参考资料：《数学物理方程讲义》，姜礼尚。

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pp160.4

应用 Fourier 变换求解以下定解问题：

• $\begin{cases}u_t-a^2u_{xx}-bu_x-cu=f(x,t),&x\in\mathbb R,t>0,\\[14pt] u(x,0)=\varphi(x),&x\in\mathbb R.\end{cases}$

其中 $a,b,c$ 是常数；

• $\begin{cases}u_{xx}+u_{yy}=0,&x\in\mathbb R,y>0,\\[14pt] u(x,0)=\varphi(x),&x\in\mathbb R.\end{cases}$

设 $\varphi(x)$ 连续有界，求问题的有界解。

解： 求解是在速降空间 $S(\mathbb R)$ 中进行的。

(1) 应用 Fourier 变换，得到

$$\begin{darray}{ll}F[f](\xi)&=F[u_t](\xi)-a^2F[u_{xx}](\xi)-bF[u_x](\xi)-cF[u](\xi)\\[14pt] &=\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}F[u](\xi)+a^2\xi^2F[u](\xi)-ib\xi F[u](\xi)-cF[u](\xi)\\[14pt] &=\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}F[u](\xi)+\bigl(a^2\xi^2-ib\xi-c\bigr)F[u](\xi).\end{darray}$$

将 $F[u](\xi)$ 看作 $t$ 的函数（$\xi$ 为参数）$F[u](\xi)=F[u](\xi,t)$，得到一个常系数线性微分方程，解为（Duhamel 原理）

$$F[u](\xi)=e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)t}\left(F[\varphi](\xi)+\int^t_0e^{(a^2\xi^2-ib\xi-c)\tau}F[f](\xi,\tau)\mathrm d\tau\right).$$

再应用 Fourier 反演，得到

$$u(x,t)=F^{-1}[e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)t}F[\varphi](\xi)](x)+F^{-1}\left[\int^t_0e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)(t-\tau)}F[f](\xi,\tau)\mathrm d\tau\right](x).$$

首先求解热核

$$F^{-1}[e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)t}](x)=\frac 1{\sqrt {2\pi}}\int^\infty_{-\infty}e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)t}e^{ix\xi}\mathrm d\xi=\frac {e^{-\frac {(x+bt)^2}{4a^2t}+ct}}{a\sqrt {2t}}:=G(x,t).$$

由卷积公式

$$F^{-1}[\hat G\cdot \hat \varphi](x)=G*\varphi(x)=\int^\infty_{-\infty}G(x-y,t)\varphi(y)\mathrm dy=\int^\infty_{-\infty}\frac {e^{ct}}{a\sqrt {2t}}e^{-\frac {(x-y+bt)^2}{4a^2t}}\varphi(y)\mathrm dy.$$

由于反演公式的线性性，第二项与 $t$ 的积分可以交换，得到

$$\begin{darray}{ll}&\displaystyle F^{-1}\left[\int^t_0e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)(t-\tau)}F[f](\xi,\tau)\mathrm d\tau\right](x)\\[14pt] =&\displaystyle\int^t_0F^{-1}[\hat G(x,t-\tau)F[f](\xi,\tau)](x)\mathrm d\tau\\[14pt] =&\displaystyle \int^t_0\int^\infty_{-\infty}G(x-y,t-\tau)f(y,\tau)\mathrm dy\mathrm d\tau\\[14pt] =&\displaystyle\int^t_0\int^\infty_{-\infty}\frac {e^{c(t-\tau)}}{a\sqrt {2(t-\tau)}}e^{-\frac {(x-y+ b(t-\tau))^2}{4a^2(t-\tau)}}f(y,\tau)\mathrm dy\mathrm d\tau.\end{darray}$$

综上所述，问题的解为

$$u(x,t)=\int^\infty_{-\infty}\frac {e^{ct}}{a\sqrt {2t}}e^{-\frac {(x-y+bt)^2}{4a^2t}}\varphi(y)\mathrm dy+\int^t_0\int^\infty_{-\infty}\frac {e^{c(t-\tau)}}{a\sqrt {2(t-\tau)}}e^{-\frac {(x-y+ b(t-\tau))^2}{4a^2(t-\tau)}}f(y,\tau)\mathrm dy\mathrm d\tau.$$

(2) 这里并不能看作波动方程（相差一个负号）。于是这里考虑 Fourier 变换，以 $y$ 为主元，$x$ 为参数，得到

$$F[u_{xx}+u_{yy}](x,\xi)=F[u_{xx}](x,\xi)+F[u_{yy}](x,\xi)=-\xi^2F[u](x,\xi)+\frac{\mathrm d^2}{\mathrm dx^2}F[u](x,\xi).$$

于是 $F[u](x,\xi)$ 满足常系数二阶线性微分方程，外力项为零，解为（这里取特征根为 $\pm|\xi|$ 是为了保证解的有界性）

$$F[u](x,\xi)=A(\xi)e^{|\xi|x}+B(\xi)e^{-|\xi|x}.$$

由于 $\varphi(x)$ 连续有界，所以

$$\varphi(x)=F^{-1}[F[u](x,\xi)](0)=\frac 1{\sqrt {2\pi}}\int^\infty_{-\infty}[A(\xi)e^{|\xi|x}+B(\xi)e^{-|\xi|x}]e^{i\xi y}\mathrm d\xi.$$

考虑 $x\to\infty$，由有界性推出 $A(\xi)=0$。于是

$$F[u](x,\xi)=B(\xi)e^{-|\xi|x}=F[u](0,\xi)e^{-|\xi|x}=F[\varphi](\xi)e^{-|\xi|x}.$$

上述过程还对边界条件 $y=0$ 进行了 Fourier 变换。反演需要考虑 Poisson 核

$$\begin{darray}{ll}F^{-1}[e^{-|\xi|x}](y)&=\displaystyle \frac 1{\sqrt {2\pi}}\int^\infty_{-\infty}e^{-|\xi|x}e^{i\xi y}\mathrm d\xi\\[14pt]&=\displaystyle \frac 1{\sqrt {2\pi}}\int^\infty_{-\infty}e^{-|\xi|x}\cos(\xi y)\mathrm d\xi\\[14pt]&=\displaystyle \sqrt{\frac 2\pi}\int^\infty_0e^{-\xi x}\cos(\xi y)\mathrm d\xi\\[14pt]&=\displaystyle \sqrt{\frac 2\pi}\frac x{x^2+y^2}=\displaystyle P(x,y).\end{darray}$$

则

$$u(x,y)=F^{-1}[\hat \varphi \cdot \hat P](y)=\varphi *P(x,y)=\int^\infty_{-\infty}\frac x{\pi(x^2+(y-\xi)^2)}\varphi(\xi)\mathrm d\xi.$$

pp160.8(2)(3)

利用函数

$$\Phi(z)=\frac 2{\sqrt \pi}\int^z_0e^{-\xi^2}\mathrm d\xi$$

求解以下半无界问题;

• $\begin{cases}u_t-a^2u_{xx}=0,&x>0,t>0,\\[14pt] u(x,0)=\begin{cases}U_0,&0\leq x\leq 1,\\ 0,&x>1,\end{cases}&\\[20pt] u_x(0,t)=0,&t>0.\end{cases}$

• $\begin{cases}u_t-a^2u_{xx}=0,&x>0,t>0,\\[14pt] u(x,0)=U_0& x\geq 0\\[14pt] (-u_x+hu)|_{x=0}=0,&t>0.\end{cases}$

在上述各题中 $U_0,q,h$ 是常数，且 $h>0$.

解： (2) 这是半无界问题，首先考虑偶延拓，得到延拓问题

$$\begin{cases}u_t-a^2u_{xx}=0,&x\in\mathbb R,t>0,\\[14pt] u(x,0)=\begin{cases}U_0,&|x|\leq 1,\\ 0,&|x|>1.\end{cases}&\end{cases}$$

此时再应用 Fourier 变换，得到

$$\dfrac {\mathrm d}{\mathrm dt}F[u](\xi,t)+a^2\xi^2F[u](\xi,t)=0,$$

结合初值条件，得到

$$\begin{darray}{ll}F[u](\xi,t)&=F[u](\xi,0)e^{-a^2\xi^2t}\\[14pt]&\displaystyle =\dfrac 1{\sqrt {2\pi}}\int_{\mathbb R}u(x,0)e^{-i\xi x}\mathrm dx\cdot e^{-a^2\xi^2t}\\[14pt]&=\displaystyle\dfrac 1{\sqrt {2\pi}}\int^1_{-1}U_0e^{-i\xi x}\mathrm dx\cdot e^{-a^2\xi^2t}\\[14pt]&=\displaystyle\dfrac{2U_0}{\sqrt {2\pi}}\frac{\sin\xi}{\xi}e^{-a^2\xi^2t}.\end{darray}$$

此时再应用 Fourier 反演，得到

$$u(x,t)=\dfrac {U_0}{\pi}\int ^\infty_{-\infty}\frac{\sin\xi}{\xi}e^{-a^2\xi^2t}e^{i\xi x}\mathrm d\xi=\displaystyle\dfrac{U_0}{\pi}\int^\infty_{0}\frac{\sin(\xi(1+x))+\sin(\xi(1-x))}{\xi}e^{-a^2\xi^2t}\mathrm d\xi.$$

这只需要算以下函数

$$I(k)=\int^\infty_0\frac {\sin k\xi}\xi e^{-a^2\xi^2t}\mathrm d\xi.$$

这是一致有界（不论 $I(k)$ 还是 $I'(k)$）的，所以可以交换积分与求导，得到 Gauss 积分

$$I'(k)=\int^\infty_0\cos(k\xi)e^{-a^2\xi^2t}\mathrm d\xi=\frac{\sqrt \pi}{2a\sqrt t}e^{-\frac {k^2}{4a^2t}}.$$

再积分得到

$$I(k)=\int^k_0I'(s)\mathrm ds=\frac{\sqrt \pi}{2a\sqrt t}\int^k_0e^{-\frac {s^2}{4a^2t}}\mathrm ds=\dfrac \pi 2\Phi\left(\frac k{2a\sqrt t}\right).$$

综上所述，问题的解为

$$u(x,t)=\frac{U_0}{2}\left[\Phi\left(\frac{1+x}{2a\sqrt t}\right)+\Phi\left(\frac{1-x}{2a\sqrt t}\right)\right].$$

限制在 $x>0$ 上，得到问题的解。

(3) 对于混合边界条件，换元 $v(x,t)=e^{-hx}u(x,t)$ 会破坏对称性。因此考虑如下换元

$$v(x,t)=u_x(x,t)-hu(x,t).$$

则 $v$ 满足热传导方程（这里用到了 $(\partial_x-h)$ 与 $(\partial_t-a^2\partial^2_x)$ 交换）

$$\begin{cases}v_t-a^2v_{xx}=0,&x>0,t>0,\\[14pt] v(x,0)=-hU_0,&x>0,\\[14pt] v(0,t)=0,&t>0.\end{cases}$$

此时可以用奇延拓的方法，得到延拓问题

$$\begin{cases}v_t-a^2v_{xx}=0,&x\in\mathbb R,t>0,\\[14pt] v(x,0)=\begin{cases}-hU_0,&x>0,\\ hU_0,&x<0,\end{cases}&\end{cases}$$

应用 Fourier 变换，得到

$$F[v](\xi,t)=F[v](\xi,0)e^{-a^2\xi^2t}=\dfrac {1}{\sqrt {2\pi}}\int_{\mathbb R}v(x,0)e^{-i\xi x}\mathrm dx\cdot e^{-a^2\xi^2t}=\dfrac {2ihU_0}{\sqrt {2\pi}}\int^\infty_0\sin(\xi x)\mathrm dx\cdot e^{-a^2\xi^2t}$$

这里考虑如下因子，由于一致收敛，可以交换积分与极限，得到

$$\int^\infty_0\sin (\xi x)\mathrm dx=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\int^\infty_0e^{-\varepsilon x}\sin(\xi x)\mathrm dx=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\frac{\xi}{\varepsilon^2+\xi^2}=\frac 1\xi.$$

所以

$$F[v](\xi,t)=\dfrac{2ihU_0}{\sqrt {2\pi}}\frac 1\xi e^{-a^2\xi^2t}.$$

再应用 Fourier 反演，得到

$$v(x,t)=-\dfrac {2hU_0}{\pi}\int^\infty_0\frac {\sin \xi x}\xi e^{-a^2\xi^2t}\mathrm d\xi=-hU_0\Phi\left(\frac x{2a\sqrt t}\right).$$

由换元关系，得到

$$\lim_{s\to\infty}e^{-hs}u(s,t)-e^{-hx}u(x,t)=-hU_0\int^\infty_x\Phi\left(\frac{\xi}{2a\sqrt t}\right)e^{-h\xi}\mathrm d\xi.$$

由于 $u(x,0)=U_0$ 有界，所以

$$u(s,t)=U_0+\int^t_0a^2u_{xx}(s,\tau)\mathrm d\tau=U_0+\int^t_0a^2[v_x(s,\tau)+hv(s,\tau)+h^2u(s,\tau)]\mathrm d\tau.$$

所以设 $\int^t_0e^{-hs}u(s,\tau)\mathrm d\tau=F_s(t)$，有 $F_s(0)\equiv 0$，且

$$\lim_{s\to\infty}\left[F_s'(t)-a^2h^2F_s(t)\right]=0.$$

从而记 $|F'_s(t)-a^2h^2F_s(t)|=M(s,t)$，

$$|F_s'(t)|\leq a^2h^2|F_s(t)|+M(s,t).$$

由 Gronwall 不等式，得到

$$e^{-hs}|u(s,t)|=|F_s'(t)|\leq e^{a^2h^2t}M(s,t).$$

由于 $M(s,t)\to 0$，所以 $\lim_{s\to\infty}e^{-hs}u(s,t)=0$。综上所述，问题的解为

$$\begin{darray}{ll}u(x,t)&\displaystyle =hU_0e^{hx}\int^\infty_x\Phi\left(\frac{\xi}{2a\sqrt t}\right)e^{-h\xi}\mathrm d\xi\\[14pt]&\displaystyle =hU_0e^{hx}\left[\Phi\left(\frac{\xi}{2a\sqrt t}\right)\dfrac {e^{-h\xi}}{-h}\Big|^\infty_x+\int^\infty_x\dfrac {e^{-h\xi}}{h}\cdot\frac 1{2a\sqrt t}\cdot\frac 2{\sqrt \pi}e^{-\frac {\xi^2}{4a^2t}}\mathrm d\xi\right]\\[14pt]&\displaystyle =U_0\Phi\left(\frac x{2a\sqrt t}\right)+\frac{U_0e^{hx+a^2h^2t}}{a\sqrt {\pi t}}\int^\infty_xe^{-(\xi\frac 1{2a\sqrt t}+{a\sqrt t h})^2}\mathrm d\xi\\[14pt]&\displaystyle =U_0\Phi\left(\frac x{2a\sqrt t}\right)+U_0e^{hx+a^2h^2t}\left[1-\Phi\left(\frac x{2a\sqrt t}+a\sqrt t h\right)\right].\end{darray}$$

pp101.9

求解并证明初值问题

$$\begin{cases}u_{tt}-a^2u_{xx}+cu=f(x,t),&x\in\mathbb R,t>0,\\[14pt] u(x,0)=\varphi(x), &x\in\mathbb R, \\[14pt] u_t(x,0)=\psi(x),&x\in\mathbb R.\end{cases}$$

解的唯一性，其中 $c$ 为常数。

解： 应用 Fourier 变换，得到

$$\begin{dcases}\frac{\mathrm d^2}{\mathrm dt^2}F[u](\xi,t)+(a^2\xi^2+c)F[u](\xi,t)=F[f](\xi,t),\\[14pt] F[u](\xi,0)=F[\varphi](\xi),\\[14pt] F[u_t](\xi,0)=F[\psi](\xi).\end{dcases}$$

这是关于 $t$ 的常系数二阶线性微分方程，解为（Duhamel 原理），记号 $a^2\xi^2+c=h$，则

$$F[u](\xi,t)=F[\varphi](\xi)\cos(\sqrt h t)+\dfrac {F[\psi](\xi)}{\sqrt h}\sin(\sqrt h t)+\int^t_0\frac{\sin(\sqrt h(t-\tau))}{\sqrt h}F[f](\xi,\tau)\mathrm d\tau.$$

考虑 Fourier 反演，这需要计算核，结果与 Bessel 函数有关，这里略去。最终得到

$$u(x,t)=\varphi*F^{-1}[\cos(\sqrt h t)](x)+\psi*F^{-1}\left[\frac {\sin(\sqrt h t)}{\sqrt h}\right](x)+\int^t_0f(\cdot,\tau)*F^{-1}\left[\frac{\sin(\sqrt h(t-\tau))}{\sqrt h}\right](x)\mathrm d\tau.$$

这是解，由 Fourier 变换在 $\mathcal S(\mathbb R)$ 是同构的，解的唯一性得证。