数学 - 微分方程数值解 - 第 2 章 常微分方程两点边值问题的差分解法 - 2.1 Dirichlet 边值问题

2.1 Dirichlet 边值问题

令 $q(x) \geqslant 0$，$f(x)$ 为一个已知函数，$\alpha$ 和 $\beta$ 为已知常数。有如下定解问题：

$$\begin{align*} & -u'' + q(x) u = f(x), \quad a < x < b \tag{2.1.1} \\ & u(a) = \alpha, \quad u(b) = \beta \tag{2.1.2} \end{align*}$$

对该问题虽然难以求出数值解，但我们可以设法给出解的估计式。

2.1.1 基本微分不等式

用 $C^m([a,b])$ 表示闭区间 $[a,b]$ 上具有 $m$ 阶连续导数的函数的集合。

设 $u(x) \in C[a,b]$，记

$$\| u \|_{\infty} = \max_{a \leqslant x \leqslant b} |u(x)|, \quad \| u \| = \sqrt{\int_{a}^b u^2(x) \, \mathrm{d} x}$$

如果 $u(x) \in C^1 ([a,b])$，则进一步记

$$| u |_{1} = \sqrt{\int_{a}^b [u'(x)]^2 \, \mathrm{d} x}, \quad \| u \|_{1} = \sqrt{\| u \|^2 + | u |_{1}^2}$$

引理 2.1.1

• 设 $u(x) \in C^2[a, b],v(x) \in C^1[a, b]$，则有

$$- \int_{a}^{b} u''(x) v(x) \, \mathrm{d} x = \int_{a}^{b} u'(x) v'(x) \, \mathrm{d} x + u'(a) v(a) - u'(b) v(b) \tag{2.1.3}$$

• 设 $u(x) \in C^2[a, b]$，且 $u(a) = 0$，$u(b)=0$，则有

$$- \int_a^b u''(x) u(x) \, \mathrm{d} x = | u |_{1}^2 \tag{2.1.4}$$

• 设 $v(x) \in C^1[a, b]$，且 $v(a) = v(b) =0$，则有

$$\| v \|_{\infty} \leqslant \frac{\sqrt{b-a}}{2} | v |_{1} , \quad \| v \| \leqslant \frac{b-a}{\sqrt{6}} |v|_{1} \tag{2.1.5}$$

• 设 $v(x) \in C^1[a, b]$，且 $v(a) = v(b) =0$，则对任意 $\varepsilon > 0$ 有

$$\| v \|_{\infty}^2 \leqslant \varepsilon | v |_{1}^2 + \frac{1}{4\varepsilon} \| v \|^2\tag{2.1.6}$$

• 设 $v(x) \in C^1[a, b]$，则对任意 $\varepsilon > 0$ 有

$$\| v \|_{\infty}^2 \leqslant \varepsilon | v |_{1}^2 + \left( \frac{1}{\varepsilon} + \frac{1}{b-a} \right) \| v \|^2\tag{2.1.7}$$

证明： 引理 $2.1.1$ 的第一条可以由分部积分直接得到。

第二条可以看作第一条的一个特殊情形。

证明第三条，对于任意 $x \in (a,b)$，有

$$v(x) = \int_a^x v'(s) \, \mathrm{d} s, \quad v(x) = - \int_x^b v'(s) \, \mathrm{d} s \tag{2.1.8}$$

将上式两边平方并应用 $\text{Cauchy-Schwarz}$ 不等式，得到

$$\begin{align*} & v^2(x) \leqslant \int_a^x \,\mathrm{d} s \int_a^x [v'(s)]^2 \,\mathrm{d} s = (x - a) \int_a^x [v'(s)]^2 \,\mathrm{d} s \tag{2.1.9} \\ & v^2(x) \leqslant \int_x^b \,\mathrm{d} s \int_x^b [v'(s)]^2 \,\mathrm{d} s = (b - x) \int_x^b [v'(s)]^2 \,\mathrm{d} s \tag{2.1.10} \end{align*}$$

将式 $(2.1.9)$ 乘以 $b-x$，式 $(2.1.10)$ 乘以 $x-a$，并将结果相加得

$$(b-a) v^2(x) \leqslant (x-a)(b-x) \int_x^b [v'(s)]^2 \,\mathrm{d} s = (x-a)(b-x) | v |_{1}^2 \tag{2.1.11}$$

又当 $x\in(a,b)$ 时，有

$$(x-a)(b-x) \leqslant \frac{(b-a)^2}{4}$$

因此有

$$| v(x) |\leqslant \frac{\sqrt{b-a}}{2}| v |_{1}, \quad \forall x \in(a, b)$$

则知

$$\| v \|_{\infty} \leqslant \frac{\sqrt{b-a}}{2} | v |_{1}$$

对式 $(2.1.11)$ 两端关于 $x$ 进行积分，得

$$(b-a) \int_a^b v^2(x) \, \mathrm{d} x \leqslant | v |_1^2 \int_a^b (x-a)(b-a) \, \mathrm{d} x \leqslant \frac{(b-a)^3}{6} |v|_1^2$$

可得

$$\| v \| \leqslant \frac{(b-a)}{\sqrt{6}}$$

证明第四条，对 $\forall \varepsilon > 0$ 有

$$\begin{align*} v^2(x) & = \int_a^x \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} s} [v^2(s)] \, \mathrm{d} s = 2\int_a^x v(s) v'(s) \, \mathrm{d} s \\ v^2(x) & = -\int_x^b \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} s} [v^2(s)] \, \mathrm{d} s = -2\int_x^b v(s) v'(s) \, \mathrm{d} s \end{align*}$$

将以上两式相加并除以 $2$，得到

$$\begin{align*} v^2(x) & \leqslant \int_a^x | v(s) v'(s) | \, \mathrm{d} s + \int_x^b | v(s) v'(s) | \, \mathrm{d} s = \int_a^b | v(s) v'(s) | \, \mathrm{d} s \\ & \leqslant \int_a^b \varepsilon [v'(s)]^2 + \frac{1}{4 \varepsilon} [v(s)]^2 \, \mathrm{d} s = \varepsilon |v|_1^2 + \frac{1}{4 \varepsilon} \| v \|^2, \quad a \leqslant x \leqslant b \end{align*}$$

第五条代证明。

2.1.2 解的先验估计式

我们给出齐次边值问题解的先验估计式。

定理 2.1.1

考虑两点边值问题

$$\begin{align*} & -v'' + q(x) v = f(x), \quad a < x < b \tag{2.1.12} \\ & v(a)=0, \quad v(b)=0 \tag{2.1.13} \end{align*}$$

设 $u(x) \in C^2[a, b]$ 为上述问题的解，其中 $q(x) \geqslant 0$，则有

$$\begin{align*} & | v |_1 \leqslant \frac{b-a}{\sqrt{6}} \| f \| \tag{2.1.14} \\ & \| v \|_{\infty} \leqslant \frac{(b-a)^2}{2 \sqrt{6}} \| f \|_{\infty} \tag{2.1.15} \end{align*}$$

证明：证明式 $(2.1.14)$。

将 $(2.1.12)$ 的两端同乘以 $v(x)$，并关于 $x$ 在 $(a, b)$ 上积分，得

$$- \int_a^b v''(x) v(x) \, \mathrm{d} x + \int_a^b q(x) v^2(x) \, \mathrm{d} x = \int_a^b f(x) v(x) \, \mathrm{d} x$$

根据引理 $2.1.1$，得到

$$|v|_1^2 \leqslant \int_a^b f(x) v(x) \, \mathrm{d} x \leqslant \| f \| \cdot\| v \|$$

再利用引理 $2.1.1$，得到

$$|v|_1^2 \leqslant \| f \| \cdot\| v \| \leqslant \frac{b-a}{\sqrt{6}} \| f \| \cdot |v|_1$$

于是

$$| v |_1 \leqslant \frac{b-a}{\sqrt{6}} \| f \|$$

证明式 $(2.1.15)$。注意到

$$\| f \| \leqslant \sqrt{b-a} \| f\|_{\infty}$$

由式 $(2.1.14)$ 以及引理 $2.1.1$，得到

$$\| v \|_{\infty} \leqslant \frac{\sqrt{b-a}}{2} |v|_1 \leqslant \frac{\sqrt{b-a}}{2} \cdot \frac{b-a}{\sqrt{6}}\| f \| \leqslant \frac{(b-a)^2}{2\sqrt{6}}$$

证毕。