Puede la Ecuación del Calor ser Promediados a lo Largo de una Región?

Question

Estoy haciendo un proyecto para mi ecuaciones diferenciales parciales de la clase en la que estoy motivando a la definición de una solución débil. Para empezar, he asumido que $T$ es una solución para $\nabla^2 T = \partial T/\partial t$, y luego me considera el promedio de la versión $$\hat T_D(x,t) = \frac{1}{m(D)}\int_{x+D}T(\xi,t)\,d\xi$$ donde $D$ es una bonita región en el espacio que contiene a $x$, e $x+D$ es una traducción.

Pregunta: Qué $\hat T_D$ satisfacer $\nabla^2\hat T_D = \partial \hat T_D/\partial T$ ?

Parece físicamente razonable para mí que $\hat T_D$ debe satisfacer la misma ecuación diferencial, y sé que esto es verdad en una dimensión:

\begin{align} \frac{\partial \hat T_D}{\partial t} &= \frac{1}{m(D)}\int_{x-a}^{x+b} \frac{\partial T}{\partial t}\!(\xi,t)\,d\xi \\ &= \frac{1}{m(D)}\int_{x-a}^{x+b} \frac{\partial^2 T}{\partial \xi^2}\!(\xi,t)\,d\xi \\ &= \frac{1}{m(D)}\left(\frac{\partial T}{\partial x}(x+b,t) - \frac{\partial T}{\partial x}\!(x-a,t) \right) \\ &= \frac{1}{m(D)}\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial}{\partial x}\left[\int_0^{x+b}T(\xi,t) - \int_0^{x-a}T(\xi,t)\right]\right) \\ &= \frac{\partial^2 \hat T_D}{\partial x^2} \end{align}

El comienzo de este argumento se extiende a las dimensiones superiores mediante la sustitución de FToC por Stokes:

$$m(D)\frac{\partial \hat T_D}{\partial t} = \int_D \nabla^2T(\xi,t)\,d\xi = \int_{\partial D} \nabla T(\xi,t)\,d\xi $$

Sin embargo, para hacer la siguiente parte he utilizado el hecho de que los derivados son lineales para el intercambio de la derivada y la diferencia; no es claro si esto es posible en las dimensiones superiores. Ciertamente, el ingenuo método de sólo tirando el grupo de gestión de la integral no funciona por simple dimensiones consideraciones, pero no estoy al tanto de una técnica más sofisticada.

Answer 1

Respuesta: Sí, así es, y hay un método mucho más sencillo el uso de simetría traslacional.

Empezamos como antes, pero luego sustituye $\zeta=\xi-x$ a quitar el $x$-dependencia de la frontera:

\begin{align} \frac{\partial \hat T_D}{\partial t} &= \frac{1}{m(D)}\int_{x+D} \frac{\partial T}{\partial t}\!(\xi,t)\,d\xi \\ &= \frac{1}{m(D)}\int_{x+D} \nabla^2T(\xi,t)\,d\xi \\ &= \frac{1}{m(D)}\int_{D} \nabla^2T(\zeta+x,t)\,d\zeta, \end{align}

Observe que el $\nabla^2$ descrito anteriormente diferencia con respecto a $\xi=\zeta+x$. Sin embargo, se puede ver a partir de la regla de la cadena que $f_{a+b}(a+b,\mathbf x)=f_b(a+b,\mathbf x)$ y por lo tanto se puede reemplazar con la $\nabla^2$ que diferencia con respecto a $x$; esto puede ser removido de la integral:

\begin{align} \frac{\partial \hat T_D}{\partial t} &= \frac{1}{m(D)}\int_{D} \nabla^2_xT(\zeta+x,t)\,d\zeta \\ &= \nabla^2_x\frac{1}{m(D)}\int_{D}T(\zeta+x,t)\,d\zeta \\ &= \frac{\partial^2 \hat T_D}{\partial x^2}. \end{align}