數(shù)學(xué)物理方程不掛科-3-行波法與積分變換法

達(dá)朗貝爾公式的推導(dǎo)對于一維波動方程?2u?t2利用復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則

=a2?2u?x2

我們作代換

ξ=x+at

η=x?at?u=?u?ξ

+?u?η

=?u+?u?x ?ξ?x

?η?x

?ξ ?η???2u= (??

?u

??u

?u ?η

?2u ?2u

?2u?x2 ?ξ?ξ+

?ξ2+2?ξ?η+

?η2同理，

?2u?t2

=a2[?2u?ξ2

–2?2u?ξ?η

2uξη+??η2ξη+?代回方程，可得?2u =0?ξ?η達(dá)朗貝爾公式的推導(dǎo)?2u?ξ?η

=0兩端同時(shí)對

η積分，則有

?u=f(ξ)?ξ繼續(xù)對

ξ積分，則有：u(xt)=f(ξ)dξ+f2(η)=f1(x+at)+f2(x?at) 其中f1,f2均為任意二次連續(xù)可微函數(shù)這個式子就是一維波動方程的通解。我們進(jìn)一步考慮定解條件，從而確定兩個函數(shù)的具體形式，接下來我們討論無限長弦的自由橫振動。設(shè)弦的初始狀態(tài)為已知，即已知定解條件為

u

t=0

=φ(x) ?∞<x<+∞=ψ(x) ?∞<x<+∞?t t=0達(dá)朗貝爾公式的推導(dǎo)u =φ(x) ?∞<x<+∞t=0?t

t=0

=ψ(x) ?∞<x<+∞代入u(xt)=f1(x+at)+f2(x?at)

f1(x)+f2(x)=φ(x){af′1(x)?af′2(x)=ψ(x)af′

(x)=ψ(x)

兩端對

積分一次，有f

(x)?

(x)=1

xψ(ξ)dξ+C1 2 x

1 2 a∫0f(x)=1φ(x)+1 xψ(ξ)dξ+C20根據(jù) f1(x)+f2(x)=φ(x)20

1x可解得x

2a∫0 2a∫{1(x)?2(x)=a∫

xψ(ξ)dξ+C

1φ(x)?1 ψ(ξ)dξ?C2 2a∫0 2達(dá)朗貝爾公式的推導(dǎo)f(x)=1φ(x)+1 xψ(ξ)dξ+C

f(x)=1φ(x)?1 xψ(ξ)dξ?C1 2 2a∫0

2 2 2 2a∫0 2u(x,t)=f1(x+at)+f2(x?at)=1[φ(x+at)+φ(x?at)]+1

x+at

ψ(ξ)dξ2 2a∫x?atu(u(x,t)=1[φ(x+at)+φ(x?at)]+122a∫x?atx+atψ(ξ)dξ特征變換一維波動方程

?2u?t2

=a2?2u?x2

的特征方程為

(dx)2?a2(dt)2=0其積分曲線（特征線）為

x±at=Const因此我們稱

ξ=x+at

為特征變換，行波法也稱為特征線法二階線性偏微分方程的特征方程一般情況下，二階線性偏微分方程

A?2u?x2

+2B?2u?x?y

+C?2u?y2

+D?u?x

+E?u?y

+Fu≡0

的特征方程為AA(dy)2?2Bdxdy+C(dx)2=0這個常微分方程的積分曲線稱為線性偏微分方程的特征曲線；二階線性偏微分方程的特征弦僅與該方程中的二階導(dǎo)數(shù)項(xiàng)系數(shù)有關(guān)，而與其低階項(xiàng)系數(shù)無關(guān)。B2AC>0 雙曲型方程：如波動方程B2AC=0 拋物型方程：如熱傳導(dǎo)方程B2AC<0 橢圓型方程：如拉普拉斯方程，泊松方程不論方程為什么形式，我們都可以通過適當(dāng)?shù)淖宰兞恐g的代換將其化為標(biāo)準(zhǔn)形式。例題3-1 求下列初值問題的解?2u?x2

?2u?x?

?2u?y??y

=0 ?∞<x<∞,y>0uy=0

=3x2 ,?u

y=0

=0, ?∞<x<∞解析3-1

先確定所給方程的特征線，它的特征方程為：(dy)2?2(dxdy)?3(dx)2=0(dy+dx)(dy?3dx)=0故他的積分曲線為：3x?y=C1, x+y=C2作特征變換得

ξ=3x?y{η=x+y則?u=?u?ξ

+?u?η

=3?u+?u?x

?x

?ξ ?η?2u

? ?

?u

?

?u ?η ?2u

?2u?x2

?ξ ?ξ+

?η)?x+

?η(3?ξ+

?η)?x=9?ξ2+6?η?ξ+

?η2?u=?u?ξ

+?u?η

=??u+?u?y ?ξ?y

?η?y

?ξ ?η?2u

? ?

?u

?

?u ?η

?2u

?2u?y2

?ξ ?ξ+

?η)?y+

?η(??ξ

?η)?y=

?ξ2?2?η?ξ

?η2例題3-1 求下列初值問題的解?2u?x2

?2u?x?

?2u?y??y

=0 ?∞<x<∞,y>0uy=0

=3x2 ,?u

y=0

=0, ?∞<x<∞解析3-1

?2u

u? ?

?u ?ξ

? ?u

?u ?η ?2u ?2u

?2u?x?y

?ξ ?ξ+

?η)?y+

?η(3?ξ+

?η)?y=?3?ξ2+2?η?ξ

?η2?2u?x2

+2?2u?x?y

2u?y2 ?ξ?η??ξ?η?2u =0將?2u

=

η?u

=f(ξ)ξ

積分，有

u(ξ,η)=

f(ξ)d(ξ)+f

(η)=f

(ξ)+f

(η)?ξ?η ?ξ

∫ 2 1 2故u(xy)=f1(3x?y)+f2(x+y)

為兩個任意二次連續(xù)可微的函數(shù)例題3-1 求下列初值問題的解?2u?x2

?2u?x?

?2u?y??y

=0 ?∞<x<∞,y>0uy=0

=3x2 ,?u

y=0

=0, ?∞<x<∞解析3-1

故u(xy)=f1(3x?y)+f2(x+y)將其帶入u y=0=3x2, ?u =0?y y=0可得 f1(3x)+f2(x)=3x2{?f′(3x)+f′(x)=0

積分，可得

–1f1(3x)+f2(x)=C3f1(3x)+f2(x)=3x23根據(jù) 1

f1(3x)=9434

x2?C′，即

f1(x)=1

x2?C′

C′=3C{?31(3x)+2(x)=

4x2+C′

f2(x)=3

x2+C′ 444∴u(x,y)=1(3x?y)2+3(x+y)2=3x2+y2444 4例題3-2 用行波法求解下列柯西問題?2u?x2

?2u??x?y?

?2u?y??y

=1 ?∞<x<∞,y>0uy=0

=0 ,?u

y=0

=2x, ?∞<x<∞解析3-2

非齊次方程通過特征變換求解得到的結(jié)果不是

?2u?ξ?η

=0，需具體情況具體分析原方程對應(yīng)的特征方程為：(dy)2+dxdy?2(dx)2=0可分解為：(dy?dx)(dy+2dx)=0求得特征線為：y+2x=C1, y?x=C2作特征變換可得：ξ=y+2x, η=y?x則有：?u

=?u?ξ

+?u?η

2?u

?u=?u?ξ

+?u?η

=?u

+?u?x

?x

?ξ ?η

?y

?η?y

?ξ ?η?2u

? ?

?u

?

?u ?η ?2u

?2u?x2

?ξ ?ξ

?η)?x+

?η(2?ξ

?η)?x=4?ξ2?4?η?ξ

?η2???2u= ??

?u

??u

?u ?η

?2u

?2u?y2 ?ξ?ξ+

?η)?y+

?η(?ξ+

?η)?y=

?ξ2+2?η?ξ+

?η2例題3-2 用行波法求解下列柯西問題?2u?x2

?2u??x?y?

?2u?y??y

=1 ?∞<x<∞,y>0uy=0

=0 ,?u

y=0

=2x, ?∞<x<∞解析3-2

?2u

u? ?

?u ?ξ

? ?u

?u ?η ?2u

?2u

?2u?x?y

?ξ ?ξ

?η)?y+

?η(2?ξ

?η)?y=2?ξ2+

?η?ξ

?η2帶回方程得：?9?2u?ξ?η

=1，故

?2u?ξ?η

=?9

與上例標(biāo)準(zhǔn)型不同1經(jīng)過兩次偏積分，可求得原方程的通解為：u(ξ,η)=f1(ξ)+f2(η

9ξη9u(xy)=f1(y+2x)+f2(y?x)?1(y+2x)(y?x)9代入邊界條件可得：u|y=0=f1(2x)+f2(?x)?

x2=0

f(2x)+f

(?x)=2x29 1 2 9?u|

=f′(2x)+f′(?x)?

x=2x

f1(2x)?2f2(?x)=

x2+C′ C′=2C273?yy=0 1 2 9 92733解得：3

=23

x2+c′27f2(?x)=?27

2 11x x

x2?c′例題3-2 用行波法求解下列柯西問題?2u?x2

?2u??x?y?

?2u?y??y

=1 ?∞<x<∞,y>0uy=0

=0 ,?u

273y=0273

=2x, ?∞<x<∞解析3-2

解得：

=23

x2+c′27f2(?x)=?273f1(x)=23x2+c′3

2 11x x

x2?c′∴ 1082727

33x2?c′3∴u(x,y)=23(y+2x)2?17(y?x)2?1(y+2x)(y?x)108 27 9傅立葉變換的定義式假設(shè)函數(shù)+∞

f(x)是定義在

(?∞,+∞)

上的實(shí)函數(shù)，它在任一有限區(qū)間上分段光滑且在定義區(qū)間上絕對可積∫?∞

|f(t|dt<∞所以根據(jù)傅立葉積分的有關(guān)理論（從略），我們有如下定義：F(ω)=

+∞f(x)e?iωxdx f(x)=1

+∞F(ω)eiωxdω∫?∞

2π∫?∞記f(x)與F(jω)為一對傅里葉變換對，簡寫為

f(x)?F(ω)。F(ω為

f(x)的傅立葉正變換（象函數(shù)），f(x)為F(ω)

的傅立葉逆變換（原函數(shù)）。記為F(ω)=?[f(x)]

，f(x)=??1[F(ω)]例題3-3 求下列函數(shù)的傅立葉變換(1) f(x)=

0,x<0{e?βx,x≥0+∞

(β>0) (2) f(x)=

4, ?2<x<2{0, others解析3-3

(1) F(ω)==

∫?∞+∞∫0

f(x)e?iωxdxe?βxe?iωxdx

+∞e?(β+iω)xdx∫0=? 1 β+iω

e?(β+iω)x

+∞= 1 0 β+iω

=β?iωβ2?ω2例題3-3 求下列函數(shù)的傅立葉變換(1) f(x)=

0,x<0{e?βx,x≥0+∞

(β>0) (2) f(x)=

4, ?2<x<2{0, others解析3-3

(2) F(ω)=

∫?∞2

f(x)e?iωxdx2=∫?2

4e?iωxdx=4

∫?2

e?iωxdxiω=4 ?1e?iωx iω

=4e2iω?e?2iω[ ]?2iω=8sin2ωiωω

eiθ?e?iθ2i傅立葉變換的性質(zhì)位移性質(zhì)延遲性質(zhì)微分性質(zhì)

C1f1(x)+C2f2(x)?C1F1(ω)+C2F2(ω)f(x±x0)?F(ω)e±iωx0f(x)e±iω0x?F(ω?ω0)f(n)(x)?(iω)nF(ω)積分性質(zhì)

x∫?∞

f(t)dt?1F(ω)iωiω卷積性質(zhì)

f1(x)*f2(x)=∫?∞∫

t)dt2πf1(x)*f2(x)?F1(ω)?F2(ω) f1(x)?f2(x)?1F1(ω)*F2(ω)2πδ函數(shù)及其傅立葉變換「弱收斂」δ函數(shù)又稱單位脈沖函數(shù)，它是一個廣義函數(shù)，不能用我們現(xiàn)有的知識進(jìn)行嚴(yán)格定義，我們引入弱收斂這一概念，對δ

函數(shù)進(jìn)行簡單的定義。設(shè){fn(x)}(n=0,1,2,?)是區(qū)間

f(x)使得對于任意一個在

a,b

上連續(xù)的函數(shù)φ(x)，都有b blim

fn(x)φ(x)dx=∫a∫

f(x)φ(x)dx則稱{fn(x)}(n=0,1,2,?)在區(qū)間

a,b

上弱收斂于f(x)

，而滿足上式的函數(shù)f(x)稱為{fn(x)}的弱極限。δ函數(shù)及其傅立葉變換「δ函數(shù)的定義」0,x<0orx>1

δn(x)δn(x)=

nnn,0≤x≤1n0/n則稱{δn(x)}(n0/n

在內(nèi)的弱極限稱為δ函數(shù)，記作δ(x)

，即：+∞∫ δ(x)φ(x)dx=lim

+∞∫ δn(x)φ(x)dx?∞ n→∞ ?∞φ(x)為

(?∞,+∞)δn(x)

的表達(dá)式，根據(jù)積分中值定理，則有：+∞∫ δ(x)φ(x)dx=lim

+∞∫ δn(x)φ(x)dx=lim

1n∫ nφ(x)dx=lim

φ(θn

1)=φ(0) (0<θn<1)?∞ n→∞ ?∞

n→∞ 0

n→∞n+∞n因此，有些材料中直接用該式作為δ

函數(shù)的定義：∫?∞

δ(x)φ(x)dx=φ(0)此時(shí)，關(guān)于函數(shù)φ(x)的條件更強(qiáng)，要求其無窮次連續(xù)可微，且在之外恒為零。

(?∞,+∞)

的某個有限閉區(qū)間δ函數(shù)及其傅立葉變換「δ函數(shù)的傅立葉變換」+∞ +∞因此通過δ

函數(shù)的定義，我們有重要結(jié)論∫

δ(x)φ(x)dx=φ(0) ∫

δ(x?x0)φ(x)dx=φ(x0)δ

函數(shù)的傅立葉變換為

?∞?[δ(x)]=

+∞∫?∞

?∞δ(x)e?iωxdx=e?iωx+∞

=1x=0我們還可以求出

?[δ(x±x0)]=的傅立葉逆變換

∫?∞

δ(x±x0)e?iωxdt=e?iωx

x=?x0

=e±iωx0??1[2πδ(ω?ω)]=1

+∞2πδ(ω?

)eiωxdω=eiωx

=eiωx0 2π∫?∞

0ω=ω0因此我們得出

δ(x)與1是一對傅立葉變換，eiω0x

2πδ(ω?ω0為一對傅立葉變換但是，此時(shí)與eiω0x

并不滿足傅立葉變換存在時(shí)需滿足的絕對可積條件，因此這里所講的傅立葉變換是廣義函數(shù)意義下的傅立葉變換，因此稱為廣義傅立葉變換。例題3-4

求函數(shù)

f(x)=cos(ω0x)

f(x)=sin(ω0x)的廣義傅立葉變換。解析3-4

x=eiω0x+e?iω0x2已知2sinω

e±iω0x?2πδ(ω?ω0)，故x=eiω0x+e?iω0x

[cosω0x]=π[δ(ω?ω0)+δ(ω+ω0)]0 2ie±iω0x?2πδ(ω?ω0)，故

?[sinω0x]=πi[δ(ω+ω0)?δ(ω?ω0)]拉普拉斯變換定義式實(shí)際情況中函數(shù)只在

0,+∞)

上有定義，或函數(shù)在實(shí)軸上不滿足絕對可積條件，或我們不關(guān)心(?∞,0)的情形，此時(shí)我們用拉普拉斯變換對問題進(jìn)行分析。+∞假設(shè)函數(shù)

f(t)

是定義在

0,+∞)上的函數(shù)，且積分∫0∫

f(t)e?ptdt在p的某個區(qū)域內(nèi)收斂，其中pp為變量的函數(shù)，記作F(p)，即+∞F(p)=

∫?∞

f(t)e?ptdtF(p)稱為

f(t)

的拉普拉斯變換，記為F(p)=?[f(t)]f(t)

稱為F(p)的拉普拉斯逆變換，記作f(t)=??1[F(p)]例題3-5 計(jì)算下列函數(shù)的拉普拉斯變換(1)u(t)=

0,t≤0{1,t>0+∞

(2)f(t)=ektk∈R+∞解析3-5

(1) ?[u(t)]=∫0∫

u(t)e?ptdt=∫0

e?ptdt+∞當(dāng)Re[p]>0

時(shí)，積分+∞e?ptdt

收斂，且

e?ptdt=?

e?pt

+∞=11 0 ∫0

p 0 p

p Re[p]>0補(bǔ)充：收斂原因：當(dāng)

+∞e?ptdt=∫0+∞

+∞e?(σ+iω)tdt∫0+∞

收斂時(shí)，有： e?pt∫0

dt=∫0∫

|e?σt∥e?iωt|dt<∞e?iωt =1

故此時(shí)：

σ>0 即

Re[p]>0例題3-5 計(jì)算下列函數(shù)的拉普拉斯變換(1)u(t)=

0,t≤0{1,t>0+∞

(2)f(t)=ektk∈R+∞解析3-5

(2) ?[ekt]=∫0

ekte?pt=∫0

e?(p?k)tdt當(dāng)Re([p]>k時(shí)，右端積分收斂，且

+∞e?(p?k)tdt=? 1 e?(p?k)t|+∞

= 1 [ekt=

1p?

∫0Re[p]>k

p?k

0 p?k補(bǔ)充：收斂原因：當(dāng)

+∞e?(p?k)tdt∫0

+∞e?(σ?k)te?iωtdt∫0

收斂時(shí)，+∞有： |e?(p?k)t|dt

+∞|e?(σ?k)t||e?iωt|dt∫0 ∫0e?iωt =1

故此時(shí)：

σ>k 即

Re[p]>k拉普拉斯變換性質(zhì)延遲性質(zhì)位移性質(zhì)

af1(t)+bf2(t)?aF1(p)+bF2(p)f(t)e±αt?F(p?α)f(t±t0)?F(p)e±pt0t∫積分性質(zhì)∫0

f(x)dx?1

F(p)p微分性質(zhì)p

f′(t)?pF(p)?f(0)f′′(t)?p2F(p)?pf(0)?f′(0)f(n)(t)?pnF(p)?pn?1f(0)?pn?2f′(0)???pf(n?2)(0)?f(n?1)(0)若f(0)=f′(0)=?=f(n?1)(0)=0 則f(n)(t)?pnF(p)常見函數(shù)的拉普拉斯變換pδ(t)?1 u(t)?1p

ekt? 1 p?ksinωt? ω p2+ω2

cosωt? p p2+ω2

tn n!?pn+1?其余函數(shù)的拉普拉斯變換，可查拉普拉斯變換表例題3-6

求δ函數(shù)的拉普拉斯變換解析3-6

首先介紹弱導(dǎo)數(shù)的概念。對在區(qū)間[a，b](可以是無限的)上給定的函數(shù)f(t)，如果存在一個函數(shù)g(t)，使得對任意一次連續(xù)可微且在端點(diǎn)a，b附近為零的函數(shù)b

φ(t)有：b∫∫g(t)φ(t)dt=?∫∫a

f(t)φ′(t)dt則稱g(t)為f(t)的弱導(dǎo)數(shù)，記為f’(t)δ

函數(shù)是單位階躍函數(shù)的弱導(dǎo)數(shù)。+∞u′(t)φ(t)dt=

+∞ bφ(t)d[u(t)]?u(t)φ(t)

+∞au(t)φ′(t)dta∫?∞

∫?∞

分部積分

a ∫?∞在端點(diǎn)a，b附近為零，故+∞

u(t)φ(t)

b=0,

+∞∫u(t)φ′(t)dt=∫?∞

+∞∫φ′(t)dt=?φ(0)∫0∫∴ ∫?∞

φ(t為

+∞,?∞]內(nèi)任意一次連續(xù)可微且在某個有界閉區(qū)間外為0的函數(shù)例題3-6

求δ函數(shù)的拉普拉斯變換解析3-6

+∞∴∫ u′(t)φ(t)dt=φ(0)?∞+∞∫δ函數(shù)定義∫?∞

δ(t)φ(t)dt=φ(0)

u′(t)=δ(t)p根據(jù)拉普拉斯變換的微分性質(zhì)：?[δ(t)]=?[u′(t)]=p??[u(t)]?u(0)=p?1=1p積分變換法舉例傅里葉變換常應(yīng)用于無界的初值問題（針對空間變量居多）拉普拉斯變換常應(yīng)用于帶邊界條件的定解問題（針對時(shí)間變量居多，且多為因果函數(shù)）本節(jié)我們將通過兩道例題來介紹積分變換法的應(yīng)用。例題3-7 利用積分變換法求解定解問題?2u?t2

2?2u=a?x=a

–∞<x<+∞u?t

=φ(x)t=0=ψ(x)t=0+∞

+∞ +∞解析3-7

U(ωt)=

∫?∞

u(x,t)e?iωxdx Φ(ω)=

∫?∞

φ(x)e?iωxdx Ψ(ω)=

∫?∞

ψ(x)e?iωxdxdt對方程和初始條件關(guān)于x做傅立葉變換，得：dt

d2U(ω,t)dt2

=?a2ω2U(ω,t)U|t=0

=Φ(ω) dU(ω,t)

t=0

=Ψ(ω)方程的通解為：U(ω,t)=A(ω)eiaωt+B(ω)e?iaωt 只對t求，與無關(guān)，故應(yīng)保留U(ω,t)

t=0=A(ω)+B(ω)=Φ(ω)

A(ω)=1

Φ(ω)+Ψ(ω)利用初始條件

?

iaω]dU(ω,t)

=iaω[A(ω)?B(ω)]=Ψ(ω)

B(ω)=1

Φ(ω)?Ψ(ω)dt t=0

2[ iaω]例題3-7 利用積分變換法求解定解問題?2u?t2

2?2u=a?x=a

–∞<x<+∞u?t

=φ(x)t=0=ψ(x)t=0解析3-7

U(ω,t)=1[Φ(ω)+Ψ(ω)]eiaωt+1[Φ(ω)?Ψ(ω)]e?iaωt2 iaω 2

iaω=1Φ(ω)eiaωt+1Φ(ω)e?iaωt+1 Ψ(ω)eiaωt?1 Ψ(ω)e?iaωt2 2 2aωi 2aωi根據(jù)傅立葉變換的位移性質(zhì)與微分性質(zhì)?[φ(x+at)]=Φ(ω)eiaωtx? ψ(ξ)dξ

=1Ψ(ω)

x+at?

ψ(ξ)dξ

=1Ψ(ω)eiωat[∫0

]

[∫0且 x?at?[∫0

]ψ(ξ)dξ]

iω=iω1Ψ(ω)e?iω=iω

時(shí)移性質(zhì)例題3-7 利用積分變換法求解定解問題?2u?t2

2?2u=a?x=a

–∞<x<+∞u?t

=φ(x)t=0=ψ(x)t=0解析3-7

故對U(ω,t)

的 取傅立葉逆變換，得：u(x,t)=1φ(x+at)+1φ(x?at)+1

x+at

ψ(ξ)dξ?1

x?at

ψ(ξ)dξ2 2 2a∫0 2a∫0=1[φ(x+at)+φ(x?at)]+1

x+at

ψ(ξ)dξ2 2a