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偏微分方程

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Evans-Entropy and partial differential equations. Evans 版偏微分方程补充内容

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Solutions to exercises from Chapter 2 of

Lawrence C. Evans’ book ‘Partial Diﬀerential

Equations’

S¨umeyye Yilmaz

Bergische Universit¨at Wuppertal

Wuppertal, Germany, 42119

February 21, 2016

Write down an explicit formula for a function u solving the initial

value problem

+ b · Du + cu = 0 in R

× (0, ∞)

u = g on R

× {t = 0}

)

Solution. We use the method of characteristics; consider a solution to the

PDE along the direction of the vector (b, 1): z(s) = u(x + bs, t + s). We have

˙z(s) = u

(x+bs, t+s)+b·Du(x+bs, t+s) = −cu(x+bs, t+s) = −cz(s), thus

the PDE reduces to an ODE. The characteristic curves can be parametrized

by (x

+bs, t

+s); and all the characteristic curves are parallel to each other.

Given any (x

, t

) in R

× (0, ∞), we have u(x

, t

) = u(x

− bt

, 0)e

−ct

g(x

−bt

−ct

; and this is an explicit formula for the solutions to the PDE.

Prove that Laplace’s equation ∆u = 0 is rotation invariant; that is,

if O is an orthogonal n × n matrix and we deﬁne

v(x) := u(Ox) (x ∈ R

then ∆v = 0.

P roof. By chain rule we have

v(x) = Σ

k=1

u(Ox)o

then

v(x) = Σ

l=1

k=1

u(Ox)o

Since O is orthogonal, OO

= I, that is,

(

1 if k = l

0 if k 6= l.

Thus

∆v = Σ

i=1

k=1

l=1

u(Ox)o

= ∆u = 0.

Modify the proof of the mean value formulas to show for n ≥ 3 that

u(0) =

∂B(0,r)

gdS +

n(n − 2)α(n)

B(0,r)

(

|x|

n−2

−

n−2

)fdx,

provided

−∆u = f in B

(0, r)

u = g on ∂B(0, r)

)

P roof. Deﬁne

φ(s) :=

∂B(x,s)

u(y)dS(y) =

∂B(0,1)

u(x + sz)dS(z)

we shall have

(s) =

∂B(0,1)

Du(x + sz) · zdS(z) =

∂B(x,s)

D(y)

y − z

dS(y)

∂B(x,s)

∂u

∂ν

dS(y) =

B(x,s)

∇

u(y)dy =

B(x,s)

∆u(y)dy

We have φ(r) − φ() =



(s)ds =





B(0,s)

∆u(y)dy







B(0,s)

f(y)dy



ds =





nα(n)s

n−1

B(0,s)

f(y)dy



n(2 − n)α(n)





n−2

B(0,s)

f(y)dy







−





n−2

∂B(0,s)

f(y)dy





n(n − 2)α(n)





−

n−2

B(0,r)

f(y)dy +



n−2

B(0,)

f(y)dy







n−2

∂B(0,s)

f(y)dy





Now notice that



n−2

B(0,)

f(y)dy ≤ C

;

and



n−2

∂B(0,s)

f(y)dy



ds =

∂B(0,s)

f(y)

n−2

dyds

B(0,r)

f(x)

|x|

n−2

As  → 0 we have



n−2

B(0,)

f(y)dy +





n−2

∂B(0,s)

f(y)dy



ds →

B(0,r)

f(x)

|x|

n−2

and φ() → u(0). We have thus demonstrated

u(0) =

∂B(0,r)

gdS +

n(n − 2)α(n)

B(0,r)

(

|x|

n−2

−

n−2

)fdx.

Give a direct proof that if u ∈ C

(U) ∩ C

(

U) is harmonic within a

bounded open set U, then max

u = max

∂U

P roof. Deﬁne u



:= u + |x|

. Suppose u



is achieveing maximum in

at an interior point x

, then D(u



)) = 0 and H = D



)) is negative

deﬁnite. Yet, ∆(u



) = 2 ≥ 0, a contradiction, as the Laplacian is the trace

of the Hessian. Letting  → 0, we can conclude that u cannot attain an

interior maximum.

We say v ∈ C

(

U) is subharmonic if

−∆v ≤ 0 in U.

(a) Prove for subharmonic

v(x) ≤

B(x,r)

vdy for all B(x, r) ⊂ U.

(b) Prove that therefore max

v = max

∂U

and v := φ(u). Prove v is subharmonic.

(d) Prove v := |Du|

is subharmonic, whenever u is harmonic.

Solution. (a) We set

f(r) :=

∂B(x,r)

u(y)dS(y) =

∂B(0,1)

u(x + rz)dS(z).

Taking derivative we have

(r) =

∂B(0,1)

Du(x + rz) · zdS(z)

and consequently using Green’s formula we have

(r) =

∂B(0,1)

Du(y) ·

y − x

dS(z)

∂B(x,r)

∂u

∂ν

dS(y)

∂B(x,r)

∆u(y)dy ≥ 0

This means that f (r) is non-decreasing, therefore given r > 0

u(x) = lim

t→0

f(t) = lim

t→0

∂B(x,t)

u(y)dS(y)

≤

∂B(x,r)

u(y)dS(y)

And this implies

α(n)r

u(x) ≤



∂B(x,s)

u(y)dS(y)



u(x) ≤

B(x,r)

u(y)dy

(b) Assume the subharmonic function v attains maximum at x

∈ U

, for

any ball B(x

, r) ⊂ U

we have by (a) v(x

) ≤

ﬄ

B(x

,r)

v(y)dy. Yet, v(x

) ≥

v(y) for any y ∈ B(x

, r), thus v(x

) =

ﬄ

B(x

,r)

v(y)dy, and v(x

) = v(y) for

any y ∈ B(x

, r). We can choose r so that ∂

U ∩ ∂B(x

, r) = {x

}. We have

thus shown that max

x∈

v = max

x∈∂U

≥ 0; and ∆u = 0. Hence

−∆φ(u) = −(

i=1

· (u

)

+ φ

· u

) ≤ 0,

we can conclude that φ(u) is subharmonic.

(d) If u is harmonic then ∆u = 0, thus ∆u

= (∆u)

= 0, hence Du is

harmonic. Since |Du|

is convex with respect to Du, the result follows from

(c).

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