70. 波动方程和热方程的基本解

我们现在考虑函数 $\phi \in \mathcal{S}({\mathbb{R}}^m\times {\mathbb{R}}^n)$, 其中, 我们用 $t\in {\mathbb{R}}^m$ 表示前面的 $m$ 个变量, $x\in {\mathbb{R}}^n$ 表示前面的 $n$ 个变量, 我们可以考虑只对后面 $n$ 个变量的 Fourier 变换: $${\mathcal{F}}_{x\to \xi }(\phi )(t,\xi )={\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-ix\cdot \xi }\phi (t,x)dx.$$有时候, 为了方便起见, 我们把这个变换记做 $\tilde{\phi }(t,\xi )$ 或者干脆记做 $\hat{\phi }(t,\xi )$. 我们在不同的场合总会指出具体对哪些变量做 Fourier 变换. 类似地, 我们可以定义对后面 $n$ 个变量的 Fourier 逆变换: $${\mathcal{F}}_{\xi \to x}^{-1}(\psi (t,\xi ))(t,x)=\frac{1}{(2\pi {)}^n}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{ix\cdot \xi }\psi (t,\xi )d\xi .$$我们注意到 ${\mathcal{F}}_{x\to \xi }$ 把 ${\mathbb{R}}^m\times {\mathbb{R}}^n$ 上的 Schwartz 函数映射成为 ${\mathbb{R}}^m\times {\mathbb{R}}^n$ 上的 Schwartz 函数, 即$${\mathcal{F}}_{x\to \xi }:\mathcal{S}({\mathbb{R}}_t^m\times {\mathbb{R}}_x^n)\to \mathcal{S}({\mathbb{R}}_t^m\times {\mathbb{R}}_x^n).$$这是一个连续的线性同构, 证明和之前关于 Fourier 变换的证明是一致的, 我们留作作业来验证.

根据 ${\mathcal{F}}_{x\to \xi }$ 在 Schwartz 函数上的作用, 我们就可以定义它在缓增分布上的作用: $${\mathcal{F}}_{x\to \xi }:{\mathcal{S}}^{\prime }({\mathbb{R}}_t^m\times {\mathbb{R}}_x^n)\to {\mathcal{S}}^{\prime }({\mathbb{R}}_t^m\times {\mathbb{R}}_x^n),u\mapsto {\mathcal{F}}_{x\to \xi }(u),$$其中, 对于任意的 $\phi \in \mathcal{S}({\mathbb{R}}^m\times {\mathbb{R}}^n)$, 我们有$$⟨{\mathcal{F}}_{x\to \xi }(u),\phi ⟩=⟨u,{\mathcal{F}}_{x\to \xi }(\phi )⟩.$$我们同样可以证明, 这是一个连续的线性同构.

例子. 考虑 ${\delta }_{0,0}\in {\mathcal{S}}^{\prime }({\mathbb{R}}_t^m\times {\mathbb{R}}_x^n)$. 按照定义, 我们有$$\begin{array}{rl}⟨{\mathcal{F}}_{x\to \xi }({\delta }_{0,0}),\phi ⟩& =⟨u,{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-ix\cdot \xi }\phi (t,x)dx⟩={\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-ix\cdot \xi }\phi (t,x)dx{|}_{(t,\xi )=(0,0)}\\ & ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}\phi (0,x)dx={\int }_{{\mathbb{R}}^n}⟨{\delta }_{t=0},\phi (t,x)⟩dx.\end{array}$$利用我们在第三次作业中定义的张量积, 我们就有$${\mathcal{F}}_{x\to \xi }({\delta }_{0,0})(t,\xi )={\delta }_{t=0}\otimes 1_{\xi }.$$

热核的推导

我们已经证明过: 定义在 $\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^n$ 上的热算子 ${\partial }_t-△$ 以如下的热核函数作为其基本解: $$E(t,x)=\frac{H(t)}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{e}^{-\frac{|x{|}^2}{4t}}.$$然而, 之前只是被动地验证了这个事实, 我们现在给出它的推导.

我们要解如下的方程: $$\left({\partial }_t-△\right)E={\delta }_{0,0}.$$我们做如下的预设: $E\in \mathcal{S}(\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^n)$. 对上面方程的 $x$ 变量做 Fourier 变换 (仍然用 $\hat{}$ 来表示) , 我们就有$$\left({\partial }_t+|\xi {|}^2\right)\hat{E}(t,\xi )={\delta }_{t=0}\otimes 1_{\xi }.$$我们要解上面这个常微分方程. 注意到, 右边分布的支集在 $\{(t,\xi )|t=0\}$ 这个超平面上, 所以, 在 $t=0$ 之外, 对于每个固定的 $\xi \in {\mathbb{R}}^n$, 这个常微分方程的通解形如$$c(\xi )e^{-t|\xi {|}^2}.$$为了在 $t=0$ 处得到关于 $t$ 的 Dirac 分布, 我们很容易猜测$$c(\xi )e^{-t|\xi {|}^2}H(t)$$满足要求. 现在计算热算子在这个分布上的作用: $$\left({\partial }_t+|\xi {|}^2\right)\left(c(\xi )e^{-t|\xi {|}^2}H(t)\right)=c(\xi )e^{-t|\xi {|}^2}{\delta }_{t=0}={\delta }_{t=0}\otimes c(\xi ).$$我们只要取 $c(\xi )\equiv 1$ 即可. 综上所述, 我们就有$$\hat{E}(t,\xi )=e^{-t|\xi {|}^2}H(t).$$对 $\xi$ 做 Fourier 逆变换, (根据我们已有的计算) 我们得到$$E(t,x)=\frac{H(t)}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{e}^{-\frac{|x{|}^2}{4t}}.$$

${\mathbb{R}}^n$ 中波动方程基本解的推导

我们考虑定义在 ${\mathbb{R}}^{1+n}=\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^n$ 上的算子波动算子 $\square =-{\partial }_t^2+△$, 其中, 第一个坐标是时间 $t$ 的坐标. 波动算子作用在以 $(t,x)\in \mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^n$ 为变量函数上的. 我们仍然预设我们要找的基本解 $W\in \mathcal{S}(\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^n)$, 所以, $$\square W={\delta }_{0,0}\iff -\left({\partial }_t^2+|\xi {|}^2\right)\hat{W}(t,\xi )={\delta }_{t=0}\otimes 1_{\xi }.$$这是一个二阶的线性常微分方程, 与热核的情况相似, 在 $t=0$ 之外, 对于每个固定的 $\xi \in {\mathbb{R}}^n$, 它的通解形如$$a(\xi )\cos (t|\xi |)+b(\xi )\sin (t|\xi |).$$在 $n=3$ 的时, 我们寻找的基本解满足 “在过去为零” 的要求 (这是物理上因果性的要求) , 与热方程的情况比较, 我们对 $\hat{W}(t,\xi )$ 的形状先做出如下的猜测: $$\hat{W}(t,\xi )=H(t)\left(a(\xi )\cos (t|\xi |)+b(\xi )\sin (t|\xi |)\right).$$所以, $$\begin{array}{rl}{\partial }_t\left(\hat{W}(t,\xi )\right)& =H(t)\left(-a(\xi )|\xi |\sin (t|\xi |)+b(\xi )|\xi |\cos (t|\xi |)\right)+{\delta }_{t=0}\left(a(\xi )\cos (t|\xi |)+b(\xi )\sin (t|\xi |)\right)\\ & =H(t)\left(-a(\xi )|\xi |\sin (t|\xi |)+b(\xi )|\xi |\cos (t|\xi |)\right)+{\delta }_{t=0}\otimes a(\xi ).\end{array}$$当然, 如果我们再对这个式子求导数, 最后一项可能会贡献出 ${\delta }_{t=0}^{\prime }$, 这不会满足基本解的公式, 所以, 我们假设 $a(\xi )\equiv 0$. 据此, 我们有$$\begin{array}{rl}\hat{W}(t,\xi )& =H(t)b(\xi )\sin (t|\xi |),\\ {\partial }_t\left(\hat{W}(t,\xi )\right)& =H(t)b(\xi )|\xi |\cos (t|\xi |).\end{array}$$从而, $${\partial }_t^2\left(\hat{W}(t,\xi )+|\xi {|}^2\right)={\delta }_{t=0}\cdot b(\xi )|\xi |\cos (t|\xi |).$$据此, 我们令$$\hat{W}(t,\xi )=-H(t)\frac{\sin (t|\xi |)}{|\xi |}.$$在 $n=3$ 的情形, 我们已经证明了$$\frac{\hat{d{\sigma }_{{\mathbb{S}}_R}}}{4\pi R}=\frac{\sin (R|\xi |)}{|\xi |}.$$所以, 当 $n=3$ 时, 我们有$$\hat{W}(t,\xi )=-H(t)\frac{d{\sigma }_{{\mathbb{S}}_t^2}}{4\pi t}.$$最后, 我们可以和之前已经给出的基本解做比较: $$W=-\frac{d\sigma }{4\pi \sqrt{t^2+|x{|}^2}},$$其中, $d\sigma$ 是正向光锥的测度. 这两个计算是一致的.