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user: 3. 构造Boltzmann方程的两个特殊解 问题一：若 F = exp ( − | v ′ | 2 ) 时， F = exp ( − | v ′ | 2 ) 总是方程(1.1) (1.2)的一个解。 证明：首先检验 F = exp ( − | v ′ | 2 ) 是方程(1.1) (1.2)的一个解。 由(1.4)碰撞前后的速度关系，可以得到如下关系式 F ′ F ′ 1 = exp ( − | v ′ | 2 + | v 1 | 2 ) − exp ( − | v | 2 + | v 1 | 2 ) = 0 (1.5) 所以 B ( F ， F ) = 0 恒成立 F = exp ( − | v ′ | 2 ) 是方程(1.1)(1.2)的一个解。 然后我们再证明，当 [ − ( | v ′ − A x − c t | 2 + | v ′ 1 − A x − c t | 2 ) ] − exp [ − ( | v − A x − c t | 2 + | v 1 − A x − c t | 2 ) ] 也是方程(1.1)(1.2)的一个解，且能化成上述形式。 其中， A = ( a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 ) = ( 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ) 从而 F = exp ( − | v − A x − c t | 2 ) = exp β 取 β = ( v ˜ 1 − ∑ i = 1 3 a 1 i x i + c 1 t ) 2 + ( v ˜ 2 − ∑ i = 1 3 a 2 i x i + c 2 t ) 2 + ( v ˜ 3 − ∑ i = 1 3 a 3 i x i + c 3 t ) 2 下面计算， ∂ t F = exp β ⋅ ∂ t β = ∑ i = 1 3 a 1 i ( v ˜ 1 − ∑ i = 1 3 a 1 i x i + c 1 t ) v ˜ 1 − ∑ i = 1 3 a 2 i ( v ˜ 2 − ∑ i = 1 3 a 2 i x i + c 2 t ) v ˜ 2 − ∑ i = 1 3 a 3 i ( v ˜ 3 − ∑ i = 1 3 a 3 i x i + c 3 t ) v ˜ 3 v ⋅ ∇ x F = ( v ˜ 1 v ˜ 2 v ˜ 3 ) ( − 2 ∑ i = 1 3 a 1 i x i ( v ˜ 1 − ∑ i = 1 3 a 1 i x i + c 1 t ) − 2 ∑ i = 1 3 a 2 i x i ( v ˜ 2 − ∑ i = 1 3 a 2 i x i + c 2 t ) − 2 ∑ i = 1 3 a 3 i x i ( v ˜ 3 − ∑ i = 1 3 a 3 i x i + c 3 t ) ) = − 2 ∑ i = 1 3 a 1 i x i ( v ˜ 1 − ∑ i = 1 3 a 1 i x i + c 1 t ) v ˜ 1 − 2 ∑ i = 1 3 a 2 i x i 2 ( v ˜ 2 − ∑ i = 1 3 a 2 i x i + c 2 t ) v ˜ 2     − 2 ∑ i = 1 3 a 3 i x i ( v ˜ 3 − ∑ i = 1 3 a 3 i x i + c 3 t ) v ˜ 3 下面考察 B ( F ， F ) 这一项，有 B ( F ， F ) = 0 F ′ F ′ 1 − F F 1 = exp [ − ( | v ′ − A x − c t | 2 + | v ′ 1 − A x − c t | 2 ) ] − exp [ − ( | v − A x − c t | 2 + | v 1 − A x − c t | 2 ) ] = 0 记得我们曾经学习过这样一条性质 [ 3 ] ： 设 a 2 + b 2 = c 2 + d 2 ，如果 a + b = c + d ，则有 ( a + m ) 2 + ( b + n ) 2 = ( c + m ) 2 + ( d + n ) 2 又由(1.4) v ′ + v ′ 1 = v + v 1 ，   | v ′ | 2 + | v ′ 1 | 2 = | v | 2 + | v 1 | 2 由上述性质可 F ′ F ′ 1 − F F 1 = exp [ − ( | v ′ − A x − c t | 2 + | v ′ 1 − A x − c t | 2 ) ] − exp [ − ( | v − A x − c t | 2 + | v 1 − A x − c t | 2 ) ] = 0 B ( F ， F ) ( x ， t ， v ) = ∬ R 3 × S 2 ( F ′ F ′ 1 − F F 1 ) b ( v − v 1 ， w ) | cos ( v − v 1 ， w ) | d w d v 1 = 0 exp β ⋅ [ c 1 ( v ˜ 1 − ∑ i = 1 3 a 1 i x i + c 1 t ) + c 2 ( v ˜ 2 − ∑ i = 1 3 a 2 i x i + c 2 t ) + c 3 ( v ˜ 3 − ∑ i = 1 3 a 3 i x i + c 3 t ) ] ∑ i = 1 3 c i v − ∑ i = 1 3 ∑ j = 1 3 c j a j i x i + ∑ i = 1 3 c i 2 t = 0 其中 β = ( v ˜ 1 − ∑ i = 1 3 a 1 i x i + c 1 t ) 2 + ( v ˜ 2 − ∑ i = 1 3 a 2 i x i + c 2 t ) 2 + ( v ˜ 3 − ∑ i = 1 3 a 3 i x i + c 3 t ) 2 于是令 c 1 ( v ˜ 1 − ∑ i = 1 3 a 1 i x i + c 1 t ) + c 2 ( v ˜ 2 − ∑ i = 1 3 a 2 i x i + c 2 t ) + c 3 ( v ˜ 3 − ∑ i = 1 3 a 3 i x i + c 3 t ) = 0 而且 ∑ i = 1 3 a 1 i ( v ˜ 1 − ∑ i = 1 3 a 1 i x i + c 1 t ) v ˜ 1 − ∑ i = 1 3 a 2 i ( v ˜ 2 − ∑ i = 1 3 a 2 i x i + c 2 t ) v ˜ 2 − ∑ i = 1 3 a 3 i ( v ˜ 3 − ∑ i = 1 3 a 3 i x i + c 3 t ) v ˜ 3 = 0 通过整理得 ∑ k = 1 3 ( ∑ j = 1 3 ) c i v − ∑ i = 1 3 ∑ j = 1 3 c j a j i x i + ∑ i = 1 3 c i 2 t = 0 而且 ∑ k = 1 3 ( ∑ j = 1 3 a j k ) ( v ˜ k 2 − ∑ i = 1 3 a k i x i v ˜ k + c 3 v ˜ k t ) = 0 所以 c = ( c 1 c 2 c 3 ) = ( 0 0 0 ) A = ( a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 ) = ( 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ) 于是形如 F = exp ( − | v − A x − c t | 2 ) 的解只有 F = exp ( − | v | 2 ) 这一解。 问题二：当 F = exp ( − | a x − ( a t + b ) v − c | 2 ) = exp ( − β ) 也是方程(1.1) (1.2)的一个解 其中 v = ( v ˜ 1 v ˜ 2 v ˜ 3 ) ，   x = ( x ˜ 1 x ˜ 2 x ˜ 3 ) ，   c = ( c 1 c 2 c 3 ) ，   a ∈ R 可计算 β = ∑ i = 1 3 [ a x i − ( a t + b ) v i − c i ] 2 F t = 2 a ∑ i = 1 3 v ˜ i [ a x i − ( a t + b ) v i − c i ] v ⋅ ∇ x F = − 2 a ∑ i = 1 3 v ˜ i [ a x i − ( a t + b ) v i − c i ] 再由上述性质可知： F ′ F ′ 1 − F F 1 = 0 F t + v ⋅ ∇ x F = 0 F = exp ( − | a x − ( a t + b ) v − c | 2 ) 是玻尔兹曼方程(1.1) (1.2)的一个解。