参考文献: L.C. Evans《Partial Differential Equations》2nd Ed, Berkeley.

在看之前请确保熟悉散度定理（Green公式）等基本内容. 另外这部分涉及的计算非常多，一定要多算！！！！！！！！

能量方法(energy method)与PDE以后会涉及到的“变分法”(要用泛函分析)紧密相连，(其实我还没学泛函, 见笑了)，因此这仅仅是个“初步探索”，利用一些技术处理各种表达式的 L^2 范数..

目录

1. 位势方程(Laplace,Poisson方程)
2. 热传导方程
3. 波动方程

1 位势方程

考虑位势方程边界问题

\left\{ \begin{aligned} &-\Delta u=f, &x\in U \\ &u=g, &x\in\partial U. \end{aligned} \right. (1)

我们曾经用最大值原理来证明唯一性, 但是我们现在打算用另外一种方式证明解的唯一性. 设U是有界开集且 \partial U 是 C^1 的.

定理1.1 [位势方程解的唯一性]方程(1)至多存在一个解 u\in C^2(\overline{U}).

证明：设 u,v 都是解, 记 w=u-\overline{u}, 则w是方程

\left\{ \begin{aligned} &-\Delta w=0, &x\in U \\ &w=0, &x\in\partial U. \end{aligned} \right. (2)

的解. 由分部积分公式,

0=-\int_Uw\Delta wdx=\int_U|Dw|^2dx.

则 Dw\equiv 0 在U内恒成立. 由于 w=0 在 \partial U 上恒成立, 则 w\equiv 0. \QED

下面我们要证明位势方程(Poisson方程)可以被刻画为一个泛函的极小值. 我们定义能量泛函

I[w]\triangleq\int_U\dfrac{1}{2}|Dw|^2-wfdx,

这里w属于容许集(admissible set) \mathcal{A}\triangleq \{w\in C^2(\overline{U})|w=g, x\in\partial U\}.

定理1.2 [Dirichlet原理]设 u\in C^2(\overline{U}) 为Poisson方程(1)的解, 则
I[u]=\min\limits_{w\in\mathcal{A}}I[w].
相反, 如果 u\in\mathcal{A} 满足上式, 则u是方程(1)的解.

证明：(1)选 w\in\mathcal{A}, 则式(1)推出

\begin{aligned} 0&=\int_U(-\Delta u-f)(u-w)dx \\ &=\int_U Du\cdot D(u-w)-f\cdot(u-w)dx \text{ 【分部积分】} \\ \Rightarrow \int_U|Du|^2-ufdx &=\int_U Du\cdot Dw-wf dx \\ &\leq\int_U\dfrac{1}{2}|Du|^2dx+\int_U\dfrac{1}{2}|Dw|^2-wfdx. \text{ 【C-S】} \end{aligned}

因此 I[u]\leq I[w], w\in\mathcal{A}.

(2)反过来, 设 I[u]=\min\limits_{w\in \mathcal{A}}I[w], 任意固定 v\in C_c^{\infty}(U) 并记

i(t):=I[u+tv], t\in\mathbb{R},

由于对每个t, u+tv\in \mathcal{A}, 则标量函数 i(\cdot) 在0处取最小值, 则如果有导数, 则必有

i'(0)=0, \left('=\dfrac{d}{dt}\right),

但是

\begin{aligned} i(t)&=\int_U\dfrac{1}{2}|Du+tDv|^2-(u+tv)f dx \\ &=\int_U\dfrac{1}{2}|Du|^2+tDu\cdot Dv+\dfrac{t^2}{2}|Dv|^2-(u+tv)f dx. \\ \Rightarrow i'(t)&=\int_UDu\cdot Dv+t|Dv|^2-vfdx. \end{aligned}

因此

0=i'(0)=\int_U Du\cdot D-vfdx=\int_U(-\Delta u-f)vdx.

这个函数对任意的 v\in C_c^{\infty}(U) 都成立, 则 -\Delta u=f, x\in U 成立. \QED

注： Dirichlet原理是变分法用在Laplace方程的情况.

2 热传导方程

设 U\subset\mathbb{R}^n 为有界开集, 固定时间 T>0.

定义 把抛物柱面(parabolic cylinder)定义为 U_T=U\times(0,T]. 把 U_T 的 抛物边界 定义为 \Gamma_T=\overline{T}-U_T.

考虑问题

\left\{ \begin{aligned} &u_t-\Delta u=f, &x\in U_T \\ &u=g,&x\in \Gamma_T \end{aligned} \right. (3)

我们之前用最大模原理证明了唯一性, 现在我们像位势方程那样用分部积分证明唯一性.

定理2.1 [热传导方程唯一性]方程(3)只存在一个解 u\in C_1^2(\overline{U}_T).

证明：如果有两个解 u,v, 则 w=u-v 是下面问题的解.

\left\{ \begin{aligned} &w_t-\Delta w=0, &x\in U_T \\ &w=0,&x\in \Gamma_T \end{aligned} \right. (4)

设

e(t)\triangleq \dfrac{1}{2}\int_Uw^2(x,t)dx, 0\leq t\leq T.

则

\begin{aligned} e'(t)&=\int_Uww_t dx \left('=\dfrac{d}{dt}\right) \\ &=\int_Uw\Delta wdx \\ &=-\int_U|Dw|^2dx\leq 0. \end{aligned}

因此 e(t)\leq e(0)=0, 0\leq t\leq T. 而 e(t)\geq 0, 则 w\equiv 0, x\in U_T. \QED

热传导方程的另一个比较神奇的问题是关于时间反向的唯一性. 设 u,v 都是热传导方程在 U_T 的光滑解, 且边界 \partial U 上的条件相等:

\left\{ \begin{aligned} &u_t-\Delta u=0, &x\in U_T \\ &u=g,&x\in \partial U\times[0,T], \end{aligned} \right.

\left\{ \begin{aligned} &v_t-\Delta v=0, &x\in U_T \\ &v=g,&x\in \partial U\times[0,T], \end{aligned} \right.

注意我们没有在设在时间 t=0 处 u=v. (与前一个定理相比, 这里少了 t=0 处区域U的边界条件. 也就是说, 在下面的定理中我们不知道 w(x,0) 在U上的值, 不能像前一个定理那么简单)

定理2.2 [热传导方程反向唯一性(Backwards uniqueness)]
设 u,v\in C^2(\overline{U}_T) 满足上面两个方程, 如果 u(x,T)=v(x,T) (x\in U), 则 u\equiv v 在 U_T 内成立.

换句话说, 如果U上的两个温度分布在某个时间 T>0 相等, 且在 0\leq t\leq T 范围内有相同边界值(不知道初始值！), 则这两个温度分布在U内的所有T时刻之前都一定相等, 这个东西一点都不显然.

证明：记 w=u-v, 仿照前面证明, 记

e(t)\triangleq\dfrac{1}{2}\int_Uw^2(x,t)dx, (0\leq t\leq T),

则

e'(t)=-\int_U|Dw|^2dx,

另外(注意 w_t=\Delta w )

e''(t)=-2\int_UDw\cdot Dw_tdx =2s\int_U\Delta ww_tdx = 2\int_U(\Delta w)^2dx.

由于 w=0 在 \partial U 成立, 则分部积分得

\int_U|Dw|^2dx=-\int_Uw\Delta wdx\leq\left(\int_Uw^2dx\right)^{1/2} \left(\int_U(\Delta w)^2\right)^{1/2}.

回顾 e(t),e'(t),e''(t) 的表达式, 得

(e'(t))^2\leq e(t)e''(t) (0\leq t\leq T).

如果 e(t)=0 对所有 0\leq t\leq T 成立, 则我们证完了. 若不然, 存在区间 [t_1,t_2]\subset[0,T] 使得 e(t)>0, t_1\leq t

f(t)=\log e(t), t_1\leq t

则

f''(t)=\dfrac{e''(t)}{e(t)}-\dfrac{e'(t)^2}{e(t)^2}\geq 0.

所以f在区间 (t_1,t_2) 为凸函数, 因此对于 0<\lambda<1, t_1

\begin{aligned} &f((1-\lambda)t_1+\lambda t)\leq (1-\lambda)f(t_1)+\lambda f(t), \\ \Leftrightarrow & e((1-\lambda)t_1+\lambda t)\leq e(t_1)^{1-\lambda}e(t)^{\lambda}. \\ \Rightarrow &0\leq e((1-\lambda)t_1+\lambda t_2)\leq e(t_1)^{1-\lambda}e(t_2)^{\lambda}. \end{aligned}

但是由 e(t_2)=0 可知 e(t)=0 在 t_1\leq t\leq t_2 成立, 矛盾. \QED

3 波动方程

在之前我们用d'Alembert公式说明了解的存在性, 那这个解是否唯一呢?

设 U\subset\mathbb{R}^n 是有界开集, 且在边界处光滑. 又设 U_T=U\times(0,T], \Gamma_T=\overline{U}_T-U_T, T>0. 看初始边界问题

\left\{ \begin{aligned} &u_{tt}-\Delta u=f, &x\in U_T, \\ &u=g, &x\in \Gamma_T, \\ &u_t=h, &x\in U\times\{t=0\}. \end{aligned} \right. (5)

定理3.1 [波动方程的解的唯一性]上述方程至多存在一个解 u\in C^2(\overline{U}_T).

证明：设 u,v 都是解, 则 w=u-v 是方程

\left\{ \begin{aligned} &w_{tt}-\Delta w=0, &x\in U_T, \\ &w=0, &x\in \Gamma_T, \\ &w_t=0, &x\in U\times\{t=0\}. \end{aligned} \right. (6)

的解. 定义

e(t)=\dfrac{1}{2}\int_Uw_t^2(x,t)+|Dw(x,t)|^2dx, 0\leq t\leq T.

则根据分部积分和边界条件, 可得

e'(t)=\int_Uw_tw_{tt}+Dw\cdot Dw_tdx=\int_Uw_t(w_{tt}-\Delta w)dx=0.

则 \forall 0\leq t

下面我们看区域的独立性(依赖性). 设 u\in C^2 满足 u_{tt}-\Delta u=0, (x,t)\in\mathbb{R}^n\times(0,\infty), 固定 x_0\in\mathbb{R}^n,t_0 并考虑反向的锥体, 顶点为 (x_0,t_0):

K(x_0,t_0):=\{(x,t)|0

定理3.2 [有限传播速度]若 u\equiv u_t\equiv 0 在 B(x_0,t_0)\times\{t=0\} 成立, 则 u\equiv 0 在整个锥体 K(x_0,t_0) 成立.

特别地, 我们注意到任何 B(x_0,t_0) 外部的“扰动”都不会影响 K(x_0,t_0) 里的解, 因此传播速度有限. 我们已经在 \mathbb{R}^n\times\{t=0\} 时 g=u,h=u_t 充分光滑的情况下, 通过前面证过的表示公式知道这个事实. 关键要用能量方法来提供更简单的证明.

证明：定义局部能量

e(t)=\dfrac{1}{2}\int_{B(x_0,t_0-t)}u_t^2(x,t)+|Du(x,t)|^2dx, 0\leq t\leq t_0.

则

\begin{aligned} e'(t)=&\int_{B(x_0,t_0-t)}u_tu_{tt}+Du\cdot Du_tdx -\dfrac{1}{2}\int_{\partial B(x_0,t_0-t)}u_t^2+|Du|^2dS \\ =&\int_{B(x_0,t_0-t)}u_t(u_{tt}-\Delta u)dx +\int_{\partial B(x_0,t_0-t)}\dfrac{\partial u}{\partial \vec{n}}u_tdS \\ &-\dfrac{1}{2}\int_{\partial B(x_0,t_0-t)}u_t^2+|Du|^2dS \\ =&\int_{\partial B(x_0,t_0-t)}\dfrac{\partial u}{\partial \vec{n}}u_t -\dfrac{1}{2}u_t^2-\dfrac{1}{2}|Du|^2dS. \end{aligned}

由于

\left|\dfrac{\partial u}{\partial \vec{n}}u_t\right| \leq|u_t||Du|\leq\dfrac{1}{2}u_t^2+\dfrac{1}{2}|Du|^2,

则 e'(t)\leq 0\Rightarrow e(t)\leq e(0)=0, \forall 0\leq t\leq t_0 \Rightarrow u_t,Du\equiv 0, 则 u\equiv 0 在圆锥 K(x_0,t_0) 内成立. \QED

例3.3 [能量的均分]设u是下面一维波动方程的解：
\left\{ \begin{aligned} &u_{tt}-u_{xx}=0, &(x,t)\in\mathbb{R}\times(0,\infty), \\ &u=g,u_t=h, &x\in\mathbb{R}, t=0. \end{aligned} \right.
并设 g,h 有紧支集. 动能为
k(t)\triangleq\dfrac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}u_t^2(x,t)dx,
势能为
p(t)\triangleq\dfrac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}u_x^2(x,t)dx.
则: (1) k(t)+p(t) 关于t是个常数; (2) k(t)=p(t) 对所有充分大的时间t成立.

证明：(1)根据d'Alembert公式

u(x,t)=\dfrac{1}{2}[g(x+t)+g(x-t)]+\dfrac{1}{2}\int_{x-t}^{x+t}h(y)dy, x\in\mathbb{R},t\geq 0.

由于 g,h 具有紧支集, 则 \lim\limits_{x\to\infty}u=0, \lim\limits_{x\to\infty}u_t=0, \lim\limits_{x\to\infty}u_x=0.

\begin{aligned} e(t)&\triangleq k(t)+p(t)=\dfrac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}u_t^2(x,t)+u_x^2(x,t)dx \\ \Rightarrow e'(t)&=\int_{-\infty}^{\infty} u_t(x,t)u_{tt}(x,t)+u_x(x,t)u_{xt}(x,t)dx \\ &=\int_{-\infty}^{\infty}u_t(x,t)u_{tt}(x,t)-u_{xx}(x,t)u_t(x,t)dx+u_xu_t|_{-\infty}^{\infty}\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}u_t(x,t)(u_{tt}-u_{xx})dx+0\text{ 【g,h有紧支集】} \\ &=0 \end{aligned}

则 k(t)+p(t) 是一个常数.

(2)事实上这个命题想表达的是g,h非零的部分对整个解的影响有限(前面的定理).

g,h具有紧支集, 则存在M使得当 t>M 时 g=h=0. 根据d'Alembert公式,

\begin{aligned} u_t&=\dfrac{1}{2}[g'(x+t)-g'(x-t)]+\dfrac{1}{2}[h(x+t)+h(x-t)], \\ u_x&=\dfrac{1}{2}[g'(x+t)+g'(x-t)]+\dfrac{1}{2}[h(x+t)-h(x-t)]. \end{aligned}

固定 t>M, 我们现在要讨论x与t的关系.

(i) -M\leq x-t\leq M 即 0

u_t^2=\dfrac{1}{4}g'(x-t)^2+\dfrac{1}{4}h(x-t)^2-\dfrac{1}{2}g'(x-t)h(x-t)=u_x^2.

(ii) -M\leq x+t\leq M 即 -t-M\leq x\leq -t+M<0 时, h(x-t)=g(x-t)=0, 则

u_t^2=\dfrac{1}{4}g'(x-t)^2+\dfrac{1}{4}h(x+t)^2+\dfrac{1}{2}g'(x+t)h(x+t)=u_x^2.

(iii)在其余情况: g'=h=0.

因此当 t>M 时 k(t)=p(t). \QED