4

$$

\begin{cases} u_t - a^2 u_{xx} = 0, & x > 0, t > 0, \ u(x, 0) = 0, & x \geqslant 0, \ u(0, t) = U_0, & t > 0. \end{cases}

$$

该问题具有 Dirichlet 边界条件. 利用给定的函数 $\phi(z) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^z e^{-\xi^2} d\xi$, 解可通过相似解法或标准结果得到. 解的形式为互补误差函数, 即：

$$

u(x, t) = U_0 \left[ 1 - \phi\left( \frac{x}{2a\sqrt{t}} \right) \right].

$$

该解满足边界条件：当 $x = 0$ 时, $\phi(0) = 0$, 故 $u(0, t) = U_0 [1 - 0] = U_0$. 满足初始条件：当 $t \to 0^+$ 且 $x > 0$ 时, $\frac{x}{2a\sqrt{t}} \to \infty$, $\phi(\infty) = 1$, 故 $u(x, 0) = U_0 [1 - 1] = 0$. 代入热传导方程可验证其满足.

最终解为：

$$

u(x,t) = U_0 \left[ 1 - \phi\left( \dfrac{x}{2a\sqrt{t}} \right) \right]

$$

考虑半无界热传导方程：

$$

\begin{cases} u_t - a^2 u_{xx} = 0, & x > 0, t > 0, \ u(x, 0) = \begin{cases} U_0, & 0 \leqslant x \leqslant 1, \ 0, & x > 1, \end{cases} \ u_x(0, t) = 0, & t > 0. \end{cases}

$$

该问题具有 Neumann 边界条件. 由于 $u_x(0, t) = 0$, 解在 $x = 0$ 处对称, 因此将初始条件偶延拓至全直线：定义延拓函数 $v(x, 0)$ 为

$$

v(x, 0) = \begin{cases} U_0, & |x| \leqslant 1, \ 0, & |x| > 1. \end{cases}

$$

求解全空间热传导方程 $v_t - a^2 v_{xx} = 0$, 初始条件 $v(x, 0)$, 其解为热核卷积：

$$

v(x, t) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{4\pi a^2 t}} e^{-(x-y)^2/(4a^2 t)} v(y, 0) dy = U_0 \int_{-1}^{1} \frac{1}{\sqrt{4\pi a^2 t}} e^{-(x-y)^2/(4a^2 t)} dy.

$$

计算积分：令 $z = \frac{y - x}{2a\sqrt{t}}$, 则 $dy = 2a\sqrt{t} dz$, 积分限变为 $y = -1$ 时 $z_1 = \frac{-1 - x}{2a\sqrt{t}}$, $y = 1$ 时 $z_2 = \frac{1 - x}{2a\sqrt{t}}$. 积分化为

$$

\int_{-1}^{1} e^{-(x-y)^2/(4a^2 t)} dy = 2a\sqrt{t} \int_{z_1}^{z_2} e^{-z^2} dz.

$$

利用 $\int e^{-z^2} dz = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \text{erf}(z)$ 和 $\phi(z) = \text{erf}(z)$, 有

$$

\int_{z_1}^{z_2} e^{-z^2} dz = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \left[ \phi(z_2) - \phi(z_1) \right].

$$

代入 $z_1 = \frac{-1 - x}{2a\sqrt{t}}$, $z_2 = \frac{1 - x}{2a\sqrt{t}}$, 并利用 $\phi$ 的奇性 ($\phi(-w) = -\phi(w)$) , 得

$$

\phi(z_2) - \phi(z_1) = \phi\left( \frac{1 - x}{2a\sqrt{t}} \right) - \phi\left( \frac{-1 - x}{2a\sqrt{t}} \right) = \phi\left( \frac{1 - x}{2a\sqrt{t}} \right) + \phi\left( \frac{1 + x}{2a\sqrt{t}} \right).

$$

因此,

$$

v(x, t) = U_0 \frac{1}{\sqrt{4\pi a^2 t}} \cdot 2a\sqrt{t} \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2} \left[ \phi\left( \frac{1 - x}{2a\sqrt{t}} \right) + \phi\left( \frac{1 + x}{2a\sqrt{t}} \right) \right] = \frac{U_0}{2} \left[ \phi\left( \frac{1 - x}{2a\sqrt{t}} \right) + \phi\left( \frac{1 + x}{2a\sqrt{t}} \right) \right].

$$

由于偶延拓, 对 $x \geqslant 0$, 有 $u(x, t) = v(x, t)$. 该解满足初始条件和边界条件 $u_x(0, t) = 0$.

$$ u(x,t) = \dfrac{U_0}{2} \left[ \phi\left( \dfrac{1 - x}{2a\sqrt{t}} \right) + \phi\left( \dfrac{1 + x}{2a\sqrt{t}} \right) \right]

$$

$$

u(x,t)=X(x)T(t),

$$

代入偏微分方程 得

$$

\begin{cases} T'(t)+a^2\lambda T(t)=0,\ $$ 4pt] X''(x)+\lambda X(x)=0, \end{cases}

$$

并配合边界条件

$$

k_n=\frac{(2n-1)\pi}{2l},\qquad \lambda_n=k_n^2=\left(\frac{(2n-1)\pi}{2l}\right)^2.

$$

相应的特征函数为

$$

X_n(x)=\cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l}.

$$

时间方程

$$

T_n'(t)+a^2\lambda_n T_n(t)=0

$$

解为

$$

T_n(t)=e^{-a^2\lambda_n t} =\exp!\left(-a^2\frac{(2n-1)^2\pi^2}{4l^2}t\right).

$$

因此, 方程的通解为

$$

u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty C_n e^{-a^2\frac{(2n-1)^2\pi^2}{4l^2}t} \cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l}.

$$

利用初始条件

$$

u(x,0)=x^2(l-x)=\sum_{n=1}^\infty C_n\cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l}, \qquad 0<x<l,

$$

对 $\{\cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l}\}$ 作 Fourier 余弦展开系数：

$$

\int_0^l\cos^2\frac{(2n-1)\pi x}{2l} dx=\frac{l}{2},

$$

故

$$

C_n=\frac{2}{l}\int_0^l x^2(l-x) \cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l} dx,\qquad n=1,2,\dots

$$

于是问题的解为

$$

u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty \left[\frac{2}{l}\int_0^l x^2(l-x) \cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l} dx\right] \exp!\left(-a^2\frac{(2n-1)^2\pi^2}{4l^2}t\right) \cos\frac{(2n-1)\pi x}{2l}.

$$

由边界条件 $u(0,t)=u(l,t)=0$, 对 $t$ 求导可得 $ v(0,t)=0,\qquad v(l,t)=0. $

初值由原方程在 $t=0$ 得到：

$$

v(x,0)=u_t(x,0)=u_{xx}(x,0)+f(x,0)=\varphi''(x)+f(x,0).

$$

因此 $v$ 满足如下初边值问题：

$$

\begin{cases} v_t-v_{xx}=f_t(x,t), & (x,t)\in Q,\ $$ 4pt] v(x,0)=\varphi''(x)+f(x,0), & 0\leqslant x\leqslant l,\ $$ 4pt] v(0,t)=v(l,t)=0, & 0<t\leqslant T. \end{cases}

$$

热方程的标准最大值估计给出：若

$$

w_t-w_{xx}=F,\qquad w|{t=0}=g,\qquad w|=0,}=w|_{x=l

$$

则有

$$

|w|{C(\overline Q)} \leqslant C\left(|g|}+|F|_{C(Q)}\right), \tag{5

$$

其中常数 $C$ 仅依赖于 $T$.

$$

|v|{C(\overline Q)} \leqslant C\bigl( |\varphi''+f(\cdot,0)| +|f_t|_{C(Q)} \bigr).

$$

利用三角不等式：

$$

|\varphi''+f(\cdot,0)|{C[0,l]} \leqslant |\varphi''|+|f|{C(Q)}, \qquad |f_t|.}\leqslant |f|_{C^1(Q)

$$

从而得出

$$

|v|{C(\overline Q)} \leqslant C\bigl(|f|\bigr).}+|\varphi''|_{C[0,l]

$$

由于 $v=u_t$, 因此

$$

\max_{\overline Q} |u_t(x,t)| \leqslant C\bigl(|f|{C^1(Q)}+|\varphi''|\bigr),

$$

其中常数 $C$ 仅依赖于 $T$.

(1)

在区间 $[0,l]$ 上给定 $\varphi(x)$, 且 $\varphi(0)=\varphi(l)=0$. 先构造 $\varphi$ 在 $\mathbb{R}$ 上的 $2l$-周期的奇延拓 $\Phi$：

$$

\Phi(x)= \begin{cases} \varphi(x), & x\in[0,l],\ $$ 2pt] -\varphi(-x), & x\in[-l,0], \end{cases}

$$

并令 $\Phi$ 以 $2l$ 为周期延拓到整个 $\mathbb{R}$. 由于 $\varphi(0)=\varphi(l)=0,\ \varphi\in C^1[0,l]$, 可知 $\Phi\in C^1(\mathbb{R})$, 且存在常数 $C_0=C_0(l)$ 使得

$$

|\Phi|{C^1(\mathbb{R})}\leqslant C_0|\varphi|.

$$

在整条实线上考虑热方程初值问题

$$

\begin{cases} U_t-U_{xx}=0,& x\in\mathbb{R},\ 0<t\leqslant T,\ U(x,0)=\Phi(x),& x\in\mathbb{R}. \end{cases}

$$

其解可由热核表示为

$$

U(x,t)=\displaystyle\int_{\mathbb{R}}G(x-y,t) \Phi(y) dy, \qquad G(x,t)=\frac{1}{\sqrt{4\pi t}}e^{-\frac{x^2}{4t}}.

$$

对 $x$ 求导并用分部积分得

$$

U_x(x,t) =\int_{\mathbb{R}}G(x-y,t) \Phi'(y) dy.

$$

于是

$$

|U_x(x,t)| \leqslant\int_{\mathbb{R}}G(x-y,t) |\Phi'(y)| dy \leqslant|\Phi'|{C(\mathbb{R})} \leqslant C_0|\varphi|,

$$

即

$$

\sup_{(x,t)\in\mathbb{R}\times(0,T)}|U_x(x,t)| \leqslant C_0|\varphi|_{C^1[0,l]}. \tag{1}

$$

由构造可知 $\Phi$ 关于 $x=0$ 与 $x=l$ 都是奇函数, 且以 $2l$ 为周期, 故由方程及初值的对称性可知

$$

U(0,t)=U(l,t)=0,\qquad 0<t\leqslant T,

$$

从而 $u(x,t):=U(x,t)\big|_{x\in[0,l]}$ 即为原定解问题的唯一解. 因此

$$

u_x(0,t)=U_x(0,t),\quad u_x(l,t)=U_x(l,t).

$$

由 (1) 得

$$

\max_{0<t<T}|u_x(0,t)| \leqslant C_0|\varphi|{C^1[0,l]},\qquad \max|u_x(l,t)| \leqslant C_0|\varphi|_{C^1[0,l]}.

$$

令 $C=C_0$ 即得 (1) 中所需估计, 且 $C$ 只依赖于 $\|\varphi\|_{C^1[0,l]}$.

(2) 现在再假设 $u_x\in C^{2,1}(Q)$. 由上面的整线问题, 我们已经得到

$$

\sup_{(x,t)\in\mathbb{R}\times(0,T)}|U_x(x,t)| \leqslant C_0|\varphi|_{C^1[0,l]}.

$$

而 $u(x,t)=U(x,t)$ 在 $[0,l]\times[0,T]$ 上的限制, 因此

$$

\max_{\overline Q}|u_x(x,t)| \leqslant\sup_{(x,t)\in\mathbb{R}\times(0,T)}|U_x(x,t)| \leqslant C_0|\varphi|_{C^1[0,l]}.

$$

记 $\widetilde C=C_0$, 便得到

$$

\max_{\overline Q}\left|\frac{\partial u(x,t)}{\partial x}\right| \leqslant\widetilde C |\varphi|_{C^1[0,l]},

$$

其中 $\widetilde C$ 仅依赖于 $\|\varphi\|_{C^1[0,l]}$, 从而得证.