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热传导方程定解问题的求解

§1 热传导方程定解问题的求解

齐次热传导方程的 Cauchy 问题可以用相似变换法求解；半直线上的混合问题，同波动方程类似，根据热的反射原理，可以用延拓的方法求解；有界区间上的混合问题，可以用在第三章介绍的分离变量法求解．而非齐次方程的定解问题，则同样可用齐次化原理由相应的齐次方程的定解问题得到．
1.1 齐次方程的 Cauchy 问题

一维热传导方程的 Cauchy 问题是

$$
u_t-a^2 u_{x x}=0, \quad x \in R , \quad t>0,
$$

具有初值条件

$$
\left.u\right|_{t=0}=\varphi(x), \quad x \in R .
$$

它的求解我们一般采用 Fourier 变换方法；但由于其篇幅较大，我们将放在第八章中介绍。

在这一节中，我们将应用相似变换法求解 Cauchy 问题（1．1），（1．2）．为此，我们首先给出热传导方程（1．1）的解的如下性质．证明留给读者完成．

性质 6.1 设 $u(x, t)$ 是方程（1．1）的解，则对任意的 $y \in R , u(x-y, t)$ 也是方程（1．1）的解．

性质 6.2 设 $u(x, t)$ 是方程（1．1）的解，则它的各阶偏导数（比如 $u_x, u_t, u_{x t}$ ， $u_{x x}$ 等）也是方程（1．1）的解。

性质 6.3 设 $S(x, t)$ 是方程（1．1）的解，则对任意连续函数 $g(y)$ ，

$$
v(x, t)=\int_{-\infty}^{\infty} S(x-y, t) g(y) d y
$$

也是方程（1．1）的解．
性质 6.4 设 $u(x, t)$ 是方程（1．1）的解，则对任意的 $\lambda>0, u\left(\lambda x, \lambda^2 t\right)$ 也是方程（1．1）的解．

由性质 6.4 ，易知方程（1．1）存在具有如下形式的自相似解：

$$
Q(x, t)=q(\xi), \quad \xi=\frac{x}{\sqrt{t}}
$$

经过简单的计算可知 $q(\xi)$ 满足常微分方程

$$
q^{\prime \prime}+\frac{1}{2 a^2} \xi q^{\prime}=0
$$

方程（1．4）的通解可通过两次积分求出：

$$
q(\xi)=c_1 \int_0^{\xi} e^{-\frac{1}{4 a^2} \eta^2} d \eta+c_2
$$

其中 $c_1, c_2$ 是两个积分常数．
因此

$$
Q(x, t)=c_1 \int_0^{\frac{x}{\sqrt{t}}} e^{-\frac{1}{4 a^2} \eta^2} d \eta+c_2
$$

由性质6．2知

$$
S(x, t)=\frac{\partial}{\partial x} Q(x, t)=\frac{c_1}{\sqrt{t}} e^{-\frac{x^2}{4 a^2 t}}
$$

是方程（1．1）的解，从而由性质6．3 知对连续函数 $\varphi(y)$ ，

$$
v(x, t)=\int_{-\infty}^{\infty} S(x-y, t) \varphi(y) d y=\frac{c_1}{\sqrt{t}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-y)^2}{4 a^2 t}} \varphi(y) d y
$$

也是方程（1．1）的解．为了求出 Cauchy 问题（1．1），（1．2）的解，我们利用初值条件（1．2）确定（1．7）式中的常数 $c_1$ ．

事实上，作变换 $y=x+2 a \sqrt{t} \eta$ ，则（1．7）式可改写为

$$
v(x, t)=2 a c_1 \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\eta^2} \varphi(x+2 a \sqrt{t} \eta) d \eta .
$$

在（1．8）式中令 $t \rightarrow 0^{+}$，得

$$
\varphi(x)=v(x, 0)=2 a c_1 \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\eta^2} \varphi(x) d \eta=2 \sqrt{\pi} a c_1 \varphi(x)
$$

因此，要使（1．7）式满足初值条件（1．2），必须取

$$
c_1=\frac{1}{2 \sqrt{\pi} a}
$$

将（1．10）式代人到（1．7）式，我们得到 Cauchy 问题（1．1），（1．2）的解为

$$
u(x, t)=\frac{1}{2 a \sqrt{\pi t}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-y)^2}{4 a^2 t}} \varphi(y) d y
$$

我们通常称（1．11）式为 Cauchy 问题（1．1），（1．2）的 Poisson 公式，若记

$$
G(x, t)=\left\{\begin{array}{l}
\frac{1}{2 a \sqrt{\pi t}} e^{-\frac{x^2}{4 a^2 t}}, \quad t>0 \\
0, \quad t<0
\end{array}\right.
$$

那么（1．11）式可改写成

$$
u(x, t)=\int_{-\infty}^{\infty} G(x-y, t) \varphi(y) d y
$$

由（1．12）式所确定的函数通常称为热核函数．

当然，上面的推导完全是形式的．下面我们证明当 $\varphi(x)$ 满足一定条件时，Pois－ son 公式（1．11）或（1．13）确实给出 Cauchy 问题（1．1），（1．2）的解．

定理 6.1 若 $\varphi \in C( R )$ 且有界，则由 Poisson 公式（1．11）所确定的函数 $u(x, t)$ 是 Cauchy 问题（1．1），（1．2）的解．

证 首先，我们验证由 Poisson 公式（1．11）所确定的函数 $u(x, t)$ 满足方程（1．1）．当 $t>0$ 时，由于 $|\varphi(x)| \leqslant M$ 对某个正常数 $M$ 成立，所以

$$
|u(x, t)| \leqslant M \int_{-\infty}^{\infty} G(x-y, t) d y=\frac{M}{2 a \sqrt{\pi t}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-y)^2}{4 a^2 t}} d y=M .
$$

这说明积分（1．11）关于 $x, t$ 是一致收玫的且由 Poisson 公式（1．11）所确定的函数 $u(x, t)$ 是一致有界的．为了保证在积分号下求导的可能性，必须证明在积分号下求导后所得到的积分都是一致收玫的．这里仅以对 $x$ 的一阶偏导数为例验证之．事实上，

$$
u_x(x, t)=\frac{1}{2 a \sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{y-x}{2 a^2 t^{\frac{3}{2}}} \varphi(y) e^{-\frac{(y-x)^2}{4 a^2 t}} d y .
$$

显然对任意的 $t_0>0,(1.14)$ 式右端的积分当 $t \geqslant t_0$ 时关于 $x, t$ 一致收玫．

因此，

$$
u_t-a^2 u_{x x}=\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\partial G(x-y, t)}{\partial t}-a^2 \frac{\partial^2 G(x-y, t)}{\partial x^2}\right) \varphi(y) d y
$$

另一方面，由（1．13）式的推导过程，易知

$$
\frac{\partial G(x, t)}{\partial t}-a^2 \frac{\partial^2 G(x, t)}{\partial x^2}=0
$$

因此 $u_t-a^2 u_{x x}=0$ ．
下面我们证明 $u(x, t)$ 满足初值条件（1．2）．即证如下引理：
引理 6.1 设 $\varphi \in C( R )$ 且有界，则对任意的 $x \in R$ ，由（1．11）式所确定的函数 $u(x, t)$ 满足

$$
\lim _{t \rightarrow 0^{+}} u(x, t)=\varphi(x)
$$

即

$$
\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{2 a \sqrt{\pi t}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-y)^2}{4 a^2 t}} \varphi(y) d y=\varphi(x)
$$

证 因为 $\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e ^{-\eta^2} d \eta=1$ ，于是对任意的 $x \in R$ ，

$$
\varphi(x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \varphi(x) e^{-\eta^2} d \eta
$$

对（1．11）式，令 $\eta=\frac{y-x}{2 a \sqrt{t}}$ ，便得

$$
u(x, t)=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \varphi(x+2 a \sqrt{t} \eta) e^{-\eta^2} d \eta
$$

从而有

$$
u(x, t)-\varphi(x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}[\varphi(x+2 a \sqrt{t} \eta)-\varphi(x)] e^{-\eta^2} d \eta
$$

由于函数 $\varphi(x)$ 有界，因此对任何 $x, t$ 和 $\eta$ ，存在 $M>0$ 使得

$$
|\varphi(x+2 a \sqrt{t} \eta)-\varphi(x)| \leqslant 2 M .
$$

今对任意的 $\varepsilon>0$ ，由于积分 $\int_{-\infty}^{\infty} e ^{-\eta^2} d \eta$ 收玫，故存在充分大的正数 $N$ ，使得

$$
\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_N^{\infty} e^{-\eta^2} d \eta<\frac{\varepsilon}{6 M}, \quad \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{-N} e^{-\eta^2} d \eta<\frac{\varepsilon}{6 M} .
$$

又因为 $\varphi(x)$ 是连续的，故对任意的 $x \in R$ ，存在 $\delta(x)>0$ 使得当 $0<t<\delta(x)$ 时，对所有满足 $-N<\eta<N$ 的 $\eta$ ，有

$$
|\varphi(x+2 a \sqrt{t} \eta)-\varphi(x)|<\frac{\varepsilon}{3} .
$$

于是

$$
\begin{aligned}
|u(x, t)-\varphi(x)| \leqslant & \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}|\varphi(x+2 a \sqrt{t} \eta)-\varphi(x)| e^{-\eta^2} d \eta \\
\leqslant & \frac{2 M}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{-N} e^{-\eta^2} d \eta+\frac{2 M}{\sqrt{\pi}} \int_N^{\infty} e^{-\eta^2} d \eta+ \\
& \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-N}^N|\varphi(x+2 a \sqrt{t} \eta)-\varphi(x)| e^{-\eta^2} d \eta \\
< & 2 M \frac{\varepsilon}{6 M}+\frac{\varepsilon}{3}+2 M \frac{\varepsilon}{6 M}=\varepsilon .
\end{aligned}
$$

这就证明了引理 6．1．由此，我们获得了定理 6.1 的证明．
注 6.1 在定理 6.1 的条件下，由 Poisson 公式（1．11）给出的解 $u(x, t)$ 当 $t>0$ 时关于 $x, t$ 是无穷次可微的．也就是说，由（1．11）式，当 $t>0$ 时，我们有

$$
\frac{\partial^{k+l} u}{\partial x^k \partial t^l}=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\partial^{k+l}}{\partial x^k \partial t^l} G(x-y, t) \varphi(y) d y .
$$

事实上，因为对于任意正数 $\delta$ ，上述等式右端的积分在区域 $\{(x, t) \mid x \in R , t \geqslant \delta\}$ 上一致收玫，由于 $G(x-y, t)$ 当 $t>0$ 时无穷次可微，故 $u(x, t) \in C^{\infty}\left( R _{+}^2\right)$ ．

注 6.2 定理 6.1 中要求初值 $\varphi$ 属于有界函数类的条件可放宽为

$$
|\varphi(x)| \leqslant M e^{N x^2}, \quad x \in R
$$

其中 $M, N$ 为正常数．此时我们通过完全类似的推导可证明：由 Poisson 公式（1．11）定义的函数 $u(x, t)$ 在区域 $\left\{(x, t) \left\lvert\, 0<t<\frac{1}{4 a^2 N}\right., x \in R \right\}$ 上仍是热传导方程 Cauchy 问题（1．1），（1．2）的解．

注 6.3 若

$$
|\varphi(x)| \leqslant M, \quad x \in R
$$

则由 Poisson 公式（1．11）容易推得

$$
|u(x, t)| \leqslant M, \quad x \in R , \quad t>0
$$

这与热传导方程（1．1）所描述的物理现象是吻合的：在没有热源与外界热量传入的情况下，在任何时刻，温度场中的最高温度不会超过初始最高温度．

注 6.4 从（1．11）式可知，Poisson 公式给出的解 $u(x, t)$ 在任一点 $(x, t)(t>$ $0)$ 的值，依赖于初值函数 $\varphi(x)$ 在整个 $x$ 轴上的值，没有有限的依赖区域．如果杆的初始温度 $\varphi(x)$ 只在小段 $I_\delta=\left(x_0-\delta, x_0+\delta\right)$ 上不为零，不妨假设 $\varphi(x)>0, x \in$ $I_\delta, \varphi(x) \equiv 0, x \notin I_\delta$ ，那么当 $t>0$ 时，杆上各点的温度

$$
u(x, t)=\int_{-\infty}^{\infty} G(x-y, t) \varphi(y) d y>0
$$

这就是说在顷刻之间，热量能传递到杆上的任意一点，即热的传播速度是无限的．
例 6.1 求解 Cauchy 问题

$$
\left\{\begin{array}{l}
u_t-a^2 u_{x x}=0, \quad x \in R , \quad t>0, \\
\left.u\right|_{t=0}=\cos x, \quad x \in R .
\end{array}\right.
$$

解 由热传导方程 Cauchy 问题的 Poisson 公式（1．11）得 Cauchy 问题（1．17）的解为

$$
\begin{aligned}
u(x, t) & =\frac{1}{2 a \sqrt{\pi t}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-y)^2}{4 a^2 t}} \cos y d y \\
& =\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\xi^2} \cos (2 a \sqrt{t} \xi+x) d \xi \\
& =\frac{\cos x}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\xi^2} \cos (2 a \sqrt{t} \xi) d \xi \\
& =\frac{\cos x}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\xi^2} e^{2 a \sqrt{t} \xi i} d \xi \\
& =\frac{\cos x}{\sqrt{\pi}} e^{-a^2 t} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(\xi-a t i)^2} d \xi
\end{aligned}
$$

对积分 $\int_{\Gamma} e ^{-z^2} d z$ 应用 Cauchy 定理改变积分路径，其中 $\Gamma$ 表示复平面 $z=\xi+$ $\eta i$ 中矩形的边界（如图 6－1），并令 $R_1 \rightarrow \infty, R_2 \rightarrow \infty$ ，则有

$$
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-(\xi-a t i)^2} d \xi=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\xi^2} d \xi=\sqrt{\pi} .
$$

将（1．19）式代入（1．18）式得 $u(x, t)= e ^{-a^2 t} \cos x$ ．
 ![图片](/uploads/2025-04/cfbae5.jpg)

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