行波法與積分變換法
本文分爲行波法和積分變換法兩部分講解總結，文章較長建議收藏瀏覽~~~
1.1達朗貝爾公式
物理模型:無界弦的自由震動
1.1.1定解問題
⎧⎩⎨⎪⎪utt=a2uxx,−∞<x<∞(1)u|t=0=φ(x),−∞<x<∞(2)ut|t=0=ψ(x),−∞<x<∞(3)
1.1.2求解
1.思路:仿照求解常微分方程的先求通解，再用初始條件求特解的方法。
2.引入座標變換求(1)的通解:
選擇{ξ=(x+at)η=(x−at)即{x=(1/2)(ξ+η)t=(1/2a)(ξ−η)
則方程(1)化爲:∂2∂ξ∂ηu(ξ,η)=0(1)′
u(ξ,η)=f1(ξ)+f2(η)(4)
通解:u(x,t)=f1(x+at)+f2(x−at)(5)
3.用初始條件定特解:
⎧⎩⎨⎪⎪utt=a2uxx,−∞<x<∞(1)u|t=0=φ(x),−∞<x<∞(2)ut|t=0=ψ(x),−∞<x<∞(3)
u(x,t)=f1(x+at)+f2(x−at)(5)
D`Alembert公式:
u(x,t)=12[φ(x+at)+φ(x−at)]+12a∫x+atx−atψ(α)dα(6)
1.1.3分析解答
1.適定性：
(1)達朗貝爾公式存在.
ut=a2[φ′(x+at)−φ′(x−at)]+12a[∫x+atx−at∂ψ∂tdα+a⋅ψ(x+at)+aψ(x−at)]
utt=a22[φ′′(x+at)+φ′′(x−at)]+a2[ψ′(x+at)−ψ′(x−at)]
ux=12[φ′(x+at)+φ′(x−at)]+12a[ψ(x+at)−ψ(x−at)]
uxx=12[φ′′(x+at)+φ′′(x−at)]+12a[ψ′(x+at)−ψ′(x−at)]
(2)任意性已由初始條件唯一確定.
(3)穩定性:設
u|t=0={φ1(x)φ2(x);ut|t=0={ψ1(x)ψ2(x);|φ1−φ2|≤δ,|ψ1−ψ2|≤δ
|u1−u2|≤12|φ1(x+at)−φ2(x+at)+φ1(x−at)−φ2(x−at)|+12a|∫x+atx−at[ψ1(α)−ψ2(α)dα|
≤12δ+12δ+12aδ[(x+at)−(x−at)]=δ[1+t]
結論:達朗貝爾公式存在、唯一、穩定。即：適定。
2.物理意義:
(1)設ψ=0,即u(x,t)=12[φ(x+at)+φ(x−at)]:
φ(x−at):以速度a沿x軸正向傳播的波−−正波.
φ(x+at):以速度爲a沿x軸反向傳播的波−−反波.
(2)設φ=0,ψ(x)=1a∫xx0ψ(α)dα:
則:u(x,t)=12[ψ(x+at)−ψ(x−at)]
結論:達朗貝爾解表示正行波和反波的疊加。
1.1.4例題
⎧⎩⎨⎪⎪utt−a2uxx=0u(x,0)=sinxut(x,0)=x2
答:sinxcosat+t3(3x2+a2t2)
1.2純強迫震動
一無限長的均勻弦，因受其力密度爲bxt的外力作用做振幅及其微小的橫震動。若弦的初位移爲0，初速度爲(l−x)，試求該弦的震動規律。
{tt=a2uxx+bxt,−∞<x<∞u|t=0=0,ut|t=0=l−xu(x,t)=?
1.2.1定解問題
⎧⎩⎨⎪⎪utt=a2uxx+f(x,t)(1)u|t=0=0(2)ut|t=0=0(3)
1.2.2求解
1.思路：
化有源問題爲無源問題，利用達朗貝爾公式求解.
疊加原理:在物理學中研究問題時，常將幾種不同原因綜合所產生的效果，用這些不同原因單獨產生的效果的累加來代替，這就是疊加原理。
在數學上：疊加原理對應於線性方程或線性定解條件。
設L爲線性微分算符，則Lu=f表示線性方程或線性定解條件。
(1)若Lui=fi(i=1,2,⋯,n),且u=∑i=1nciui,則Lu=∑i=1ncifi
(2)若Lui=fi(i=1,2,⋯,n),且u=∑i=1nciui一致收斂，則Lu=∑i=1∞cifi
(3)若Lu=f(M,M0),且U=∫u(M,M0)dM0一致收斂，則LU=∫f(M,M0)dM0
2.分析源f(x,t)的作用情況
(1)f(x,t)=∑f(x,τ),0<τ<t
u(x,t)=limΔτ→0∑τ=0w(x,t;τ)
(2)f(x,τ)在Δτ時間間隔內引起的震動爲
⎧⎩⎨⎪⎪wtt−a2wxx=0τ<t<τ+Δτw|t=τ=0wt|t=τ=f(x,τ)Δτ
設：w(x,t;τ)=v(x,t;τ)Δτ
⎧⎩⎨⎪⎪wtt−a2wxx=0w|t=τ=0wt|t=τ=f(x,τ)Δτ→⎧⎩⎨⎪⎪vtt−a2vxx=0(4)v|t=τ=0(5)vt|t=τ=f(x,τ)(6)
(3)u(x,t)=∫t0v(x,t;τ)dτ
3.純強迫震動的解:
u(x,t)=12a∫t0∫x+a(t−τ)x−a(t−τ)f(α,τ)dαdτ
1.2.3例題
求解初值問題:
⎧⎩⎨⎪⎪utt=uxx+xu(x,0)=0ut(x,0)=0
解:u(x,t)=12∫t0∫x+(t−τ)x−(t−τ)αdαdτ=12xt2
1.3三維無界波動問題
設大氣中有一個半徑R爲1的球形薄膜，薄膜內的壓強超過大氣壓的數值爲p0，假設薄膜突然消失，試求求外任意位置的附加壓強p。
定解問題:⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ptt−a2Δp=0p|t=0={p0,R<10,R>1pt|t=0=0
1.3.1定解問題
⎧⎩⎨⎪⎪utt=a2Δu(1)u|t=0=φ(M)(2)ut|t=0=ψ(M)(3)M=M(x,y,z)−∞<x,y,z<∞
1.3.2求解
1.思路:
化三維問題爲一維問題，利用§7.1的方法和結果求解。
2.平均值方法:
(1)定義：
u¯(r,t)=14πr2∬SM0ruds=14π∬SM0rudΩ
稱爲函數u(M,t)在以M0爲中心，r爲半徑的球面SM0r上的平均值.其中,dΩ=ds/r2=sinθdθdφ爲立體角元.
(2)有定義可知:u(M0,t0)=limr→0,t→t0u¯(r,t)
∵要求u(M0,t0),只需求u¯(r,t)即可−−平均值方法
⎧⎩⎨⎪⎪x′=x+rsinθcosφy′=y+rsinθsinφz′=z+rcosθ
r=(x′−x)2+(y′−y)2+(z′−z)2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√
3.求波動方程的通解:
14pi∬SuttdΩ=a4π∬SΔudΩ
∂2∂t214π∬SudΩ=a2Δ(14π∬SudΩ)
u¯(r,t)tt=a2Δu¯(r,t)
在直角座標系中：Δu=∂2u∂x2+∂2u∂y2+∂2u∂z2
→Δu¯=∂2u¯∂x2+∂2u¯∂y2+∂2u¯∂z2
∂u¯∂x=∂u¯∂r∂r∂x=∂u¯∂rx−x0r
∂2u¯∂x2=∂u¯∂rr2−(x−x0)2r3+∂2u¯∂r2(x−x0r)2
∂2u¯∂y2=∂u¯∂rr2−(y−y0)2r3+∂2u¯∂r2(y−y0r)2
∂2u¯∂z2=∂u¯∂rr2−(z−z0)2r3+∂2u¯∂r2(z−z0r)2
→Δu¯=2r∂u¯∂r+∂2u¯∂r2=1r∂2∂r2(ru¯)
令(ru¯)=v(r,t),則utt=a2Δu→vtt=a2vrr
→v(r,t)=f1(r+at)+f2(r−at)
由v(r,t)有v(0,t)=0→
f1(at)+f2(−at)=0→
f′1(at)=f′2(−at)
u(M0,t0)=limr→0u¯(r,t0)=limr→0v(r,t)r=2f′(at0)
4.三維波動問題的解−−泊松(Poisson)公式
∂∂r(ru¯)=f′1(r+at)+f′2(r−at)
1a∂∂t(ru¯)=f′1(r+at)−f′2(r−at)
取r=at0,t=0代入初始條件得
2f′(at0)=14πa[∂∂t∬SMatφ(M′)atds+∬SMatψ(M′)atds]
u(M,t)=14πa[∂∂t∬SMatφ(M′)atds+∬SMatψ(M′)atds]−−泊松公式
SMat−以M爲中心at爲半徑的球面;
M′=M′(x′,y′,z′)−球面SMat上的點;
1.3.3泊松公式的物理意義
設初始擾動限於空間某區域T0,
1.t<da,u(M,t)=0,擾動前鋒未傳到。
2.da<t<Da,u(M,t)≠0,擾動正經過.
3.t>da,u(M,t)=0,擾動振尾已經過。
u(M,t)=14πa[∂∂t∬SMatφ(M′)atds+∬SMatψ(M′)atds]
1.3.4例題
求解⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ptt−a2Δp=0p|t=0={p0,R<10,R>1pt|t=0=0
1)r−1<at<r+1:
∬SMatφ(M′)atds=∫2π0∫θ00p0(at)2sinθatdθdφ
=−πp0r[(r−at)2−1]
p(M,t)=14πa∂∂t∬SMatφ(M′)atds=p02r(r−at)
2)at<r−1orat>r+1:p(M,t)=0
1.3.5推遲勢
1.定解問題
⎧⎩⎨⎪⎪utt−a2Δu=f(M,t)u|t=0=0ut|t=0=0
2.三維純有源波動問題的解−−推遲勢
仿照一維，由衝量原理有:
u(M,t)=∫t0v(M,t;τ)dτ;⎧⎩⎨⎪⎪vtt−a2Δv=0v|t=τ=0vt|t=τ=f(M,τ)
由Poisson公式可求得:
u(M,t)=14πa∬MSa(t−τ)f(M′,τ)a(t−τ)ds→
u(M,t)=14πa2∭TMat[f]rdv−−推遲勢
其中,[f]=f(M′,t−ra),
TMat:以M爲中心at爲半徑的球體,
M′是TMat面上的點.
3.物理意義
三維純有源波動問題在M點t時刻的解，由源在球體TMat中的影響的累加得到,且源的發出時間要比t早的時間(t−ra)發出,即M點收到的影響比源發出的時刻(t−ra)晚了ra，故此解被稱爲推遲勢.
4.例題：求解⎧⎩⎨⎪⎪utt−a2Δu=2(y−t)u|t=0=0ut|t=0=0
∵y′=y+rsinθcosφ
u(M,t)=14πa2∭TMat2[y′−(t−ra)]rdv
=14πa2∭TMat2[y+rsinθcosφ−(r−ra)]rr2sinθdθdφdr
u(M,t)=yt2−t33
2.1傅氏變換
2.1.1傅氏積分和傅氏積分定理
1.週期函數的傅氏級數(週期爲2l)
(1)三角式:f(x)=a02+∑n=1∞（ancosnπlx+bnsinnπlx)
an=1l∫l−lf(ξ)cosnπlξdξ
bn=1l∫l−lf(ξ)sinnπlξdξ
(2)複數式⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪f(x)=∑n=−∞∞cneiωnxcn=12l∫l−lf(ξ)e−iωnξdξ
ωn=nπl,n=⋯,−2,−1,0,1,2,⋯,Δωn=ωn+1−ωn=πl
2.非週期函數的傅氏積分
週期(2l)的函數−−→l→∞非週期函數
Δωn=πl−−→l→∞0,ωn→ω
∵f(x)=liml→∞∑n=−∞∞cneiωnx=liml→∞∑n=−∞∞[12l∫l−lf(ξ)e−iωnξdξ]eiωnx
=limΔωn→0∑n=−∞∞[12π∫∞−∞f(ξ)e−iωnξdξ]eiωnxΔωn
f(x)=12π∫−∞∞[∫∞−∞f(ξ)e−iωξdξ]eiωxdω−−傅氏積分
或f(x)=12π∫−∞∞[∫∞−∞f(x)e−iωxdx]eiωxdω
3.傅氏積分存在的條件(傅氏積分定理)
(1)滿足狄氏條件;2)絕對可積;∫−∞∞|f(x)|dx<∞,
則:f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪12π∫−∞∞[∫∞−∞f(ξ)e−iωξdξ]eiωxdω,連續點處;12[f(x0+0)+f(x0−0)],x0間斷點。
4.三維傅氏積分
f(r⃗ )=1(2π)3∭∞−∞[∭∞−∞f(r⃗ )e−iω⃗ r⃗ dr⃗ ]eiω⃗ r⃗ dω⃗
r⃗ =e⃗ 1x+e⃗ 2y+e⃗ 3z
ω⃗ =e⃗ 1ω1+e⃗ 2ω2+e⃗ 3ω3
dr⃗ =dxdydz,dω⃗ =dω1dω2dω3
2.1.2傅氏變換
1.(一維)傅氏變換
定義：G(ω)=∫∞−∞f(ξ)e−iωξdξ=F[f(x)]−−f(x)的傅氏變換
則f(x)=12π∫∞−∞G(ω)eiωxdω=F−1[G(ω)]−−G(ω)的傅氏逆變換
2.例題
(1)f(t)={0,t<0e−βt,t>0
1)求F[f(t)]=?2)f(t)的積分表示式;
F[f(t)]=β−iωβ2+ω2
f(t)=1π∫∞0βcosωt+ωsinωtβ2+ω2dω
∫∞0βcosωt+ωsinωtβ2+ω2dω=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪0,t<0π2,t=0πe−βt,t>0
(2)F[e−ax2=?(a>0)
F[e−ax2=e−ω24aπa−−√
3.三維傅氏變換
定義:G(ω⃗ )=∭∞−∞f(r⃗ )e−iω⃗ r⃗ dr⃗ ,則f(r⃗ )=1(2π)3∭∞−∞G(ω⃗ )eiω⃗ r⃗ dω⃗
dr⃗ =dxdydz,dω⃗ =dω1dω2dω3
4.傅氏變換的其它幾種形式
(1)⎧⎩⎨⎪⎪G(ω)=12π∫∞−∞f(x)e−iωxdxf(x)=∫∞−∞G(ω)eiωxdω
(2)⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪G(ω)=12π−−√∫∞−∞f(x)e−iωxdxf(x)=12π−−√∫∞−∞G(ω)eiωxdω
(3)⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪G(ω)=12π−−√∫∞−∞f(x)eiωxdxf(x)=12π−−√∫∞−∞G(ω)e−iωxdω
5.傅氏變換的物理意義
G(ω)=∫∞−∞f(ξ)e−iωξdξ
G(ω)爲f(x)的頻率密度函數或頻譜函數,它可用來反映各種頻率諧波之間振幅的相對大小，並稱|G(ω)|爲f(x)的頻譜。因爲ω是相對變化的，所以f(x)的頻譜是良序普。而
f(x)=12π∫∞−∞G(ω)eiωxdω
可解釋爲無窮多個振幅(復振幅)爲無限小的，頻率爲連續的諧波的連續和。
2.1.3傅氏變換的性質
1.F[αf1+βf2]=αF[f1]+βF[f2]線性
2.F[eiω0xf(x)]=G(ω−ω0)[設F[f(x)]=G(ω)]延遲
3.F[f(x±x0)]=e±iωx0F[f(x)]位移
4.F[f(n)(x)]=(iω)nF[f(x)],f(n−1)(x)−−→|x|→∞0,n=1,2,⋯微分
5.F[∫xx0f(ξ)dξ]=1iωF[f(x)]積分
F[f1∗f2]=F[f1]⋅F[f2]卷積定理
F[f1⋅f2]=12πF[f1]∗F[f2]像函數卷積
其中f1∗f2=∫∞−∞f1(ξ)f2(x−ξ)dξ→卷積
例題：
(1)F[xe−ax2]=−iω2aπa−−√e−ω24a
(2)已知F[φ(x)]=G(ω),求1)F−1[G(ω)cosaωt],2)求F−1[G(ω)aωsinaωt].
1)F−1[G(ω)cosaωt]=12[φ(x+at)+φ(x−at)]
2)F−1[G(ω)aωsinaωt]=12a∫x+atx−atφ(ξ)dξ
小結
定義:G(ω)=∫∞−∞f(ξ)e−iωξdξ=F[f(x)]−f(x)的傅氏變換
則:f(x)=12π∫∞−∞G(ω)eiωxdω=F−1[G(ω)]−G(ω)的傅氏逆變換
顯然:F−1F[f(x)]]=f(x)
2.2傅里葉變換法
2.2.1波動問題
⎧⎩⎨⎪⎪utt−a2uxx=0,−∞<x<∞,t>0(1)u|t=0=φ(x)(2)ut|t=0=ψ(x)(3)
1.對定解問題各項施行傅氏變換
記∫∞−∞u(x,t)e−iωxdx=u(ω,t),∫∞−∞φ(x)e−iωxdx=φ(ω)
∫∞−∞ψ(x)e−iωxdx=ψ~(ω),
則⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪d2u(ω,t)dt2+a2ω2u(ω,t)=0(4)u(ω,0)=φ(ω)(5)ut(ω,0)=ψ(ω)(6)
2.解常微分方程定解問題(4) (6)得
u(ω,t)=φ(ω)cosαωt+1aωψ~(ω)sinaωt
3.求傅氏逆變換
u(x,t)=F−1[u(ω,t)]=F−1[φ(ω)cosaωt]+F−1[ψ~(ω)aωsinaωt]
u(x,t)=12[φ(x+at)+φ(x−at)]+12a∫x+atx−atψ(α)dα
2.2.2輸運問題
1.{ut−a2uxx=f(x,t),−∞<x<∞,t>0(7)u(x,0)=φ(x)(8)
(1)對定解問題各項施行傅氏變換
記∫∞−∞u(x,t)e−iωxdx=u(ω,t),∫∞−∞f(x,t)e−iωxdx=f(ω,t),
∫∞−∞φ(x)e−iωxdx=φ~(ω),
則⎧⎩⎨dudt+a2ω2u=f(ω,t)(9)u(ω,0)=φ~(ω)(10)
(2)解常微分方程定解問題(9) (10)得
u(ω,t)=e−a2ω2tφ(ω)+∫t0f~(ω,τ)e−a2ω2(t−τ)dτ
(3)求傅氏逆變換
F−1[e−a2ω2t]=12aπt−−√e−x24a2t
u(x,t)=F−1[φ(ω)e−a2ω2t]+∫t0F−1[f(ω,τ)e−a2ω2(t−τ)]dτ
=F−1F[φ(x)∗F−1(e−a2ω2t)]+∫t0F−1F[f(x,τ)∗F−1(e−a2ω2(t−τ))]dτ
=φ(x)∗12aπt−−√e−x24a2t+∫t0f(x,τ)∗12aπ(t−τ)−−−−−−−√e−x24a2(t−τ)dτ
u(x,t)=12aπt−−√∫−∞∞φ(ξ)e−(ξ−x)24a2tdξ+12aπ−−√∫0t1t−τ−−−−√∫−∞∞f(ξ,τ)e−(x−ξ)24a2(t−τ)dξdτ
2.{ut−a2Δu=0u|t=0=φ(r⃗ )
F−1[e−a2ω2t]=F−1[e−a2(ω21+ω22+ω23)t]=(12aπt−−√)3ex2+y2+z2−4a2t
記F[u(r⃗ ,t)]=∭∞−∞u(r⃗ ,t)e−iω⃗ ⋅r⃗ dr⃗ =u~(ω⃗ ,t)
F[φ(r⃗ )]=∭∞−∞φ(r⃗ )e−iω⃗ ⋅r⃗ dr⃗ =φ~(ω⃗ )
F[Δu]=∭∞−∞(∂2u∂x2+∂2u∂y2+∂2u∂z2)e−iω⃗ ⋅r⃗ dr⃗ =−ω2u~(ω⃗ ,t)
⎧⎩⎨du~(ω⃗ ,t)dt+a2ω2u~(ω⃗ ,t)=0u~(ω⃗ ,0)=φ~(ω⃗ )
u~(ω⃗ ,t)=φ~(ω⃗ )e−a2ω2t
u(r⃗ ,t)=18a3(πt)32∭∞−∞φ(r1→)e−|r⃗ −r⃗ 1|24a2tdr⃗ 1
附:F[Δu]=∭∞−∞(∂2u∂x2+∂2u∂y2+∂2u∂z2)e−iω⃗ ⋅r⃗ dr⃗
=∭∞−∞(∂2u∂x2+∂2u∂y2+∂2u∂z2)e−i(ω1x+ω2y+ω3z)dxdydz
=∬[∫∞−∞(∂2u∂x2+∂2u∂y2+∂2u∂z2)e−iω1xdx]e−iω2ydye−iω3zdz
=∫−∞∞∫−∞∞[(iω1)2u(ω1,y,z)+∂2u(ω1,y,z)∂y2+∂2u~(ω1,y,z)∂z2]e−iω2ydye−iω3zdz
=∫−∞∞[−ω21u(ω1,ω2,z)−ω22u(ω1,ω2,z)+∂2u~(ω1,ω2,z)∂z2]e−iω3zdz
=−u~(ω1,ω2,ω3)[ω21+ω22+ω23]
=−u~(ω1,ω2,ω3)ω2
=−ω2u~(ω⃗ )
2.2.3穩定問題
Δu=−1ε0ρ(x,y,z)
記u(x,y,z)=u(r⃗ )
1ε0ρ(x,y,z)=f(r⃗ )
∭∞−∞u(r⃗ )e−iω⃗ ⋅r⃗ dr⃗ =u~(ω⃗ )
∭∞−∞f(r⃗ )e−iω⃗ ⋅r⃗ dr⃗ =f~(ω⃗ )
ω2u~(ω⃗ )=f(ω⃗ )
u~(ω⃗ )=f~(ω⃗ )ω2=F[f(r⃗ )]⋅F[F−1[1ω2]]=F[F−1[1ω2]∗f(r⃗ )]
∵F[1r]=4πω2,∴F−1[1ω2]=14πr=14π|r⃗ |
∴u(r⃗ )=F−1[u~(ω⃗ )]
u(r⃗ )=14π∭∞−∞f(r⃗ ′)|r⃗ −r⃗ ′|dr⃗ ′
2.2.4小結
1.傅氏變換法精神：
對方程中各項施行傅氏變換，從而將偏微分方程化爲常微分方程求解。
2.傅氏變換法的解題步驟:
(1)對方程中各項選擇適當變量施行傅氏變換
(2)解像函數的常微分方程的定解問題
(3)求逆變換的原定問題的解
3.由傅氏變換法得到的三種典型定解問題的解:
⎧⎩⎨⎪⎪utt−a2uxx=0,−∞<x<∞,t>0u|t=0=φ(x)ut|t=0=ψ(x)
u(x,t)=12[φ(x+at)+φ(x−at)]+12a∫x+atx−atψ(α)dα
{ut−a2uxx=f(x,t)u(x,0)=φ(x)
u(x,t)=12aπt−−√∫∞−∞φ(ξ)e−(ξ−x)24a2tdξ+12aπ−−√∫t01t−τ−−−−√∫∞−∞f(ξ,τ)e−(x−ξ)24a2(t−τ)dξdτ
Δu=−1ε0ρ(x,y,z)
u(r⃗ )=14π∭∞−∞f(r⃗ ′)|r⃗ −r⃗ ′|dr⃗ ′
2.3拉普拉斯變換法
2.3.1拉氏變換
問題引入:∫∞−∞|f(t)|dt<∞難!
若β>0;當t<0時f(t)=0,則∫∞−∞|f(t)e−βtdt<∞易,
此時:F[f(t)e−βt]=∫∞0f(t)e−βte−iωtdt
而:f(t)e−βt=12π∫∞−∞F[f(t)e−βt]eiωtdω
1.定義:記p=β+iω,F§=F[f(t)e−βt],則dp=idω
F§=∫∞0f(t)e−ptdt−f(t)的拉氏變換
f(t)=12πi∫β+i∞β−i∞F§eptdp−F§的拉氏逆變換
2.存在條件
(1)f(t)及導數除有限個第一類間斷點外連續
(2)|f(t)|≤Meβ0t(M,β0≥0;β0是增長指數)
例:(1)L[eat]=∫∞0eate−ptdt=1p−a,Rep>Rea
(2)L[tk]=k!pk+1=Γ(k+1)pk+1,Rep>0
L[t0]=∫∞0e−ptdt=∫∞0e0te−ptdt=1p,Rep>0
L[t1]=∫∞0te−ptdt=−1p∫∞0tde−pt=1p2,Rep>0
2.3.2拉氏變換性質
1.線性:L[αf1(t)+βf2(t)]=αL[f1(t)]+βL[f2(t)]
2.延遲:L[ep0tf(t)]=F(p−p0)記L[f(t)]=F§
3.位移:L[f(t−τ)]=e−pτF[p]
4.相似:L[f(at)]=1aF(pa),a>0
5.微分:L[f(n)(t)]=pnF§−pn−1f(0)−pn−2f′(0)−⋯−f(n−1)(0)
6.積分:L[∫t0f(τ)dτ]=1pL[f(t)]
7.卷積:L[f1(t)∗f2(t)]=L[f1(t)]⋅L[f2(t)]
f1(t)∗f2(t)=∫t0f1(τ)f2(t−τ)dτ
例:(1)L[sinkt]=L[eikt−e−ikt2i]
=12i[1p−ik−1p+ik]=kp2+k2,Rep>0
(2)L[sin(t−2π3)]=e−2π3pL[sint]=e−2π3p1p2+1
(3)L[coskt]=L[1kddtsinkt]=1kp⋅kp2+k2=pp2+k2
(4)已知F§=p2(p2+1)2,求L−1[F§]=?
L−1[F§]=L−1[pp2+1⋅pp2+1]
=L−1⋅L[cost∗cost]=∫t0cosτcos(τ−t)dτ
=∫t012[cos(2τ−t)+cost]dτ
=14⋅∫t0cosαdα+12tcost
=12(tcost+12sint)
2.3.3原函數存在定理
拉氏反演及展開定理:
若F§單值,在0≤argz≤2π中,當p→∞,F§→0,則f(t)=∑kres[F[pk]epkt],pk→全平面奇點
例：F§=1(p+1)(p−3)2,求f(t)=?
f(t)=res[ept(p+1)(p−3)2,−1]+res[ept(p+1)(p−3)2,3]
=ept(p−3)2|p=−1+ddp[eptp+1]p=3
=e−t16+te3t4−e3t16
2.3.4解數理方程
1.⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪T′′(t)+(nπal)2T(t)=f(t)T(0)=0T′(0)=0
記L[T(t)]=∫∞0T(t)e−ptdt=T~§,
L[f(t)]=∫∞0f(t)e−ptdt=f~§
則p2T§−pT(0)−T′(0)+(nπal)2T§=f~§
∴T§=f§p2+(nπal)2=L[f(t)∗lnπasinnπalt]
T(t)=lnπa∫t0f(τ)sinnπal(t−τ)dτ
2.解混合問題
⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪utt=a2uxx,0<x<∞,t>0u(0,t)=f(t),limx→∞u(x,t)=0(t≥0)u(x,0)=0,ut(x,0)=0
記L[u(x,t)]=u(x,p),L[f(t)]=F§,則:
⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪p2u(x,p)−pu(x,0)−ut(x,0)=a2∂2∂x2u(x,p)u(0,p)=F§,limx→∞u~(x,p)=0
即⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪d2dx2u(x,p)−p2a2u(x,p)=0u(0,p)=F§limx→∞u~(x,p)=0
u~=c1§e−pax+c2§epax
由u(0,p)=F→c1§+c2§=F~§
由u~(∞,p)=0→c2§=0
u(x,p)=F§e−pax→u(x,t)=L−1[F~§⋅e−pax]
u(x,t)=L−1L[f(t−xa)]=f(t−xa)
3.⎧⎩⎨⎪⎪utt−a2uxx=0,−∞<x<∞,t>0u(x,0)=φ(x)ut(x,0)=ψ(x)
(1)令F[u(x,t)]=u(ω,t),F[φ(x)]=φ(ω),F[ψ(x)]=ψ~(ω)
⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪d2udt2+a2ω2u(ω,t)=0,t>0u(ω,0)=φ(ω),ut(ω,0)=ψ(ω)
(2)記L[u~(ω,t)]=U(ω,p)
則p2U(ω,p)−pu(ω,0)−ut(ω,0)+a2ω2U(ω,p)=0
即p2U(ω,p)−pφ(ω)−ψ(ω)+a2ω2U(ω,p)=0
(3)U(ω,p)=pφ(ω)+ψ(ω)p2+a2ω2
=φ(ω)pp2+a2ω2+ψ(ω)aωaωp2+a2ω2
(4)u(ω,t)=φ(ω)cosaωt+ψ(ω)aωsinaωt
u(x,t)=12[φ(x+at)+φ(x−at)]+12a∫x+atx−atψ(α)dα
既然選擇了遠方，便只顧風雨兼程