数理方程参考答案4第四章积分变换法

1 第 四章 积分 变换法 一、重点 难点分 析 分变换法是求解无界 区 域上定解问题的有效 方 法，其基本思想是通 过 函数的积分变换 ， 把微分运算转化为代数 运算，从而减少偏微分 方程中自变量的个数， 将线性偏微分方程变为 含有较少变量的线性偏微分方程、常微分方程或代数方程，最终使问题得到简化。 学习本章应以下列两 个 方面为重点：一是两 种 积分变换傅里叶 变 换和拉普拉斯变 换 的定义、性质；二是两种积分变换法在求解无界区域上定解问题的应用。 本章的难点是傅里叶 逆 变换和拉普拉斯逆变 换 的计算，需要掌握相 关 的性质和一些基 本 函数的积分变换。 二、知识 总结 傅里叶变换及其逆变换的定义 定义 假设 I 是数集(实数或者复数)， ( ) x s K , 为 , b a I 上的函数,这里 , b a 为任意区间。 如果函数 ( ) x f 在区间 , b a 有定义并且对任意 sI , ( ) ( ) , K sx f x 和 为 , b a 上可积函数, 则 含参变量积分 ( ) ( ) ( ) ,d b a K sx f x x F s = 定义了一个从 ( ) x f 到 ( ) s F 的变换，称为积分变 换, ( ) x s K , 为变换的核。 在具体的变换中， ( ) x s K , 具有不 同的表现形式，对 ( ) fx 有具体的要求。常用的积分 变 换有傅里叶变换和拉普拉斯变换。 定 理 （ 傅里 叶积分 定理） 若函数 () fx 在 (,) + 上的任意有限区间上满足狄利克雷条 件，即满足： （1） 在区间上连续或只有有限个第一类间断点, （2） 在区间上至多有有限个极值点， 且在 (,) + 上绝对可积，那么对任意 (,) x + 有 若 在 点连续，则 2 定义 设函数 () fx 在 (,) + 上的任意有限区间上满足狄利 克雷条件，在 (,) + 上绝 对可积，则称广义积分 为 的傅 里叶 变换 ，或者 称为 的 像 函数 。通常记 为 ，或 。 定义 称 为 的 傅里 叶逆变 换 ，或 者称为 的像原函 数。记 为 . 傅里叶变换及其逆变换的基本性质 性质1 （线性 性质 ） 傅里叶变换及其逆变换都是线性变换，即 其中 ， 是任意常数。 性质2 （相似 性质 ） 对于任意实常数 ，有 . 性质3 （位移 性质 ） 对 于任意实常数 ，有 , . 性质4 （微分 性质 ） 设 ， 的傅里叶变换存在，则 . 一般地，若 , , 的傅里叶变换存在，则 . 性质 5 （ 乘多项 式性 质） 设 的傅里叶变换存在，则 3 . 性质 6 ( 积分性 质) . 性质 7 ( 对称性 质) . 定义 设函数 和 是 上定义的函数。 如果广义积分 对 于所有的 都收敛，则称该积分为 与 的卷积。记 为 . 性质8 （卷积 性质 ） 或者 性质9 （像函 数的 卷积性质 ） 或者 . 性质10 （Parseval 等式 ） 傅里叶变换的应用 一维热传导方程的初值问题 2 2 2 0 0 ( , 0), | ( ). t uu a xt tx ux = = = 的解为 ，. 其中 4 称为热核，也称为一维 热传导方程初值问题的基 本解 。 定理 如果函数 在 上连续且有界，则由 给出的函数 是初值问题 的古典解，且当 时， 关于 无穷次连续可微。 无限长杆上的热传导问题 2 2 2 0 ( , ) ( , 0), | ( ). t uu a f xt x t tx ux = = = 的解为 ( ) 2 2 2 2 () () 4( ) 4 0 1 1 (,) (,) d d d 22 x x t at at f uxt e e at a t = + 定理 如果函数 在 上连续且有界， 在 上连续且 有界。则由 给出的函数 是初值问题的古典解。 一维波方程的初值问题 22 2 22 0 0 0 ( , 0), | ( ), ( ). t t uu a xt tx u ux x t = = = = = 的解为 二维拉普拉斯方程的边值问题 22 22 0 | 0 ( , 0), | ( ), lim 0. x x uu xy xy u fx u = + + = = = 的解为 5 拉普拉斯变换及其逆变换的定义 定义 设函数 定义在 上，对于复数 ，如果含参变量 的广义积分 收敛， 则称该积分为函数 的拉 普拉 斯变换，记为 ，或 。也称 是 的 像 函数 。 定理 若函数 在 上分段连续且不超过指数型增长，即存在常数 和 ， 使得 ，则 的拉普拉斯变换对于满足 Re 的所有 都存在。 称常数 为函 数 的增长阶。 如果 ，则称 是 的拉 普拉斯 逆变 换，也称 是 的像原函数 或者 原 函数 。它的形式是 拉普拉斯变换及其逆变换的基本性质 性质1 （线性 性质 ） ， ， 其中 是任意常数。 性质2 （位移 性质 ） 性质3 （相似 性质 ） 性质4 （微分性 质） 若 在 上连续且不超过指数增长， 在 上分段连续， 则 的拉普拉斯变换变换存在， 且对 Re ， 有 ， 其中 是函数 的 增长阶。一般地，如果 , , 在 上连续且不超过指数增长， 在 上分段 连续，则 的拉普拉斯变换变换存在，且有 ( ) ( ) (0) ft f f = 6 . 性质5 （积分 性质 ） 性质6 （乘多 项式 性质） 性质7 （延 迟性 质） 其中 是以下所定义的阶梯函 数 性质8 （初值 定理 ） 性质9 （终值 定理 ） 性质10 （卷 积性 质） 称 为函数 与 的卷积。则 有 或者 拉普拉斯变换及其逆变换的应用 半无界热传导方程的定解问题 2 2 2 0 0 0 ( 0, 0), | 0, ( ). t x uu a xt tx u u ft = = = = = 的解为 . 定理 若 在 上连续且 有界，则由 式 给出的函数 是初值问题 的古典解。 利用傅里叶变换或者拉普拉斯变换求解定解问题的主要步骤是： (1) 根据自变量的取值范围以及定解条件的具体情况，选择合适的积分变换； 7 (2) 对方程进行傅里叶变换或者拉普拉斯变换，并考虑初值条件或边值条件； (3) 从变换后的方程中求出像函数； (4) 对像函数进行逆变换，所得到的原像函数即是原来定解问题的解。 三、典型 例题 例 1 设 a 是正的 实常数，证明 | 22 1 d ax i x a ee a = + . 证明 利用傅里叶变换与逆变换的定义，有 | | d ax ax i x e ee x = F 和 | | 1 d 2 ax ax i x e ee = F . . 而 | | | | 0 () 0 22 d cos d sin d 2 cos d 2 Re d 1 2 Re 2 ax ax i x ax ax ax axi x e ee x e xx i e xx e xx ex ai a a + = = = = = + = + ， F 将以上结果代入式可得 | 22 1 d ax i x a ee a = + . 例2 求解热传导方程 2 2 2 0 ( , 0) uu a xt tx = 的初值问题，已知初始温度为 0 | sin t ux = = 。 解 对方程和初始条件 关于 作傅里叶变换，记 sin x = F 利用傅里叶变 换的微分性质，有 8 22 0 d 0, 0, d |. t u au t t u = += = 求解以上带参数 的常微分方程，得 对上式作傅里叶逆变换，并运用卷积性质得到 22 2 2 22 22 2 2 2 2 1 1 4 44 4 0 2 (,) ( ,) sin * 1 sin( )d 2 1 sin cos d cos sin d 2 sin cos d sin 1 4 2 sin . at s at ss at at s at at at uxt u t xe e xss at e x ss e x ss at x e ss at x e at at ex = = = = = = = F F 例 3 求函数 2 () 2 +5 p Fp pp = 的拉普拉斯逆变换 解 因为 2 2 22 11 1 1 2 +5 ( 1) +4 ( 1) +4 ( 1) +4 pp p pp p p p + = = + , 由延迟性质 1 2 1 cos 2 ( 1) +4 t p et p = L , 而 11 2 22 11 2 1 sin 2 ( 1) +4 2 ( 1) +2 2 t et pp = = LL , 因此 11 2 1 ( ) (cos2 sin 2 ) 2 +5 2 t p Fp e t t pp = = + LL . 例 4 解常微分方程的初值问题 9 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 00 , 00. na T t Tt ft l TT += = = ， 解 对 t 进行拉普 拉斯变换, 设 ( ) ( ) ( ) , () F f t T Tt = = LL ，则 ( ) ( ) 2 22 2 2 (0) (0) ( ) na T TT T F l + = 代入初始条件, 解得 ( ) ( ) 2 22 2 2 F T na l = + , 而 2 22 2 22 22 22 1 sin na l l na l t na na na na l ll = = + L , 故对 ( ) T 取拉普拉斯逆变换得 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 sin sin ( )d . t Tt T l na ft t na l l na ft na l = = = L 例 5 求解下列无限长 杆上的热传导问题 2 2 2 0 ( , ) ( , 0), | ( ). t uu a f xt x t tx ux = = = 解 (方法一) 拉普拉 斯变换法 。取 ，记 ， ， 对于方程和 边值条件关于 作拉普拉斯变换，得 2 2 2 d () d u u xa f x = , 即 2 22 2 d1 () 0 d u u xf xa a + += , 10 把 看作是参数，利用常数变异法, 得到它的通解是 () () () () 1 (, ) () d () d 2 1 (, ) d (, ) d . 2 xx x aa x xx x aa x ux e e a fe fe a = + + 由拉普拉斯变换表知 2 1 4 11 a at ee t = L , 所以 22 22 22 22 2 2 1 () () 44 () () 4( ) 4( ) 00 () 4 (,) (, ) 1 () d () d 2 1 (,) (,) dd dd 2 1 1( () d 22 xx x at at x xx at at xt t x x at uxt ux ee at fe fe at t f e at a = = + + = + L 2 2 () 4( ) 0 ,) dd. x at t e t ( 方法二) 用 傅里叶变换与拉普拉斯变换结合。 记 ， .对问 题的 方程 和初始 条件关 于 作傅里 叶变换 ，得到 一个 以 为参数的 常微分 方 程的初值问题 22 0 d , 0, d |. t u a uf t t u = += = 对上述问题再作关于 t 的拉普拉斯变换，并记 u ( , ) ( , ), ut =L f (,) (, ) ft =L ，则 u 22 (,) () a + (,) (,) uf = , 即 11 22 () (,) (,) f u a + = + , 作拉普拉斯逆变换得到 22 22 22 22 () 0 ( ,) ( ) ( ,) * () (,) d at at t at a t u t e f te e fe = + = + ， 再对上式取傅里叶逆变换，得到 2 2 2 2 () () 4( ) 4 0 1 1 (,) ( ,) ( ) d dd . 22 x x at t at fe uxt e at a t = + 四、 习题 解答 . 求函数 的傅里叶变换，其中 a 是正常数。 解 由傅里叶变换的定 义有 () () 00 sin ( ) d 2 d 2 cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) d 2 sin( ) sin( ) 2 d d. 22 iax iax ix ia x ia x ax fx x ee ex ix ee x ix a xi a x a xi a x x ix ax ax xx xx + = = = + = + = + FF 利用公式 0 ( 0) sin 2 d ( 0) 2 a ax x x a = ，则 00 sin( ) sin( ) d, d 22 ax ax xx xx + = = ，所以 sin ax x = F . （2） 若 a = ，则 ( 0), ( 0), a a = 故有 12 0 ( 0), 2 ( 0), 2 ( 0), 0 ( 0), a aa a = += + = = 时， ，此时 00 sin( ) sin( ) d, d 22 ax ax xx xx + = = , 从而 sin 0 ax x = F . （ii）当 0 0, 0 aa + = = = 其中 是常数。 解 记 ( ) ( ) 0 0 () 0 x x cx = ， ， ， 对方程和初始条件关于 作 傅里叶变换，记 13 .利用傅里叶变换的微分性质，有 2 0 d 0, 0, d |. t u ut t u = += = 求解该常微分方程，得 2 ( ,) ( ) t ut e = , 对上式作傅里叶逆变换，并运用卷积性质得到 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 4 () 4 () 4 0 , 1 2 1 2 d 2 1 erf . 2 2 t t x t xs t xs t u xt e xe xe t s e ds t c es t cx t = = = = = = + F F . 求定解问题 2 2 0 0 ( , 0), | ( ) t uu tu x t tx ux = = = 的有界解。 解 对方程和初始 条件关于 作傅里叶变换， 记 .利用傅里叶变 换的微分性质，有 2 0 d 0, 0, d |. t u u tu t t u = + = = 求解该常微分方程，得 2 22 2 ( ,) ( ) t at ut e = , 对上式作傅里叶逆变换，并运用卷积性质, 得到 14 ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 1 2 4 2 () 4 2 , () 1 2 1 d. 2 t at x t t yx t t u xt e ex e t e ye y t = = = F . 用积分变换法求解下列初值问题： 22 2 22 0 0 ( , ) ( , 0), | ( ), ( ). t t uu a f xt x t tx u ux x t = = = = = 解 记 ， ， ( ) , ft f = F .对方程和初始条件关 于 作傅里叶变换，得到一个以 为参数的常微分方程的初值问题 2 22 2 0 0 d , 0, d d |, . d t t u a uf t t u u t = = += = = 该方程的通解为 0 1 ( , ) cos sin ( , )sin ( )d t u t C at D at f a t a =+ , 由条件 0 0 d |, d t t u u t = = = = 得 () ( ), CD a = = ，所以 0 sin 1 (, ) () c os () (,) s i n ( ) t at u t at f a t d aa =+ , 注意到 1 () c os () () 2 ia t ia t at e e = + ，所以 ( ) ( ) 1 1 ( )cos 2 a t x at x at = + F , 而 1 sin () at at gx = F , 其中 1 ( ), () 2 0( at at x at gx = 其它), 所以 15 ( ) ( ) ( ) () 0 1 11 , () () d 2 t at a t u x t x at x at g x f g x aa = + + ( ) ( ) ( ) ( ) () 0 () 1 11 d , d d. 2 22 xat t xa t xat xa t x at x at s s f s s aa + + = + + 求函数 和 的拉普拉斯变换。 解 由于 ( ) ( ) 11 sin 22 ia t ia t iat iat tt ee e e e at e ii + = = , 所以 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 11 11 2 2 sin 2 1 2 11 1 211 1 ia t ia t t ia t ia t ee e at i ee i i ia ia a a + + = = = + + = + LL LL 由拉普拉斯变换的定义，对任意 Re 0 ，有 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ( 1) 00 2 ( 1) ( 1) 2 0 0 ( 1) 2 0 ( 1) 0 ( 1) ( 1) 22 0 0 ( 1) 3 0 3 dd 11 d 11 1 d 1 2 d 1 22 d 11 2 1 2 1 tt t tt t t tt t te e t te t te e t et te t te e t e + + + + + + + + = = + + = + = + = + + = + = + ， 所以 ( ) 2 3 2 . 1 t te = + L . 解常微分方程的初值问题： 16 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 , 0 . T t aT t f t T bT c += = = 解 对 t 进行拉 普拉斯变换, 设 ( ) ( ) ( ) , () F f t T Tt = = LL ，则 ( ) ( ) 22 () T b c aT F + = ， 即 ( ) ( ) ( ) 22 22 22 22 1 F bc a ca T Fb a a a aa a + = = + + + ， 拉普拉斯逆变换，得 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 sin cos sin c T t T f t at b at at aa = =+ L 0 1 ( )sin ( )d cos sin . t c f s a t s s b at at a