在 “【笔记】格子Boltzmann方法的相场模型” 中，我把LBM里的相场模型简单记了一下。笔记里有提到，序参数 $\phi$ 的梯度可以通过下面的差分进行计算。

$$\displaystyle \begin{cases} \nabla\phi(\boldsymbol{x}) =& \sum\limits_{i \neq 0} \dfrac{w_i \boldsymbol{c}_i \phi(\boldsymbol{x} + \boldsymbol{c}_i \delta_t)}{c_s^2 \delta_t} ,\\ \nabla^2\phi(\boldsymbol{x}) =& \sum\limits_{i \neq 0} \dfrac{2w_i}{c_s^2 \delta_t^2} [\phi(\boldsymbol{x} + \boldsymbol{c}_i \delta_t) - \phi(\boldsymbol{x})] \end{cases}$$

其中 $i$ 为 DnQb 离散速度模型中的第 $i$ 个离散速度 $\boldsymbol{c}_i$ 的下标， $w_i$ 是 $\boldsymbol{c}_i$ 的权重系数。

序参数 Φ 的一阶导数

对于点 $\boldsymbol{x}$ 及其邻近格子 $\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t$，考虑序参数 $\phi$ 在点 $\boldsymbol{x}$ 的Taylor展开，得：

$$\phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) = \phi(\boldsymbol{x}) + (\boldsymbol{c}_i \delta_t) \cdot \nabla\phi(\boldsymbol{x}) + \frac{\delta_t^2}{2} (\boldsymbol{c}_i \cdot \nabla)^2 \phi(\boldsymbol{x}) + O(\delta_t^3) \tag{1}$$

式(1)两边同时乘上 $w_i \boldsymbol{c}_i$，并对所有方向求和，得到：

$$\begin{aligned} \sum_i w_i \boldsymbol{c}_i \phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) &= \sum_i w_i \boldsymbol{c}_i \phi(\boldsymbol{x}) \\ &\quad + \sum_i w_i \boldsymbol{c}_i [(\boldsymbol{c}_i \delta_t) \cdot \nabla\phi(\boldsymbol{x})] \\ &\quad + \sum_i w_i \boldsymbol{c}_i \left[ \frac{\delta_t^2}{2} (\boldsymbol{c}_i \cdot \nabla)^2 \phi(\boldsymbol{x}) \right] + O(\delta_t^3) \end{aligned} \tag{2}$$

下面分析式(2)右侧的三个项。

（1）对第1项，$\phi(\boldsymbol{x})$ 是定值，所以

$$\sum_i w_i \boldsymbol{c}_i \phi(\boldsymbol{x}) = \phi(\boldsymbol{x}) \cdot \sum_i (w_i \boldsymbol{c}_i )$$

由于 $\sum_i w_i \boldsymbol{c}_i = \vec{0}$，所以第1项为 0 。

（2）对第2项，

$$\sum_i w_i \boldsymbol{c}_i [(\boldsymbol{c}_i \delta_t) \cdot \nabla\phi(\boldsymbol{x})] = \delta_t \nabla\phi(\boldsymbol{x}) \cdot \sum_i (w_i \boldsymbol{c}_i \boldsymbol{c}_i) = \delta_t c_s^2 \nabla\phi(\boldsymbol{x})$$

其中 $\sum_i (w_i \boldsymbol{c}_i \boldsymbol{c}_i) = c_s^2 [\boldsymbol{I}]$ 。

这个关系可以由常规 DnQb 模型中的 $\sum_i \boldsymbol{c}_i \boldsymbol{c}_i f_i^{eq} = \rho (\boldsymbol{u}\boldsymbol{u} + c_s^2 [\boldsymbol{I}])$ 推出。（取 $\boldsymbol{u}=\vec{0}$）

（3）对第3项，为简化考虑，这里推导其中一个分量，其形式为：

$$\frac{\delta_t^2}{2} \sum_i w_i c_{i\gamma} \left[ c_{i\alpha} c_{i\beta} \frac{\partial^2 \phi(\boldsymbol{x})}{\partial x_{\alpha} \partial x_{\beta}} \right] = \frac{\delta_t^2}{2} \frac{\partial^2 \phi(\boldsymbol{x})}{\partial x_{\alpha} \partial x_{\beta}} \sum_i w_i c_{i\alpha} c_{i\beta} c_{i\gamma}$$

由于在常规 DnQb 模型中，

$$\sum_i c_{i\alpha} c_{i\beta} c_{i\gamma} f_i^{eq} = c_s^2 \rho [u_{\alpha} \delta_{\beta\gamma}+ u_{\beta} \delta_{\alpha\gamma} + u_{\gamma} \delta_{\alpha\beta}]$$

这里的 $\delta$ 为克罗内克函数。同样取 $\boldsymbol{u}=\vec{0}$ ，得：

$$\sum_i w_i c_{i\alpha} c_{i\beta} c_{i\gamma} = c_s^2 [u_{\alpha} \delta_{\beta\gamma}+ u_{\beta} \delta_{\alpha\gamma} + u_{\gamma} \delta_{\alpha\beta}] = 0$$

所以式(2)被化简为

$$\sum_i w_i \boldsymbol{c}_i \phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) = \delta_t c_s^2 \nabla\phi(\boldsymbol{x}) + O(\delta_t^3)$$

即：

$$\nabla\phi(\boldsymbol{x}) = \frac{1}{\delta_t c_s^2} \sum_i w_i \boldsymbol{c}_i \phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) + O(\delta_t^2) \tag{3}$$

序参数 Φ 的二阶导数

将式(1)改写成

$$\phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) - \phi(\boldsymbol{x}) = (\boldsymbol{c}_i \delta_t) \cdot \nabla\phi(\boldsymbol{x}) + \frac{\delta_t^2}{2} (\boldsymbol{c}_i \cdot \nabla)^2 \phi(\boldsymbol{x}) + O(\delta_t^3) \tag{4}$$

式(4)两边同时乘上 $w_i$，并对所有方向求和，得到：

$$\begin{aligned} \sum_i w_i [\phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) - \phi(\boldsymbol{x})] &= \sum_i w_i [(\boldsymbol{c}_i \delta_t) \cdot \nabla\phi(\boldsymbol{x})] \\ &\quad + \sum_i w_i \left[ \frac{\delta_t^2}{2} (\boldsymbol{c}_i \cdot \nabla)^2 \phi(\boldsymbol{x}) \right] + O(\delta_t^3) \end{aligned} \tag{5}$$

参照上一节的推导，易得式(5)等式右侧的两项分别满足

$$\sum_i w_i c_{i\alpha} \delta_t \nabla_{\alpha}\phi(\boldsymbol{x}) = \delta_t \nabla_{\alpha}\phi(\boldsymbol{x}) \sum_i w_i c_{i\alpha} = 0$$

以及

$$\sum_i w_i \frac{\delta_t^2}{2} c_{i\alpha} c_{i\beta} \cdot \nabla_{\alpha\beta}\phi(\boldsymbol{x}) = \frac{\delta_t^2}{2} \nabla_{\alpha\beta}\phi(\boldsymbol{x}) \sum_i w_i c_{i\alpha} c_{i\beta} = \frac{\delta_t^2 c_s^2 \delta_{\alpha\beta}}{2} \nabla_{\alpha\beta}\phi(\boldsymbol{x})$$

其中 $\nabla_{\alpha} = \frac{\partial}{\partial x_{\alpha}}$ 和 $\nabla_{\alpha\beta} = \frac{\partial^2}{\partial x_{\alpha}\partial x_{\beta}}$ 。而 $\delta_{\alpha\beta}$ 同样是克罗内克函数。

所以式(5)表示为

$$\sum_i w_i [\phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) - \phi(\boldsymbol{x})] = \frac{\delta_t^2 c_s^2}{2} \nabla^2\phi(\boldsymbol{x}) + O(\delta_t^3)$$

即：

$$\nabla^2\phi(\boldsymbol{x}) = \frac{2}{\delta_t^2 c_s^2} \sum_i w_i [\phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) - \phi(\boldsymbol{x})] + O(\delta_t^2) \tag{6}$$

关于中心差分

假设我们采用中心差分形式，需要对 $\boldsymbol{x}-\boldsymbol{c}_i \delta_t$ 进行 Taylor 展开：

$$\phi(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{c}_i \delta_t) = \phi(\boldsymbol{x}) - (\boldsymbol{c}_i \delta_t) \cdot \nabla\phi(\boldsymbol{x}) + \frac{\delta_t^2}{2} (\boldsymbol{c}_i \cdot \nabla)^2 \phi(\boldsymbol{x}) + O(\delta_t^3) \tag{7}$$

（A）将式(1)与式(7)相减，偶数阶项（零阶项 $\phi(\boldsymbol{x})$ 和二阶项）会被消去，得到：

$$\phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) - \phi(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{c}_i \delta_t) = 2(\boldsymbol{c}_i \delta_t) \cdot \nabla\phi(\boldsymbol{x}) + O(\delta_t^3)$$

两边同时乘上 $w_i \boldsymbol{c}_i$ 并对所有方向求和：

$$\sum_i w_i \boldsymbol{c}_i [\phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) - \phi(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{c}_i \delta_t)] = 2\delta_t \nabla\phi(\boldsymbol{x}) \cdot \sum_i (w_i \boldsymbol{c}_i \boldsymbol{c}_i) + O(\delta_t^3)$$

利用前面提到的二阶矩性质 $\sum_i w_i \boldsymbol{c}_i \boldsymbol{c}_i = c_s^2 \boldsymbol{I}$，等式右侧化简为 $2\delta_t c_s^2 \nabla\phi(\boldsymbol{x})$。因此：

$$\nabla\phi(\boldsymbol{x}) = \frac{1}{2\delta_t c_s^2} \sum_i w_i \boldsymbol{c}_i [\phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) - \phi(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{c}_i \delta_t)] + O(\delta_t^2) \tag{8}$$

式(8)就是 Lee 等在文献[1]的式(64)的格式。

（B）将式(1)与式(7)相加，奇数阶项（一阶项和三阶项）会被消去，得到：

$$\phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) - 2 \phi(\boldsymbol{x}) + \phi(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{c}_i \delta_t) = \delta_t^2 (\boldsymbol{c}_i \cdot \nabla)^2 \phi(\boldsymbol{x}) + O(\delta_t^3)$$

两边同时乘上 $w_i$ 并对所有方向求和：

$$\sum_i w_i [\phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) - 2 \phi(\boldsymbol{x}) + \phi(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{c}_i \delta_t)] = \sum_i \delta_t^2 (\boldsymbol{c}_i \cdot \nabla)^2 \phi(\boldsymbol{x}) + O(\delta_t^3)$$

同理可得：

$$\nabla^2 \phi(\boldsymbol{x}) = \frac{1}{c_s^2 \delta_t^2} \sum_i w_i [\phi(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{c}_i \delta_t) - 2 \phi(\boldsymbol{x}) + \phi(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{c}_i \delta_t)] + O(\delta_t^2) \tag{9}$$

式(9)就是 Lee 等在文献[1]的式(65)的格式。

[1] Lee T，Lin C-L. A stable discretization of the lattice Boltzmann equation for simulation of incompressible two-phase flows at high density ratio[J]. Journal of Computational Physics，2005，206（1）：16-47. DOI:10.1016/j.jcp.2004.12.001.

最近看到2026年的全国Ⅰ卷高考数学压轴题，就做了一下。几乎全程用反证法做推导的题目实在是太罕见了，特此做一下记录。

题目

已知定义在 $\mathbb{R}$ 上的函数 $f(x)$ 满足：当 $x < 0$ 时， $f(x) = 2^x$。 结合 $D(x_0) =\{ d \in \mathbb{R} \vert f(x_0 + d) > f(x_0) \}$。

（1） 若当 $x \geq 0$， $f(x)=1-x$，求 $D(-1)$；

（2） 若 $f(x)$ 为奇函数， $x_1 x_2 \neq 0$， $f(x_1) < f(x_2)$，证明： $D(x_1) \supseteq D(x_2)$；

（3） 若 $f(x)$ 满足： ①当 $f(x_1) < f(x_2)$ 时， $D(x_1) \supseteq D(x_2)$； ②当 $0 < x < 1$ 时， $f(x) < f(0)$。证明：

• (i) $f(0) \geq 1$；
• (ii) $f(x)$ 在区间 $(0, +\infty)$ 上单调递增。

求解

小题 (1)

因为 $f(-1) = 1/2$，所以这里先计算 $f(x) > 1/2$ 在两边的解。

• 当 $x < 0$ 时，解得： $x \in (-1, 0)$。
• 当 $x \geq 0$ 时，解得： $x \in [0, 1/2)$。

$f(x) > 1/2$ 的解便是 $x \in (-1, 1/2)$。

根据集合 $D(x_0)$ 的定义，我们就有：

$$\begin{aligned} D(-1) &= \{ d \in \mathbb{R} \vert f(-1 + d) > f(-1) \} \\ &= \{ d \in \mathbb{R} \vert -1 < -1 + d < 1/2 \} \\ &= \{ d \in \mathbb{R} \vert d \in (0, 3/2) \} \\ \end{aligned}$$

小题 (2)

根据题意，此时的 $f(x)$ 写作：

$$f(x) = \begin{cases} 2^x & x < 0\\ 0 & x=0 \\ -2^{-x} & x>0 \end{cases}$$

这里得强调一下 $f(x)$ 在 $x<0$ 和 $x>0$ 时都是增函数（等会要用！）。

由 $x_1 x_2 \neq 0$ ，我们知道这俩数肯定不是 0 。那么接下来的讨论就只有两个数同号或异号的情况。

【情况1】 $x_1$ 和 $x_2$ 都小于 0 。

由于 $f(x_1) < f(x_2)$， 自然也就有 $x_1 < x_2 < 0$ 。根据定义，我们可以写出

$$\begin{cases} D(x_1) &= \{ d \in \mathbb{R} \vert d \in (0, -x_1) \} \\ D(x_2) &= \{ d \in \mathbb{R} \vert d \in (0, -x_2) \} \\ \end{cases}$$

明显有 $D(x_1) \supseteq D(x_2)$ 。

【情况2】 $x_1$ 和 $x_2$ 都大于 0 。

根据情况1的推理，同理有 $x_2 > x_1 > 0$，并且此时 $f(x_1) < f(x_2) < 0$ 。

打个比方，对于 $D(x_1)$：

• $(x_1 + d) \in (x_1, +\infty)$ 是 $D(x_1)$ 的一部分；
• 同时， $(x_1 + d) \in (-\infty, 0]$ 是 $D(x_1)$ 的另一部分。

因此 $D(x_1) = \{ d \in \mathbb{R} \vert d \in (-\infty, -x_1] \cup (0, +\infty) \}$。

同理 $D(x_2) = \{ d \in \mathbb{R} \vert d \in (-\infty, -x_2] \cup (0, +\infty) \}$。

所以 $D(x_1) \supseteq D(x_2)$ 也是成立的。

【情况3】 $x_1 > 0$ 和 $x_2 < 0$ 。

由于 $f(x_1) < f(x_2)$， 所以 $|x_1| > |x_2|$。

根据前面两部分的推理，有

$$\begin{cases} D(x_1) &= \{ d \in \mathbb{R} \vert d \in (-\infty, -x_1] \cup (0, +\infty) \} \\ D(x_2) &= \{ d \in \mathbb{R} \vert d \in (0, -x_2) \} \\ \end{cases}$$

所以 $D(x_1) \supseteq D(x_2)$ 也是成立的。

证明完毕。

小题 (3)

到这里就很有意思了。
两个小问要直接证明的话，相当不好走通。只能上反证法了。
这也是我对它感兴趣的原因。

小题 (3)(i)

首先，我们假设 $f(0) < 1$ 成立。

由于 $f(x)$ 在 $x>0$ 的形式不知道，这里我们就关注 $x<0$ 区间。该区间必然存在一个点 $x_0 < 0$ ，使得 $f(x_0) \geq f(0)$ 成立。

根据题目给的条件①，当 $f(0) < f(x_0)$ ，则 $D(0) \supseteq D(x_0)$ 。对于任意 $d \in D(x_0)$，同样应有 $d \in D(0)$

所以，这里我们取 $\epsilon \in (0, \min\{1, |x_0|\})$，此时 $\epsilon$ 同时满足 $(x_0 + \epsilon) < 0$ 和 $\epsilon < 1$。

因为 $f(x_0 + \epsilon) > f(x_0)$，所以 $\epsilon \in D(x_0)$。但是，根据题目给的条件②， $f(\epsilon) < f(0)$，所以 $\epsilon \notin D(0)$。

此时出现了与 $D(0) \supseteq D(x_0)$ 相矛盾的结论。因此，假设不成立。

所以，也就只剩下 $f(0) \geq 1$ 的情况。

小题 (3)(ii)

这里是最离谱的。
我一开始习惯性在 $x\in(0,1), y>0$ 的地方画了两条线，一条单调增，一条单调减。结果两条线都推出了相互矛盾的东西。结果往 $y<0$ 的地方画就没什么问题。
合着居然还要先推断 $f(x)$ 在 $x>0$ 时究竟是正还是负，甚至还是继续用反证法。
做到这里的同学有苦头了。

接下来，当 $x_0 > 0$ 时，由定义便有 $D(x_0) =\{ d \in \mathbb{R} \vert f(x_0 + d) > f(x_0) \}$ 。

【Part A】

假设存在点 $x_0 > 0$ 能够满足 $f(x_0) > 0$，如果这个都满足不了那就说明 $f(x) \leq 0$ 在 $x>0$ 的情况下恒成立。

由于当 $x<0$ 时， $f(x) \in (0, 1)$，所以必然存在 $t < 0$，使得 $f(t) < f(x_0)$。那么 $D(x_0) \subseteq D(t)$。

考虑 $D(t) =\{ d \in \mathbb{R} \vert f(t + d) > f(t) \}$ 。

• 当 $(t+d) \leq 0$时，解得 $d \in (0, -t]$。
• 而当 $(t+d) > 0$ 时，由于 $f(0) > 1$，解得 $(t+d) \in D(0)$。

记 $\mathbb{X}(t)=\{d \in \mathbb{R} \vert \exist \xi \in D(0), d = \xi - t \}$。所以， $D(t) = (0, -t] \cup \mathbb{X}(t)$ 。
【注：$\mathbb{X}(t)$ 其实就是把 $D(0)$ 向右平移了 $|t|$ 个单位，后面我还用了一次这个表示来简化描述】

这里需要强调：由于题(3)(i)里面证明了 $f(0) \geq 1$，所以 $D(0)$ 一定是 $(0, +\infty)$ 的子集。也就是只能在 $d>0$ 的区间内才有可能找到 $f(d) > f(0)$ 的情况。
因此 $\mathbb{X}(t) \subseteq (0, +\infty)$ ，得出 $D(x_0) \subseteq D(t) \subseteq (0, +\infty)$。

【Part B-1】

回过头看 $D(x_0) = \{ d \in \mathbb{R} \vert f(x_0+d) > f(x_0)\}$ 。

考虑一个特殊点 $d_1=-x_0 < 0$，此时 $f(x_0+d_1) = f(0)$。
如果 $x_0 \in (0, 1)$，则根据题(3)的条件②应该有 $f(x_0) < f(0) = f(x_0+d_1)$，也就是说 $d_1=-x_0 < 0$ 应该属于 $D(x_0)$。
但我们前面说了 $D(x_0) \subseteq (0, +\infty)$，产生了矛盾。
所以， $f(x_0)$ 在 $x_0 \in (0, 1)$ 不应该是正数。

【Part B-2】

接下来考虑 $x_0 \geq 1$ 的情况，只剩这个区间可以来假设 $f(x_0) > 0$ 的可能。
还是考虑 $d_1=-x_0 < 0$ 这个一定不属于 $D(x_0)$ 的特殊点。把 $d_1$ 代入，应该有 $f(x_0 + d_1) = f(0) \leq f(x_0)$ ，即 $f(x_0) \geq 1$ 。

任意从负数中选取 $\gamma_1 < 0$，则必然有 $f(\gamma_1) < f(x_0)$ 和 $D(x_0) \subseteq D(\gamma_1)$。
【注：其实是只能从这个已知信息多的地方入手了，并且还要仿照题(3)(i)的解法，把一个点从负数加到 $(0,1)$ 区间】

基于前面的内容，很容易写出 $D(\gamma_1) = (0, -\gamma_1] \cup \mathbb{X}(\gamma_1)$ 。
令 $d_2 = x_0 - \gamma_1$，显然 $d_2 > 0$，并且 $f(\gamma_1 + d_2) = f(x_2) \geq 1 > f(\gamma_1)$。 所以 $d_2$ 属于 $D(\gamma_1)$。

构造点 $\gamma_2 \in (-d_2, 1 - d_2)$，此时的 $\gamma_2$ 同时满足 $\gamma_2 < \gamma_1$ 和 $(\gamma_2 + d_2) \in (0, 1)$。
那么，根据题(3)的条件①应该有 $D(\gamma_1) \subseteq D(\gamma_2)$。 也就有 $d_2$ 也属于 $D(\gamma_2)$。
但是，根据题(3)的条件②， $f(\gamma_2 + d_2) < f(0)$，对应 $d_2$ 不属于 $D(\gamma_2)$，产生了矛盾。

所以 $f(x_0)$ 在 $x_0 \geq 1$ 时同样不是正数。

【Part C】

经过了 Part B 的逻辑推演， $f(x_0) \leq 0$ 在 $x_0 \in (0, +\infty)$ 的区间内恒成立。相信大伙做到这里完全力竭了吧。但是！接下来就不需要反证法啦！

还是用这个 $x_0 \in (0, +\infty)$ 。此时我们有 $f(x_0) < 0 < f(t)$，其中 $t$ 为任意负数。那么 $D(t) \subseteq D(x_0)$。

$D(t)$ 的形式我们在 Part A 部分写过了，即： $D(t) = (0, -t] \cup \mathbb{X}(t)$ 。
所以 $(0, -t] \subseteq D(x_0)$。
因此，在 $d \in (0, -t]$ 时， $f(x_0 + d) > f(x_0)$。

由于 $t$ 是任意负数，上面的 $f(x_0 + d) > f(x_0)$ 则可推导出 $f(x)$ 在区间 $x \in (x_0, +\infty)$ 上单调递增。

再结合 $x_0 \in (0, +\infty)$ 的任意性，可知 $f(x)$ 在区间 $x \in (0, +\infty)$ 上单调递增。

证明完毕。