行波法与积分变换法
本文分为行波法和积分变换法两部分讲解总结，文章较长建议收藏浏览~~~
1.1达朗贝尔公式
物理模型:无界弦的自由震动
1.1.1定解问题
⎧⎩⎨⎪⎪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，再用初始条件求特解的方法。
2.引入座标变换求(1)的通解:
选择{ξ=(x+at)η=(x−at)即{x=(1/2)(ξ+η)t=(1/2a)(ξ−η)
则方程(1)化为:∂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.用初始条件定特解:
⎧⎩⎨⎪⎪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.适定性：
(1)达朗贝尔公式存在.
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)任意性已由初始条件唯一确定.
(3)稳定性:设
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]
结论:达朗贝尔公式存在、唯一、稳定。即：适定。
2.物理意义:
(1)设ψ=0,即u(x,t)=12[φ(x+at)+φ(x−at)]:
φ(x−at):以速度a沿x轴正向传播的波−−正波.
φ(x+at):以速度为a沿x轴反向传播的波−−反波.
(2)设φ=0,ψ(x)=1a∫xx0ψ(α)dα:
则:u(x,t)=12[ψ(x+at)−ψ(x−at)]
结论:达朗贝尔解表示正行波和反波的叠加。
1.1.4例题
⎧⎩⎨⎪⎪utt−a2uxx=0u(x,0)=sinxut(x,0)=x2
答:sinxcosat+t3(3x2+a2t2)
1.2纯强迫震动
一无限长的均匀弦，因受其力密度为bxt的外力作用做振幅及其微小的横震动。若弦的初位移为0，初速度为(l−x)，试求该弦的震动规律。
{tt=a2uxx+bxt,−∞<x<∞u|t=0=0,ut|t=0=l−xu(x,t)=?
1.2.1定解问题
⎧⎩⎨⎪⎪utt=a2uxx+f(x,t)(1)u|t=0=0(2)ut|t=0=0(3)
1.2.2求解
1.思路：
化有源问题为无源问题，利用达朗贝尔公式求解.
叠加原理:在物理学中研究问题时，常将几种不同原因综合所产生的效果，用这些不同原因单独产生的效果的累加来代替，这就是叠加原理。
在数学上：叠加原理对应于线性方程或线性定解条件。
设L为线性微分算符，则Lu=f表示线性方程或线性定解条件。
(1)若Lui=fi(i=1,2,⋯,n),且u=∑i=1nciui,则Lu=∑i=1ncifi
(2)若Lui=fi(i=1,2,⋯,n),且u=∑i=1nciui一致收敛，则Lu=∑i=1∞cifi
(3)若Lu=f(M,M0),且U=∫u(M,M0)dM0一致收敛，则LU=∫f(M,M0)dM0
2.分析源f(x,t)的作用情况
(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时间间隔内引起的震动为
⎧⎩⎨⎪⎪wtt−a2wxx=0τ<t<τ+Δτw|t=τ=0wt|t=τ=f(x,τ)Δτ
设：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.纯强迫震动的解:
u(x,t)=12a∫t0∫x+a(t−τ)x−a(t−τ)f(α,τ)dαdτ
1.2.3例题
求解初值问题:
⎧⎩⎨⎪⎪utt=uxx+xu(x,0)=0ut(x,0)=0
解:u(x,t)=12∫t0∫x+(t−τ)x−(t−τ)αdαdτ=12xt2
1.3三维无界波动问题
设大气中有一个半径R为1的球形薄膜，薄膜内的压强超过大气压的数值为p0，假设薄膜突然消失，试求求外任意位置的附加压强p。
定解问题:⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ptt−a2Δp=0p|t=0={p0,R<10,R>1pt|t=0=0
1.3.1定解问题
⎧⎩⎨⎪⎪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:
化三维问题为一维问题，利用§7.1的方法和结果求解。
2.平均值方法:
(1)定义：
u¯(r,t)=14πr2∬SM0ruds=14π∬SM0rudΩ
称为函数u(M,t)在以M0为中心，r为半径的球面SM0r上的平均值.其中,dΩ=ds/r2=sinθdθdφ为立体角元.
(2)有定义可知: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.求波动方程的通解:
14pi∬SuttdΩ=a4π∬SΔudΩ
∂2∂t214π∬SudΩ=a2Δ(14π∬SudΩ)
u¯(r,t)tt=a2Δu¯(r,t)
在直角座标系中：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),则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)
4.三维波动问题的解−−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代入初始条件得
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为中心at为半径的球面;
M′=M′(x′,y′,z′)−球面SMat上的点;
1.3.3泊松公式的物理意义
设初始扰动限于空间某区域T0,
1.t<da,u(M,t)=0,扰动前锋未传到。
2.da<t<Da,u(M,t)≠0,扰动正经过.
3.t>da,u(M,t)=0,扰动振尾已经过。
u(M,t)=14πa[∂∂t∬SMatφ(M′)atds+∬SMatψ(M′)atds]
1.3.4例题
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推迟势
1.定解问题
⎧⎩⎨⎪⎪utt−a2Δu=f(M,t)u|t=0=0ut|t=0=0
2.三维纯有源波动问题的解−−推迟势
仿照一维，由冲量原理有:
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−−推迟势
其中,[f]=f(M′,t−ra),
TMat:以M为中心at为半径的球体,
M′是TMat面上的点.
3.物理意义
三维纯有源波动问题在M点t时刻的解，由源在球体TMat中的影响的累加得到,且源的发出时间要比t早的时间(t−ra)发出,即M点收到的影响比源发出的时刻(t−ra)晚了ra，故此解被称为推迟势.
4.例题：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傅氏变换
2.1.1傅氏积分和傅氏积分定理
1.周期函数的傅氏级数(周期为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)复数式⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪f(x)=∑n=−∞∞cneiωnxcn=12l∫l−lf(ξ)e−iωnξdξ
ωn=nπl,n=⋯,−2,−1,0,1,2,⋯,Δωn=ωn+1−ωn=πl
2.非周期函数的傅氏积分
周期(2l)的函数−−→l→∞非周期函数
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−−傅氏积分
或f(x)=12π∫−∞∞[∫∞−∞f(x)e−iωxdx]eiωxdω
3.傅氏积分存在的条件(傅氏积分定理)
(1)满足狄氏条件;2)绝对可积;∫−∞∞|f(x)|dx<∞,
则:f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪12π∫−∞∞[∫∞−∞f(ξ)e−iωξdξ]eiωxdω,连续点处;12[f(x0+0)+f(x0−0)],x0间断点。
4.三维傅氏积分
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傅氏变换
1.(一维)傅氏变换
定义：G(ω)=∫∞−∞f(ξ)e−iωξdξ=F[f(x)]−−f(x)的傅氏变换
则f(x)=12π∫∞−∞G(ω)eiωxdω=F−1[G(ω)]−−G(ω)的傅氏逆变换
2.例题
(1)f(t)={0,t<0e−βt,t>0
1)求F[f(t)]=?2)f(t)的积分表示式;
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−−√
3.三维傅氏变换
定义:G(ω⃗ )=∭∞−∞f(r⃗ )e−iω⃗ r⃗ dr⃗ ,则f(r⃗ )=1(2π)3∭∞−∞G(ω⃗ )eiω⃗ r⃗ dω⃗
dr⃗ =dxdydz,dω⃗ =dω1dω2dω3
4.傅氏变换的其它几种形式
(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.傅氏变换的物理意义
G(ω)=∫∞−∞f(ξ)e−iωξdξ
G(ω)为f(x)的频率密度函数或频谱函数,它可用来反映各种频率谐波之间振幅的相对大小，并称|G(ω)|为f(x)的频谱。因为ω是相对变化的，所以f(x)的频谱是良序普。而
f(x)=12π∫∞−∞G(ω)eiωxdω
可解释为无穷多个振幅(复振幅)为无限小的，频率为连续的谐波的连续和。
2.1.3傅氏变换的性质
1.F[αf1+βf2]=αF[f1]+βF[f2]线性
2.F[eiω0xf(x)]=G(ω−ω0)[设F[f(x)]=G(ω)]延迟
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)]积分
F[f1∗f2]=F[f1]⋅F[f2]卷积定理
F[f1⋅f2]=12πF[f1]∗F[f2]像函数卷积
其中f1∗f2=∫∞−∞f1(ξ)f2(x−ξ)dξ→卷积
例题：
(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
小结
定义:G(ω)=∫∞−∞f(ξ)e−iωξdξ=F[f(x)]−f(x)的傅氏变换
则:f(x)=12π∫∞−∞G(ω)eiωxdω=F−1[G(ω)]−G(ω)的傅氏逆变换
显然:F−1F[f(x)]]=f(x)
2.2傅里叶变换法
2.2.1波动问题
⎧⎩⎨⎪⎪utt−a2uxx=0,−∞<x<∞,t>0(1)u|t=0=φ(x)(2)ut|t=0=ψ(x)(3)
1.对定解问题各项施行傅氏变换
记∫∞−∞u(x,t)e−iωxdx=u(ω,t),∫∞−∞φ(x)e−iωxdx=φ(ω)
∫∞−∞ψ(x)e−iωxdx=ψ~(ω),
则⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪d2u(ω,t)dt2+a2ω2u(ω,t)=0(4)u(ω,0)=φ(ω)(5)ut(ω,0)=ψ(ω)(6)
2.解常微分方程定解问题(4) (6)得
u(ω,t)=φ(ω)cosαωt+1aωψ~(ω)sinaωt
3.求傅氏逆变换
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输运问题
1.{ut−a2uxx=f(x,t),−∞<x<∞,t>0(7)u(x,0)=φ(x)(8)
(1)对定解问题各项施行傅氏变换
记∫∞−∞u(x,t)e−iωxdx=u(ω,t),∫∞−∞f(x,t)e−iωxdx=f(ω,t),
∫∞−∞φ(x)e−iωxdx=φ~(ω),
则⎧⎩⎨dudt+a2ω2u=f(ω,t)(9)u(ω,0)=φ~(ω)(10)
(2)解常微分方程定解问题(9) (10)得
u(ω,t)=e−a2ω2tφ(ω)+∫t0f~(ω,τ)e−a2ω2(t−τ)dτ
(3)求傅氏逆变换
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
记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稳定问题
Δu=−1ε0ρ(x,y,z)
记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小结
1.傅氏变换法精神：
对方程中各项施行傅氏变换，从而将偏微分方程化为常微分方程求解。
2.傅氏变换法的解题步骤:
(1)对方程中各项选择适当变量施行傅氏变换
(2)解像函数的常微分方程的定解问题
(3)求逆变换的原定问题的解
3.由傅氏变换法得到的三种典型定解问题的解:
⎧⎩⎨⎪⎪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拉普拉斯变换法
2.3.1拉氏变换
问题引入:∫∞−∞|f(t)|dt<∞难!
若β>0;当t<0时f(t)=0,则∫∞−∞|f(t)e−βtdt<∞易,
此时:F[f(t)e−βt]=∫∞0f(t)e−βte−iωtdt
而:f(t)e−βt=12π∫∞−∞F[f(t)e−βt]eiωtdω
1.定义:记p=β+iω,F§=F[f(t)e−βt],则dp=idω
F§=∫∞0f(t)e−ptdt−f(t)的拉氏变换
f(t)=12πi∫β+i∞β−i∞F§eptdp−F§的拉氏逆变换
2.存在条件
(1)f(t)及导数除有限个第一类间断点外连续
(2)|f(t)|≤Meβ0t(M,β0≥0;β0是增长指数)
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拉氏变换性质
1.线性:L[αf1(t)+βf2(t)]=αL[f1(t)]+βL[f2(t)]
2.延迟:L[ep0tf(t)]=F(p−p0)记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.积分:L[∫t0f(τ)dτ]=1pL[f(t)]
7.卷积: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原函数存在定理
拉氏反演及展开定理:
若F§单值,在0≤argz≤2π中,当p→∞,F§→0,则f(t)=∑kres[F[pk]epkt],pk→全平面奇点
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解数理方程
1.⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪T′′(t)+(nπal)2T(t)=f(t)T(0)=0T′(0)=0
记L[T(t)]=∫∞0T(t)e−ptdt=T~§,
L[f(t)]=∫∞0f(t)e−ptdt=f~§
则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.解混合问题
⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪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
记L[u(x,t)]=u(x,p),L[f(t)]=F§,则:
⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪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)记L[u~(ω,t)]=U(ω,p)
则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
既然选择了远方，便只顾风雨兼程