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求解偏微分方程的傅里叶积分解

news 2025/7/18 5:38:40

题目

题目 7. 在带状区域 $\{(x, y) : 0 < x < 1, \, -\infty < y < \infty\}$ 中求解
$Δu−u=0,\Delta u - u = 0,$
边界条件为：
$u_x|_{x=0} = 0,$
$u∣x=1={cos⁡(y)∣y∣≤π2,0∣y∣≥π2,u|_{x=1} = \begin{cases} \cos(y) & |y| \leq \frac{\pi}{2}, \\ 0 & |y| \geq \frac{\pi}{2}, \end{cases}$
且 $\max |u| < \infty$ 。

解应以适当的傅里叶积分形式表示。

解答

考虑偏微分方程 $\Delta u - u = 0$ ，其中 $\Delta u = u_{xx} + u_{yy}$ ，即：
$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} - u = 0,$
在区域 $0 < x < 1$ ， $-\infty < y < \infty$ 内求解，边界条件为：

$u_x(0, y) = 0$ （Neumann 条件），
$u (1, y) = g (y)$ ，其中 $\begin{cases} \cos(y) & |y| \leq \pi/2 \\ 0 & |y| > \pi/2 \end{cases}$ （Dirichlet 条件），
解有界，即 $\max |u| < \infty$ .

由于区域在 $y$ 方向无限，且边界条件依赖于 $y$ ，使用傅里叶变换法求解。对变量 $y$ 进行傅里叶变换，定义变换：
$u^(x,k)=∫−∞∞u(x,y)e−ikydy. \hat{u}(x, k) = \int_{-\infty}^{\infty} u(x, y) e^{-i k y} dy.$
方程变换为：
$∂2u^∂x2+(ik)2u^−u^=0 ⟹ ∂2u^∂x2−(k2+1)u^=0. \frac{\partial^2 \hat{u}}{\partial x^2} + (i k)^2 \hat{u} - \hat{u} = 0 \implies \frac{\partial^2 \hat{u}}{\partial x^2} - (k^2 + 1) \hat{u} = 0.$
令 $\lambda = \sqrt{k^2 + 1}$ （取正根，因为 $k^2 + 1 > 0$ ），则方程化为：
$∂2u^∂x2−λ2u^=0. \frac{\partial^2 \hat{u}}{\partial x^2} - \lambda^2 \hat{u} = 0.$
其通解为：
$u^(x,k)=A(k)eλx+B(k)e−λx. \hat{u}(x, k) = A(k) e^{\lambda x} + B(k) e^{-\lambda x}.$

应用边界条件

在 $x = 0$ 处： $u_x(0, y) = 0$ ，变换得 $∂u^∂x∣x=0=0 \left. \frac{\partial \hat{u}}{\partial x} \right|_{x=0} = 0$ 。
计算导数：
$∂u^∂x∣x=0=λA(k)−λB(k)=λ(A(k)−B(k))=0. \left. \frac{\partial \hat{u}}{\partial x} \right|_{x=0} = \lambda A(k) - \lambda B(k) = \lambda (A(k) - B(k)) = 0.$
因 $\lambda > 0$ ，故 $A (k) - B (k) = 0$ ，即 $A (k) = B (k)$ 。代入通解：
$u^(x,k)=A(k)(eλx+e−λx)=2A(k)cosh⁡(λx). \hat{u}(x, k) = A(k) (e^{\lambda x} + e^{-\lambda x}) = 2A(k) \cosh(\lambda x).$
令 $C (k) = 2 A (k)$ ，则：
$u^(x,k)=C(k)cosh⁡(λx),λ=k2+1. \hat{u}(x, k) = C(k) \cosh(\lambda x), \quad \lambda = \sqrt{k^2 + 1}.$
在 $x = 1$ 处： $u (1, y) = g (y)$ ，变换得 $u^(1,k)=g^(k) \hat{u}(1, k) = \hat{g}(k)$ ，其中 $g^(k) \hat{g}(k)$ 是 $g (y)$ 的傅里叶变换。
计算 $g^(k) \hat{g}(k)$ :
$g^(k)=∫−∞∞g(y)e−ikydy=∫−π/2π/2cos⁡(y)e−ikydy. \hat{g}(k) = \int_{-\infty}^{\infty} g(y) e^{-i k y} dy = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos(y) e^{-i k y} dy.$
利用 $\cos(y) = \frac{e^{i y} + e^{-i y}}{2}$ :
$g^(k)=12∫−π/2π/2(ei(1−k)y+e−i(1+k)y)dy. \hat{g}(k) = \frac{1}{2} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \left( e^{i(1-k)y} + e^{-i(1+k)y} \right) dy.$
计算两个积分：
$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{i(1-k)y} dy = \left[ \frac{e^{i(1-k)y}}{i(1-k)} \right]_{-\pi/2}^{\pi/2} = \frac{2 \sin\left( \frac{(1-k)\pi}{2} \right)}{1-k},$
$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{-i(1+k)y} dy = \left[ \frac{e^{-i(1+k)y}}{-i(1+k)} \right]_{-\pi/2}^{\pi/2} = \frac{2 \sin\left( \frac{(1+k)\pi}{2} \right)}{1+k}.$
代入：
$g^(k)=12(2sin⁡((1−k)π2)1−k+2sin⁡((1+k)π2)1+k)=sin⁡((1−k)π2)1−k+sin⁡((1+k)π2)1+k. \hat{g}(k) = \frac{1}{2} \left( \frac{2 \sin\left( \frac{(1-k)\pi}{2} \right)}{1-k} + \frac{2 \sin\left( \frac{(1+k)\pi}{2} \right)}{1+k} \right) = \frac{\sin\left( \frac{(1-k)\pi}{2} \right)}{1-k} + \frac{\sin\left( \frac{(1+k)\pi}{2} \right)}{1+k}.$
化简三角函数：
$\sin\left( \frac{(1-k)\pi}{2} \right) = \cos\left( \frac{k\pi}{2} \right), \quad \sin\left( \frac{(1+k)\pi}{2} \right) = \cos\left( \frac{k\pi}{2} \right),$
所以：
$g^(k)=cos⁡(kπ2)1−k+cos⁡(kπ2)1+k=cos⁡(kπ2)(11−k+11+k)=cos⁡(kπ2)21−k2. \hat{g}(k) = \frac{\cos\left( \frac{k\pi}{2} \right)}{1-k} + \frac{\cos\left( \frac{k\pi}{2} \right)}{1+k} = \cos\left( \frac{k\pi}{2} \right) \left( \frac{1}{1-k} + \frac{1}{1+k} \right) = \cos\left( \frac{k\pi}{2} \right) \frac{2}{1 - k^2}.$
在 $\pm 1$ 时，分子和分母均为零，但极限存在（例如， $k = 1$ 时， $g^(1)=π/2 \hat{g}(1) = \pi/2$ ），故表达式有效。

应用边界条件：
$u^(1,k)=C(k)cosh⁡(λ)=g^(k) ⟹ C(k)=g^(k)cosh⁡(λ). \hat{u}(1, k) = C(k) \cosh(\lambda) = \hat{g}(k) \implies C(k) = \frac{\hat{g}(k)}{\cosh(\lambda)}.$
代入：
$u^(x,k)=g^(k)cosh⁡(λx)cosh⁡(λ),λ=k2+1. \hat{u}(x, k) = \hat{g}(k) \frac{\cosh(\lambda x)}{\cosh(\lambda)}, \quad \lambda = \sqrt{k^2 + 1}.$

傅里叶逆变换

解 $u (x, y)$ 是 $u^(x,k) \hat{u}(x, k)$ 的逆变换：
$u(x,y)=12π∫−∞∞u^(x,k)eikydk=12π∫−∞∞g^(k)cosh⁡(λx)cosh⁡(λ)eikydk. u(x, y) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{u}(x, k) e^{i k y} dk = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{g}(k) \frac{\cosh(\lambda x)}{\cosh(\lambda)} e^{i k y} dk.$
代入 $g^(k)=2cos⁡(πk/2)1−k2 \hat{g}(k) = \frac{2 \cos(\pi k / 2)}{1 - k^2}$ :
$\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2 \cos(\pi k / 2)}{1 - k^2} \frac{\cosh(\sqrt{k^2 + 1} x)}{\cosh(\sqrt{k^2 + 1})} e^{i k y} dk.$
由于 $g (y)$ 是偶函数， $g^(k) \hat{g}(k)$ 是偶函数，且 $u^(x,k) \hat{u}(x, k)$ 是偶函数，解为实值函数，可写为余弦变换形式：
$u(x,y)=1π∫0∞u^(x,k)cos⁡(ky)dk. u(x, y) = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty} \hat{u}(x, k) \cos(k y) dk.$
代入：
$\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty} \left[ \frac{2 \cos(\pi k / 2)}{1 - k^2} \frac{\cosh(\sqrt{k^2 + 1} x)}{\cosh(\sqrt{k^2 + 1})} \right] \cos(k y) dk.$
整理得：
$\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos\left( \frac{\pi k}{2} \right) \cos(k y)}{1 - k^2} \frac{\cosh\left( x \sqrt{k^2 + 1} \right)}{\cosh\left( \sqrt{k^2 + 1} \right)} dk.$

有界性验证

当 $\to \infty$ ， $g^(k)∼2cos⁡(πk/2)−k2=O(k−2) \hat{g}(k) \sim \frac{2 \cos(\pi k / 2)}{-k^2} = O(k^{-2})$ ，且 $\frac{\cosh(x \lambda)}{\cosh(\lambda)} \sim e^{x\lambda - \lambda} = e^{-\lambda(1-x)}$ ，其中 $\lambda = \sqrt{k^2 + 1} \sim |k|$ ，故被积函数指数衰减。
在 $\pm 1$ ，奇点可去（分子分母同零点）。
因此积分收敛，且 $\max |u| < \infty$ 满足。

解为：
$\boxed{u(x,y) = \dfrac{2}{\pi} \int_{0}^{\infty} \dfrac{ \cos\left( \dfrac{\pi k}{2} \right) \cos(k y) }{1 - k^{2}} \dfrac{ \cosh\left( x \sqrt{k^{2} + 1} \right) }{ \cosh\left( \sqrt{k^{2} + 1} \right) } dk}$