9. Równanie ciepła
Niech D będzie otwartym podzbiorem Rn, t 0. Niech u : D × [0, ∞) → R będzie funkcją ciągłą na zbiorze D × [0, ∞) oraz klasy C2 na D × (0, ∞). Rów- nanie różniczkowe cząstkowe, liniowe, rzędu II postaci
ut(x, t) − c2∆xu(x, t) = g(x, t), x ∈ D, t > 0, c 6= 0 nazywamy równaniem ciepła, gdzie
• u(x, t) – określa temperaturę punktu x ∈ D w chwili t > 0;
• g(x, t) – charakteryzuje zewnętrzne źródła ciepła.
9.1. Jednorodne równanie ciepła.
Niech D = Rn. Załóżmy że, nie występują zewnętrzne źródła ciepła (g ≡ 0) oraz że, funkcja φ(x), x ∈ Rnzadaje początkowy rozkład temperatury. Przyjmij- my ponadto ˜u(x, t) = u(x,c12t). Wówczas rozważanym problemem jest równanie postaci
(1) ut(x, t) − ∆xu(x, t) = 0, x ∈ Rn, t > 0, wraz z waruknkiem
(2) u(x, 0) = φ(x), x ∈ Rn.
Warunek (2) nazywamy warunkiem początkowym dla równania ciepła. Zagad- nienie polegające na znalezieniu rozwiązania równania ciepła wraz z warun- kiem (2) nazywamy zagadnieniem początkowym albo zagadnieniem Cauchy’ego dla równania ciepła.
Rozważmy funkcję postaci
(3) E(x, t) = 1
2n(tπ)n2 exp −kxk2 4t
!
, dla x ∈ Rn, t > 0.
Funkcję E nazywamy jądrem ciepła.
Lemat 9.1. Funkcja E spełnia następujące warunki (1)
Z
Rn
E(x, t)dx = 1;
dla każdego t > 0;
(2) dla dowolnej funkcji f ∈ C1(Rn) o zwartym nośniku (f ∈ C01(Rn)) limt→0
Z
Rn
f (x)E(x, t)dx = f (0);
(3)
Et(x, t) = ∆xE(x, t), x ∈ Rn, t > 0.
1
Dowód. Rozważmy (1)
Z
Rn
E(x, t)dx = 1 2n(tπ)n2
Z
Rn
exp −kxk2 4t
!
dx.
Wówczas podstawiając yi = 2x√it i = 1, · · · , notrzymujemy
Z
Rn
E(x, t)dx = 1 πn2
Z
Rn
exp−kyk2dy =
=
Z
R2
1
πexp−(y12+ y22)dy1dy2
n2
=
=
1 π
Z 2π 0
Z ∞ 0
re−r2drdα
n2
= 1 (2) Niech f ∈ C01(Rn). Wówczas
|f (0) −
Z
Rn
f (x)E(x, t)dx| = |
Z
Rn
f (0)E(x, t)dx −
Z
Rn
f (x)E(x, t)dx| ¬
¬
Z
Rn
|f (0) − f (x)|E(x, t)dx = (?).
Z twierdzenia o wartości średniej
|f (0) − f (x)| ¬ sup
z∈Rn
k∇f (z)k · kxk = Ckxk, C ∈ R.
Zatem (?) =
Z
Rn
CkxkE(x, t)dx = C πn2
Z
Rn
2√
tkyk exp−kyk2dy.
Ponieważ
Z
Rn
kyk exp−kyk2dy < ∞.
Stąd dla ˜C ∈ R
|f (0) −
Z
Rn
f (x)E(x, t)dx| = C˜ πn22√
t → 0 przy t → 0 (3) Niech ˜E(x, t) = 2nπn2E(x, t) = t−n2 · e−kxk24t . Wówczas
∂ ˜E
∂t(x, t) = −n
2 · t−n2−1· e−kxk24t + t−n2 · e−kxk24t ·kxk2 4t2
∂ ˜E
∂xi(x, t) = t−n2 · e−kxk24t · −2xi 4t
∂ ˜E
∂x2i(x, t) = t−n2 · e−kxk24t · x2i
4t2 + t−n2 · e−kxk24t · (−1 2t).
Stąd
E˜t(x, t) = ∆xE(x, t),˜ x ∈ Rn, t > 0.
W konsekwencji
Et(x, t) = ∆xE(x, t), x ∈ Rn, t > 0.
Twierdzenie 9.2. Jeżeli φ jest funkcją ciągłą i ograniczoną w Rn to
(4) u(x, t) =
( R
Rnφ(y)E(x − y, t)dy t > 0
φ(x) t = 0
jest funkcją ciągłą na Rn× [0, ∞), klasy C∞ na Rn× (0, ∞) oraz spełnia za- gadnienie Cauchy’ego równania przewodnictwa cieplnego.
Dowód. Pokażemy najpierw, że funkcja u jest określona. Mamy
|u(x, t)| =|
Z
Rn
φ(y)E(x − y, t)dy| ¬
Z
Rn
|φ(y)|E(x − y, t)dy ¬
¬kφk∞
Z
Rn
E(x − y, t)dy = kφk∞
Z
Rn
E(z, t)dz = kφk∞
Zauważmy teraz, że u jest gładka na Rn× (0, ∞). Istotnie, zauważmy, że
|Dαx
Z
Rn
φ(y)E(x − y, t)dy| ¬ kφk∞|
Z
Rn
DxαE(x − y, t)dy|.
Ponadto
DαxE(x, t) = ωα(x) · e−kxk24t , gdzie ωα jest wielomianem rzędu |α|. Dodatkowo
Z
Rn
ωα(x) · e−kxk24t dx < ∞.
Zatem możliwe jest różniczkowanie funkcji u względem x dowolnego rzędu.
Ponieważ Et = ∆xE więc możliwe jest również różniczkowanie u względem t.
Reasumując u ∈ C(Rn× (0, ∞)).
Pokażemy teraz ciągłość funkcji u na Rn× [0, ∞). Wobec powyższego wy- starczy pokazać, że jeżeli (a, 0) jest punktem brzegowym to
u(x, t) → u(a, 0) = φ(a) przy (x, t) → (a, 0).
Rozważmy
|u(x, t) − u(a, 0)| =|
Z
Rn
φ(y)E(x − y, t)dy −
Z
Rn
φ(a)E(x − y, t)dy| ¬
¬
Z
Rn
|φ(y) − φ(a)|E(x − y, t)dy.
Podstawiając y − x = z otrzymujemy, że
|u(x, t) − u(a, 0)| ¬
Z
Rn
|φ(x + z) − φ(a)|E(z, t)dz =
=
Z
kzk<δ|φ(x + z) − φ(a)|E(z, t)dz +
Z
kzk>δ|φ(x + z) − φ(a)|E(z, t)dz.
Z ciągłości funkcji φ wynika, że dla dowolnego > 0 istnieje δ > 0 taka, że jeżeli kξ − ak < 2δ to |φ(ξ) − ψ(a)| < 2. Zatem |φ(x + z) − ψ(a)| < 2. Stąd
Z
kzk<δ|φ(x + z) − φ(a)|E(z, t)dz ¬ 2
Z
Rn
E(z, t)dz = 2 Ponadto
Z
kzk>δ
|φ(x + z) − φ(a)|E(z, t)dz ¬
Z
kzk>δ
|φ(x + z)|E(z, t)dz +
Z
kzk>δ
|φ(a)|E(z, t)dz
¬2kφk∞
Z
kzk>δE(z, t)dz przyjmując s = 2√zt otrzymujemy, że
Z
kzk>δE(z, t)dz =
Z
ksk> δ
2√ t
(tπ)−n2 exp(−ksk2)dz → 0 przy t → 0.
Zatem |u(x, t) − u(a, 0)| ¬ 2. Reasumując u jest ciągła. Ponieważ Et(x, t) = ∆xE(x, t)
więc u jest rozwiązaniem problemu Cauchy’ego dla równania ciepła.
Wniosek 9.3. Zagadnienie Cauchy’ego równania przewodnictwa cieplnego i funkcji φ ciągłej i ograniczonej na Rn ma co najmniej jedno rozwiązanie klasy C∞ na Rn× (0, ∞).
Twierdzenie 9.4. Zasada maksimum
Niech Ωτ = Rn×(0, τ ), u ∈ C(Ωτ)będzie funkcją ciągłą na Ωτ oraz ograniczoną na Ωτ. Jeżeli u spełnia w zbiorze Ωτ równanie ciepła to,
sup
(x,t)∈Ωτ
u(x, t) = sup
x∈Rn
u(x, 0) oraz
(x,t)∈Ωinf τ
u(x, t) = inf
x∈Rnu(x, 0)
Dowód. Pokażemy najpierw pierwszą z równości. Oznaczmy M = sup
Ωτ
u(x, t) N = sup
x∈Rn×{0}
u(x, t).
Wówczas M N . Przypuśćmy, że M > N . Weźmy dowolne > 0 takie, że 0 < < 1
3(M − N ), tzn.
N < 3 + N < M.
Z definicji kresu górnego M istnieje (a, t0) ∈ Ωτ takie, że 3 + N < u(a, t0).
Rozważmy funkcję vα(x, t) = α(2nt+kxk2), α > 0. Wówczas vαspełnia równanie ciepła. Ustalmy α > 0 na tyle małe aby funkcja
w(x, t) = u(x, t) − vα(x, t) spełniała nierówność
(5) N + 2 < w(a, t0).
Wtedy
N < N + 2 < w(a, t0) < u(a, t0) < M.
Zauważmy, że jeśli R2 > M −Nα to αR2 > M − N dla pewnego R > 0. Zatem jeżeli kxk = R2 to
w(x, t) = u(x, t) − α(2nt + kxk2) ¬ u(x, t) − αkxk2 < M − (M − N ) = N.
Stąd
(6) w(x, t) ¬ N
dla kxk = R2. Ponadto
(7) w(x, 0) = u(x, 0) − αkxk ¬ N.
Załóżmy (zwiększając ewentualnie R), że a ∈ B(0, R). Weźmy T1 ∈ (t0, T ).
Rozważmy walec
K = B(0, R) × [0, T1].
Niech S = B(0, R) × {0} ∪ ∂B(0, R) × [0, T1]. Wówczas z (6) i (7) w(x, t) ¬ N dla (x, t) ∈ S. Weżmy na tyle małe β ∈ R by dla funkcji
h(x, t) = w(x, t) + βkxk2 spełniona była nierówność
sup
S
h(x, t) ¬ N + .
Ponieważ h jest ciągła więc osiąga swój kres na zbiorze S. Ponadto h(a, t0) = w(a, t0)βkak2 > N + 2.
Zatem h osiąga swoje maksimum albo wewnątrz walca albo na zbiorze B(0, R)×
{T1}.
Przypuśćmy, że h osiąga swoje maksimum wewnątrz walca. Wówczas z wa- runku koniecznego ekstremum wynika, że ∂h∂t = 0 w tym punkcie. Natomiast z warunku wystarczającego wynika, że macierz Hessego jest ujemnie określona.
Ponieważ jest symetryczna więc po zdiagonalizowaniu ślad tej macierzy jest niedodatni. Stąd ∆xh ¬ 0w punkcie w którym osiągane jest maksimum. Zatem
∂w
∂t = ∂h
∂t = 0
oraz
∆xw = ∆xh − anβ < 0 co przeczy temu, że w spełnia równanie ciepła.
W przypadku przypuszczenia, że h osiąga swoje maksimum na zbiorze B(0, R)×
{T1} otrzymujemy, że w pewnym otoczeniu tego punktu wartości h muszą być mniejsze niż wartość w punkcie ekstremalnym. Zatem przy ustalonym x funkcja h(·, t) jest niemalejąca więc ∂h∂t 0. Analogicznie jak w poprzednim przypadku
∆xh < 0.
Reasumując M = N
Wniosek 9.5. Rozwiązanie zagadnienia Cauchy’ego dla równania (1) przy wa- runku (2) istnieje, jest funkcją gładką dla x ∈ Rn, t > 0 i jest jednoznaczne w klasie funkcji ciągłych na Rn× [0, ∞) oraz klasy C2 na Rn× (0, ∞).
Dowód. Przypuśćmy, że u1, u2 są rozwiązaniami zagadnienia Cauchy’ego dla równania (1) przy warunku (2). Wówczas u = u1 − u2 jest rozwiązaniem rów- nania (1) przy warunku u(x, 0) = 0. Zatem
sup
x∈Rn
u(x, 0) = 0.
Stąd
sup
(x,t)∈Ωτ
u(x, t), ¬ 0
więc u ¬ 0. Zdrugiej z równości zasady maksimum u 0. Wobec tego u = 0 na Ωτ. Z dowolności τ wynika, że u1 = u2.
9.2. Niejednorodne równanie ciepła.
Niech D = Rn. Załóżmy że, występują zewnętrzne źródła ciepła opisane przez funkcję g(x, t) oraz że, funkcja φ(x) zadaje początkowy rozkład tempera- tury. Zatem rozważamy równanie postaci
(8) ut(x, t) − ∆xu(x, t) = g(x, t), x ∈ Rn, t > 0, wraz z warunkiem początkowym (2).
Załóżmy, że funkcje φ i g są ciągłe i ograniczone. Zauważmy, że jeżeli u1
jest rozwiązaniem równania jednorodnego (1) przy warunku (2), zaś u2 jest rozwiązaniem równania niejednorodnego (8) przy warunku
(9) u(x, 0) = 0, x ∈ Rn
to funkcja u = u1 + u2 jest rozwiązaniem problemu Cauchy’ego dla równania (8) wraz z warunkiem (2). Wystarczy zatem (wobec rozważań poprzedniego paragrafu) znaleźć funkcję u2.
Twierdzenie 9.6. Jeżeli g jest funkcją ciągłą i ograniczoną na Rn× [0, ∞) to (10) u2(x, t) =
Z t 0
Z
Rn
g(y, s)E(x − y, t − s)dyds Dowód. Rozważmy funkcję
h(x, s, t) =
( R
Rng(y, s)E(x − y, t − s)dy s ∈ [0, t)
g(x, t) s = t.
Wówczas
lims→th(x, s, t) = lim
s→t
Z
Rn
g(y, s)E(x − y, t − s)dy
Podstawiając y − x = z, t − s = r oraz korzystając z lematu (9.1) otrzymujemy lims→th(x, s, t) = lim
r→0
Z
Rn
g(x + z, r + t)E(z, r)dz = g(x, t).
Zatem h jest ciągła względem zmiennej s. Niech więc
u2(x, t) =
( Rt
0h(x, s, t)ds t > 0
0 t = 0.
Wówczas
∂u2
∂t (x, t) = h(x, t, t)+
Z t 0
∂h
∂t(x, s, t)ds = g(x, t)+
Z t 0
Z
Rn
g(y, s)∂E
∂t (x−y, t−s)dyds.
Ponadto
∂u2
∂x2i(x, t) == g(x, t) +
Z t 0
Z
Rn
g(y, s)∂2E
∂x2i (x − y, t − s)dyds.
Zatem
∂u2
∂t (x, t) − ∆xu2(x, t) =g(x, t) +
Z t 0
Z
Rn
g(y, s)∂E
∂t(x − y, t − s) − ∆xE(x − y, t − s)dyds =
=g(x, t).
(Analogicznie jak w dowodzie poprzedniego twierdzenia pokazujemy, że u2 jest gładka dla x ∈ Rn, t > 0 oraz ciągła w punktach brzegowych.)
