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

$$F(p) = \mathscr{L}[f(t)] = \int_0^\infty e^{-pt}f(t)\text{d}t$$

/Example/

$1$ 的 Laplace 变换：

$$1\fallingdotseq\int_0^\infty e^{-pt}\text{d}t = \frac{1}{p}$$

---

$e^{\alpha t}$ 的变换：

$$e^{\alpha t}\fallingdotseq\int_0^\infty e^{(\alpha-p)t}\text{d}t = \frac{1}{p-\alpha},\quad \Re(p)>\Re(\alpha)$$

Laplace 变换存在的充分条件：

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

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

  $$|f(t)|<Me^{s't}$$

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 $\sin\omega t$ 和 $\cos\omega t$ 的 Laplace 变换：

$$\begin{aligned} \sin\omega t&=\frac{e^{\text{i}\omega t}-e^{-\text{i}\omega t}}{2}\fallingdotseq\frac{1}{2\text{i}}\left(\frac{1}{p-\text{i}\omega}-\frac{1}{p+\text{i}\omega}\right)=\frac{\omega}{p^2+\omega^2}\\\\ \cos\omega t&=\frac{e^{\text{i}\omega t}+e^{-\text{i}\omega t}}{2}\fallingdotseq\frac{1}{2}\left(\frac{1}{p-\text{i}\omega}+\frac{1}{p+\text{i}\omega}\right)=\frac{p}{p^2+\omega^2} \end{aligned}$$

变换的性质：

$$F(p)\to0,\quad \text{when }\Re(p)=s\to+\infty$$

解析性质：若 $f(t)\fallingdotseq F(p)$，则 $F(p)$ 在半平面 $\Re(p)\geqslant s_1>s_0$ 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：

$$f'(t)\fallingdotseq pF(p)-f(0)$$

(条件是 $f(t)\fallingdotseq F(p)$.)

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)

$$\lim_{p\to+\infty}pF(p)=f(0),\quad \lim_{p\to0}pF(p)=f(\infty)$$

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：

$$\int_0^tf(\tau)\text{d}\tau \fallingdotseq\frac{F(p)}{p}$$

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 $p$，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 $f(t)\fallingdotseq F(p)$，则

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

提示

这个性质可用来求原函数. 一个例子：

$$\frac{1}{p^2}=\frac{\text{d}}{\text{d}p}\left(-\frac{1}{p}\right)\risingdotseq (-1)\cdot(-t) = t$$

/Lemma/ (像函数积分的反演)

如果 $\displaystyle{\int_p^\infty F(q)\text{d}q}$ 存在，且当 $t\to0$ 时，$|f(t)/t|$ 有界，那么

$$\int_p^\infty F(q)\text{d}q \risingdotseq\frac{f(t)}{t}$$

证明过程是直接算积分：

$$\begin{aligned} \int_p^\infty\left[\int_0^\infty f(t)e^{-qt}\text{d}t\right]\text{d}q &= \int_0^\infty\left[\int_p^\infty f(t)e^{-qt}\text{d}q\right]\text{d}t=\cdots \end{aligned}$$

提示

一个例子是求解 $\sin\omega t/t$ 的变换，

$$\frac{\sin\omega t}{t}\fallingdotseq\int_p^\infty\frac{\omega}{q^2+\omega^2}\text{d}q = \frac{\pi}{2}-\arctan\frac{p}{\omega}$$

/Theorem/ (卷积定理)

设 $F_1(p)\risingdotseq f_1(t)$，$F_2(p)\risingdotseq f_2(t)$，则

$$F_1(p)F_2(p)\risingdotseq\int_0^tf_1(\tau)f_2(t-\tau)\text{d}\tau$$

---

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

$$\int_a^bf_1(\tau)f_2(t-\tau)\text{d}\tau$$

/Proof/

对卷积做 Laplace 变换：

$$\begin{aligned} &\int_0^\infty\left[\int_0^tf_1(\tau)f_2(t-\tau)\text{d}\tau\right]e^{-pt}\text{d}t\\\\ &=\int_0^\infty\left[\int_\tau^\infty f_1(\tau)f_2(t-\tau)e^{-pt}\text{d}t\right]\text{d}\tau \end{aligned}$$

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

$$\begin{aligned} &=\int_0^\infty f_1(\tau)\left[\int_\tau^\infty f_2(t-\tau)e^{-pt}\text{d}t\right]\text{d}\tau\\\\ &= F_1(p)F_2(p) \end{aligned}$$

普遍反演公式：

注意

实际上普遍反演公式并不普遍.

若 $F(p)$，$p=s+\text{i}\sigma$ 满足：

• $F(p)$ 在 $\Re(p)>s_0$ 解析；

• 在区域 $\Re(p)>s_0$ 上，$|p|\to\infty$ 时 $F(p)$ 一致趋于 $0$；

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

  $$\int_{s-\text{i}\infty}^{s+\text{i}\infty}|F(p)|\text{d}p\quad (s>s_0)$$

则对于 $\Re(p)=s>s_0$，

$$F(p)\risingdotseq f(t)=\frac{1}{2\pi\text{i}}\int_{s-\text{i}\infty}^{s+\text{i}\infty}F(p)e^{pt}\text{d}p$$

---

用 Laplace 变换求解微分方程.

/Example/

求解定解问题：

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

---

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

$$p^2Y(p)+\omega^2Y(p)=G(p)$$

解得

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

我们已经知道 $\sin\omega t\fallingdotseq\omega/(p^2+\omega^2)$. 利用卷积定理，得到

$$y(t)=\frac{1}{\omega}\int_0^t\sin[\omega(t-\tau)]g(\tau)\text{d}\tau$$

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.

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

---

边界还有条件 $u\big|_{x\to\pm\infty}=0$.

做变换，

$$u(x,t)\fallingdotseq U(x,p)=\int_0^\infty u(x,t)e^{-pt}\text{d}t$$

利用初始条件，有

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

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

$$\frac{\partial^2u}{\partial x^2}\fallingdotseq\frac{\text{d}^2U(x,p)}{\text{d}x^2}$$

对应方程

$$\frac{\text{d}^2U(x,p)}{\text{d}x^2}-\frac{p}{\kappa}U(x,p) = -\frac{F(x,p)}{\kappa}$$

对应齐次方程通解为 $c_1e^{\sqrt{p/\kappa}x}+c_2e^{-\sqrt{p/\kappa}x}$.

常数变易法：

$$\begin{aligned} &C_1'(x)e^{\sqrt{p/\kappa}x}+C_2'(x)e^{-\sqrt{p/\kappa}x}=0\\\\ &C_1'(x)e^{\sqrt{p/\kappa}x}-C_2'(x)e^{-\sqrt{p/\kappa}x} = -\frac{F(x,p)}{\sqrt{\kappa p}} \end{aligned}$$

最后通解为

$$\frac{1}{2\sqrt{\kappa p}}\left[\int F(x',p)e^{\sqrt{p/\kappa}(x'-x)}\text{d}x'-\int F(x',p)e^{\sqrt{p/\kappa}(x-x')}\text{d}x'\right]$$

考虑到无穷远还有边界条件 $\to0$，应该取：

$$\frac{1}{2\sqrt{\kappa p}}\left[\int_{-\infty}^x F(x',p)e^{\sqrt{p/\kappa}(x'-x)}\text{d}x'-\int_\infty^x F(x',p)e^{\sqrt{p/\kappa}(x-x')}\text{d}x'\right]$$

最后写在一起：

$$U(x,p)=\frac{1}{2\sqrt{\kappa p}}\int_{-\infty}^\infty F(x',p)\exp\left[-\sqrt{\frac{p}{\kappa}}|x-x'|\right]\text{d}x'$$

/Example/

无界弦波动问题：

$$\begin{aligned} &\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=0\\\\ &u\big|_{t=0}=\phi(x),\quad \left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=\psi(x) \end{aligned}$$

---

和上题一样做变换，得到相似的常微分方程：

$$p^2U(x,p)-a^2\frac{\text{d}^2U(x,p)}{\text{d}x^2}=p\phi(x)+\psi(x)$$

解为

$$U(x,p)=\frac{1}{2a}\int_{-\infty}^\infty\left[\phi(x')+\frac{\psi(x')}{p}\right]\exp\left[-\frac{p}{a}|x-x'|\right]\text{d}x'$$

因为下列两个变换：

$$e^{-\alpha p}\risingdotseq\delta(t-\alpha),\quad \frac{1}{p}e^{-\alpha p}\risingdotseq\eta(t-\alpha)$$

原方程解化为

$$\begin{aligned} u(x,t)&=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty\phi(x')\delta(at-|x-x'|)\text{d}x'+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}\psi(x')\text{d}x'\\\\ &=\frac{1}{2}[\phi(x-at)+\phi(x+at)]+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}\psi(x')\text{d}x' \end{aligned}$$

Fourier 变换

下面来讲 Fourier 变换：定义为

$$F(k)=\mathscr{F}[f(x)]\equiv\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-\text{i}kx}\text{d}x$$

逆变换为

$$f(x)=\mathscr{F}^{-1}[F(k)] \equiv\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty F(k)e^{\text{i}kx}\text{d}k$$

注意

这是物理学上常用的形式，和数学上的形式有一定差别.

在 Mathematica 中，Fourier 变换的函数是 FourierTransform 而不是 Fourier，后者是快速 Fourier 变换函数 (FFT).

/Example/

重新解无界杆热传导.

---

这里有

$$U(k,t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty u(x,t)e^{-\text{i}kx}\text{d}x,\quad F(k,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x,t)e^{-\text{i}kx}\text{d}x$$

定解问题化为常微分方程，常数变易法解得

$$U(k,t)=e^{-\kappa k^2t}\int_0^t F(k,\tau)e^{\kappa k^2\tau}\text{d}\tau$$

求反演：

$$u(x,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty U(k,t)e^{\text{i}kx}\text{d}k$$

利用积分公式

$$\int_{-\infty}^\infty e^{-\alpha x^2+\text{i}\beta x}\text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}e^{-\beta^2/4\alpha}$$

解得

$$u(x,t)=\frac{1}{2\sqrt{\kappa\pi}}\int_0^t\left\{\int_0^tf(\xi,\tau)\exp\left[-\frac{(x-\xi)^2}{4\kappa(t-\tau)}\right]\text{d}\xi\right\}\frac{\text{d}\tau}{\sqrt{t-\tau}}$$

积分变换方法同时适用于三维的无界问题，三维 Fourier 变换为

$$F(\vec{k}) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}}\iiint f(\vec{r})e^{-\text{i}\vec{k}\cdot\vec{r}}\text{d}^3\vec{r}$$

特别地，如果 $f(\vec{r})$ 仅仅是 $r$ 的函数 (与角度无关)，则可以用球坐标，并把 $\vec{k}\cdot\vec{r}$ 写成 $kr\cos\theta$，

$$F(k) = \frac{1}{k}\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_0^\infty f(r)r\sin kr\text{d}r$$

反演遵循同样规则.

/Example/

求解二维平面上的自由振动问题：

$$\begin{aligned} &\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a^2\left[\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}\right] = 0\\\\ &u\big|_{t=0}=\phi(x,y),\quad\left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=\psi(x,y) \end{aligned}$$

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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 $z$ 维度，看成柱面波，然后三维 Fourier 变换解得

$$U(t,k_x,k_y) = \frac{\Psi(\vec{k})\sin(akt)}{ak}+\Phi(\vec{k})\cos(akt)$$

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

引入球坐标，取 $\vec{r}$ 沿着 $z$ 轴，积分出 $\phi,\theta$，得到

$$\begin{aligned} &\frac{1}{(2\pi)^{3/2}}\iiint\frac{\sin(akt)e^{\text{i}\vec{k}\cdot\vec{r}}}{ak}k^2\sin\theta\text{d}\phi\text{d}\theta\text{d}k\\\\ &= \frac{1}{2ar\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty[e^{\text{i}k(r-at)}-e^{\text{i}k(r+at)}]\text{d}k \end{aligned}$$

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

$$\begin{aligned} &\frac{\Psi(k)\sin(akt)}{ak}\\\\ &\risingdotseq\frac{1}{4\pi a}\iiint\frac{\psi(x',y')\delta[\sqrt{(x-x')^2+(y-y')^2+z'^2}-at]}{\sqrt{(x-x')^2+(y-y')^2+z'^2}}\text{d}x'\text{d}y'\text{d}z' \end{aligned}$$

不依赖于 $z$，可以直接取 $z=0$ 并去掉 $z'$ 的积分.

$\Phi(k)$ 的逆变换是类似的，最终解为

$$\begin{aligned} u(x,y)&=\frac{1}{2\pi a}\Big[\iint\frac{\psi(x',y')}{\sqrt{a^2t^2-(x-x')^2-(y-y')^2}}\text{d}x'\text{d}y'\\ &\quad+\frac{\partial}{\partial t}\iint\frac{\phi(x',y')}{\sqrt{a^2t^2-(x-x')^2-(y-y')^2}}\text{d}x'\text{d}y'\Big] \end{aligned}$$

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

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

的解 $G$ 叠加出

$$\nabla^2u(\vec{r})=-\frac{1}{\varepsilon_0}\rho(\vec{r}),\quad u\big|_{\Sigma} = f(\Sigma)$$

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2025/12/30 10:20

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