一维最大模估计

第一类边值问题的最大模估计

设 $u \in \dots$ 满足方程

{\begin{cases} L u = f, & (0, l) \times (0, + \infty) \\ u = φ, & [0, l] \times {t = 0} \\ u |_{x = 0} = g_{1}, u |_{x = l} = g_{2} \end{cases}

的解，则 $max_{{\bar{Q}}_{T}} | u | \leq F T + B$ ，其中

F = max_{Q_{T}} | f |, B = max {max_{x \in [0, l]} | φ |, max_{t \in (0, T)} | g_{1} |, max_{t \in (0, T)} | g_{2} |} .

令 $v = F t + B \mp u$ ，则 $L v = F \mp f \geq 0$ ， $v |_{\partial Q_{T}} = F t + B \mp g_{i} \geq 0$ ，由前面的推论（极小值估计）

min_{{\bar{Q}}_{T}} v = min_{\partial Q_{T}} v \geq 0.

故 $v (x, t) = F t + B \mp u \geq 0$ ， $| u | \leq F t + B$ ．

考虑第三类边值问题

{\begin{cases} u_{t} - Δ u = 0, & (0, l) \times {t > 0} \\ u (0, t) = μ_{1} (t), & (u_{x} + h u) (l, t) = μ_{2} (t), h > 0 \\ u (x, 0) = φ (x) . \end{cases}

解的唯一性．只需说明

{\begin{cases} u_{t} - Δ u = 0, & (0, l) \times {t > 0} \\ u (0, t) = 0, & (u_{x} + h u) (l, t) = 0, h > 0 \\ u (x, 0) = 0. \end{cases}

只有零解．若不然，则方程的解有正最大值或负最小值．由极值原理，正最大值可在边界取到，根据边值、初值条件之必在 $x = l$ 处取到，设 $(l, t^{*})$ 达到最大值，则 $u_{x} (l, t^{*}) \geq 0$ ，故

(u_{x} + h u) (l, t^{*}) > 0

矛盾．

考虑第二类边值问题

{\begin{cases} u_{t} - Δ u = f \\ u (0, t) = μ_{1} (t), & u_{x} (l, t) = μ_{2} (t) \\ u (x_{0}) = φ (x) \end{cases}

只需证明方程

{\begin{cases} u_{t} - Δ u = 0 \\ u (0, t) = 0, & u_{x} (l, t) = 0 \\ u (x_{0}) = 0 \end{cases}

只有零解．

取 $\tilde{u} (x, t) = w (x) u (x, t)$ ，则 $u = \frac{\tilde{u}}{w}$ ，

u_{x} = - \frac{w_{x}}{w^{2}} \tilde{u} + \frac{{\tilde{u}}_{x}}{w}, w_{x x} = (- \frac{w_{x x}}{w^{2}} + 2 \frac{w_{x}^{2}}{w^{3}}) \tilde{u} - 3 \frac{w_{x}}{w^{2}} {\tilde{u}}_{x} + \frac{{\tilde{u}}_{x x}}{w} .

即

0 = L u = \frac{{\tilde{u}}_{t}}{w} + (\frac{w_{x x}}{w^{2}} - 2 \frac{w_{x}^{2}}{w^{3}}) \tilde{u} + \frac{2 w_{x}}{w^{2}} {\tilde{u}}_{x} - \frac{{\tilde{u}}_{x x}}{w}

\tilde{u} (0, t) = 0, {\tilde{u}}_{x} (l, t) = (w_{x} u + u_{x} w) (l, t) = w_{x} (l, t) u (l, t) = \frac{w_{x} (l, t)}{w (l, t)} \tilde{u} (l, t)

\tilde{u} (x, 0) = 0

取 $w (x) = - x + l + 1$ ，则上述方程变为

{\begin{cases} {\tilde{u}}_{t} - {\tilde{u}}_{x x} = - \frac{2}{- x + l + 1} {\tilde{u}}_{x} + \frac{2}{(- x + l + 1)^{2}} \tilde{u} \\ \tilde{u} (0, t) = 0, ({\tilde{u}}_{x} + \tilde{u}) (l, t) = 0 \\ \tilde{u} (x, 0) = 0 \end{cases}

再令 $v (x, t) = e^{- λ t} \tilde{u} (x, t)$ ，则可得 $v$ 满足的方程为

{\begin{cases} {\tilde{v}}_{t} - {\tilde{v}}_{x x} = \frac{2}{(- x + l + 1)} v_{x} - (λ - \frac{2}{(- x + l + 1)^{2}}) v \\ v (0, t) = 0, (v_{x} + v) (l, t) = 0 \\ v (x, 0) = 0 \end{cases}

取 $λ > 2$ ，则 $λ - \frac{2}{(- x + l + 1)^{2}} > 0$ ，断言： $v$ 在 $Q_{T}$ 上的正最大值在边界取到．

若不然，设在 $(x_{0}, t_{0})$ 取到最大值，则

v_{t} (x_{0}, t_{0}) \geq 0, v_{x} (x_{0}, t_{0}) = 0, v_{x x} (x_{0}, t_{0}) \leq 0, (λ - \frac{2}{(- x + l + 1)^{2}}) v (x_{0}, t_{0}) > 0

代入方程可知矛盾．

接下来仿照第三类边值的过程，设 $v$ 在 $(\bar{x}, \bar{t})$ 取到正的最大值，则它只能位于 $x = l$ 上，因此 $v_{x} (\bar{x}, \bar{t}) \geq 0$ ， $v > 0$ ，从而 $v + v_{x} > 0$ ，矛盾．

故 $v$ 不能达到正最大值．同理不能达到负最小值．故 $v \equiv 0$ ， $u \equiv 0$ .

设 $u \in \dots$ ，是初值问题

{\begin{cases} u_{t} - u_{x x} = f (x, t), & R \times (0, T] \\ u (x, 0) = φ (x), & x \in R \end{cases}

的有界解，则

sup_{{\bar{Q}}_{T}} | u | \leq T sup_{Q_{T}} | f | + sup_{R} | φ |

令 $F = sup_{Q_{T}} | f |$ ， $Φ = sup_{R} | φ |$ ， $M = sup_{Q_{T}} | u |$
对任意 $l > 0$ ，在 $Q_{T}^{l} = (- l, l) \times (0, T]$ 上考虑辅助函数

w (x, t) = F t + Φ + v_{l} (x, t) \pm u (x, t)

其中 $v_{l} (x, t) = \frac{M}{l^{2}} (x^{2} + 2 t) .$
则

{\begin{cases} u_{t} - u_{x x} = F \pm f (x, t) \geq 0 \\ w |_{t = 0} = Φ + \frac{M}{l^{2}} x^{2} \pm φ (x) \geq 0 \\ w |_{x = \pm l} \geq M \pm u \geq 0. \end{cases}

由极值原理， $min_{{\bar{Q}}_{T}^{l}} w = min_{\partial Q_{T}^{l}} w \geq 0$ ，取 $l$ 充分大，使得 $(x_{0}, t_{0}) \in Q_{T}^{l}$ ，由于 $w (x_{0}, t_{0}) \geq 0$ ，故

| u (x_{0}, t_{0}) | \leq F t_{0} + Φ + \frac{M}{l^{2}} (x_{0}^{2} + 2 t_{0})

令 $l \to + \infty$ ，即证．