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第一部分：用分离变量法求级数解我们要求解的初边值问题是： \[\begin{cases}\partial_t^2 u-\partial_x^2 u+\partial_t u=0, & (t, x) \in(0,+\infty) \times(0, L), \\ u(0, x)=\varphi(x), \partial_t u(0, x)=\psi(x), & x \in(0, L), \\ u(t, 0)=u(t, L)=0, & t \in(0,+\infty) .\end{cases}\]
步骤 1：分离变量
设解的形式为 \(u(t, x) = T(t)X(x)\)，且 \(T(t)X(x)\) 不恒为零。代入偏微分方程中，得到： \[T''(t)X(x) - T(t)X''(x) + T'(t)X(x) = 0\] 整理后两边除以 \(T(t)X(x)\)： \[\frac{T''(t) + T'(t)}{T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}\] 由于等式左边只依赖于 \(t\)，右边只依赖于 \(x\)，所以它们必须等于同一个常数。我们记这个常数为 \(-\lambda\)。 这样我们得到两个常微分方程： 1. 空间方程 (关于 \(X(x)\)): \[ X''(x) + \lambda X(x) = 0 \] 2. 时间方程 (关于 \(T(t)\)): \[ T''(t) + T'(t) + \lambda T(t) = 0 \]
步骤 2：求解空间本征值问题
从边界条件 \(u(t, 0)=u(t, L)=0\) 可得 \(T(t)X(0)=0\) 和 \(T(t)X(L)=0\)。为了得到非零解，必须有 \(T(t) \not\equiv 0\)，因此我们要求 \(X(x)\) 满足： \[X(0) = 0, \quad X(L) = 0\] 这是一个经典的 Sturm-Liouville 本征值问题。
- 若 \(\lambda \le 0\)，只有平凡解 \(X(x) \equiv 0\)。
- 若 \(\lambda > 0\)，设 \(\lambda = k^2\) (\(k>0\))。方程 \(X''(x) + k^2 X(x) = 0\) 的通解为 \(X(x) = A\cos(kx) + B\sin(kx)\)。
- 由 \(X(0)=0\) 得 \(A=0\)。
- 由 \(X(L)=0\) 得 \(B\sin(kL)=0\)。为得到非零解，须 \(B \neq 0\)，所以 \(\sin(kL)=0\)。
- 这要求 \(kL = n\pi\)，\(n=1, 2, 3, \dots\)。
于是，我们得到本征值和对应的本征函数：
- 本征值: \(\lambda_n = k_n^2 = \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2, \quad n=1, 2, 3, \dots\)
- 本征函数: \(X_n(x) = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\) (我们取 \(B=1\))
步骤 3：求解时间方程
对于每一个本征值 \(\lambda_n\)，我们求解对应的时间方程： \[T_n''(t) + T_n'(t) + \lambda_n T_n(t) = 0\] 这是一个二阶常系数齐次线性微分方程。其特征方程为： \[r^2 + r + \lambda_n = 0\] 特征根为： \[r_{n, \pm} = \frac{-1 \pm \sqrt{1 - 4\lambda_n}}{2} = -\frac{1}{2} \pm \frac{1}{2}\sqrt{1 - 4\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2}\] 这里需要根据判别式 \(1-4\lambda_n\) 的符号进行讨论：
- 情况 1：欠阻尼 (Underdamped) 当 \(1 - 4\lambda_n < 0\)，即 \(1 < 4\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2\) 或 \(n > \frac{L}{2\pi}\) 时，特征根是共轭复根： \(r_{n, \pm} = -\frac{1}{2} \pm i\omega_n\)，其中 \(\omega_n = \frac{\sqrt{4\lambda_n - 1}}{2} = \sqrt{\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 - \frac{1}{4}}\)。 此时通解为：\(T_n(t) = e^{-t/2} \left(A_n \cos(\omega_n t) + B_n \sin(\omega_n t)\right)\)。
- 情况 2：过阻尼或临界阻尼 (Overdamped/Critically Damped) 当 \(1 - 4\lambda_n \ge 0\)，即 \(n \le \frac{L}{2\pi}\) 时，特征根是两个不等的或相等的实根。这种情况只对有限个（可能为0个）较小的 \(n\) 发生。 通解为：\(T_n(t) = A_n e^{r_{n,+}t} + B_n e^{r_{n,-}t}\)。 重要的是，由于 \(\sqrt{1-4\lambda_n} < 1\)（因为 \(\lambda_n>0\)），两个实根 \(r_{n, \pm}\) 都是负的。
步骤 4：叠加并确定系数
根据叠加原理，方程的通解是所有分离解的线性组合： \[u(t, x) = \sum_{n=1}^{\infty} T_n(t) X_n(x) = \sum_{n=1}^{\infty} T_n(t) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\] 其中 \(T_n(t)\) 是对应于 \(\lambda_n\) 的时间方程的解。
利用初始条件确定系数。令 \(T_n(t)\) 的待定系数为 \(C_{n1}, C_{n2}\)，我们有 \(T_n(0) = \frac{2}{L}\int_0^L \varphi(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx\) \(T_n'(0) = \frac{2}{L}\int_0^L \psi(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx\)
为了方便，我们记： \[\varphi_n = \frac{2}{L}\int_0^L \varphi(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx\] \[\psi_n = \frac{2}{L}\int_0^L \psi(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx\] 则 \(T_n(t)\) 是满足初始条件 \(T_n(0) = \varphi_n\) 和 \(T_n'(0) = \psi_n\) 的解。
最终级数解 问题的形式解为： \[u(t, x) = \sum_{n=1}^{\infty} T_n(t) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\] 其中 \(T_n(t)\) 是下面这个初值问题的解： \[T_n''(t) + T_n'(t) + \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 T_n(t) = 0, \quad T_n(0) = \varphi_n, \quad T_n'(0) = \psi_n\]
第二部分：解的指数衰减估计这是你问题的关键部分。我们要证明当 \(t \rightarrow+\infty\) 时，\(u(t, x)\) 关于 \(x \in[0, L]\) 一致指数衰减到 0。 这意味着我们要找到不依赖于 \(x\) 的常数 \(C>0\) 和 \(\alpha>0\)，使得： \[|u(t, x)| \le C e^{-\alpha t}, \quad \forall x \in [0, L]\] 对足够大的 \(t\) 成立。
分析思路： 1. 首先，对每个模态 \(T_n(t)\) 进行衰减估计。 2. 然后，对整个级数求和进行放缩。
步骤 1：估计单个 \(T_n(t)\) 的衰减速率
我们再次考察特征根 \(r_{n, \pm} = -\frac{1}{2} \pm \frac{1}{2}\sqrt{1 - 4\lambda_n}\)。
- 情况 1 (欠阻尼, \(1 - 4\lambda_n < 0\)): \(T_n(t) = e^{-t/2} (\dots)\)。解的振幅以 \(e^{-t/2}\) 的速率衰减。实部为 -1/2。
- 情况 2 (过阻尼, \(1 - 4\lambda_n \ge 0\)): \(T_n(t) = A_n e^{r_{n,+}t} + B_n e^{r_{n,-}t}\)。 由于 \(r_{n,-} < r_{n,+} < 0\)，当 \(t \to \infty\) 时，衰减速率由 \(e^{r_{n,+}t}\) 决定。 \(r_{n,+} = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{1 - 4\lambda_n}\)。 因为 \(\lambda_n = (n\pi/L)^2 \ge (\pi/L)^2 = \lambda_1 > 0\)，所以 \[r_{n,+} = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{1 - 4\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2} \le -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{1 - 4\left(\frac{\pi}{L}\right)^2} < 0\] 这意味着过阻尼模态的衰减比欠阻尼模态 更慢 (因为其实部 \(-1/2 + \text{正数} > -1/2\))。
确定统一的衰减指数 \(\alpha\)
所有模态的衰减都由特征根的实部决定。为了保证整个解都衰减，衰减速率取决于最慢的那个模态，也就是特征根实部最接近 0 的那个。 所有特征根的实部 \(\text{Re}(r_{n, \pm})\) 都小于 0。最慢的衰减速率（即实部的最大值）出现在 \(n=1\) 时： \[\text{Re}(r_{1}) = \text{max}(\text{Re}(r_{n,\pm}))\] 我们定义衰减指数 \(\alpha\) 为所有模态衰减速率的最小值： \[\alpha = -\max_{n \ge 1} \left\{\text{Re}(r_{n,\pm})\right\} > 0\] 这个值就是： \[\alpha = \begin{cases}\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\sqrt{1 - 4(\frac{\pi}{L})^2}, & \text{if } L \ge 2\pi \quad (\text{n=1 是过阻尼}) \\\frac{1}{2}, & \text{if } L < 2\pi \quad (\text{所有模态都是欠阻尼})\end{cases}\] 无论哪种情况，\(\alpha\) 都是一个确定的正常数。 因此，对于每一个 \(n\)，我们都可以找到一个常数 \(M_n\)，使得： \[|T_n(t)| \le M_n e^{-\alpha t}, \quad \text{for all } t \ge 0\] 这里的 \(M_n\) 仅依赖于初始条件 \(\varphi_n\) 和 \(\psi_n\)。例如，在欠阻尼情况下，\(T_n(t) = e^{-t/2}(A_n \cos \omega_n t + B_n \sin \omega_n t)\)，我们可以用柯西不等式得到 \(|T_n(t)| \le e^{-t/2}\sqrt{A_n^2+B_n^2}\)。由于 \(\alpha \le 1/2\)，所以 \(|T_n(t)| \le M_n e^{-\alpha t}\) 成立。
步骤 2：对级数进行放缩
现在我们来估计整个级数解： \[|u(t, x)| = \left| \sum_{n=1}^{\infty} T_n(t) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \right|\] 利用三角不等式和 \(|\sin(\cdot)| \le 1\)： \[|u(t, x)| \le \sum_{n=1}^{\infty} |T_n(t)| \left|\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right| \le \sum_{n=1}^{\infty} |T_n(t)|\] 代入我们对 \(T_n(t)\) 的估计： \[|u(t, x)| \le \sum_{n=1}^{\infty} M_n e^{-\alpha t} = \left(\sum_{n=1}^{\infty} M_n\right) e^{-\alpha t}\] 这个不等式右侧不再依赖于 \(x\)，所以它是一个关于 \(x\) 的一致界。
最后一步：证明 \(\sum_{n=1}^{\infty} M_n\) 收敛
为了让上述估计有意义，我们必须保证级数 \(\sum M_n\) 是收敛的。这取决于初始条件 \(\varphi(x)\) 和 \(\psi(x)\) 的光滑性。
- \(M_n\) 依赖于 \(\varphi_n\) 和 \(\psi_n\)。
- \(\varphi_n\) 和 \(\psi_n\) 是 \(\varphi\) 和 \(\psi\) 的傅里叶正弦级数系数。
- 如果 \(\varphi(x)\) 和 \(\psi(x)\) 足够光滑（例如，\(\varphi \in C^2, \psi \in C^1\) 且满足边界条件），那么它们的傅里叶系数会足够快地衰减。
- 例如，若 \(\varphi \in C^2\) 且 \(\varphi(0)=\varphi(L)=0\)，则 \(|\varphi_n| \le \frac{K_1}{n^2}\)。
- 若 \(\psi \in C^1\) 且 \(\psi(0)=\psi(L)=0\)，则 \(|\psi_n| \le \frac{K_2}{n}\)。
- \(T_n(t)\) 的系数 \(A_n, B_n\) 是 \(\varphi_n, \psi_n\) 的线性组合。对于大的 \(n\) (欠阻尼情况)，\(M_n\) 大致与 \(\sqrt{\varphi_n^2 + (\psi_n/\omega_n)^2}\) 成正比。由于 \(\omega_n \sim n\pi/L\)，我们有 \(M_n \sim \sqrt{(1/n^2)^2 + ( (1/n)/n )^2} \sim 1/n^2\)。
- 级数 \(\sum \frac{1}{n^2}\) 是收敛的 (p-级数，p=2>1)。
因此，只要初始函数 \(\varphi, \psi\) 具有适当的光滑性（物理上有界的能量通常能保证这一点），级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} M_n\) 就会收敛到一个有限的常数。我们记这个和为 \(M_{total}\)。
结论
在初始条件 \(\varphi, \psi\) 足够光滑的前提下，存在常数 \(M_{total} = \sum_{n=1}^{\infty} M_n < \infty\) 和 \(\alpha > 0\)，使得对所有的 \(t \ge 0\) 和 \(x \in [0, L]\)： \[|u(t, x)| \le M_{total} \cdot e^{-\alpha t}\] 这正是我们所要证明的：解 \(u(t,x)\) 当 \(t \rightarrow +\infty\) 时，关于 \(x \in [0,L]\) 一致指数衰减到 0。这个衰减是由于物理系统中的阻尼项 \(\partial_t u\) 耗散了系统的能量。
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hbghlyj
posted 2025-6-9 10:22
