最后更新: 2025-04-30 06:39 查看: 36 次纠错评论(0) 课件开VIP

具有 Dirichlet 边值条件的混合问题(续)

下面我们来证明，当初值数据 $\varphi(x)$ 和 $\psi(x)$ 满足一定的条件时，以由（1．14）式确定的 $A_k$ 和 $B_k$ 为系数的级数（1．12）就是混合问题（1．1）－（1．3）的解．

为此，我们只要能证得级数（1．12）及它对 $x$ 和 $t$ 逐项微分两次后所得级数都一致收敛就行了．

引理 3.1 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0, l]$ 上有直到 $m$ 阶的连续导数，$m+1$ 阶导数分段连续，且当 $p$ 为偶数时

$$
f^{(p)}(0)=f^{(p)}(l)=0 .
$$

若把函数 $f(x)$ 展开成正弦级数

$$
f(x) \sim \sum_{k=1}^{\infty} a_k \sin \frac{k \pi}{l} x,
$$

则级数

$$
\sum_{k=1}^{\infty} k^m\left|a_k\right|
$$

是收玫的．
证 由假设知，函数 $f^{(m+1)}(x)$ 可在区间 $[0, l]$ 上展为 Fourier 级数．当 $m$ 为奇数时，展开式为

$$
f^{(m+1)}(x) \sim \sum_{k=1}^{\infty} a_k^{(m+1)} \sin \frac{k \pi}{l} x,
$$

其中

$$
\begin{aligned}
a_k^{(m+1)} & =\frac{2}{l} \int_0^l f^{(m+1)}(x) \sin \frac{k \pi}{l} x d x \\
& =\frac{2}{l}\left[f^{(m)}(x) \sin \frac{k \pi}{l} x\right]_0^l-\frac{2}{l} \frac{k \pi}{l} \int_0^l f^{(m)}(x) \cos \frac{k \pi}{l} x d x \\
& =-\frac{2}{l} \frac{k \pi}{l}\left[f^{(m-1)}(x) \cos \frac{k \pi}{l} x\right]_0^l-\frac{2}{l}\left(\frac{k \pi}{l}\right)^2 \int_0^l f^{(m-1)}(x) \sin \frac{k \pi}{l} x d x \\
& =\cdots \\
& =(-1)^{\frac{m+1}{2}}\left(\frac{k \pi}{l}\right)^{m+1} \frac{2}{l} \int_0^l f(x) \sin \frac{k \pi}{l} x d x \\
& =(-1)^{\frac{m+1}{2}}\left(\frac{k \pi}{l}\right)^{m+1} a_k, \quad k=1,2, \cdots
\end{aligned}
$$

当 $m$ 为偶数时，展开式为
$$
f^{(m+1)}(x) \sim \frac{a_0^{(m+1)}}{2}+\sum_{k=1}^{\infty} a_k^{(m+1)} \cos \frac{k \pi}{l} x,
$$

同样可以推得

$$
a_k^{(m+1)}=(-1)^{\frac{m}{2}}\left(\frac{k \pi}{l}\right)^{m+1} a_k, \quad k=1,2, \cdots .
$$

根据 Bessel（贝塞尔）不等式，有

$$
\begin{cases}\sum_{k=1}^{\infty}\left(a_k^{(m+1)}\right)^2 \leqslant \frac{2}{l} \int_0^l\left[f^{(m+1)}(x)\right]^2 d x, & m \text { 为奇数, } \\ \frac{1}{2}\left(a_0^{(m+1)}\right)^2+\sum_{k=1}^{\infty}\left(a_k^{(m+1)}\right)^2 \leqslant \frac{2}{l} \int_0^l\left[f^{(m+1)}(x)\right]^2 d x, & m \text { 为偶数, }\end{cases}
$$

由此可见，无论 $m$ 是奇数还是偶数，都有

$$
\sum_{k=1}^{\infty}\left|a_k^{(m+1)}\right|^2<\infty,
$$

即

$$
\sum_{k=1}^{\infty} k^{2 m+2}\left|a_k\right|^2<\infty
$$

利用 Cauchy 不等式，得

$$
\sum_{k=1}^{\infty} k^m\left|a_k\right|=\sum_{k=1}^{\infty}\left(k^{m+1} \frac{\left|a_k\right|}{k}\right) \leqslant \sum_{k=1}^{\infty} k^{2 m+2}\left|a_k\right|^2+\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}<\infty
$$

所以级数 $\sum_{k=1}^{\infty} k^m\left|a_k\right|$ 收敛．
引理证毕．
定理 3.1 设在区间 $[0, l]$ 上，函数 $\varphi(x)$ 二次连续可微且三阶导数分段连续，函数 $\psi(x)$ 连续可微且二阶导数分段连续，在端点同时满足相容性条件

$$
\varphi(0)=\varphi(l)=\varphi^{\prime \prime}(0)=\varphi^{\prime \prime}(l)=\psi(0)=\psi(l)=0
$$

则由级数 $(1.12)$ 定义的函数 $u(x, t)$ 有二阶连续偏导数，且是混合问题（1．1）－（1．3）的解．
证 由引理 3.1 知，级数

$$
\sum_{k=1}^{\infty} k^2\left|A_k\right|, \quad \sum_{k=1}^{\infty} k^2\left|B_k\right|
$$

都是收玫的，因而级数（1．12）关于 $x$ 和 $t$ 逐项微分二次后所得的级数也都是一致收玫的，而且分别收玫于函数 $u(x, t)$ 的相应导数，所以级数（1．12）所定义的函数 $u(x, t)$ 是定解问题（1．1）－（1．3）的解．

定理证毕。

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