计算出一个级数解以后，还有一件事值得做：暂时把级数放下，看看方程本身对答案作了什么限制。两端维持零温差的杆，温差平方的积分应当下降；固定端的理想弦则可以一直振动。如果同一道题交来两个不同的答案，我们也需要一种办法，判断它们能不能同时成立。

这一章用空间积分来回答这些问题。你会看到，决定结论的常常是分部积分留下的端点项。把它过早划掉，就可能把外界正在加热的杆当成耗散系统，把有人推动端点的弦当成能量守恒系统。

热方程：下降的是哪一个量

考虑

$$u_t=\kappa u_{xx},\qquad 0<x<L,\quad \kappa>0,$$

两端保持 $u(0,t)=u(L,t)=0$。这里 $u$ 可以表示相对于环境温度的温差，因此允许有正有负。我们分别记

$$M(t)=\int_0^L u(x,t)\,dx,\qquad E(t)=\frac12\int_0^L u(x,t)^2\,dx.$$

$M$ 是温差的总量；若材料密度和比热恒定，乘上相应常数就得到相对热量。$E$ 是平方积分，冷热偏离都会增加它。本章把 $E$ 称为能量，是一种数学上的度量，不能把它与 $M$ 混用。

下面的分部积分先在经典解上进行：热问题中 $u,u_t,u_x,u_{xx}$ 在所讨论的闭时空条带上连续；波问题再要求用到的二阶导数连续。若初值只有较弱的正则性，可以从正时刻 $\varepsilon$ 开始计算，再在已知 连续性的前提下令 。这里不会只凭一条形式级数就默认这些操作合法。

对 $E$ 求导，代入热方程：

$$\begin{aligned} E'(t) &=\int_0^L uu_t\,dx =\kappa\int_0^L uu_{xx}\,dx\\ &=\kappa[u u_x]_0^L-\kappa\int_0^L u_x^2\,dx. \end{aligned}$$

这个带边界项的等式最有用。现在代入零 Dirichlet 条件，才得到

$$\boxed{E'(t)=-\kappa\int_0^L u_x^2\,dx\le0.}$$

消失的是端点乘积 $uu_x$，因为端点的 $u$ 为零；端点斜率 $u_x$ 一般并不为零。若某时刻等号成立，连续的非负函数 $u_x^2$ 积分为零，便有 。这时 是空间常数，再由端点值知道它只能为零。

相比之下，直接积分方程给出

$$M'(t)=\kappa[u_x]_0^L.$$

零端点温差没有让这个通量差自动消失。如果整根杆都比环境热，热量可以从端点流出；如果初始温差有正有负，$M$ 还会包含冷热抵消，不能从 $E$ 下降就断言 $M$ 也总在下降。

用第 7 章的正交性补出衰减速率

知道 $E$ 下降，还不知道它是否会慢到一直停留在正值附近。我们需要把梯度积分与 $E$ 联系起来。对于 $v\in C^1[0,L]$ 且 $v(0)=v(L)=0$，要证明

$$\boxed{\int_0^L v_x^2\,dx\ge\frac{\pi^2}{L^2}\int_0^L v^2\,dx.}$$

这是零端点条件下的 Poincaré 不等式，也常称为 Wirtinger 不等式。它说得很具体：一个在两端回到零的函数，若平方积分很大，斜率的平方积分就不可能任意小。

记 $k_n=n\pi/L$，令 $b_n$ 是 $v$ 的正弦系数。我们不对无穷级数逐项求导，而是直接计算 $v_x$ 的余弦系数：

$$\frac2L\int_0^L v_x\cos(k_nx)\,dx =\frac2L[v\cos(k_nx)]_0^L +\frac{2k_n}{L}\int_0^L v\sin(k_nx)\,dx =k_nb_n.$$

$v_x$ 的平均值也为零，因为 $\int_0^L v_x\,dx=v(L)-v(0)=0$。第 7 章的正弦和余弦 Parseval 等式分别给出

$$\int_0^L v^2\,dx=\frac L2\sum_{n\ge1}b_n^2, \qquad \int_0^L v_x^2\,dx=\frac L2\sum_{n\ge1}k_n^2b_n^2.$$

每个 $k_n^2$ 都不小于 $\pi^2/L^2$，不等式就得到了。只有第一模态保留下来时可以取等号，所以这个常数不能再增大。

把它用在每个时刻的 $u$ 上，得到

$$E'(t)\le-\frac{2\kappa\pi^2}{L^2}E(t).$$

设 $a=2\kappa\pi^2/L^2$，则 $(e^{at}E(t))'\le0$。积分后便是

$$\boxed{E(t)\le E(0)e^{-2\kappa\pi^2t/L^2}.}$$

若写成 $L^2$ 范数，要开平方：

$$\|u(\cdot,t)\|_2\le e^{-\kappa\pi^2t/L^2}\|u(\cdot,0)\|_2.$$

两个指数相差一倍，原因在于一个度量振幅，一个度量振幅的平方。

例题：首模态恰好达到这个界

设 $L=2$、$\kappa=3$，初始温差为 $4\sin(\pi x/2)$。求解并核对能量等式。

唯一性不必等到显式解出现

设 $u$ 和 $v$ 满足相同的热方程源项、相同的端点温度、相同的初值。即使源项和端点温度并不为零，相减后的 $z=u-v$ 也满足

$$z_t=\kappa z_{xx},\qquad z(0,t)=z(L,t)=0,\qquad z(x,0)=0.$$

差解的能量非负，又不增加：

$$0\le E_z(t)\le E_z(0)=0.$$

因此 $z$ 的平方积分恒为零；由连续性，$z$ 处处为零。这就证明了经典解至多有一个。注意，整个论证只用了方程和数据，并没有依赖某一种求解公式。

同一个计算还说明初值扰动怎样传到后来。若两解有相同源项和边界，但初值分别为 $f$、$g$，则

$$\|u(\cdot,t)-v(\cdot,t)\|_2 \le e^{-\kappa\pi^2t/L^2}\|f-g\|_2.$$

这是对初值的稳定性估计。它控制的是整体均方误差，不是直接给出每个点的误差。若源项不同，差方程会留下一个源项，上面的齐次估计便不能原样套用。

波动能量与端点做功

对波动方程 $u_{tt}=c^2u_{xx}$，定义

$$\mathcal E(t)=\frac12\int_0^L\big(u_t^2+c^2u_x^2\big)\,dx=K(t)+V(t).$$

$K$ 是动能型部分，$V$ 是拉伸势能型部分。对于线密度为常数 $\rho$ 的弦，真实机械能是这里的 $\rho\mathcal E$；我们把共同系数约去了。

乘上 $u_t$ 并分部积分，两项内部积分正好抵消：

$$\begin{aligned} \mathcal E' &=\int_0^L u_tu_{tt}+c^2u_xu_{xt}\,dx\\ &=c^2[u_tu_x]_0^L -c^2\int_0^L u_{tx}u_x\,dx +c^2\int_0^L u_xu_{xt}\,dx\\ &=c^2[u_tu_x]_0^L. \end{aligned}$$

把左右端分开写，更容易判断符号：

$$P_{\rm left}=-c^2u_t(0,t)u_x(0,t),\qquad P_{\rm right}=c^2u_t(L,t)u_x(L,t),$$ $$\mathcal E'=P_{\rm left}+P_{\rm right}.$$

这里把输入区间的功率记作正值。两端固定时，$u(0,t)=u(L,t)=0$ 对时间求导得到端点速度为零，所以 $\mathcal E'=0$。自由端的 $u_x=0$ 也能使对应端点功率为零。如果右端被驱动为 ，右端输入功率则是 ，它可以为正，也可以为负。

图中用张力 $T$ 写出真实机械能，满足 $T=\rho c^2$；正文的 $\mathcal E$ 则已经除去共同的线密度 $\rho$。两种写法给出的动能、势能比例相同。

例题：弦经过平衡位置时，能量去了哪里

取 $L=\pi$，初位移为 $A\sin x$，初速度为零。由第 5 章的模态解，

$$u(x,t)=A\sin x\cos(ct).$$

求导并分别积分：

$$K(t)=\frac{A^2c^2\pi}{4}\sin^2(ct),\qquad V(t)=\frac{A^2c^2\pi}{4}\cos^2(ct),$$

所以 $\mathcal E=A^2c^2\pi/4$。当 $\cos(ct)=0$ 时，整根弦的位移恰好为零，但速度一般不为零，能量全在动能项里。用 $\int u^2$ 代替波的机械能，就会错误地以为能量在这一刻消失。

固定端波问题的唯一性也能这样证明。两个解的差 $z$ 具有零初位移和零初速度，因此 $\mathcal E_z(0)=0$；守恒给出 $z_t=z_x=0$。这只说明 是时空常数，还要使用零初位移或零端点值，才能确定这个常数为零。两份初始数据在证明中都有作用。

实验：把一段区间当作观察窗口

看右行波 $u(x,t)=\cos(x-t)$，只观察 $0\le x\le3/2$。这两个端点没有固定住；波穿过窗口时，里面的能量可以变化。此时

$$\mathcal E(t)=\int_0^{3/2}\sin^2(x-t)\,dx =\frac34-\frac{\sin(3-2t)+\sin(2t)}4,$$ $$P_{\rm left}=\sin^2t,\qquad P_{\rm right}=-\sin^2(3/2-t).$$

左端输入，右端输出；它们不必在同一时刻抵消。

在“一列波穿过”预设中，先根据端点箭头判断能量应当增加还是减少，再移动时间。观察能量变化是否等于两端累计输入的功。切换到“两端固定”或“两端自由”，端点功率为何都变成零？判断要落在速度或斜率上，不能只看波形是否移动。

最大值原理：需要的是整个邻域的信息

第 6 章已经证明，调和函数在每个完全位于区域内部的圆周上，其平均值等于圆心值。现在用它说明唯一性究竟来自哪里。

设 $\Omega$ 有界、连通，$u\in C^2(\Omega)\cap C(\overline\Omega)$，且 $\Delta u=0$。闭区域上存在最大值。如果这个最大值 在内部点 取得，那么以 为圆心的小圆周上，所有值都不超过 ，平均却恰好等于 。只要有一点严格小于 ，连续性就会使一小段圆弧都低于 ，平均也随之变小，产生矛盾。因此每一条这样的小圆周上都等于 ，整个小圆盘都等于 。

取到 $m$ 的内部点集于是既是相对开集，也是相对闭集。连通性迫使它等于整个 $\Omega$。这就是强最大值原理：非恒定调和函数不能在内部取得全局最大值；对 $-u$ 使用同一论证，也不能在内部取得全局最小值。结合闭域连续性，极值由边界控制。

只检查一个点的二阶导数并不能完成这段证明。在极大点有 $\Delta u\le0$，而方程要求 $\Delta u=0$，两者完全可以同时成立。例如 $-(x^2+y^2)^2$ 在原点取得严格最大值，原点的 Laplacian 也是零；但它在其他点的 Laplacian 为 ，因此并不是调和函数。最大值原理使用的是一个邻域内处处成立的方程。

相同边界、相同方程，缺一不可

若 $u$、$v$ 都满足 $\Delta u=\Delta v=f$，则差 $w=u-v$ 调和。记边界最大差为

$$\delta=\max_{\partial\Omega}|u-v|.$$

对 $w$ 和 $-w$ 应用最大值原理，得到

$$\boxed{\max_{\overline\Omega}|u-v|\le\delta.}$$

$\delta=0$ 给出 Dirichlet 唯一性；$\delta>0$ 则给出边界数据的稳定性。这个弱的边界控制结论可以在每个连通分支上使用，因此 Dirichlet 唯一性本身不要求整个区域连通；连通性在上面的强原理中用于推出“全域常数”。

例如在 $0<x<2,0<y<1$ 的矩形上，两个经典候选解若方程右端相同、四边值相同，就一定相同。若只核对四边，结论还不够：单位圆盘内 $q=1-x^2-y^2$ 与零函数边界值相同，但 ，零函数的 Laplacian 则为零。反过来， 确实调和，却并不在整个圆周上等于零。

下面的实验把这个检查拆开。单位正方形上的参考解为 $u=x$，另取

$$v=x+C+\varepsilon\frac{\sin(\pi x)\sinh(\pi y)}{\sinh\pi} +q\,x(1-x)y(1-y).$$

其中 $\varepsilon$ 项调和，会改变上边界；$q$ 项在四边都为零，却会改变方程，因为

$$\Delta v=-2q\{y(1-y)+x(1-x)\}.$$

选择“边界不动，改方程”，四边差保持零，内部却会隆起。找出使唯一性论证失效的那一项。换成“只改边界”，方程恢复一致，内部误差是否又被边界最大差控制？“只加常数”则同时保留方程和法向导数，稍后讨论 Neumann 问题时还会用到它。

绝热杆：留下平均温度，消除起伏

现在把热方程端点改为

$$u_x(0,t)=u_x(L,t)=0.$$

这时 $M'=\kappa[u_x]_0^L=0$，所以平均温度

$$\bar u=\frac1L\int_0^L u(x,0)\,dx$$

一直不变。全体温度同时加上一个常数不会产生热流；扩散没有理由把这个常数消除。要研究趋于平衡的速度，应当令

$$w=u-\bar u,\qquad \int_0^Lw\,dx=0, \qquad F(t)=\frac12\int_0^Lw^2\,dx.$$

$w$ 仍满足同一个热方程和零 Neumann 条件，因而

$F'(t)=-\kappa\int_0^Lw_x^2\,dx.$

这里也有 $\int w_x^2\ge(\pi/L)^2\int w^2$，但支撑它的条件换成了零平均值，不能对任意常数函数使用。证明可以继续用第 7 章的正交性。设 $$ 为 的余弦系数；零均值使常数系数消失。 的正弦系数为

$$\frac2L\int_0^L w_x\sin(k_nx)\,dx =-\frac{2k_n}{L}\int_0^Lw\cos(k_nx)\,dx=-k_na_n,$$

边界项因为 $\sin(k_nL)=\sin0=0$ 消失。两套 Parseval 等式给出

$$\int_0^Lw^2\,dx=\frac L2\sum_{n\ge1}a_n^2, \qquad \int_0^Lw_x^2\,dx=\frac L2\sum_{n\ge1}k_n^2a_n^2.$$

比较后便有

$$F(t)\le F(0)e^{-2\kappa\pi^2t/L^2},\qquad \|u(\cdot,t)-\bar u\|_2\longrightarrow0.$$

这段论证直接得到的是 $L^2$ 意义下趋向均值；不要仅凭一个积分趋零，就把它说成任意函数列逐点或一致收敛。下面的有限模态例子可以直接看出一致收敛。

全能量还满足一个清楚的分解：

$$E(t)=\frac{L\bar u^2}{2}+F(t),$$

因为交叉项 $\bar u\int w$ 为零。因此 $E$ 一般趋向 $L\bar u^2/2$，只有起伏能量 $F$ 趋向零。

图里选了平均温度为 $20$ 的单一余弦模态，$\alpha$ 与正文的 $\kappa$ 都表示热扩散率。左右端逐渐靠近同一个平均温度，平均值本身没有下降。

例题：平均值与两个余弦模态

取 $L=1$、$\kappa=2$，初温为 $5+2\cos(\pi x)-\cos(2\pi x)$。常数模态保持不变，其余两项分别按各自特征值衰减：

$$u(x,t)=5+2e^{-2\pi^2t}\cos(\pi x)-e^{-8\pi^2t}\cos(2\pi x).$$

余弦积分为零，所以 $M=5$、$\bar u=5$。由正交性，

$$F(t)=e^{-4\pi^2t}+\frac14e^{-16\pi^2t},\qquad E(t)=\frac{25}{2}+F(t).$$

$F(0)=5/4$，于是 $F(t)\le(5/4)e^{-4\pi^2t}$；只要 ，第二模态衰减得更快，便有严格小于。并且

$$\max_{0\le x\le1}|u(x,t)-5| \le2e^{-2\pi^2t}+e^{-8\pi^2t}\to0,$$

这才是本例一致趋向 $5$ 的直接证据。

实验：哪一条曲线应该趋于零

在“绝热混合初值”中，先判断全能量、起伏能量、总量分别会走向哪里，再移动时间。把平均温度改大时，哪条曲线整体抬高，哪条保持不变？切到“纯常数”，曲线虽然完全平坦，总能量却不一定为零。

回到“第一模态等号”预设，能量曲线与衰减界重合。换成“只留第三模态”，检查它为何下降得更快。实验中的三模态都是精确解；图中的耗散率来自导数平方积分，并非根据曲线看起来是否平滑猜测。

Neumann 问题中的兼容条件与常数

对连通有界区域上的稳态问题

$$-\Delta u=f,\qquad \partial_nu=0,$$

外法向导数为零。若边界足够光滑以使用散度定理，积分得到

$$\int_\Omega f\,dx=-\int_{\partial\Omega}\partial_nu\,dS=0.$$

这是存在解的必要条件：绝热边界不能把一个净正的内部热源平衡掉。本章只由这个计算证明必要性，并未由它单独证明一般区域上的存在性。

若已有两个足够光滑的解，差 $w$ 满足 $\Delta w=0$ 和 $\partial_nw=0$。Green 恒等式给出

$$\int_\Omega|\nabla w|^2\,dx =\int_{\partial\Omega}w\partial_nw\,dS-\int_\Omega w\Delta w\,dx=0.$$

所以 $\nabla w=0$，连通性使 $w$ 为一个常数。增加规定平均值的条件，就把这个常数固定了。若区域不连通，则每个连通分支各有一个自由常数，需要分别固定。

静态问题中的“加常数仍是解”，与绝热热方程中的“常数模态不衰减”彼此呼应。不过热初值问题已经给定初始平均值，因而没有一个可以随意添加的常数：加常数会改变初值。

1

绝热杆的温度趋向非零常数时，下面哪项正确？

A.总量趋于零B.平方积分必须趋于零C.起伏能量趋于零，平均温度保持不变D.没有温度梯度就说明温度必须为零

2

两个经典候选函数在整个边界上相同，就一定是同一个函数。

正确错误

练习

1. 等号留下了什么

零 Dirichlet 热方程在某时刻满足 $E'(t)=0$。证明这一时刻 $u\equiv0$。把边界改为零 Neumann 后，能得到的最强结论是什么？

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由 $E'=-\kappa\int u_x^2$ 得 $u_x\equiv0$，所以 在空间上是常数。零 Dirichlet 端点把常数定为零；零 Neumann 条件只要求斜率为零，允许任意常数温度。

2. 驱动一个端点

波动方程左端固定，右端位移为 $h(t)$。写出能量导数，并判断什么时候外界输入能量。如果两端都固定，能否说动能也分别守恒？

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左端速度为零，因此 $\mathcal E'=c^2h'(t)u_x(L,t)$。乘积为正表示输入，为负表示输出。两端固定只使动能与势能的总和守恒；正文的首模态已显示两者可以周期交换。

3. 调和函数可以有鞍点

在闭单位圆盘上，求 $r=x^2-y^2$ 的最大值、最小值与取得位置。原点的梯度为零，为什么不与最大值原理矛盾？

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有 $-1\le x^2-y^2\le1$。最大值 $1$ 在 $(1,0),(-1,0)$ 取得，最小值 在 取得，都在边界上。沿 轴离开原点函数增加，沿 轴离开则减少，所以原点是鞍点，并非极大或极小点。梯度为零本身不等于取得极值。

4. 不求完整解也能确定极限

绝热区间 $0<x<3$ 的初温为 $7+4\cos(\pi x/3)$。判断总量、平均值，以及 $E(t)$ 的长期极限。

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余弦积分为零，因此 $M=21$、$\bar u=7$。起伏能量趋于零，所以 $E(t)\to L\bar u^2/2=147/2$。温度趋向 ；在这个单一余弦模态例子中，振幅指数衰减，因而还是一致收敛。

5. “边界几乎处处相同”还不够说明什么

只知道两个调和函数的边界值几乎处处相同，没有说明它们怎样到达边界。能否直接引用本章经典最大值原理？若另外知道它们连续到闭圆盘，圆周上的边界值几乎处处相同，又该怎样判断？

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第一种说法还没有明确边界值的意义与解空间；本章的经典版本需要闭域连续性，不能直接使用。第二种情形中，边界差是连续函数。若在圆周某点不为零，连续性就使一段正长度圆弧上的差都不为零，与几乎处处相等矛盾。所以边界实际处处相同，可以由最大值原理推出两解相同。不能把“几乎处处”这几个字本身当作必然失效的原因。

6. 去掉最慢模态

零端点热方程的初值为 $f(x)=2\sin(2\pi x/L)$。计算 $E(t)$，并解释为什么一般衰减界并不取等号。若初值的第一正弦系数为零，所有其余系数可非零，怎样改进界？

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解为 $2e^{-4\kappa\pi^2t/L^2}\sin(2\pi x/L)$，所以 $E(t)=L{e}^{-8\kappa {\pi }^{2}t}$。它没有第一模态，衰减指数是一般能量界的四倍。根据第 4、7 章，各模态独立衰减，初始为零的第一系数一直为零；在 Parseval 比较中所有剩余 ，所以 。

7. 共同的源项为什么不妨碍唯一性

两个热方程解都满足 $u_t=\kappa u_{xx}+\sin(x+t)$，端点数据相同，初值之差的 $L^2$ 范数为 。写出时刻 的差解范数上界。如果把其中一个方程的源项改为 ，原证明哪一步失效？

查看解答

共同源项相减消失，所以 $\|u-v\|_2\le0.03e^{-\kappa\pi^2t/L^2}$。源项不同时，差方程不再齐次，能量导数会多出“差解乘源项之差”的积分；不能再断言只有负的梯度平方积分，也不能原样使用该上界。

8. Robin 边界仍然耗散吗

热方程端点满足 $u_x(0,t)=a_0u(0,t)$、$u_x(L,t)=-a_Lu(L,t)$，其中 。求 。能否不作额外证明，就继续使用零 Dirichlet 情形的 衰减常数？

查看解答

把端点条件代入带边界项的等式，得到

$E'=-\kappa\int_0^L u_x^2\,dx-\kappa a_0u(0,t)^2-\kappa a_Lu(L,t)^2\le0.$

9. 全能量相同不能替代初位移

考虑两端自由的波动方程。$u\equiv0$ 与 $v\equiv4$ 的波能量都是零。它们为什么不构成初边值唯一性的反例？如果只规定初速度，不规定初位移，缺少了什么？

查看解答

两个函数的初位移不同，因此不是同一组完整数据。波能量只含 $u_t$ 和 $u_x$，看不见空间常数位移。零差能量给出 $z_t=z_x=0$ 后，还需要相同初位移来消除差解的常数；仅规定初速度就漏掉了这项信息。

10. 把方程误差与边界误差拆开

单位正方形上令 $u=x$、$v=x+2x(1-x)y(1-y)$。计算边界差、中心差和中心 Laplacian。它违反了边界稳定性估计吗？

查看解答

边界差为零，中心差为 $2/16=1/8$。$\Delta v=-4[y(1-y)+x(1-x)]$，中心值为 $$；而 。两者的方程右端不同，稳定性估计的假设不成立，因此不是反例。

11. 绝热稳态的可解性

在连通有界光滑区域上，能否同时满足 $-\Delta u=1$ 和 $\partial_nu=0$？若把右端改为零，再规定平均值为 $3$，所有经典解是什么？

查看解答

第一问积分右端得到区域体积，严格为正；积分左端却由零法向导数得到零，所以不可能。第二问由 Green 能量等式知 $\nabla u=0$，连通性使 $u$ 为常数，再由均值条件得到 $u\equiv3$。这个函数确实满足方程和边界，因此此处既构造了存在，也确定了唯一性。