1})$$

对任意 $\phi (t)\in C_0^{\infty }(\mathbb{R})$ 有

$$\begin{array}{rl}⟨⟨{\delta }_{\epsilon }(t,x),f(x)⟩,\phi (t)⟩& ={\int }_{\mathbb{R}}\phi (t)\mathrm{d}t{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{\delta }_{\epsilon }(t,x)f(x)\mathrm{d}x\\ & \stackrel{(\text{Fubini})}{=}{\iint }_{{\mathbb{R}}^{n+1}}{\delta }_{\epsilon }(t,x)f(x)\phi (t)\mathrm{d}x\mathrm{d}t\\ & =⟨{\delta }_{\epsilon }(t,x),f(x)\phi (t)⟩\end{array}$$

令 $\epsilon \to 0$ 可知

$$⟨⟨\delta (t,x),f(x)⟩,\phi (t)⟩=⟨\delta (t,x),f(x)\phi (t)⟩=f(0)\phi (0)$$

继而

$$\begin{array}{rl}f(0)\phi (0)& =f(0)⟨\delta (t),\phi (t)⟩=⟨f(0)\delta (t),\phi (t)⟩\end{array}$$

因此

$$⟨\delta (t,x),f(x)⟩=f(0)\delta (t)$$

$\square$

故最后利用引理可得

$$\left(\frac{\partial }{\partial t}-a^2\Delta \right)u(x,t)=\delta (t)\phi (x)=0,t>0$$

这是第一个条件的验证.

第二个条件的验证

第二个条件就是证明 $u(t,x)$ 满足初值条件，即证明：

$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }u(t,x)=\phi (x)$$

等价于

$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }E(x,t)\ast \phi (x)=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }(4\pi t{)}^{-\frac{n}{2}}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(\xi )\exp \left\{-\frac{|x-\xi {|}^2}{4t}\right\}\mathrm{d}\xi$$

我们利用如下结论即可：

习题 7.1 (2)

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

证明见 数学物理方程 - 第六次作业 . $\square$

这个结论实际上等价于 $E(t,x)$ 在 $t\to 0^{+}$ 时广义函数极限为 $\delta (x)$ . 而 $\delta (x)$ 是卷积单位元，这就说明初值条件满足.

问题 (P2) 的求解

Duhamel 原理

Duhamel 原理即利用齐次化原理将 $(\mathrm{P}2)$ 转化为 $(\mathrm{P}1)$ 的问题，那么设 $U(x,t;\tau )$ 为如下问题的解：

$$\{\begin{array}{l}\frac{\partial U}{\partial t}-a^2\Delta U=0,t>\tau \\ U(x,t,\tau ){|}_{t=\tau }=f(x,\tau )\end{array}$$

那么令

$$u(t,x)={\int }_0^{t}U(x,t;\tau )\mathrm{d}\tau$$

此时的 $u(t,x)$ 即为 $(\mathrm{P}2)$ 的解，我们可通过计算 $\frac{\partial u}{\partial t}$ 来验证.

利用 Duhamel 原理求解方程 $(\mathrm{P}2)$

我们已经得到了 $(\mathrm{P}1)$ 的解，那么此时我们可以利用 Duhamel 原理直接得到

$$U(x,t-\tau )=[4\pi a^2(t-\tau ){]}^{-\frac{n}{2}}={\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(y,\tau )\exp \left\{-\frac{|x-y{|}^2}{4a^2(t-\tau )}\right\}\mathrm{d}y$$

因此 $(\mathrm{P}2)$ 的解为

$$\begin{array}{rl}u(x,t)& ={\int }_0^{t}U(x,t,\tau )\mathrm{d}\tau \\ & ={\int }_0^t[4\pi a^2(t-\tau ){]}^{-\frac{n}{2}}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(y,\tau )\exp \left\{-\frac{|x-y{|}^2}{4a^2(t-\tau )}\right\}\mathrm{d}y\mathrm{d}\tau \\ & ={\int }_0^t{\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(y,\tau )\exp \left\{-\frac{|x-y{|}^2}{4a^2(t-\tau )}\right\}[4\pi a^2(t-\tau ){]}^{-\frac{n}{2}}\mathrm{d}y\mathrm{d}\tau \\ & =E(x,t)\ast (H(t)f(x,t))\\ & =u_2(x,t)\end{array}$$

即

问题 $(\mathrm{P}2)$ 的解为： $u_2(x,t)=E(x,t)\ast (H(t)f(x,t))$

验证已在 Duhamel 原理中说明.