上节课讲的「分离变量法的总结」并不是复习的重点.

今天我们说积分变换.

Laplace 变换

F(p)=L[f(t)]=∫0∞e−ptf(t)dtF(p) = \mathscr{L}[f(t)] = \int_0^\infty e^{-pt}f(t)\text{d}t

/Example/

11 的 Laplace 变换：

1≒∫0∞e−ptdt=1p1\fallingdotseq\int_0^\infty e^{-pt}\text{d}t = \frac{1}{p}

---

eαte^{\alpha t} 的变换：

eαt≒∫0∞e(α−p)tdt=1p−α,ℜ(p)>ℜ(α)e^{\alpha t}\fallingdotseq\int_0^\infty e^{(\alpha-p)t}\text{d}t = \frac{1}{p-\alpha},\quad \Re(p)>\Re(\alpha)

Laplace 变换存在的充分条件：

• f(t)f(t) 在区间 0⩽t<∞0\leqslant t<\infty 中除了有限的第一类间断点外连续，而且有连续导数；

• f(t)f(t) 增长不超过指数函数. 即，存在正数 M>0M>0 以及 s′>0s'>0，对于任何 tt 有

  ∣f(t)∣<Mes′t|f(t)|<Me^{s't}

换句话说，一般的函数都可以做 Laplace 变换；但是这也导致 Laplace 变换仅适合做初值问题.

容易算 sin⁡ωt\sin\omega t 和 cos⁡ωt\cos\omega t 的 Laplace 变换：

sin⁡ωt=eiωt−e−iωt2≒12i(1p−iω−1p+iω)=ωp2+ω2cos⁡ωt=eiωt+e−iωt2≒12(1p−iω+1p+iω)=pp2+ω2\begin{aligned} \sin\omega t&=\frac{e^{\text{i}\omega t}-e^{-\text{i}\omega t}}{2}\fallingdotseq\frac{1}{2\text{i}}\left(\frac{1}{p-\text{i}\omega}-\frac{1}{p+\text{i}\omega}\right)=\frac{\omega}{p^2+\omega^2}\\\\ \cos\omega t&=\frac{e^{\text{i}\omega t}+e^{-\text{i}\omega t}}{2}\fallingdotseq\frac{1}{2}\left(\frac{1}{p-\text{i}\omega}+\frac{1}{p+\text{i}\omega}\right)=\frac{p}{p^2+\omega^2} \end{aligned}

变换的性质：

F(p)→0,when ℜ(p)=s→+∞F(p)\to0,\quad \text{when }\Re(p)=s\to+\infty

解析性质：若 f(t)≒F(p)f(t)\fallingdotseq F(p)，则 F(p)F(p) 在半平面 ℜ(p)⩾s1>s0\Re(p)\geqslant s_1>s_0 上解析.

做题所需要的几个重要性质：

/Lemma/ (导数的 Laplace 变换)

导数的 Laplace 变换：

f′(t)≒pF(p)−f(0)f'(t)\fallingdotseq pF(p)-f(0)

(条件是 f(t)≒F(p)f(t)\fallingdotseq F(p).)

提示

原来的求导变换转换为函数的乘法，大幅简化计算，因此可以用来解数理方程.

/Lemma/ (初值定理和终值定理)

lim⁡p→+∞pF(p)=f(0),lim⁡p→0pF(p)=f(∞)\lim_{p\to+\infty}pF(p)=f(0),\quad \lim_{p\to0}pF(p)=f(\infty)

前一个式子是一直成立的，但是后一个式子在有奇点的情况下有概率不成立.

/Lemma/ (积分的 Laplace 变换)

积分的 Laplace 变换：

∫0tf(τ)dτ≒F(p)p\int_0^tf(\tau)\text{d}\tau \fallingdotseq\frac{F(p)}{p}

提示

这对我们求解方程并没有很大意义，但是在求某些变换时，如果看到分母上有一个 pp，那么意味着这个原函数可能是某个更简单函数的积分.

/Lemma/ (像函数导数的反演)

若 f(t)≒F(p)f(t)\fallingdotseq F(p)，则

F(n)(p)≓(−t)nf(t)F^{(n)}(p)\risingdotseq(-t)^nf(t)

提示

这个性质可用来求原函数. 一个例子：

1p2=ddp(−1p)≓(−1)⋅(−t)=t\frac{1}{p^2}=\frac{\text{d}}{\text{d}p}\left(-\frac{1}{p}\right)\risingdotseq (-1)\cdot(-t) = t

/Lemma/ (像函数积分的反演)

如果 ∫p∞F(q)dq\displaystyle{\int_p^\infty F(q)\text{d}q} 存在，且当 t→0t\to0 时，∣f(t)/t∣|f(t)/t| 有界，那么

∫p∞F(q)dq≓f(t)t\int_p^\infty F(q)\text{d}q \risingdotseq\frac{f(t)}{t}

证明过程是直接算积分：

∫p∞[∫0∞f(t)e−qtdt]dq=∫0∞[∫p∞f(t)e−qtdq]dt=⋯\begin{aligned} \int_p^\infty\left[\int_0^\infty f(t)e^{-qt}\text{d}t\right]\text{d}q &= \int_0^\infty\left[\int_p^\infty f(t)e^{-qt}\text{d}q\right]\text{d}t=\cdots \end{aligned}

提示

一个例子是求解 sin⁡ωt/t\sin\omega t/t 的变换，

sin⁡ωtt≒∫p∞ωq2+ω2dq=π2−arctan⁡pω\frac{\sin\omega t}{t}\fallingdotseq\int_p^\infty\frac{\omega}{q^2+\omega^2}\text{d}q = \frac{\pi}{2}-\arctan\frac{p}{\omega}

/Theorem/ (卷积定理)

设 F1(p)≓f1(t)F_1(p)\risingdotseq f_1(t)，F2(p)≓f2(t)F_2(p)\risingdotseq f_2(t)，则

F1(p)F2(p)≓∫0tf1(τ)f2(t−τ)dτF_1(p)F_2(p)\risingdotseq\int_0^tf_1(\tau)f_2(t-\tau)\text{d}\tau

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这里定义了函数 f1(t)f_1(t) 和函数 f2(t)f_2(t) 在区间 [a,b][a,b] 上的卷积：

∫abf1(τ)f2(t−τ)dτ\int_a^bf_1(\tau)f_2(t-\tau)\text{d}\tau

/Proof/

对卷积做 Laplace 变换：

∫0∞[∫0tf1(τ)f2(t−τ)dτ]e−ptdt=∫0∞[∫τ∞f1(τ)f2(t−τ)e−ptdt]dτ\begin{aligned} &\int_0^\infty\left[\int_0^tf_1(\tau)f_2(t-\tau)\text{d}\tau\right]e^{-pt}\text{d}t\\\\ &=\int_0^\infty\left[\int_\tau^\infty f_1(\tau)f_2(t-\tau)e^{-pt}\text{d}t\right]\text{d}\tau \end{aligned}

(这里的交换积分次序需要在 tt - τ\tau 平面上画出积分限来确定.) 接下去计算：

=∫0∞f1(τ)[∫τ∞f2(t−τ)e−ptdt]dτ=F1(p)F2(p)\begin{aligned} &=\int_0^\infty f_1(\tau)\left[\int_\tau^\infty f_2(t-\tau)e^{-pt}\text{d}t\right]\text{d}\tau\\\\ &= F_1(p)F_2(p) \end{aligned}

普遍反演公式：

若 F(p)F(p)，p=s+iσp=s+\text{i}\sigma 满足：

• F(p)F(p) 在 ℜ(p)>s0\Re(p)>s_0 解析；

• 在区域 ℜ(p)>s0\Re(p)>s_0 上，∣p∣→∞|p|\to\infty 时 F(p)F(p) 一致趋于 00；

• 对于所有的 ℜ(p)=s>s0\Re(p)=s>s_0，沿直线 L:ℜ(p)=sL:\Re(p)=s 的无穷积分收敛

  ∫s−i∞s+i∞∣F(p)∣dp(s>s0)\int_{s-\text{i}\infty}^{s+\text{i}\infty}|F(p)|\text{d}p\quad (s>s_0)

则对于 ℜ(p)=s>s0\Re(p)=s>s_0，

F(p)≓f(t)=12πi∫s−i∞s+i∞F(p)eptdpF(p)\risingdotseq f(t)=\frac{1}{2\pi\text{i}}\int_{s-\text{i}\infty}^{s+\text{i}\infty}F(p)e^{pt}\text{d}p

用 Laplace 变换求解微分方程.

/Example/

求解定解问题：

{y′′(t)+ω2y(t)=g(t)y(0)=0,y′(0)=0\left\{\begin{aligned} &y''(t)+\omega^2y(t) = g(t)\\\\ &y(0)=0,\quad y'(0)=0 \end{aligned}\right.

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做 Laplace 变换 y(t)≒Y(p)y(t)\fallingdotseq Y(p)，y′′(t)≒p2Y(p)y''(t)\fallingdotseq p^2Y(p)，g(t)≒G(p)g(t)\fallingdotseq G(p)，则直接变为

p2Y(p)+ω2Y(p)=G(p)p^2Y(p)+\omega^2Y(p)=G(p)

解得

Y(p)=G(p)p2+ω2Y(p)=\frac{G(p)}{p^2+\omega^2}

我们已经知道 sin⁡ωt≒ω/(p2+ω2)\sin\omega t\fallingdotseq\omega/(p^2+\omega^2). 利用卷积定理，得到

y(t)=1ω∫0tsin⁡[ω(t−τ)]g(τ)dτy(t)=\frac{1}{\omega}\int_0^t\sin[\omega(t-\tau)]g(\tau)\text{d}\tau

明显看出 Laplace 变换非常适合解常微分方程.

/Example/

求解无界杆的热传导.

{∂u∂t−κ∂2u∂x2=f(x,t)−∞<x<∞,t>0u∣t=0=0−∞<x<∞\left\{\begin{aligned} &\frac{\partial u}{\partial t}-\kappa\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=f(x,t)&\quad -\infty<x<\infty,\quad t>0\\\\ &u\big|_{t=0}=0&\quad -\infty<x<\infty \end{aligned}\right.

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边界还有条件 u∣x→±∞=0u\big|_{x\to\pm\infty}=0.

做变换，

u(x,t)≒U(x,p)=∫0∞u(x,t)e−ptdtu(x,t)\fallingdotseq U(x,p)=\int_0^\infty u(x,t)e^{-pt}\text{d}t

利用初始条件，有

∂u∂t≒pU(x,p)\frac{\partial u}{\partial t} \fallingdotseq pU(x,p)

变换后的像函数可以看作仅仅是 xx 的一元函数，pp 作为一个参数. 因此：

∂2u∂x2≒d2U(x,p)dx2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}\fallingdotseq\frac{\text{d}^2U(x,p)}{\text{d}x^2}

对应方程

d2U(x,p)dx2−pκU(x,p)=−F(x,p)κ\frac{\text{d}^2U(x,p)}{\text{d}x^2}-\frac{p}{\kappa}U(x,p) = -\frac{F(x,p)}{\kappa}

对应齐次方程通解为 c1ep/κx+c2e−p/κxc_1e^{\sqrt{p/\kappa}x}+c_2e^{-\sqrt{p/\kappa}x}.

常数变易法：

C1′(x)ep/κx+C2′(x)e−p/κx=0C1′(x)ep/κx−C2′(x)e−p/κx=−F(x,p)κp\begin{aligned} &C_1'(x)e^{\sqrt{p/\kappa}x}+C_2'(x)e^{-\sqrt{p/\kappa}x}=0\\\\ &C_1'(x)e^{\sqrt{p/\kappa}x}-C_2'(x)e^{-\sqrt{p/\kappa}x} = -\frac{F(x,p)}{\sqrt{\kappa p}} \end{aligned}

最后通解为

12κp[∫F(x′,p)ep/κ(x′−x)dx′−∫F(x′,p)ep/κ(x−x′)dx′]\frac{1}{2\sqrt{\kappa p}}\left[\int F(x',p)e^{\sqrt{p/\kappa}(x'-x)}\text{d}x'-\int F(x',p)e^{\sqrt{p/\kappa}(x-x')}\text{d}x'\right]

考虑到无穷远还有边界条件 →0\to0，应该取：

12κp[∫−∞xF(x′,p)ep/κ(x′−x)dx′−∫∞xF(x′,p)ep/κ(x−x′)dx′]\frac{1}{2\sqrt{\kappa p}}\left[\int_{-\infty}^x F(x',p)e^{\sqrt{p/\kappa}(x'-x)}\text{d}x'-\int_\infty^x F(x',p)e^{\sqrt{p/\kappa}(x-x')}\text{d}x'\right]

最后写在一起：

U(x,p)=12κp∫−∞∞F(x′,p)exp⁡[−pκ∣x−x′∣]dx′U(x,p)=\frac{1}{2\sqrt{\kappa p}}\int_{-\infty}^\infty F(x',p)\exp\left[-\sqrt{\frac{p}{\kappa}}|x-x'|\right]\text{d}x'

/Example/

无界弦波动问题：

∂2u∂t2−a2∂2u∂x2=0u∣t=0=ϕ(x),∂u∂t∣t=0=ψ(x)\begin{aligned} &\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=0\\\\ &u\big|_{t=0}=\phi(x),\quad \left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=\psi(x) \end{aligned}

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和上题一样做变换，得到相似的常微分方程：

p2U(x,p)−a2d2U(x,p)dx2=pϕ(x)+ψ(x)p^2U(x,p)-a^2\frac{\text{d}^2U(x,p)}{\text{d}x^2}=p\phi(x)+\psi(x)

解为

U(x,p)=12a∫−∞∞[ϕ(x′)+ψ(x′)p]exp⁡[−pa∣x−x′∣]dx′U(x,p)=\frac{1}{2a}\int_{-\infty}^\infty\left[\phi(x')+\frac{\psi(x')}{p}\right]\exp\left[-\frac{p}{a}|x-x'|\right]\text{d}x'

因为下列两个变换：

e−αp≓δ(t−α),1pe−αp≓η(t−α)e^{-\alpha p}\risingdotseq\delta(t-\alpha),\quad \frac{1}{p}e^{-\alpha p}\risingdotseq\eta(t-\alpha)

原方程解化为

u(x,t)=12∫−∞∞ϕ(x′)δ(at−∣x−x′∣)dx′+12a∫x−atx+atψ(x′)dx′=12[ϕ(x−at)+ϕ(x+at)]+12a∫x−atx+atψ(x′)dx′\begin{aligned} u(x,t)&=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty\phi(x')\delta(at-|x-x'|)\text{d}x'+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}\psi(x')\text{d}x'\\\\ &=\frac{1}{2}[\phi(x-at)+\phi(x+at)]+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}\psi(x')\text{d}x' \end{aligned}

Fourier 变换

下面来讲 Fourier 变换：定义为

F(k)=F[f(x)]≡12π∫−∞∞f(x)e−ikxdxF(k)=\mathscr{F}[f(x)]\equiv\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-\text{i}kx}\text{d}x

逆变换为

f(x)=F−1[F(k)]≡12π∫−∞∞F(k)eikxdkf(x)=\mathscr{F}^{-1}[F(k)] \equiv\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty F(k)e^{\text{i}kx}\text{d}k

/Example/

重新解无界杆热传导.

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这里有

U(k,t)=12π∫−∞∞u(x,t)e−ikxdx,F(k,t)=12π∫−∞∞f(x,t)e−ikxdxU(k,t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty u(x,t)e^{-\text{i}kx}\text{d}x,\quad F(k,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x,t)e^{-\text{i}kx}\text{d}x

定解问题化为常微分方程，常数变易法解得

U(k,t)=e−κk2t∫0tF(k,τ)eκk2τdτU(k,t)=e^{-\kappa k^2t}\int_0^t F(k,\tau)e^{\kappa k^2\tau}\text{d}\tau

求反演：

u(x,t)=12π∫−∞∞U(k,t)eikxdku(x,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty U(k,t)e^{\text{i}kx}\text{d}k

利用积分公式

∫−∞∞e−αx2+iβxdx=παe−β2/4α\int_{-\infty}^\infty e^{-\alpha x^2+\text{i}\beta x}\text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}e^{-\beta^2/4\alpha}

解得

u(x,t)=12κπ∫0t{∫0tf(ξ,τ)exp⁡[−(x−ξ)24κ(t−τ)]dξ}dτt−τu(x,t)=\frac{1}{2\sqrt{\kappa\pi}}\int_0^t\left\{\int_0^tf(\xi,\tau)\exp\left[-\frac{(x-\xi)^2}{4\kappa(t-\tau)}\right]\text{d}\xi\right\}\frac{\text{d}\tau}{\sqrt{t-\tau}}

积分变换方法同时适用于三维的无界问题，三维 Fourier 变换为

F(k⃗)=1(2π)3/2∭f(r⃗)e−ik⃗⋅r⃗d3r⃗F(\vec{k}) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}}\iiint f(\vec{r})e^{-\text{i}\vec{k}\cdot\vec{r}}\text{d}^3\vec{r}

特别地，如果 f(r⃗)f(\vec{r}) 仅仅是 rr 的函数 (与角度无关)，则可以用球坐标，并把 k⃗⋅r⃗\vec{k}\cdot\vec{r} 写成 krcos⁡θkr\cos\theta，

F(k)=1k2π∫0∞f(r)rsin⁡krdrF(k) = \frac{1}{k}\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_0^\infty f(r)r\sin kr\text{d}r

反演遵循同样规则.

/Example/

求解二维平面上的自由振动问题：

∂2u∂t2−a2[∂2u∂x2+∂2u∂y2]=0u∣t=0=ϕ(x,y),∂u∂t∣t=0=ψ(x,y)\begin{aligned} &\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a^2\left[\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}\right] = 0\\\\ &u\big|_{t=0}=\phi(x,y),\quad\left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=\psi(x,y) \end{aligned}

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不能直接二维变换，因为求逆时会遇到问题.

注意

实际上偶数维都有相似的问题，会遇到 Bessel 函数的积分表示，把积分化成关于 Bessel 函数的积分.

引入一个 zz 维度，看成柱面波，然后三维 Fourier 变换解得

U(t,kx,ky)=Ψ(k⃗)sin⁡(akt)ak+Φ(k⃗)cos⁡(akt)U(t,k_x,k_y) = \frac{\Psi(\vec{k})\sin(akt)}{ak}+\Phi(\vec{k})\cos(akt)

下面需要先求出 sin⁡(akt)/(ak)\sin(akt)/(ak) 和 cos⁡(akt)\cos(akt) 的逆变换，然后卷积定理求出方程的最终解.

引入球坐标，取 r⃗\vec{r} 沿着 zz 轴，积分出 ϕ,θ\phi,\theta，得到

1(2π)3/2∭sin⁡(akt)eik⃗⋅r⃗akk2sin⁡θdϕdθdk=12ar2π∫−∞∞[eik(r−at)−eik(r+at)]dk\begin{aligned} &\frac{1}{(2\pi)^{3/2}}\iiint\frac{\sin(akt)e^{\text{i}\vec{k}\cdot\vec{r}}}{ak}k^2\sin\theta\text{d}\phi\text{d}\theta\text{d}k\\\\ &= \frac{1}{2ar\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty[e^{\text{i}k(r-at)}-e^{\text{i}k(r+at)}]\text{d}k \end{aligned}

上式结果是 δ\delta 函数 2πδ(r−at)/(2ar)\sqrt{2\pi}\delta(r-at)/(2ar). 由卷积定理，

Ψ(k)sin⁡(akt)ak≓14πa∭ψ(x′,y′)δ[(x−x′)2+(y−y′)2+z′2−at](x−x′)2+(y−y′)2+z′2dx′dy′dz′\begin{aligned} &\frac{\Psi(k)\sin(akt)}{ak}\\\\ &\risingdotseq\frac{1}{4\pi a}\iiint\frac{\psi(x',y')\delta[\sqrt{(x-x')^2+(y-y')^2+z'^2}-at]}{\sqrt{(x-x')^2+(y-y')^2+z'^2}}\text{d}x'\text{d}y'\text{d}z' \end{aligned}

不依赖于 zz，可以直接取 z=0z=0 并去掉 z′z' 的积分.

Φ(k)\Phi(k) 的逆变换是类似的，最终解为

u(x,y)=12πa[∬ψ(x′,y′)a2t2−(x−x′)2−(y−y′)2dx′dy′+∂∂t∬ϕ(x′,y′)a2t2−(x−x′)2−(y−y′)2dx′dy′]\begin{aligned} u(x,y)&=\frac{1}{2\pi a}\Big[\iint\frac{\psi(x',y')}{\sqrt{a^2t^2-(x-x')^2-(y-y')^2}}\text{d}x'\text{d}y'\\ &\quad+\frac{\partial}{\partial t}\iint\frac{\phi(x',y')}{\sqrt{a^2t^2-(x-x')^2-(y-y')^2}}\text{d}x'\text{d}y'\Big] \end{aligned}

Green 函数法

我们做电动力学的时候，遇到一个复杂的电荷分布，求其空间电势分布的方法是用点电荷的电势叠加 —— 这就是 Green 函数法.

对于有界的问题，我们应该如何通过适当边界条件下的点电荷电势的叠加，而给出任意电荷分布和任意边界条件时的电势？也就是用定解问题

∇2G(r⃗;r⃗′)=−1ε0δ(r⃗−r⃗′),r⃗,r⃗′∈V and proper boundary conditions\nabla^2G(\vec{r};\vec{r}')=-\frac{1}{\varepsilon_0}\delta(\vec{r}-\vec{r}'),\quad \vec{r},\vec{r}'\in V\text{ and proper boundary conditions}

的解 GG 叠加出

∇2u(r⃗)=−1ε0ρ(r⃗),u∣Σ=f(Σ)\nabla^2u(\vec{r})=-\frac{1}{\varepsilon_0}\rho(\vec{r}),\quad u\big|_{\Sigma} = f(\Sigma)