积分变换法 积分变换在求解微分方程中最大的好处是将微分方程化为代数方程,从而可以轻易地求出函数的积分变换。 当然,求得函数的积分变换后,还得做反变换才能得到函数本身 本章以 Fourier变换为例,讨论积分变换在求解数理方程中的应用 111 Fourier变换法 9 Fourier变换 通过一些例题讨论 Fourier变换在求解数理方程中的应用。在这里我们均假设所求函数满足 Fourier变换的条件。 目例1.一维无界弦横振动的初值问题 ∞<x<o,t≥0 这个问题已在上一章用行波法求解,其解由 D'AImebert公式给出 I(x, 0)=y(x), u( x, t)=-(x-at+y(x+an]+ 解:首先,应对那一个变量做 Fourier变换? -∞<x<∞,0≤t<∞:因而,常对x做 Fourier变换 当然有时也对t做 Fourier变换,但后者需要延拓至双无穷(-∞,+∞) 对泛定方程的x变量做 Fourier变换 Flu(x, n]=ii(k, n= ux, De-ikrdx 利用微分定理:fax(x,l)=(ik)2k,1)=-k2(k,n 对初始条件做 Fourier变换 (x,0)=g(x) ∫(k,0)=列(k) a(x,0)=(x) in(k,0)=ψ(k) iu(k, n+a2k2 u(k, 0=0 定解条件变为:a(k,0)=(k) 问题退化为:给定初条的二阶线性常系数常微分方程 D(k,0) i(k, 0=A(k)ekat +B(ke-ikar 1初条:A(k) B(k)=-(k (k) (k) 故:i(k,D=-|5(k)+ elkat+-lp(k) ka
11 积分变换法 积分变换在求解微分方程中最大的好处是将微分方程化为代数方程，从而可以轻易地求出函数的积分变换。 当然，求得函数的积分变换后，还得做反变换才能得到函数本身。 本章以Fourier变换为例，讨论积分变换在求解数理方程中的应用。 11.1 Fourier变换法 Fourier变换 通过一些例题讨论Fourier变换在求解数理方程中的应用。在这里我们均假设所求函数满足Fourier变换的条件。 ☺ 例 1. 一维无界弦横振动的初值问题 utt - a2 uxx = 0 -∞ < x < ∞, t ≥ 0 u(x, 0) = φ(x), ut(x, 0) = ψ(x) 这个问题已在上一章用行波法求解 ，其解由 D'Almebert 公式给出 u(x, t) = 1 2 [φ (x - a t) + φ (x + a t)] + 1 2 a x-a t x+ a t ψ(ξ) ξ 解：首先，应对那一个变量做Fourier变换 ？ -∞ < x < ∞, 0 ≤ t < ∞：因而，常对 x 做Fourier变换， 当然有时也对 t 做Fourier变换，但后者需要延拓至双无穷 (-∞, +∞)。 对泛定方程的 x 变量做Fourier变换 ： ℱ[u(x, t)] = u (k, t) = -∞ ∞ u(x, t) - k x x 利用微分定理 ： ℱ[uxx(x, t)] = ( k)2 u (k, t) = -k2 u (k, t) 对初始条件做Fourier变换 ： u(x, 0) = φ(x) ut(x, 0) = ψ(x) ⟹ u (k, 0) = φ (k) u t(k, 0) = ψ (k) 定解条件变为 ： u tt(k, t) + a2 k2 u (k, t) = 0 u (k, 0) = φ (k) u t(k, 0) = ψ (k) 问题退化为 ：给定初条的二阶线性常系数常微分方程 ⟹ u (k, t) = A(k) k a t + B(k) - k a t 由初条：A(k) = 1 2 φ (k) + ψ (k) k a , B(k) = 1 2 φ (k) - ψ (k) k a 故：u (k, t) = 1 2 φ (k) + ψ (k) k a k a t + 1 2 φ (k) - ψ (k) k a - k a t
做反 Fourier变换:uxr,t)=-(x+a1+(x-a+ v(ede 其中利用了 积分定理:d或写成:F 延迟定理:f(x+x0)←→ckf(k)或写成 ekf()=f(x+xo) 位移定理:fk+60)cf(x)或写成:fe-bxf)=(k+ko) 思考:o=x1与=1和有何关系 (做变换:f1…f,xk,i台j=-i,f(x)台f(k) 先利用延迟定理,再利用积分定理 w(k) ve)ds mede 先利用积分定理,再利用延迟定理 =f-J(keuka d5=v(E +adds 8例2.无界细杆的传热 {00此题无法用行波法求解 解:对泛定方程的x变量做 Fourier变换 定解条件变为 a(k0)+a2k2i,0)=7(k,非齐次常微分方程 先求齐次方程的解:Mk,+a2k2k,1=0→(k,1=c(k)e-k, 常数变易:k,0=.,0eF代入非齐次方程得:0c(k.,n_k=fk,0 从而求出:c(k,0)=f(k,r)e2rdr+c(k,0,由初条:ck0)=a,0)=(k)=1y(x) 从而:k,=(k)+|k,r)erdr|e-F 做反 Fourier变换, 利用卷积定理:f(x)*h(x)←→f(k)2(k) ← 以及 这里利用了 e-opIe-ikx dk e 4a'rdk= T) d 2aVm√s6)e-Ads+(k,r)e→e=dr dr P(s)e-u-spAa-'ds f(s, r)e--sp-A4a-(l-od davIt 2a√丌 来自初始条件的贡献 来自热源凡x的贡献
做反Fourier变换 ： u(x, t) = 1 2 [φ(x + a t) + φ(x - a t)] + 1 2 a -∞ x+ a t ψ(ξ) ξ - 1 2 a -∞ x- a t ψ(ξ) ξ 其中利用了 积分定理 ：-∞ x f (t) t ⟷ 1 k f (k) 或写成：ℱ-1 1 k f (k) = -∞ x f (t) t 延迟定理 ：f (x + x0) ⟷ k x0 f (k) 或写成：ℱ-1 k x0 f (k) = f (x + x0) 位移定理 ：f (k + k0) ⟷ - k0 x f (x) 或写成： ℱ- k0 x f (x) = f (k + k0) 思考：ℱ 1 x f (x) =？ ℱ [ x f (x)] =？ 与 ℱ-1 1 k f (k) 和 ℱ-1 k f (k) 有何关系 （做变换：ℱ-1 ↔ ℱ, x ↔ k, ↔ = -, f (x) ↔ f (k) ） 先利用延迟定理 ，再利用积分定理 ℱ-1 ψ (k) k k a t = ℱ-1 ψ (k) k xx+a t = -∞ x ψ(ξ) ξ xx+a t = -∞ x+a t ψ(ξ) ξ 先利用积分定理 ，再利用延迟定理 ℱ-1 ψ (k) k a t k = -∞ x ℱ-1ψ (k) k a t ξ = -∞ x ψ(ξ + a t) ξ = -∞ x+a t ψ(ξ) ξ ☺ 例 2. 无界细杆的传热 ut - a2 uxx = f (x, t) -∞ < x < ∞, t ≥ 0 u(x, 0) = φ(x), 此问题无法用行波法求解 解：对泛定方程的 x 变量做 Fourier 变换： 定解条件变为 ： u t(k, t) + a2 k2 u (k, t) = f (k, t) u (k, 0) = φ (k) 非齐次常微分方程 先求齐次方程的解 ：u t(k, t) + a2 k2 u (k, t) = 0 ⟶ u t(k, t) = c(k) -a2 k2 t , 常数变易 ： u (k, t) = c(k, t) -a2 k2 t 代入非齐次方程得 ： ∂ c(k, t) ∂ t -a2 k2 t = f (k, t) 从而求出 ：c(k, t) = 0 t f (k, τ) a2 k2 τ τ + c(k, 0), 由初条：c(k, 0) = u t(k, 0) = φ (k) = ℱ[φ(x)] 从而：u (k, t) = φ (k) + 0 t f (k, τ) a2 k2 τ τ -a2 k2 t 做反Fourier变换 ， 利用卷积定理 ： f1(x)* f2(x) ⟷ f1 (k) f2 (k) 以及 -a2 k2 t ⟷ 1 2 a π t -x2/4 a2 t φ(x) ⟷ φ (k) 这里利用了 ： 1 2 π -∞ ∞ -a2 k2 t - k x k = 1 2 π -∞ ∞ -a2 t k- x 2 a2 t 2 - x2 4 a2 t k = 1 2 a π t -x2/4 a2 t u(x, t) = φ(x)* 1 2 a π t -x2/4 a2 t + ℱ-1 0 t f (k, τ) -a2 k2(t-τ) τ = 1 2 a π t -∞ +∞ φ(s) -(x-s)2/4 a2 t s + 0 t ℱ-1f (k, τ) -a2 k2(t-τ) 又是两像函数乘积的反变换 τ = 1 2 a π t -∞ +∞ φ(s) -(x-s)2/4 a2 t s 来自初始条件的贡献 + 1 2 a π 0 t τ t - τ -∞ +∞ f (s, τ) -(x-s)2/4 a2(t-τ) s 来自热源 f(x,t) 的贡献 2 z11a.nb
z11a. nb 目例3.半无界细杆的传热 x,0)=0 非齐次边条 解:相比于上一个问题,这是个无热源的问题:f(x,D)=0,问题大为简化 如果是无界细杆,则可直接应用上题结果。对半无界,为应用无界的结果,必须做延拓。 延拓也需要齐次边条,为此,令:u(x,D)=v(x,D+10 x,D)满足 v(0,1)=01类齐次边条 1类齐次边奇延拓,{(c.0)=x2-0<x W(0,t)=0 这里类似于波动问题,对Didh齐次边条,作奇延拓:H(x,0=)={-0x>0 现在就可以利用上一题的结果:W(x,D)= pp(s)e -r-sNaids 在x≥0区域,w(x,D=W(x,)满足w(x,D)定解条件中的前两个(方程与初条) u(x, t)=lo+ 4+-40 e-x-apA4a-lds e-dx-sFA4a-Ids 那么,这种奇延拓能否保证w(x,n)满足w(0,D=W(0,D=0? ▲从物理上看:W(x,D对应于无热源(绝热)一无限长细杆的热传导问题,温度分布由初始条件决定 然初始条件是个奇函数,相对于x=0点反对称, 那么,在任何时刻,温度分布都应该是反对称,也即,在x=0处,温度为0。 ▲数学上,易验证:x=0时,h1=,l(x,1=l,w(x,D=0 ▲问题:t=0时,Mx,D~1→∞?与原初始条件n0,n=m0矛盾?非也! h1=|e-(- PLaIds=2a√t e- ds=arti 其中erf(x)= C ds为误差函数。 从而:4-b2=2aVF7-x
☺ 例 3. 半无界细杆的传热 ut - a2 uxx = 0 0 ≤ x < ∞, t ≥ 0 u(x, 0) = 0 u(0, t) = u0 非齐次边条 解：相比于上一个问题 ，这是个无热源的问题 ：f (x, t) = 0，问题大为简化 。 如果是无界细杆 ，则可直接应用上题结果 。对半无界，为应用无界的结果 ，必须做延拓 。 延拓也需要齐次边条 ，为此，令：u(x, t) = w(x, t) + u0 w(x, t) 满足： wt - a2 wxx = 0, x ≥ 0 w(x, 0) = -u0 x ≥ 0 w(0, t) = 0 I 类齐次边条 I 类齐次边条：奇延拓 Wt - a2 Wxx = 0, -∞ < x < ∞ W(x, 0) = φ(x), -∞ < x < ∞ W(0, t) = 0 这里类似于波动问题 ，对 Dirichlet 齐次边条，作奇延拓：W(x, 0) = φ(x) = -u0, x > 0 u0, x < 0 现在就可以利用上一题的结果 ：W(x, t) = 1 2 a π t -∞ +∞ φ(s) -(x-s)2/4 a2 t s, 在 x ≥ 0 区域，w(x, t) = W(x, t) 满足 w(x, t) 定解条件中的前两个 （方程与初条 ） u(x, t) = u0 + 1 2 a π t -∞ +∞ φ(s) -(x-s)2/4 a2 t s = u0 + u0 2 a π t -∞ 0 -(x-s)2/4 a2 t s I1 - 0 ∞ -(x-s)2/4 a2 t s I2 那么，这种奇延拓能否保证 w(x, t) 满足 w (0, t) = W(0, t) = 0？ ▲ 从物理上看：W(x, t) 对应于无热源（绝热）一无限长细杆的热传导问题，温度分布由初始条件决定 既然初始条件是个奇函数 ，相对于 x = 0 点反对称 ， 那么，在任何时刻 ，温度分布都应该是反对称 ，也即，在 x = 0 处，温度为 0。 ▲ 数学上，易验证：x = 0 时，I1 = I2, u(x, t) = u0, w(x, t) = 0 ▲ 问题：t = 0 时，u(x, t)~ 1 t ∞？与原初始条件 u(0, t) = u0 矛盾？非也！ I1 = -∞ 0 -(x-s)2/4 a2 t s = 2 a t x 2 a t ∞ -ξ2 ξ, 其中：ξ = x - s 2 a t = 2 a t 0 ∞ -ξ2 ξ π 2 - 0 x/2 a t -ξ2 ξ = a π t 1 - erf x 2 a t 其中 erf(x) = 2 π 0 x -s2 s 为误差函数。 I2 = a π t 1 + erf x 2 a t , 从而：I1 - I2 = -2 a π t erf x 2 a t , u(x, t) = u0 1 - erf x 2 a t z11a.nb 3
ziA. nb lim erf(x)=1→1a,=0的确满足a(,的初始条件 目例4.已知空间电荷分布p(的)求空间电势。 解空间电势满足m程:可1边 对空间坐标做三维 Fourier变换:fa)=d Fluo)=ivuole-ik-7d'p hc--mVc”外子 三维:fV)=ik南)比较一维: du(x) =iki(k) (对)对叫南=Fm南 ) 一维 Fourier变换:f(x)←→ikfk): 三维 Fourier变换:Vf)i,·的台→i·就,Vx剪台ix刻, 其中:=k+k己+k己,k2=,震=++足 三维 Fourier变换 D)= 做三维反Fom变换,利用111(见§81节例题 从面:m=1+1 d r “却原来是司马发来的兵”,早已熟知的结果 例5.半无界波动问题 rer变换法求之 解:我们只关心1≥0时的振动,延拓:m1x0=u(x0BO,H0={b.20为阶跃函数 n(0满足:{v(.0)=0.,m(,0=0其中g=f0H(定义于-∞<1<∞ v(0,D)=g(1), 这样,v(x,D)在t≥0时满足的条件与u(x,D相同 故可以求vx,D),在t≥0时的v即为a,而v定义于-∞<t<∞,可对t变量作傅氏变换 的微分方程对t变量做 Fourier变换:fx,o)=|n(x,ne-urdt (iwi(x, w)-afx(x, w)=0 i(x, w)=A()e uxa+B()e-tuxla 做反 Fourier变换时,第一项出现A(+x/a),为左行波 但ν(x,O)=0,v(x,t)=0,并且扰动来自x=0,x>0区域不可能出现左行波。 故第一项不合题意,舍去(这里还是得用点物理分析)
lim x∞erf(x) = 1 ⟶ lim t0 u(x, t) = 0 的确满足 u(x, t) 的初始条件 。 ☺ 例 4. 已知空间电荷分布 ρ(r ) 求空间电势。 解：空间电势满足 Poisson 方程：∇2 u = - ρ(r ) ε 对空间坐标做三维Fourier变换 ：ℱu(r ) = u (k), ℱ∇u(r ) = ∞ ∇u(r ) - k · r 3 r = ∞ ∇u(r ) - k · r - u(r ) ∇- k · r 3 r = ∞ n u(r ) - k · r σ limr∞ r2 u(r ) = 0 - u(r ) - k - k · r 3 r = k u (k) 三维：ℱ∇u(r ) = k u (k) 比较一维 ： ℱ u(x) x = k u (k) ∇2 u = - ρ(r ) ε ∇2u = ∇·∇u k· k u (k) = -k2 u (k) = - ρ (k) ε , 一维 Fourier 变换：f ′ (x) ⟷ k f (k)； 三维 Fourier 变换：∇ f (r ) ⟷ k f (k), ∇ ·g(r ) ⟷ k · g (k), ∇ × g(r ) ⟷ k × g (k), 其中： k = kx e x + ky e y + kz e z, k2 = k· k = kx 2 + ky 2 + kz 2, ∇2 u = - ρ(r ) ε 三维Fourier 变换 u (k) = 1 ε ρ (k) k2 做三维反 Fourier变换，利用 1 k2 ⟷ 1 4 π 1 r （见 § 8.1 节 例题） 从而：u(r ) = 1 4 π ε ℱ-1ρ (k)*ℱ-1 1 k2 三维卷积 = 1 4 π ε -∞ ∞ -∞ ∞ -∞ ∞ ρ(r ) r -r ′ 3 r ′ —— “却原来是司马发来的兵 ”，早已熟知的结果 ☺ 例 5. 半无界波动问题 utt - a2 uxx = 0 0 ≤ x < ∞, t ≥ 0 u(x, 0) = 0, ut(x, t) = 0 u(0, t) = f (t) 本题已用行波法求解 ，现用Fourier变换法求之 。 解：我们只关心 t ≥ 0 时的振动，延拓：v(x, t) = u(x, t) H(t), H(t) = 1, t ≥ 0 0, t < 0 为阶跃函数 v(x, t) 满足： vtt - a2 vxx = 0 v(x, 0) = 0, vt(x, t) = 0 v(0, t) = g(t), 其中 g(t) = f (t) H(t) 定义于 - ∞ < t < ∞ 这样，v(x, t) 在 t ≥ 0 时满足的条件与 u(x, t) 相同。 故可以求 v(x, t), 在 t ≥ 0 时的 v 即为 u，而 v 定义于 - ∞ < t < ∞，可对 t 变量作傅氏变换 v 的微分方程 对 t 变量做 Fourier 变换：v (x, ω) = -∞ ∞ v(x, t) - ω t t ( ω)2 v (x, ω) - a2 v xx(x, ω) = 0 ⟹ v (x, ω) = A (ω) ω x/a + B(ω) - ω x/a 做反 Fourier 变换时，第一项出现 A(t + x /a)，为左行波。 但 v(x, 0) = 0, vt(x, t) = 0，并且扰动来自 x = 0，x > 0 区域不可能出现 左行波。 故第一项不合题意 ，舍去 （这里还是得用点物理分析 ）。 4 z11a.nb
而:郅(x,o)=B()e-ax 由边条:(0,1=g(0) Fourier变换 (0,)=8(u) B(u)=8)→(x,d)=8(u)e-a 反 Fourier变换:v(x,t)=g(t-x/a)=f(t-x/a)H(t-x/a) 对t>0,ux,D)=vx,t)=f(t-x/a)H(-x/a)。与行波法的结果相同 目例6.半无限长的匀质细杆侧面绝热,x=0端有热流强度φ o sIn wo I的热流流入,求长时间后的温度分布。 解:注意长时间后的分布不等于稳定分布(因为边条与时间有关,不可能达到稳定) 长时间后的只表明解与初始条件无关,故无需初条。 对应于振动问题,相当于求长时间后的受迫振动问题, 这时仅剩下策动频率的振动(参见第十章强迫振动例题) 对于传热问题,要求解定解问题 0≤x<0 定解条件 l(0, 0=-"sin wo t, lim u(x, 0)* 在定解条件中,所有物理量,即:u(x,,a,q,k,均为实数 Ur-a Ux=0 40 显然,将U的定解条件取虚部即可证明:U(x,D)的虚部满足(x,的定解条件 因此,只需从U的定解条件,解出U(x,D),再求其虚部即得u(x,1) 对时间变量/做变换:U(x=⊥cc-d=0xo)得 C(x,)-a20x(x,o)=0 02(0,a)= 2xbu-4)C(x,a)=4(a) +B(o)e v2 其中利用了:e1=|e-c-dt=|co-d=2roa-a x→∞时,U(x,D)应有限,故(x,o)的第一项的系数A(a)=0 √a →0(x,a)=B(a)ev2 由边条:20,o)=-02x60-0n)→B0)=2ax2 k(1+i)vw wD) k(1+i)vwo 反 Fourier变换:U(x,D)= O(x, weild (1+a) q0
因而：v (x, ω) = B(ω) - ω x/a 由边条：v(0, t) = g(t) Fourier变换 v (0, ω) = g (ω) ⟶ B(ω) = g (ω) ⟶ v (x, ω) = g (ω) - ω x/a 反Fourier变换： v(x, t) = g(t - x /a) = f (t - x /a) H(t - x /a) 对 t > 0, u(x, t) = v(x, t) = f (t - x / a) H(t - x /a)。 与行波法的结果相同 。 ☺ 例 6. 半无限长的匀质细杆侧面绝热， x = 0 端有热流强度 q0 sin ω0 t 的热流流入，求长时间后的温度分布。 解：注意长时间后的分布不等于稳定分布 （因为边条与时间有关 ，不可能达到稳定 ）， 长时间后的 只表明解与初始条件无关 ，故无需初条 。 对应于振动问题 ，相当于求长时间后的受迫振动问题 ， 这时仅剩下策动频率的振动 （参见第十章 强迫振动例题 ） 对于传热问题 ，要求解定解问题 定解条件 ： ut - a2 uxx = 0 0 ≤ x < ∞, ux(0, t) = - q0 k sin ω0 t, lim x∞u(x, t) ≠ ∞ 在定解条件中 ，所有物理量 ，即： u(x, t), a, q0, k，均为实数。 令：u(x, t) = Im[U(x, t)], U(x, t) 满足： Ut - a2 Uxx = 0 Ux(0, t) = - q0 k ω0 t 显然，将 U 的定解条件取虚部即可证明 ：U(x, t) 的虚部满足 u(x, t) 的定解条件 因此，只需从 U 的定解条件 ，解出 U(x, t), 再求其虚部即得 u(x, t)。 对时间变量 t 做 Fourier变换：ℱ[U(x, t)] = -∞ ∞ U(x, t) - ω t t = U (x, ω) 得 ( ω) U (x, ω) - a2 U xx(x, ω) = 0 U x(0, ω) = - q0 k 2 π δ(ω - ω0) ⟹ U (x, ω) = A(ω) (1+) 2 ω a x + B(ω) -(1+) 2 ω a x 其中利用了 ：ℱ ω0 t = -∞ ∞ ω0 t - ω t t = -∞ ∞ - (ω-ω0) t t = 2 π δ(ω - ω0) x ∞ 时，U(x, t) 应有限，故 U (x, ω) 的第一项的系数 A(ω) = 0 ⟹ U (x, ω) = B(ω) -(1+) 2 ω a x 由边条： U x(0, ω) = - q0 k 2 π δ(ω - ω0) ⟶ B(ω) = q0 k 2 a π (1 + ) 2 ω δ(ω - ω0) ⟶ U (x, ω) = q0 k 2 a π (1 + ) 2 ω0 -(1+) 2 ω0 a x δ(ω - ω0) 反Fourier变换：U(x, t) = 1 2 π -∞ ∞ U (x, ω) ω t ω = q0 k a (1 + ) 2 ω0 -(1 + ) 2 ω0 a x ω0 t z11a.nb 5