数理方法第三章：积分变换法

Chapter3 积分变换法

基础知识

欧拉公式

$$e^{i\theta} = \cos \theta + i \sin \theta \\ \sin \theta = \dfrac{e^{i \theta} - e^{-i \theta}}{2i} \quad \cos \theta = \dfrac{e^{i \theta} + e^{-i \theta}}{2}$$

双曲正弦/余弦

$$\sinh \theta = \frac{e^{\theta} - e^{-\theta}}{2} \quad \cosh \theta = \frac{e^{\theta} + e^{-\theta}}{2} \\ \frac{d}{d\theta} \sinh \theta = \cosh \theta \quad \frac{d}{d\theta} \cosh \theta = \sinh \theta$$

双曲函数的恒等式

$$\cosh^2 \theta - \sinh^2 \theta = 1$$

高斯积分

$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, dx = \sqrt{\pi} \\ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} \, dx = \sqrt{\dfrac{\pi}{a}}$$

一阶常微分方程的解

齐次

$$y' + p(x)y = 0$$

解为

$$y = C e^{-\int p(x) dx}$$

非齐次

$$y' + p(x)y = q(x)$$

解为（使用常数变易法得到，不过建议直接记结论）

$$y = e^{-\int p(x) dx} \left( \int q(x) e^{\int p(x) dx} dx + C \right)$$

实际用的时候积分起点可以随便选一个计算方便的（比如0）

三角函数公式

积化和差

$$\sin \alpha \cos \beta = \frac{1}{2} [\sin (\alpha + \beta) + \sin (\alpha - \beta)] \\ \cos \alpha \sin \beta = \frac{1}{2} [\sin (\alpha + \beta) - \sin (\alpha - \beta)] \\ \cos \alpha \cos \beta = \frac{1}{2} [\cos (\alpha + \beta) + \cos (\alpha - \beta)] \\ \sin \alpha \sin \beta = - \frac{1}{2} [\cos (\alpha + \beta) - \cos (\alpha - \beta)]$$

和差化积

$$\sin \alpha + \sin \beta = 2 \sin \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) \cos \left( \frac{\alpha - \beta}{2} \right) \\ \sin \alpha - \sin \beta = 2 \cos \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) \sin \left( \frac{\alpha - \beta}{2} \right) \\ \cos \alpha + \cos \beta = 2 \cos \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) \cos \left( \frac{\alpha - \beta}{2} \right) \\ \cos \alpha - \cos \beta = -2 \sin \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) \sin \left( \frac{\alpha - \beta}{2} \right)$$

Fourier变换

对傅里叶级数取极限，可以得到

$$f(t) = \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} [\int_{-\infty}^{\infty} f(\tau) e^{-i\omega \tau} d\tau] e^{i\omega t} d\omega$$

且

$$\mathscr{F}^{-1}[\mathscr{F}[f(t)]] = \begin{cases} f(t) & t为f(t)连续点 \\ \dfrac{f(t^+) + f(t^-)}{2} & t为f(t)第一类间断点 \end{cases}$$

Fourier变换

$$\mathscr{F} [f(t)] = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-i\omega t} dt = F(\omega) , -\infty<\omega<\infty$$

Fourier逆变换

$$\mathscr{F}^{-1} [F(\omega)] = \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F(\omega) e^{i\omega t} d\omega = f(t)$$

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例题

1. 求函数$f(t) = e^{-\beta \lvert t \rvert}$的Fourier积分公式

解

$$f(t) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\beta \lvert t \rvert} e^{i\omega t} dt = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\beta \lvert t \rvert} (\cos \omega t - i \sin \omega t) \, dt \\ = 2 \int_{0}^{\infty} e^{-\beta t} \cos \omega t \, dt = -\dfrac{2}{\beta} \int_{0}^{\infty} \cos \omega t \, d(e^{-\beta t}) \\ = -\dfrac{2}{\beta}[\cos \omega t e^{-\beta t}\rvert_0^{\infty} + \omega \int_{0}^{\infty} e^{-\beta t} sin\omega t \, dt] \\ = - \dfrac{2}{\beta} [-1 - \dfrac{\omega}{\beta} \int_{0}^\infty \sin \omega t \, d(e^{-\beta t})] \\ =-\dfrac{2}{\beta} [-1 - \dfrac{\omega}{\beta}[\sin \omega t e^{-\beta t} |^{\infty}_0 - \int_{0}^{\infty} e^{-\beta t} \omega \cos \omega t dt]] \\ =-\dfrac{2}{\beta} [-1 - \dfrac{\omega}{\beta}(-\omega) \int_0^{\infty} e^{-\beta t} \cos \omega t \, dt] = -\dfrac{2}{\beta^2}[\beta - \omega^2 \int_{0}^{\infty} e^{-\beta t} \cos \omega t \, dt] \\ = 2 \int_{0}^{\infty} e^{-\beta t} \cos \omega t \, dt \\ \implies 2 \int_{0}^{\infty} e^{-\beta t} \cos \omega t \, dt = \dfrac{2\beta}{\beta^2 + \omega^2} = F(\omega)$$

由此可以得到一个常用积分公式

$$f(t) = \int_{-\infty}^{\infty} F(\omega) e^{i\omega t} d\omega = \dfrac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty} \dfrac{2\beta(\cos \omega t)}{\beta^2 + \omega^2} d\omega \\ \implies \int_{0}^{\infty} \dfrac{\cos \omega t}{\beta^2 + \omega^2} \, d\omega = \dfrac{\pi}{2 \beta} e^{-\beta \lvert t \rvert}$$

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2. 求单边指数函数

   $$f(t) = \begin{cases} e^{-\beta t}& t>0 \\ 0 & t<0 \end{cases}$$

   的Fourier变换公式，并计算积分

   $$\int_{0}^{+\infty} \dfrac{\beta \cos \omega t +\omega \sin \omega t}{\beta^2 + \omega^2} d\omega$$

解

$$\mathscr{F}[f(t)] = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-i\omega t} dt = \int_{0}^{\infty} e^{\beta t} e^{-i\omega t} dt \\ = \int_{0}^{\infty} e^{-(\beta + i\omega)t} dt = -\dfrac{1}{\beta + i\omega} e^{-(\beta + i \omega)t}|^{\infty}_0 = \dfrac{1}{\beta + i \omega} \\ = \dfrac{\beta - i\omega}{\beta^2 + \omega^2}$$

求积分

$$\dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{\beta - i\omega}{\beta^2 + \omega^2} e^{i\omega t} d\omega = \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{(\beta - i\omega)(\cos \omega t + i \sin \omega t)}{\beta^2 + \omega^2} d\omega$$

由奇偶性分析，可以得到

$$\int_0^{\infty} \dfrac{\beta \cos \omega t + \omega \sin \omega t}{\beta^2 + \omega^2} d\omega = \pi \begin{cases} e^{-\beta t} & t>0 \\ \dfrac{1}{2} & t=0 \\ 0 & t<0 \end{cases}$$

这个题目还提供一个常用结论

$$\mathcal{F}[e^{-\alpha t} u(t)] = \frac{1}{\alpha + i \omega}\iff \mathcal{F}^{-1} \left[ \frac{1}{\alpha + i \omega} \right] = e^{-\alpha t} u(t) , \quad \alpha > 0$$

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重要的Fourier变换

$\delta$函数的简单介绍

冲激函数：峰值集中性

$$\delta(x) = \begin{cases} 0 & x \neq 0 \\ \infty & x=0 \end{cases}$$

归一化条件

$$\int_{-\infty}^{\infty} \delta(x) \, dx = 1$$

抽样性质（筛分性质）

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta(x) \, dx = f(0)$$

平移性质（筛分性质）

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta(x-x_0) \, dx = f(x_0)$$

导数性质：用分部积分就可以得到

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta'(x) \, dx = f'(0) \\ \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta'(x-x_0) \, dx = f'(x_0)$$

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$\delta$函数

$$\mathcal{F}[\delta(t)] = 1 \iff \mathcal{F}^{-1}[1] = \delta(t) \\ \mathcal{F}[\delta(t-t_0)] = e^{-i\omega t_0} \iff \mathcal{F}[e^{-i\omega t_0}] = \delta(t-t_0)$$

单位阶跃函数

$$\mathcal{F}[u(t)] = \frac{1}{i \omega} + \pi \delta(\omega)$$

指数函数

$$\mathcal{F}[e^{i\omega_0 t}] = 2\pi \delta(\omega - \omega_0) \quad \mathcal{F}[1] = 2\pi \delta{\omega}$$

正弦/余弦函数

$$\mathcal{F}[\sin(\omega_0 t)] = i\pi \left[ \delta(\omega - \omega_0) - \delta(\omega + \omega_0) \right] \iff \mathcal{F}^{-1} \left[ i\pi \left( \delta(\omega - \omega_0) - \delta(\omega + \omega_0) \right) \right] = \sin(\omega_0 t) \\ \mathcal{F}[\cos(\omega_0 t)] = \pi \left[ \delta(\omega - \omega_0) + \delta(\omega + \omega_0) \right] \iff \mathcal{F}^{-1} \left[ \pi \left( \delta(\omega - \omega_0) + \delta(\omega + \omega_0) \right) \right] = \cos(\omega_0 t)$$

$e^{-t^2}$的Fourier变换

两种方法可以求得，用像函数的微分性，或者用积分公式

$$\mathcal{F}[e^{-t^2}] = \sqrt{\pi} e^{-\frac{\omega^2}{4}}$$

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推导过程

$$F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^2} e^{-i\omega t} \, dt = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(t^2 + i\omega t)} \, dt$$

通过完全平方法简化

$$t^2 + i\omega t = \left(t + \frac{i\omega}{2}\right)^2 - \frac{\omega^2}{4}$$

于是积分变为：

$$F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\left(t + \frac{i\omega}{2}\right)^2} e^{-\frac{\omega^2}{4}} \, dt$$

常数 $e^{-\frac{\omega^2}{4}}$可以提到积分外部：

$$F(\omega) = e^{-\frac{\omega^2}{4}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\left(t + \frac{i\omega}{2}\right)^2} \, dt$$

根据标准高斯积分公式以及复变积分平移的不变性（复变积分的章节有讲）

$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, dx = \sqrt{\pi}$$

所以：

$$F(\omega) = \sqrt{\pi} e^{-\frac{\omega^2}{4}}$$

因此，$e^{-t^2}$ 的 Fourier 变换为

$$\mathcal{F}[e^{-t^2}] = \sqrt{\pi} e^{-\frac{\omega^2}{4}}$$

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Fourier变换的性质

以下所有性质中，设$\mathscr{F}[f(t)] = F(\omega)$

线性性质

相似性

$$\mathscr{F}[f(at)] = \dfrac{1}{\lvert a \rvert} F(\dfrac{\omega}{a}) \\ \mathscr{F}^{-1}[F(a\omega)] = \dfrac{1}{\lvert a \rvert} f(\dfrac{t}{a})$$

位移性质

$$\mathscr{F}[f(t-t_0)] = e^{-i\omega t_0} F(\omega) \\ \mathscr{F}[e^{i\omega_0 t} f(t)] = F(\omega - \omega_0)$$

微分性

1. 原像的微分性

性质：

如果 $\lim_{\lvert t \rvert \to \infty} f(t) = 0$，那么有

$$\mathcal{F}\left\{ f'(t) \right\} = i\omega F(\omega)$$

更一般地，

$$\mathcal{F}\left\{ f^{(n)}(t) \right\} = (i\omega)^n F(\omega)$$

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推导过程：

由傅里叶变换的定义

$$F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-i\omega t} \, dt$$

使用分部积分

$$\mathcal{F}\{f'(t)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f'(t) e^{-i\omega t} \, dt \\ = \left[ f(t)e^{-i\omega t} \right]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty} f(t) (-i\omega) e^{-i\omega t} \, dt$$

故如果 $\lim_{\lvert t \rvert \to \infty} f(t) = 0$，则

$$\mathcal{F}\{f'(t)\} = i\omega F(\omega)$$

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2. 像的微分性

性质：

$$F'(\omega) = -i \mathcal{F} \left[tf(t)\right] \\ \mathscr{F}[tf(t)] = iF'(\omega)$$

更一般地，

$$F^{(n)}(\omega) = -i \mathcal{F} \left[tf(t)\right]$$

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推导过程：

从傅里叶反变换定义出发：

$$f(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F(\omega) e^{i\omega t} \, d\omega$$

对 $F(\omega)$ 的导数 $F'(\omega)$ 求傅里叶反变换：

$$\mathcal{F}^{-1}\{F'(\omega)\} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F'(\omega) e^{i\omega t} \, d\omega$$

使用分部积分

$$\mathcal{F}^{-1}\{F'(\omega)\} = \left[ F(\omega) e^{i\omega t} \right]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty} F(\omega) \cdot (i t e^{i\omega t}) \, d\omega \\ = -i t \cdot \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F(\omega) e^{i\omega t} \, d\omega$$

因此，

$$\mathcal{F}^{-1}\{F'(\omega)\} = -i t f(t)$$

即

$$F'(\omega) = -i \mathcal{F} \left[tf(t)\right]$$

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积分性

如果$\lim_{t \to \infty}\int_{-\infty}^{t}f(\tau) \, d \tau = 0$，则有以下积分性质

$$\mathscr{F}[\int_{-\infty}^{t}f(\tau) \, d \tau] =\dfrac{1}{i\omega} F(\omega)$$

更一般地，

$$\mathscr{F}[\int_{-\infty}^{t}f(\tau) \, d \tau] =\dfrac{1}{i\omega} F(\omega) + \pi F(0) \delta(\omega)$$

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卷积性质

对于两个函数 $f(t)$ 和 $g(t)$，它们的卷积 $(f * g)(t)$ 的傅里叶变换等于它们各自傅里叶变换的乘积，即：

$$\mathcal{F}\{(f * g)(t)\} = F(\omega) G(\omega)$$

其中 $F(\omega) = \mathcal{F}\{f(t)\}$ 和 $G(\omega) = \mathcal{F}\{g(t)\}$。

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证明过程

卷积的定义为：

$$(f * g)(t) = \int_{-\infty}^{\infty} f(\tau) g(t - \tau) \, d\tau$$

对 $(f * g)(t)$ 进行傅里叶变换：

$$\mathcal{F}\{(f * g)(t)\} = \int_{-\infty}^{\infty} \left( \int_{-\infty}^{\infty} f(\tau) g(t - \tau) \, d\tau \right) e^{-j \omega t} \, dt$$

交换积分顺序，得到：

$$\mathcal{F}\{(f * g)(t)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(\tau) \left( \int_{-\infty}^{\infty} g(t - \tau) e^{-j \omega t} \, dt \right) d\tau$$

令 $u = t - \tau$，则 $t = u + \tau$，$dt = du$，代入得到：

$$\mathcal{F}\{(f * g)(t)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(\tau) \left( \int_{-\infty}^{\infty} g(u) e^{-j \omega (u + \tau)} \, du \right) d\tau$$

将指数项展开：

$$\mathcal{F}\{(f * g)(t)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(\tau) e^{-j \omega \tau} \left( \int_{-\infty}^{\infty} g(u) e^{-j \omega u} \, du \right) d\tau$$

将与$\tau$无关项提出积分，得到：

$$\mathcal{F}\{(f * g)(t)\} = \left( \int_{-\infty}^{\infty} f(\tau) e^{-j \omega \tau} \, d\tau \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} g(u) e^{-j \omega u} \, du \right)$$

即

$$\mathcal{F}\{(f * g)(t)\} = F(\omega) G(\omega)$$

这证明了傅里叶变换的卷积性质。

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逆变换的卷积性质

对于两个频域函数 $F(\omega)$ 和 $G(\omega)$，它们的卷积 $(F * G)(\omega)$ 的傅里叶逆变换等于它们各自傅里叶逆变换的乘积，即：

$$\mathcal{F}^{-1}\{(F * G)(\omega)\} = 2\pi f(t) g(t)$$

其中 $f(t) = \mathcal{F}^{-1}\{F(\omega)\}$ 和 $g(t) = \mathcal{F}^{-1}\{G(\omega)\}$。

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证明过程

频域卷积的定义为：

$$(F * G)(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} F(\xi) G(\omega - \xi) \, d\xi$$

对 $(F * G)(\omega)$ 求傅里叶逆变换：

$$\mathcal{F}^{-1}\{(F * G)(\omega)\} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \left( \int_{-\infty}^{\infty} F(\xi) G(\omega - \xi) \, d\xi \right) e^{j \omega t} \, d\omega$$

交换积分顺序，得到：

$$\mathcal{F}^{-1}\{(F * G)(\omega)\} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F(\xi) \left( \int_{-\infty}^{\infty} G(\omega - \xi) e^{j \omega t} \, d\omega \right) d\xi$$

令 $\eta = \omega - \xi$，则 $\omega = \eta + \xi$，$d\omega = d\eta$，代入得到：

$$\mathcal{F}^{-1}\{(F * G)(\omega)\} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F(\xi) \left( \int_{-\infty}^{\infty} G(\eta) e^{j (\eta + \xi) t} \, d\eta \right) d\xi$$

将指数项展开：

$$\mathcal{F}^{-1}\{(F * G)(\omega)\} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F(\xi) e^{j \xi t} \left( \int_{-\infty}^{\infty} G(\eta) e^{j \eta t} \, d\eta \right) d\xi$$

根据傅里叶逆变换的定义，得到：

$$\mathcal{F}^{-1}\{(F * G)(\omega)\} = 2\pi \left( \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F(\xi) e^{j \xi t} \, d\xi \right) \left( \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} G(\eta) e^{j \eta t} \, d\eta \right)$$

即

$$\mathcal{F}^{-1}\{(F * G)(\omega)\} = 2 \pi f(t) g(t)$$

这证明了傅里叶逆变换的卷积性质。

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Fourier变换的应用

解常系数常微分方程

例

$$x''(t) - x(t) = -f(t)\, , -\infty<t<+\infty$$

解

记

$$X(\omega) = \mathcal{F} [x(t)] \quad F(\omega) = \mathcal{F} [f(t)]$$

原方程两边进行傅里叶变换，得到

$$-\omega^2 X(\omega) -X(\omega) = -F(\omega)$$

解得

$$X(\omega) = \dfrac{F(\omega)}{\omega^2 + 1}$$

再对$X(\omega)$进行傅里叶逆变换，即得解$x(t)$

$$x(t) = \mathcal{F}^{-1} [X(\omega)] = \mathcal{F}^{-1} [\dfrac{F(\omega)}{\omega^2 + 1}] \\ = \mathcal{F}^{-1}[\dfrac{1}{\omega^2 + 1}] * \mathcal{F}^{-1}[F(\omega)] \\ = \dfrac{1}{2} e^{- \lvert t \rvert} * f(t) = \dfrac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} f(s) e^{\lvert t-s \rvert} ds$$

Laplace变换

由于Fourier变换对原函数的性质要求较为严格，很多情况下难以满足，而且$-\infty$到$\infty$的积分在很多需要分析的情况下不适用（很多情况只考虑0以后的情形）

故考虑对其进行改进

$$\mathscr{F} [u(t)f(t)e^{-\sigma t}] = \int_{0}^{\infty} f(t) e^{-i\omega t} e^{-\sigma t} dt = \int_{0}^{\infty} f(t) e^{-pt} dt$$

其中

$$p = \sigma + i \omega$$

定义

故定义laplace变换为

$$\mathscr{L}(t) = \int_{0}^{\infty} f(t) e^{-pt} dt$$

适用Laplace变换的函数

指数级函数：对于一个实变量的复函数$f(t)$，如果存在$M>0$及实数$\sigma_c$，使得

$$\lvert f(t) \rvert \leq M e^{\sigma_c t} ,\, \forall t > 0$$

定理：如果函数$f(t)$满足

1. 在任一有限区间上分段连续
2. 当$t \to +\infty$时，$f(t)$是指数级函数

则$F(p) = \int_0^{+\infty} f(t) e^{-pt} dt$在半平面$Re \, p = \sigma > \sigma_c$上存在且解析，其中$\sigma_c$为$f(t)$的增长指数

这里证明一个存在性：

$$\lvert \int_0^{\infty} f(t) e^{-pt} dt \rvert \leq \int_{0}^\infty M e^{\sigma_c t} e^{-\sigma t} dt \leq M \dfrac{1}{\sigma - \sigma_c}$$

常用函数的Laplace变换

单位阶跃函数

$$\mathscr{L}[u(t)] = \dfrac{1}{p} \iff \mathscr{L}^{-1} [\dfrac{1}{p}] = 1$$

指数函数$e^{kt}$

$$\mathscr{L}[e^{kt}] = \dfrac{1}{p-k} \iff \mathscr{L}^{-1} [\dfrac{1}{p-k}] = e^{kt}$$

正弦函数，余弦函数

$$\mathscr{L}[\sin kt] = \dfrac{k}{p^2 + k^2} \iff \mathscr{L}^{-1} [\dfrac{k}{p^2 + k^2}] = \sin kt \\ \mathscr{L}[\cos kt] = \dfrac{p}{p^2 + k^2} \iff \mathscr{L}^{-1} [\dfrac{p}{p^2 + k^2}] = \cos kt$$

幂函数$t^n$

$$\mathscr{L}[t] = \dfrac{1}{p^2} \iff \mathscr{L}^{-1} [\dfrac{1}{p^2}] = t \\ \mathscr{L}[t^n] = \dfrac{n!}{p^{n+1}} \iff \mathscr{L}^{-1}[\dfrac{1}{p^{n+1}}] = \dfrac{1}{n!} t^n$$

一般幂函数$t^m$（$m>-1$的实数）

Gamma函数

$$\Gamma(z) = \int_0^{\infty} t^{z-1} e^{-t} \, dt$$

对于正整数，Gamma函数和阶乘的关系

$$\Gamma(n) = (n-1)!$$

一般幂函数可以表示为

$$\mathscr{L}[t^m] = \dfrac{\Gamma(m+1)}{p^{m+1}}$$

Laplace变换的性质

设

$$F(p) = \mathscr{L}[f(t)]$$

线性性

$$\mathscr{L}[\alpha f(t) + \beta g(t)] = \alpha \mathscr{L}[f(t)] + \beta \mathscr{L}[g(t)] \\ \mathscr{L}^{-1}[\alpha F(p) + \beta G(p)] = \alpha \mathscr{L}^{-1}[F(p)] + \beta \mathscr{L}^{-1}[G(p)]$$

延迟性质

$$\mathscr{L}[f(t-t_0)u(t-t_0)] = e^{-pt_0}F(p) \\ \mathscr{L}^{-1}[e^{-pt_0}F(p)] = f(t-t_0)u(t-t_0)$$

平移性质

$$F(p - p_0) = \mathscr{L} [e^{p_0 t} f(t)] \\ \mathscr{L}^{-1}[F(p - p_0)] = e^{p_0 t}f(t)$$

微分性质

如果函数$f(t)$在$[0,+\infty)$上可微且$F(p) = \mathscr{L}[f(t)]$，则

$$\mathscr{L}[f'(t)] = pF(p) - f(0) \iff \mathscr{L}^{-1}[pF(p) - f(0)] = f'(t) \\ F'(p) = -\mathscr{L}[tf(t)] \iff \mathscr{L}^{-1}[F'(p)] = -tf(t) \\$$

更一般地，

$$\mathscr{L}[f^{(n)}(t)] = p^nF(p) - [f^{(n-1)}(0) + \cdots + p^{n-1}f(0)] \\ F^{(n)}(p) = (-1)^n \mathscr{L}[t^n f(t)]$$

积分性质

$$\mathscr{L} [\int_{0}^t f(s) \, ds] = \dfrac{F(p)}{p}$$

如果$\int_p^\infty F(s) \, ds$收敛，则

$$\int_{p}^{+\infty} F(s) ds = \mathscr{L} [\dfrac{f(t)}{t}]$$

卷积性质

Laplace变换考虑$[0,+\infty)$上的卷积（即函数<0的部分为0）

$$f_1(t) * f_2(t) = \int_{0}^t f_1(s) f_2(t-s) \, ds$$

有如下性质

$$\mathscr{L}[f_1 * f_2] = F_1(p) F_2(p) \\ \mathscr{L}^{-1}[F_1(p)F_2(p)] = f_1(t) * f_2(t)$$

Laplace变换的应用

求解微分方程

没什么好说的，先Laplace变换变成一般方程，然后求出解后再Laplace逆变换

用Laplace变换求广义积分

弦振动方程的初值问题

使用Fourier变换求解

$$\begin{cases} u_{tt} - a^2 u_{xx} = 0 & -\infty<x<\infty, t>0 \\ u(0,x) = \varphi(x), u_t(0,x) = \psi(x) \end{cases}$$

Step1.先对u(t,x)关于x作Fourier变换

记

$$\hat{u}(t,\omega) = \mathscr{F}[u(t,x)] = \int_{-\infty}^{\infty} u(t,x) e^{-ix\omega} dx$$

为u(t,x)关于x的Fourier变换

则

$$\hat{u_{tt}} = \int_{-\infty}^{\infty} u_{tt}(t,x) e^{-ix\omega} dx = \partial_{tt} \int_{-\infty}^{\infty} u(t,x) e^{-ix\omega} dx \\ = \partial_{tt} \hat{u}(t,\omega) \\ \hat{u_{xx}} = (i\omega)^2 \hat{u}(t,\omega) = -\omega^2 \hat{u}(t,\omega)$$

原方程和初值条件都进行Fourier变换，得到

$$\begin{cases} \partial_{tt} \hat{u}(t,\omega) + a^2 \omega^2 \hat{u}(t,\omega) = 0 \\ \hat{u}(0,\omega) = \hat{\varphi}(\omega) \\ \hat{u_t}(0,\omega) = \hat{\psi} (\omega) \end{cases}$$

可以看到，PDE已经转换为一个二阶齐次常微分方程

Step2. 解二阶齐次ODE

$$\hat{u}(t,\omega) = C_1 e^{-a\omega i \, t} + C_2 e^{a\omega i \, t}$$

Tips. 因为后面要做傅里叶逆变换，所以这边不要写成三角函数形式，写成e的复指数方便后序处理

$$\hat{u}(0,\omega) = C_1 + C_2 = \hat{\varphi}(\omega) \\ \hat{u_t}(0,\omega) = C_1 (-a\omega i) + C_2 (a\omega i) = \hat{\psi}(\omega)$$

解得

$$C_1 = \dfrac{1}{2}[\hat{\varphi}(\omega) - \dfrac{1}{a\omega i} \hat{\psi}(\omega)] \\ C_2 = \dfrac{1}{2}[\hat{\varphi}(\omega) + \dfrac{1}{a\omega i} \hat{\psi}(\omega)]$$

代入

$$\hat{u}(t,\omega) = \dfrac{1}{2}[\hat{\varphi}(\omega) - \dfrac{1}{a\omega i} \hat{\psi}(\omega)] e^{-a\omega i \, t} + \dfrac{1}{2}[\hat{\varphi}(\omega) + \dfrac{1}{a\omega i} \hat{\psi}(\omega)] e^{a\omega i \, t} \\ = \dfrac{1}{2} \hat{\varphi}(\omega) [e^{-a\omega i \, t} + e^{a\omega i \, t}] + \dfrac{1}{2a} \dfrac{1}{\omega i} \hat{\psi}(\omega) [- e^{-a\omega i \, t} + e^{a\omega i \, t}]$$

Step3. 关于$\omega$作Fourier逆变换

$$u(t,x) = \mathscr{F}^{-1}[\hat{u} (t,\omega)] \\ = \dfrac{1}{2}[\varphi(x-at) + \varphi(x+at)] + \dfrac{1}{2a}[\int_{-\infty}^{x+at} \varphi(\tau)\, d\tau - \int_{-\infty}^{x-at} \varphi(\tau) \, d\tau] \\ = \dfrac{1}{2}[\varphi(x-at) + \varphi(x+at)] + \dfrac{1}{2a} \int_{x-at}^{x+at} \psi(\tau)\, d\tau$$

这个结论称为达朗贝尔公式

$$u(t,x) = \dfrac{1}{2}[\varphi(x-at) + \varphi(x+at)] + \dfrac{1}{2a} \int_{x-at}^{x+at} \psi(\tau)\, d\tau$$

行波法

引入两个新的独立变量

$$\xi = x-at \quad \eta = x + at$$

考虑$u(t,x) = U(\xi,\eta)$，则有

$$u_x = U_{\xi} \xi_{x} + U_{\eta} \eta_{x} = U_{\xi} + U_{\eta} \\ u_{xx} = U_{\xi \xi} + 2U_{\xi \eta} + U_{\eta \eta} \\ u_t = U_{\xi} (-a) + U_{\eta} a \\ u_{tt} = U_{\xi \xi} - 2a^2 U_{\xi \eta} + a^2 U_{\eta \eta}$$

代入原来的PDE，可以得到一个很简单的方程

$$U_{\xi \eta} = 0$$

那么就有

$$(U_{\xi})_{\eta} = 0 \implies U_{\xi} = f(\xi) \\ \implies U(\xi,\eta) = \int f(\xi) \, d \xi + C(\eta) = F(\xi) + G(\eta)$$

从而有

$$u(t,x) = U(\xi,\eta) = F(x-at) + G(x+at)$$

然后利用初始条件，确定F和G即可

$$u(0,x) = F(x) + G(x) = \varphi(x) \\ u_t(0,x) = - a F'(x) + a G'(x) = \psi(x)$$

进行一些变形，得到方程

$$\begin{cases} F(x) + G(x) = \varphi(x) \\ -F(x) + G(x) = \dfrac{1}{a}\int_0^x\psi(\xi) \, d\xi +C \end{cases}$$

解得

$$\begin{cases} F(x) = \dfrac{1}{2}[\varphi(x) - \dfrac{1}{a} \int_0^x\psi(\xi) d\xi - C] \\ G(x) = \dfrac{1}{2}[\varphi(x) - \dfrac{1}{a} \int_0^x\psi(\xi) d\xi + C] \end{cases}$$

从而有

$$u(t,x) = F(x-at) + G(x+at) = \dfrac{1}{2}[\varphi(x-at) + \varphi(x+at)] + \dfrac{1}{2a} \int_{x-at}^{x+at} \psi(\xi)\, d\xi$$

解的性质

解中的$F(x-at)$可以看成速度为a，向左传播的波

$G(x+at)$可以看成速度为a，向右传播的波

依赖区间

$$u(t_0,x_0): [x_0-at_0,x_0+at_0]$$

上的$\varphi,\psi$的值有关，与区间外的值无关

决定区域

对于x轴上两点$x_1 < x_2$，过$x_1$点做一条斜率为$\frac{1}{a}$的直线，过$x_2$点做一条斜率为$-\frac{1}{a}$的直线，这两条直线与x轴围成的三角形区域内的值完全由$x_1$和$x_2$之间的初始值决定，故这个三角形区域被称为决定区域

影响区域

对于x轴上两点$x_1 < x_2$，过$x_1$点做一条斜率为$-\frac{1}{a}$的直线，过$x_2$点做一条斜率为$\frac{1}{a}$的直线，这两条直线与x轴围成的梯形区域内的值受到$x_1$和$x_2$之间的初始值的影响，而该区域外的值完全不受$x_1$和$x_2$之间的初始值的影响，故这个梯区域被称为影响区域

• 从这个结论可以看出，弦振动方程具有有限传播速度

非齐次弦振动方程-齐次化原理

$$\begin{cases} u_{tt} - a^2 u_{xx} = f(t,x) & -\infty<x<\infty, t>0 \\ u(0,x) = \varphi(x), u_t(0,x) = \psi(x) \end{cases}$$

用非齐次问题的解决方法分解该问题，可以得到一个齐次问题+一个非齐次问题，我们已经能够解决齐次问题，接下来要解决非齐次问题

$$\begin{cases} u_{tt} - a^2 u_{xx} = f(t,x) & -\infty<x<\infty, t>0 \\ u(0,x) = 0, u_t(0,x) = 0 \end{cases}$$

可以用动量定理将外力条件$f(t,x)$转变为初始条件，f(t,x)实际上是t时刻在x处单位质量上所受外力

$$f(t,x) = \dfrac{F(t,x)}{\rho}$$

---

考虑

$$t: \tau \in [0,t] \quad f(\tau,x)$$

取$[t_{i-1},t_{i}]$的时间元$\Delta t_i$，一个时间元内的外力条件可以视为恒定$f(t_i,x)$，则由动量定理，时间点$t_i$相对上一时刻速度满足以下关系

$$f(t_i,x) \Delta t_i = 1 \cdot \tilde{w}_t\rvert_{t = t_{i}}$$

其中$\tilde{w}_t$为$t_i$时刻相对于$t_{i-1}$时刻的速度，$\tilde{w}$为$t_i$时刻相对于$t_{i-1}$时刻的位移

且在$t_i$时刻，有

$$\begin{cases} \tilde{w}_{tt} - a^2 \tilde{w}_{xx} = 0 & -\infty<x<\infty, t>0 \\ \tilde{w}(0,x) = 0, \tilde{w}_t(0,x) = f(t_i,x)\Delta x_i \end{cases}$$

从而可以将$u(t,x)$表示为

$$u(t,x) = \sum_{i=1}^{n+1} \tilde{w}(t,x;t_i,\Delta t_i)$$

取$w(t,x;t_i) = \dfrac{\tilde{w}(t,x;t_i,\Delta t_i)}{\Delta t_i}$

则方程化为

$$\begin{cases} w_{tt} - a^2 w_{xx} = 0 & -\infty<x<\infty, t>0 \\ w(0,x) = 0, w_t(0,x) = f(t_i,x) \end{cases}$$

$u(t,x)$为

$$u(t,x) = \sum_{i=1}^{n+1} w(t,x;t_i) \Delta t_i$$

---

结论：

方程

$$\begin{cases} w_{tt} - a^2 w_{xx} = 0 & -\infty<x<\infty, t>0 \\ w(0,x) = 0, w_t(0,x) = f(\tau,x) \end{cases}$$

取极限$\Delta t_i \to 0$，求和转化为积分

$$u(t,x) = \int_{0}^{t} w(t,x;\tau) d \tau$$

---

再使用达朗贝尔公式

令$s = t - \tau$,得到

$$w(t,x;\tau) = \dfrac{1}{2a} \int_{x-as}^{x+as} f(\tau,\xi) \, d \xi = \dfrac{1}{2a} \int_{x-a(t-\tau)}^{x+a(t-\tau)} f(\tau,\xi) \, d \xi$$

整理并化简，可以得出非齐次初值问题的解（完整版达朗贝尔公式）

$$u(t,x) = \dfrac{1}{2}[\varphi(x-at) + \varphi(x+at)] + \dfrac{1}{2a} \int_{x-at}^{x+at} \psi(\tau)\, d\tau +\dfrac{1}{2a} \int_{0}^{t} \int_{x-a(t-\tau)}^{x+a(t-\tau)} f(\tau,\xi) \, d \xi \, d\tau$$

Chapter3 积分变换法

3.3 热传导方程的初值问题

$$\begin{cases} u_{t} - a^2 u_{xx} = 0 & -\infty<x<\infty, t>0 \\ u(0,x) = \varphi(x) \end{cases}$$

使用Fourier变换求解

Step1. 对x做Fourier变换

记

$$\mathscr{F}[u(t,x)] = \int_{-\infty}^{\infty} u(t,x) e^{-i\omega x} \, dx = \hat{u}(t,\omega) \\ \mathscr{F}[\varphi(x)] = \hat{\varphi}(\omega)$$

则有

$$\mathscr{F}[u_t] = \partial_t \hat{u}(t,\omega) \\ \mathscr{F}{u_xx} = (i\omega)^2 \hat{u}(t,\omega) = -\omega^2 \hat{u}(t,\omega)$$

Step2. 解关于t的常微分方程

$$\begin{cases} \partial_t \hat{u}(t,\omega) + a^2 \omega^2 \hat{u}(t,\omega) = 0 \\ \hat{u}(0,\omega) = \hat{\varphi} (\omega) \end{cases}$$

易得

$$\hat{u}(t,\omega) = C e^{-a^2 \omega^2 t} = \hat{\varphi} (\omega) e^{-a^2 \omega^2 t}$$

Step3. Fourier逆变换

$$u(t,x) = \mathscr{F}^{-1}[\hat{u}(t,\omega)] \\ = \mathscr{F}^{-1} [e^{-a^2 \omega^2 t}] * \mathscr{F}^{-1}[\hat{\varphi}(\omega)]$$

分别计算

$$\mathscr{F}^{-1}[e^{-a^2 \omega^2 t}] =\dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a^2 \omega^2 t} e^{i\omega x} d \omega \\ = \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a^2 t[\omega^2 - \frac{i\omega x}{a^2t}]} d\omega = \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a^2 t (\omega - \frac{ix}{2a^2 t})^2 - \frac{x^2}{4a^2 t}} d\omega \\ = \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a^2 t (\omega - \frac{ix}{2a^2 t})^2} \, d\omega \, e^{- \frac{x^2}{4a^2 t}}$$

由积分定理，

$$\mathscr{F}^{-1}[e^{-a^2 \omega^2 t}] = \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a^2 \omega^2t} \, d\omega \,e^{- \frac{x^2}{4a^2 t}} = \dfrac{1}{2\pi} \dfrac{1}{a\sqrt{t}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} \, dt \, e^{- \frac{x^2}{4a^2 t}} \\ = \dfrac{1}{2a\sqrt{\pi t}} e^{- \frac{x^2}{4a^2 t}}$$

从而得到解的表达式（基本解）

$$u(t,x) = G * \varphi = \dfrac{1}{2a\sqrt{\pi t}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{y^2}{4a^2 t}} \varphi(x-y) \, dy$$

整理一下，得到

$$u(t,x) = \dfrac{1}{2a\sqrt{\pi t}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4a^2 t}} \varphi(\xi) \, d\xi$$

常见题目

• 背公式
• 代入计算
• 没有其他的

使用齐次化原理解非齐次热传导方程的初值问题

$$\begin{cases} u_{t} - a^2 u_{xx} = f(t,x) & -\infty<x<\infty, t>0 \\ u(0,x) = \varphi(x) \end{cases}$$

由叠加原理，只需要考虑非齐次热传导方程，具有齐次初始条件的初值问题

$$\begin{cases} u_{t} - a^2 u_{xx} = f(t,x) & -\infty<x<\infty, t>0 \\ u(0,x) = 0 \end{cases}$$

使用齐次化原理

u的解可以看作满足以下方程$w(t,x;\tau)$的叠加

$$\begin{cases} w_{t} - a^2 w_{xx} = 0 & -\infty<x<\infty, t>0 \\ w(t=\tau,x) = f(\tau,x) \end{cases}$$

而

$$u(t,x) = \int_0^t w(t,x;\tau) d\tau$$

令$s = t - \tau$

$$\begin{cases} w_s - a^2 w_{xx} = 0 \\ w\rvert_{s = 0} = f(\tau,x) \end{cases}$$

应用前面推过的公式

$$w(s,x) = \dfrac{1}{2a\sqrt{\pi s}} \int_{-\infty}^{\infty} f(\tau,\xi) e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4a^2 s}} \, d\xi \\ \implies w(t,x;\tau) = \dfrac{1}{2a\sqrt{\pi (t-\tau)}}e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4a^2 (t-\tau)}} \, d\xi$$

然后就可以求出$u(t,x)$

$$u(t,x) = \int_0^t w(t,x;\tau) d\tau = \dfrac{1}{2a\sqrt{\pi}} \int_{0}^t \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{f(\tau,\xi)}{\sqrt{t-\tau}} e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4a^2 (t-\tau)}} \, d\xi \, d\tau$$

完整的解为

$$u(t,x) = \dfrac{1}{2a\sqrt{\pi t}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4a^2 t}} \varphi(\xi) \, d\xi + \dfrac{1}{2a\sqrt{\pi}} \int_{0}^t \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{f(\tau,\xi)}{\sqrt{t-\tau}} e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4a^2 (t-\tau)}} \, d\xi \, d\tau$$

这个解可以进一步写成以下形式

$$G(t,x) = \dfrac{1}{2a\sqrt{t}} e^{-\frac{x^2}{4a^2 t}}$$

从而

$$u(t,x) = \int_0^t \int_{-\infty}^{\infty} f(\tau,\xi) G(t-\tau,x-\xi) \, d\xi \, d\tau$$

然后写出非齐次方程的解

$$u(t,x) = \int_{-\infty}^{\infty} \varphi(\xi)G(t,x-\xi) d\xi + \int_0^t \int_{-\infty}^{\infty} f(\tau,\xi) G(t-\tau,x-\xi) \, d\xi \, d\tau$$

3.4 半空间上的弦振动方程，热传导方程的初边值问题

半无界弦上的弦振动方程的初边值问题

考虑一根半无界长的弦，一端固定在$x=0$，则弦的自由振动满足以下定解问题

$$\begin{cases} u_{tt} - a^2 u_{xx} = 0 & x>0, t>0 \\ u\rvert_{x=0} = 0 ,u \text{有界} & t>0 \\ u\rvert_{t=0} = 0, u_t\rvert_{t=0} = b & x>0 \end{cases}$$

对x作Laplace变换

$$U(t,p) = \mathscr{L}[u(t,x)] = \int_{-\infty}^{\infty} u(t,x) e^{-px} \, dx$$

易知

$$\mathscr{L}[u_{tt}] = U_{tt}(t,p) \\ \mathscr{L}[u_{xx}] = p^2 U(t,p) - pu(t,0) - u_x(t,0)$$

对t作Laplace变换

$$U(p,x) = \mathscr{L}[u(t,x)] = \int_{-\infty}^{\infty} u(t,x) e^{-pt} \, dt$$

易知

$$\mathscr{L}[u_{x}] = U_{xx}(p,x) \\ \mathscr{L}[u_{tt}] = p^2 U(p,x) - pu(0,x) - u_t(0,x)$$

PDE对x作Laplace变换

$$p^2 U(p,x) - b -a^2U_{xx}(p,x) = 0 \\ \implies -a^2 \dfrac{d^2 U}{dx^2} + p^2 U(p,x) = b$$

这是个非齐次常微分方程，很容易找到一个特解

$$U_0(p,x) = \dfrac{b}{p^2}$$

从而得到常微分方程的解

$$U(p,x) = C_1 e^{-\frac{p}{a}x} + C_2 e^{\frac{p}{a}x} + \dfrac{b}{p^2}$$

又有边界值条件

$$u(t,0) = 0 \implies U(p,0) = 0 \implies C_1 + C_2 = -\dfrac{b}{p^2} \\ u \text{有界} \implies C_2 = 0$$

从而

$$C_1 = -\dfrac{b}{p^2} \quad C_2 = 0$$

代入，得

$$U(p,x) = -\dfrac{b}{p^2} e^{-\frac{p}{a}x} + \dfrac{b}{p^2}$$

最后Laplace逆变换

$$u(t,x) = \mathscr{L}^{-1}[-\dfrac{b}{p^2} e^{-\frac{p}{a}x} + \dfrac{b}{p^2}] = -b(t-\frac{x}{a})u(t-\frac{x}{a}) + bt$$

半无限杆上的热传导方程的初边值问题

$$\begin{cases} u_{t} - a^2 u_{xx} = 0 & x>0, t>0 \\ u\rvert_{x=0} = \varphi(t) ,\lim_{x\to +\infty} u \text{有界} & t>0 \\ u\rvert_{t=0} = u_0 & x>0 \end{cases}$$

对x作Laplace变换

$$pU(p,x) - u_0 - a^2 U_{xx}(p,x) = 0\\ \implies -a^2 \dfrac{d^2 U}{dx^2} + p U(p,x) = u_0$$

类似地，可以得到

$$U(p,x) = C_1 e^{-\frac{\sqrt{p}}{a} x} + C_2 e^{\frac{\sqrt{p}}{a} x} + \dfrac{u_0}{p}$$

由有界性，易知$C_2 = 0$

代入初始值条件

$$U(p,0) = C_1 + \dfrac{u_0}{p} = \Phi(p) \implies C_1 = \Phi(p) - \dfrac{u_0}{p} \\ U(p,x) = (\Phi(p) - \dfrac{u_0}{p}) e^{-\frac{\sqrt{p}}{a}x} + \dfrac{u_0}{p} \\ = \Phi(p) e^{-\frac{\sqrt{p}}{a}x} - \dfrac{u_0}{p} e^{-\frac{\sqrt{p}}{a}x} + \dfrac{u_0}{p}$$

最后进行Laplace逆变换

$$u(t,x) = \mathscr{L}^{-1}[\Phi(p) e^{-\frac{\sqrt{p}}{a}x} - \dfrac{u_0}{p} e^{-\frac{\sqrt{p}}{a}x} + \dfrac{u_0}{p}] \\ = \varphi(t)$$

反正很恶心的一堆东西，不想写了