数学物理方程不挂科-3-行波法与积分变换法

达朗贝尔公式的推导对于一维波动方程∂2u∂t2利用复合函数求导法则

=a2∂2u∂x2

我们作代换

ξ=x+at

η=x−at∂u=∂u∂ξ

+∂u∂η

=∂u+∂u∂x ∂ξ∂x

∂η∂x

∂ξ ∂η∂∂∂2u= (∂∂

∂u

∂∂u

∂u ∂η

∂2u ∂2u

∂2u∂x2 ∂ξ∂ξ+

∂ξ2+2∂ξ∂η+

∂η2同理，

∂2u∂t2

=a2[∂2u∂ξ2

–2∂2u∂ξ∂η

2uξη+∂∂η2ξη+∂代回方程，可得∂2u =0∂ξ∂η达朗贝尔公式的推导∂2u∂ξ∂η

=0两端同时对

η积分，则有

∂u=f(ξ)∂ξ继续对

ξ积分，则有：u(xt)=f(ξ)dξ+f2(η)=f1(x+at)+f2(x−at) 其中f1,f2均为任意二次连续可微函数这个式子就是一维波动方程的通解。我们进一步考虑定解条件，从而确定两个函数的具体形式，接下来我们讨论无限长弦的自由横振动。设弦的初始状态为已知，即已知定解条件为

u

t=0

=φ(x) −∞<x<+∞=ψ(x) −∞<x<+∞∂t t=0达朗贝尔公式的推导u =φ(x) −∞<x<+∞t=0∂t

t=0

=ψ(x) −∞<x<+∞代入u(xt)=f1(x+at)+f2(x−at)

f1(x)+f2(x)=φ(x){af′1(x)−af′2(x)=ψ(x)af′

(x)=ψ(x)

两端对

积分一次，有f

(x)−

(x)=1

xψ(ξ)dξ+C1 2 x

1 2 a∫0f(x)=1φ(x)+1 xψ(ξ)dξ+C20根据 f1(x)+f2(x)=φ(x)20

1x可解得x

2a∫0 2a∫{1(x)−2(x)=a∫

xψ(ξ)dξ+C

1φ(x)−1 ψ(ξ)dξ−C2 2a∫0 2达朗贝尔公式的推导f(x)=1φ(x)+1 xψ(ξ)dξ+C

f(x)=1φ(x)−1 xψ(ξ)dξ−C1 2 2a∫0

2 2 2 2a∫0 2u(x,t)=f1(x+at)+f2(x−at)=1[φ(x+at)+φ(x−at)]+1

x+at

ψ(ξ)dξ2 2a∫x−atu(u(x,t)=1[φ(x+at)+φ(x−at)]+122a∫x−atx+atψ(ξ)dξ特征变换一维波动方程

∂2u∂t2

=a2∂2u∂x2

的特征方程为

(dx)2−a2(dt)2=0其积分曲线（特征线）为

x±at=Const因此我们称

ξ=x+at

为特征变换，行波法也称为特征线法二阶线性偏微分方程的特征方程一般情况下，二阶线性偏微分方程

A∂2u∂x2

+2B∂2u∂x∂y

+C∂2u∂y2

+D∂u∂x

+E∂u∂y

+Fu≡0

的特征方程为AA(dy)2−2Bdxdy+C(dx)2=0这个常微分方程的积分曲线称为线性偏微分方程的特征曲线；二阶线性偏微分方程的特征弦仅与该方程中的二阶导数项系数有关，而与其低阶项系数无关。B2AC>0 双曲型方程：如波动方程B2AC=0 抛物型方程：如热传导方程B2AC<0 椭圆型方程：如拉普拉斯方程，泊松方程不论方程为什么形式，我们都可以通过适当的自变量之间的代换将其化为标准形式。例题3-1 求下列初值问题的解∂2u∂x2

∂2u∂x∂

∂2u∂y∂∂y

=0 −∞<x<∞,y>0uy=0

=3x2 ,∂u

y=0

=0, −∞<x<∞解析3-1

先确定所给方程的特征线，它的特征方程为：(dy)2−2(dxdy)−3(dx)2=0(dy+dx)(dy−3dx)=0故他的积分曲线为：3x−y=C1, x+y=C2作特征变换得

ξ=3x−y{η=x+y则∂u=∂u∂ξ

+∂u∂η

=3∂u+∂u∂x

∂x

∂ξ ∂η∂2u

∂ ∂

∂u

∂

∂u ∂η ∂2u

∂2u∂x2

∂ξ ∂ξ+

∂η)∂x+

∂η(3∂ξ+

∂η)∂x=9∂ξ2+6∂η∂ξ+

∂η2∂u=∂u∂ξ

+∂u∂η

=−∂u+∂u∂y ∂ξ∂y

∂η∂y

∂ξ ∂η∂2u

∂ ∂

∂u

∂

∂u ∂η

∂2u

∂2u∂y2

∂ξ ∂ξ+

∂η)∂y+

∂η(−∂ξ

∂η)∂y=

∂ξ2−2∂η∂ξ

∂η2例题3-1 求下列初值问题的解∂2u∂x2

∂2u∂x∂

∂2u∂y∂∂y

=0 −∞<x<∞,y>0uy=0

=3x2 ,∂u

y=0

=0, −∞<x<∞解析3-1

∂2u

u∂ ∂

∂u ∂ξ

∂ ∂u

∂u ∂η ∂2u ∂2u

∂2u∂x∂y

∂ξ ∂ξ+

∂η)∂y+

∂η(3∂ξ+

∂η)∂y=−3∂ξ2+2∂η∂ξ

∂η2∂2u∂x2

+2∂2u∂x∂y

2u∂y2 ∂ξ∂η∂∂ξ∂η∂2u =0将∂2u

=

η∂u

=f(ξ)ξ

积分，有

u(ξ,η)=

f(ξ)d(ξ)+f

(η)=f

(ξ)+f

(η)∂ξ∂η ∂ξ

∫ 2 1 2故u(xy)=f1(3x−y)+f2(x+y)

为两个任意二次连续可微的函数例题3-1 求下列初值问题的解∂2u∂x2

∂2u∂x∂

∂2u∂y∂∂y

=0 −∞<x<∞,y>0uy=0

=3x2 ,∂u

y=0

=0, −∞<x<∞解析3-1

故u(xy)=f1(3x−y)+f2(x+y)将其带入u y=0=3x2, ∂u =0∂y y=0可得 f1(3x)+f2(x)=3x2{−f′(3x)+f′(x)=0

积分，可得

–1f1(3x)+f2(x)=C3f1(3x)+f2(x)=3x23根据 1

f1(3x)=9434

x2−C′，即

f1(x)=1

x2−C′

C′=3C{−31(3x)+2(x)=

4x2+C′

f2(x)=3

x2+C′ 444∴u(x,y)=1(3x−y)2+3(x+y)2=3x2+y2444 4例题3-2 用行波法求解下列柯西问题∂2u∂x2

∂2u−∂x∂y−

∂2u∂y∂∂y

=1 −∞<x<∞,y>0uy=0

=0 ,∂u

y=0

=2x, −∞<x<∞解析3-2

非齐次方程通过特征变换求解得到的结果不是

∂2u∂ξ∂η

=0，需具体情况具体分析原方程对应的特征方程为：(dy)2+dxdy−2(dx)2=0可分解为：(dy−dx)(dy+2dx)=0求得特征线为：y+2x=C1, y−x=C2作特征变换可得：ξ=y+2x, η=y−x则有：∂u

=∂u∂ξ

+∂u∂η

2∂u

∂u=∂u∂ξ

+∂u∂η

=∂u

+∂u∂x

∂x

∂ξ ∂η

∂y

∂η∂y

∂ξ ∂η∂2u

∂ ∂

∂u

∂

∂u ∂η ∂2u

∂2u∂x2

∂ξ ∂ξ

∂η)∂x+

∂η(2∂ξ

∂η)∂x=4∂ξ2−4∂η∂ξ

∂η2∂∂∂2u= ∂∂

∂u

∂∂u

∂u ∂η

∂2u

∂2u∂y2 ∂ξ∂ξ+

∂η)∂y+

∂η(∂ξ+

∂η)∂y=

∂ξ2+2∂η∂ξ+

∂η2例题3-2 用行波法求解下列柯西问题∂2u∂x2

∂2u−∂x∂y−

∂2u∂y∂∂y

=1 −∞<x<∞,y>0uy=0

=0 ,∂u

y=0

=2x, −∞<x<∞解析3-2

∂2u

u∂ ∂

∂u ∂ξ

∂ ∂u

∂u ∂η ∂2u

∂2u

∂2u∂x∂y

∂ξ ∂ξ

∂η)∂y+

∂η(2∂ξ

∂η)∂y=2∂ξ2+

∂η∂ξ

∂η2带回方程得：−9∂2u∂ξ∂η

=1，故

∂2u∂ξ∂η

=−9

与上例标准型不同1经过两次偏积分，可求得原方程的通解为：u(ξ,η)=f1(ξ)+f2(η

9ξη9u(xy)=f1(y+2x)+f2(y−x)−1(y+2x)(y−x)9代入边界条件可得：u|y=0=f1(2x)+f2(−x)−

x2=0

f(2x)+f

(−x)=2x29 1 2 9∂u|

=f′(2x)+f′(−x)−

x=2x

f1(2x)−2f2(−x)=

x2+C′ C′=2C273∂yy=0 1 2 9 92733解得：3

=23

x2+c′27f2(−x)=−27

2 11x x

x2−c′例题3-2 用行波法求解下列柯西问题∂2u∂x2

∂2u−∂x∂y−

∂2u∂y∂∂y

=1 −∞<x<∞,y>0uy=0

=0 ,∂u

273y=0273

=2x, −∞<x<∞解析3-2

解得：

=23

x2+c′27f2(−x)=−273f1(x)=23x2+c′3

2 11x x

x2−c′∴ 1082727

33x2−c′3∴u(x,y)=23(y+2x)2−17(y−x)2−1(y+2x)(y−x)108 27 9傅立叶变换的定义式假设函数+∞

f(x)是定义在

(−∞,+∞)

上的实函数，它在任一有限区间上分段光滑且在定义区间上绝对可积∫−∞

|f(t|dt<∞所以根据傅立叶积分的有关理论（从略），我们有如下定义：F(ω)=

+∞f(x)e−iωxdx f(x)=1

+∞F(ω)eiωxdω∫−∞

2π∫−∞记f(x)与F(jω)为一对傅里叶变换对，简写为

f(x)↔F(ω)。F(ω为

f(x)的傅立叶正变换（象函数），f(x)为F(ω)

的傅立叶逆变换（原函数）。记为F(ω)=ℱ[f(x)]

，f(x)=ℱ−1[F(ω)]例题3-3 求下列函数的傅立叶变换(1) f(x)=

0,x<0{e−βx,x≥0+∞

(β>0) (2) f(x)=

4, −2<x<2{0, others解析3-3

(1) F(ω)==

∫−∞+∞∫0

f(x)e−iωxdxe−βxe−iωxdx

+∞e−(β+iω)xdx∫0=− 1 β+iω

e−(β+iω)x

+∞= 1 0 β+iω

=β−iωβ2−ω2例题3-3 求下列函数的傅立叶变换(1) f(x)=

0,x<0{e−βx,x≥0+∞

(β>0) (2) f(x)=

4, −2<x<2{0, others解析3-3

(2) F(ω)=

∫−∞2

f(x)e−iωxdx2=∫−2

4e−iωxdx=4

∫−2

e−iωxdxiω=4 −1e−iωx iω

=4e2iω−e−2iω[ ]−2iω=8sin2ωiωω

eiθ−e−iθ2i傅立叶变换的性质位移性质延迟性质微分性质

C1f1(x)+C2f2(x)↔C1F1(ω)+C2F2(ω)f(x±x0)↔F(ω)e±iωx0f(x)e±iω0x↔F(ω∓ω0)f(n)(x)↔(iω)nF(ω)积分性质

x∫−∞

f(t)dt↔1F(ω)iωiω卷积性质

f1(x)*f2(x)=∫−∞∫

t)dt2πf1(x)*f2(x)↔F1(ω)⋅F2(ω) f1(x)⋅f2(x)↔1F1(ω)*F2(ω)2πδ函数及其傅立叶变换「弱收敛」δ函数又称单位脉冲函数，它是一个广义函数，不能用我们现有的知识进行严格定义，我们引入弱收敛这一概念，对δ

函数进行简单的定义。设{fn(x)}(n=0,1,2,⋯)是区间

f(x)使得对于任意一个在

a,b

上连续的函数φ(x)，都有b blim

fn(x)φ(x)dx=∫a∫

f(x)φ(x)dx则称{fn(x)}(n=0,1,2,⋯)在区间

a,b

上弱收敛于f(x)

，而满足上式的函数f(x)称为{fn(x)}的弱极限。δ函数及其傅立叶变换「δ函数的定义」0,x<0orx>1

δn(x)δn(x)=

nnn,0≤x≤1n0/n则称{δn(x)}(n0/n

在内的弱极限称为δ函数，记作δ(x)

，即：+∞∫ δ(x)φ(x)dx=lim

+∞∫ δn(x)φ(x)dx−∞ n→∞ −∞φ(x)为

(−∞,+∞)δn(x)

的表达式，根据积分中值定理，则有：+∞∫ δ(x)φ(x)dx=lim

+∞∫ δn(x)φ(x)dx=lim

1n∫ nφ(x)dx=lim

φ(θn

1)=φ(0) (0<θn<1)−∞ n→∞ −∞

n→∞ 0

n→∞n+∞n因此，有些材料中直接用该式作为δ

函数的定义：∫−∞

δ(x)φ(x)dx=φ(0)此时，关于函数φ(x)的条件更强，要求其无穷次连续可微，且在之外恒为零。

(−∞,+∞)

的某个有限闭区间δ函数及其傅立叶变换「δ函数的傅立叶变换」+∞ +∞因此通过δ

函数的定义，我们有重要结论∫

δ(x)φ(x)dx=φ(0) ∫

δ(x−x0)φ(x)dx=φ(x0)δ

函数的傅立叶变换为

−∞ℱ[δ(x)]=

+∞∫−∞

−∞δ(x)e−iωxdx=e−iωx+∞

=1x=0我们还可以求出

ℱ[δ(x±x0)]=的傅立叶逆变换

∫−∞

δ(x±x0)e−iωxdt=e−iωx

x=∓x0

=e±iωx0ℱ−1[2πδ(ω−ω)]=1

+∞2πδ(ω−

)eiωxdω=eiωx

=eiωx0 2π∫−∞

0ω=ω0因此我们得出

δ(x)与1是一对傅立叶变换，eiω0x

2πδ(ω−ω0为一对傅立叶变换但是，此时与eiω0x

并不满足傅立叶变换存在时需满足的绝对可积条件，因此这里所讲的傅立叶变换是广义函数意义下的傅立叶变换，因此称为广义傅立叶变换。例题3-4

求函数

f(x)=cos(ω0x)

f(x)=sin(ω0x)的广义傅立叶变换。解析3-4

x=eiω0x+e−iω0x2已知2sinω

e±iω0x↔2πδ(ω∓ω0)，故x=eiω0x+e−iω0x

[cosω0x]=π[δ(ω−ω0)+δ(ω+ω0)]0 2ie±iω0x↔2πδ(ω∓ω0)，故

ℱ[sinω0x]=πi[δ(ω+ω0)−δ(ω−ω0)]拉普拉斯变换定义式实际情况中函数只在

0,+∞)

上有定义，或函数在实轴上不满足绝对可积条件，或我们不关心(−∞,0)的情形，此时我们用拉普拉斯变换对问题进行分析。+∞假设函数

f(t)

是定义在

0,+∞)上的函数，且积分∫0∫

f(t)e−ptdt在p的某个区域内收敛，其中pp为变量的函数，记作F(p)，即+∞F(p)=

∫−∞

f(t)e−ptdtF(p)称为

f(t)

的拉普拉斯变换，记为F(p)=ℒ[f(t)]f(t)

称为F(p)的拉普拉斯逆变换，记作f(t)=ℒ−1[F(p)]例题3-5 计算下列函数的拉普拉斯变换(1)u(t)=

0,t≤0{1,t>0+∞

(2)f(t)=ektk∈R+∞解析3-5

(1) ℒ[u(t)]=∫0∫

u(t)e−ptdt=∫0

e−ptdt+∞当Re[p]>0

时，积分+∞e−ptdt

收敛，且

e−ptdt=−

e−pt

+∞=11 0 ∫0

p 0 p

p Re[p]>0补充：收敛原因：当

+∞e−ptdt=∫0+∞

+∞e−(σ+iω)tdt∫0+∞

收敛时，有： e−pt∫0

dt=∫0∫

|e−σt∥e−iωt|dt<∞e−iωt =1

故此时：

σ>0 即

Re[p]>0例题3-5 计算下列函数的拉普拉斯变换(1)u(t)=

0,t≤0{1,t>0+∞

(2)f(t)=ektk∈R+∞解析3-5

(2) ℒ[ekt]=∫0

ekte−pt=∫0

e−(p−k)tdt当Re([p]>k时，右端积分收敛，且

+∞e−(p−k)tdt=− 1 e−(p−k)t|+∞

= 1 [ekt=

1p−

∫0Re[p]>k

p−k

0 p−k补充：收敛原因：当

+∞e−(p−k)tdt∫0

+∞e−(σ−k)te−iωtdt∫0

收敛时，+∞有： |e−(p−k)t|dt

+∞|e−(σ−k)t||e−iωt|dt∫0 ∫0e−iωt =1

故此时：

σ>k 即

Re[p]>k拉普拉斯变换性质延迟性质位移性质

af1(t)+bf2(t)↔aF1(p)+bF2(p)f(t)e±αt↔F(p∓α)f(t±t0)↔F(p)e±pt0t∫积分性质∫0

f(x)dx↔1

F(p)p微分性质p

f′(t)↔pF(p)−f(0)f′′(t)↔p2F(p)−pf(0)−f′(0)f(n)(t)↔pnF(p)−pn−1f(0)−pn−2f′(0)−⋯−pf(n−2)(0)−f(n−1)(0)若f(0)=f′(0)=⋯=f(n−1)(0)=0 则f(n)(t)↔pnF(p)常见函数的拉普拉斯变换pδ(t)↔1 u(t)↔1p

ekt↔ 1 p−ksinωt↔ ω p2+ω2

cosωt↔ p p2+ω2

tn n!↔pn+1↔其余函数的拉普拉斯变换，可查拉普拉斯变换表例题3-6

求δ函数的拉普拉斯变换解析3-6

首先介绍弱导数的概念。对在区间[a，b](可以是无限的)上给定的函数f(t)，如果存在一个函数g(t)，使得对任意一次连续可微且在端点a，b附近为零的函数b

φ(t)有：b∫∫g(t)φ(t)dt=−∫∫a

f(t)φ′(t)dt则称g(t)为f(t)的弱导数，记为f’(t)δ

函数是单位阶跃函数的弱导数。+∞u′(t)φ(t)dt=

+∞ bφ(t)d[u(t)]⟹u(t)φ(t)

+∞au(t)φ′(t)dta∫−∞

∫−∞

分部积分

a ∫−∞在端点a，b附近为零，故+∞

u(t)φ(t)

b=0,

+∞∫u(t)φ′(t)dt=∫−∞

+∞∫φ′(t)dt=−φ(0)∫0∫∴ ∫−∞

φ(t为

+∞,−∞]内任意一次连续可微且在某个有界闭区间外为0的函数例题3-6

求δ函数的拉普拉斯变换解析3-6

+∞∴∫ u′(t)φ(t)dt=φ(0)−∞+∞∫δ函数定义∫−∞

δ(t)φ(t)dt=φ(0)

u′(t)=δ(t)p根据拉普拉斯变换的微分性质：ℒ[δ(t)]=ℒ[u′(t)]=p⋅ℒ[u(t)]−u(0)=p⋅1=1p积分变换法举例傅里叶变换常应用于无界的初值问题（针对空间变量居多）拉普拉斯变换常应用于带边界条件的定解问题（针对时间变量居多，且多为因果函数）本节我们将通过两道例题来介绍积分变换法的应用。例题3-7 利用积分变换法求解定解问题∂2u∂t2

2∂2u=a∂x=a

–∞<x<+∞u∂t

=φ(x)t=0=ψ(x)t=0+∞

+∞ +∞解析3-7

U(ωt)=

∫−∞

u(x,t)e−iωxdx Φ(ω)=

∫−∞

φ(x)e−iωxdx Ψ(ω)=

∫−∞

ψ(x)e−iωxdxdt对方程和初始条件关于x做傅立叶变换，得：dt

d2U(ω,t)dt2

=−a2ω2U(ω,t)U|t=0

=Φ(ω) dU(ω,t)

t=0

=Ψ(ω)方程的通解为：U(ω,t)=A(ω)eiaωt+B(ω)e−iaωt 只对t求，与无关，故应保留U(ω,t)

t=0=A(ω)+B(ω)=Φ(ω)

A(ω)=1

Φ(ω)+Ψ(ω)利用初始条件

⟹

iaω]dU(ω,t)

=iaω[A(ω)−B(ω)]=Ψ(ω)

B(ω)=1

Φ(ω)−Ψ(ω)dt t=0

2[ iaω]例题3-7 利用积分变换法求解定解问题∂2u∂t2

2∂2u=a∂x=a

–∞<x<+∞u∂t

=φ(x)t=0=ψ(x)t=0解析3-7

U(ω,t)=1[Φ(ω)+Ψ(ω)]eiaωt+1[Φ(ω)−Ψ(ω)]e−iaωt2 iaω 2

iaω=1Φ(ω)eiaωt+1Φ(ω)e−iaωt+1 Ψ(ω)eiaωt−1 Ψ(ω)e−iaωt2 2 2aωi 2aωi根据傅立叶变换的位移性质与微分性质ℱ[φ(x+at)]=Φ(ω)eiaωtxℱ ψ(ξ)dξ

=1Ψ(ω)

x+atℱ

ψ(ξ)dξ

=1Ψ(ω)eiωat[∫0

]

[∫0且 x−atℱ[∫0

]ψ(ξ)dξ]

iω=iω1Ψ(ω)e−iω=iω

时移性质例题3-7 利用积分变换法求解定解问题∂2u∂t2

2∂2u=a∂x=a

–∞<x<+∞u∂t

=φ(x)t=0=ψ(x)t=0解析3-7

故对U(ω,t)

的 取傅立叶逆变换，得：u(x,t)=1φ(x+at)+1φ(x−at)+1

x+at

ψ(ξ)dξ−1

x−at

ψ(ξ)dξ2 2 2a∫0 2a∫0=1[φ(x+at)+φ(x−at)]+1

x+at

ψ(ξ)dξ2 2a