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简单偏微分方程的求解

引入

偏微分方程(Partial Differential Equation, a.k.a. PDE), 有别于常微分方程(Ordinary Differential Equation, a.k.a. ODE), 其处理的函数有更多的变量, 这也带来了额外的处理难度. 通常地讲, 即使是ODE, 我们也很难解决, 何况有更多变量的PDE了. 实际上, 我们只能解决少部分PDE.

我们简要谈论PDE与ODE的联系与区别. ODE是某种特殊的PDE, 而若对于某个PDE, 其中只涉及一个变元的导函数, 那么我们可以视其他变元为常量, 从而将PDE变成一个ODE. 但这种方法对于含有多变量的导函数的方程就不管用了, 虽然其至少给了我们一个这样的思路. 其次, 对于微分方程的Cauchy问题, PDE给出的条件也远比ODE的条件更加复杂. 同时, 由于PDE涉及更多变量, 对于某个方程, 其的不同边值条件也会带来完全不同的结果.

面对这样一个局面, 如何求解PDE就成为了一个依PDE形式而不同的问题了. 下面具体介绍该问题. 实际上PDE的求解是为了找出形如方程[eq1]的解的问题. f(u,x1,x2,…,xn,ux1,ux2,…,uxn,uxixj,…,uΠxi,…)=0.f (u, x_1, x_2, \ldots, x_n, u_{x_1}, u_{x_2}, \ldots, u_{x_n}, u_{x_i x_j}, \ldots, u_{\Pi x_i}, \ldots) = 0. \label{eq1} 同时由于上面所述的种种原因, 我们往往会加上一些限制, 如

∀iq∈I,xiq=liq,u(li1,…,lim,xj1,…,xjn)=φ(xj1,…,xjn),jp∈Σ∖I.uΠxk(li1,…,lim,xj1,…,xjn)=ψ(xj1,…,xjn),k∈J.\begin{aligned} \forall i_q \in I, x_{i_q} = l_{i_q}, & u (l_{i_1}, \ldots, l_{i_m}, x_{j_1}, \ldots, x_{j_n}) = \varphi (x_{j_1}, \ldots, x_{j_n}), j_p \in \Sigma \backslash I. \nonumber\\ & u_{\Pi x_k} (l_{i_1}, \ldots, l_{i_m}, x_{j_1}, \ldots, x_{j_n}) = \psi (x_{j_1}, \ldots, x_{j_n}), k \in J. \nonumber \end{aligned}

其中Σ\Sigma为uu的变量的指标集, I,JI, J为指标集的子集, l⋅l_{\cdot}为常量.

对于这样的方程, 我们一般采取以下措施:

  1. 将式子的形式化成更简单的形式.

  2. 对更简单的形式求出解.

  3. 应用对解的限制以得到特定的解.

而对于更简单的形式, 我们往往有几种选择来得到解.

  1. 若能分离变量, 则分离变量.

  2. 若能看做ODE, 则作ODE解.

  3. 凑一个解出来.

剩下的就是一些技巧性的工作了: 如何做化简, 以及如何将简单的方程解出来.

鉴于篇幅所限, 我们在此讨论的方程形式比较简单, 但对于描述对应的思想来说已经足够了.

最简单的一类方程

对于那些只涉及其中一个变量的方程来说, 解其就像解ODE一样简单: 我们只须将其他变量看做常数即可.

例 1. 求解ux=xu_x = x, 其中u(x,y):ℝ×ℝ→ℝu (x, y) :\mathbb{R} \times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}.

解. 由∂u∂x=x\frac{\partial u}{\partial x} = x, 不妨将yy看做常数, 即有du=xdx=12dx2\mathrm{d}u = x \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \mathrm{d}x^2, 故有u=12x2+c(y)u = \frac{1}{2} x^2 + c (y). ◻

例 2. 求解uxx=f(x,y)u_{x x} = f (x, y), 其中u(x,y):ℝ×ℝ→ℝu (x, y) :\mathbb{R} \times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}.

解. 类似地, ddx(dudx)=f(x,y)\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left( \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} \right) = f (x, y), 我们有dudx=∫0xf(t,y)dt+C1(y)\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = \int_0^x f (t, y) \mathrm{d}t + C_1 (y), 故通过一些简单的计算, 我们有 u(x,y)=∫0xdt∫0tf(τ,y)dτ+C1(y)x+C2(y)u (x, y) = \int_0^x \mathrm{d}t \int_0^t f (\tau, y) \mathrm{d}\tau + C_1 (y) x + C_2 (y). ◻

例 3. 求解uxy=f(x,y)u_{x y} = f (x, y), 其中u(x,y):ℝ×ℝ→ℝu (x, y) :\mathbb{R} \times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}.

解. 类似地, ddy(dudx)=f(x,y)\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y} \left( \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} \right) = f (x, y), 我们有u(x,y)=∫0xds∫0yf(s,t)dt+∫0xC1(s)ds+C2(y)u (x, y) = \int_0^x \mathrm{d}s \int_0^y f (s, t) \mathrm{d}t + \int_0^x C_1 (s) \mathrm{d}s + C_2 (y). ◻

然而这样的方法对于下面这样的方程来说就没用了. uxx+uyy=f(x,y).u_{x x} + u_{y y} = f (x, y) . 局限性自此出现. 不过如果方程比较特殊的话(我们比较熟悉的类型), 在ODE中也有对应的解决方案.

例 4 (适当方程). 考虑方程 du=F(x,y)dx+G(x,y)dy=0,\mathrm{d}u = F (x, y) \mathrm{d}x + G (x, y) \mathrm{d}y = 0, 该方程是我们熟悉的常微分方程中的适当方程. 若我们有uxy=uyxu_{x y} = u_{y x}, 则该方程可直接算出. 而若该条件不成立, 只要我们对方程两侧同乘一个积分因子H(x,y)H (x, y), 得到有 dw=H(x,y)F(x,y)dx+H(x,y)G(x,y)dy=0.\mathrm{d}w = H (x, y) F (x, y) \mathrm{d}x + H (x, y) G (x, y) \mathrm{d}y = 0. 其中wxy=wyxw_{x y} = w_{y x}.

而我们显然知道由全微分, du=∂u∂xdx+∂u∂ydy,\mathrm{d}u = \frac{\partial u}{\partial x} \mathrm{d}x + \frac{\partial u}{\partial y} \mathrm{d}y, 故上面的方程等价于求解 G(x,y)ux−F(x,y)uy=0.G (x, y) u_x - F (x, y) u_y = 0. 由是我们得到了求解如上方程的方法.

例 5. 求解 (3xy2+1)ux−(y3+4x)uy=0.(3 x y^2 + 1) u_x - (y^3 + 4 x) u_y = 0. 不妨考虑ODE (y3+4x)dx+(3xy2+1)dy=0,(y^3 + 4 x) \mathrm{d}x + (3 x y^2 + 1) \mathrm{d}y = 0, 通过瞪眼法知u(x,y)=xy3+2x2+y+Cu (x, y) = x y^3 + 2 x^2 + y + C.

另外, 有些方程可以拆开.

例 6. 求解(uxx)2+(uyy)2=0(u_{x x})^2 + (u_{y y})^2 = 0.

其中u:ℝ×ℝ→ℝu :\mathbb{R} \times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}. 考虑到u(x,y)∈ℝu (x, y) \in \mathbb{R}, 显然有uxx:ℝ×ℝ→ℝu_{x x} :\mathbb{R} \times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, uyy:ℝ×ℝ→ℝu_{y y} :\mathbb{R} \times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}. 故我们有 {uxx=0,uyy=0.\left\{\begin{array}{l} u_{x x} = 0,\\ u_{y y} = 0. \end{array}\right. 如此即得u(x,y)=axy+bx+cy+du (x, y) = a x y + b x + c y + d.

简化方程的手法: 替换变量法

如上文所说, 对于简单的方程我们有简单的手法. 但若方程稍微复杂则无法直接求解. 比如说 F(x,y)ux+G(x,y)uy=H(x,y),F (x, y) u_x + G (x, y) u_y = H (x, y), 这样的方程如何求解? 不妨做一变量替换, 如令 {ξ=ξ(x),η=η(y),u(x,y)=v(ξ,η),\left\{\begin{array}{l} \xi = \xi (x),\\ \eta = \eta (y),\\ u (x, y) = v (\xi, \eta), \end{array}\right. 其中 |∂(ξ,η)∂(x,y)|=det⁡|ξxξyηxηy|≠0.\left| \frac{\partial (\xi, \eta)}{\partial (x, y)} \right| = \det \left|\begin{array}{cc} \xi_x & \xi_y\\ \eta_x & \eta_y \end{array}\right| \neq 0. 这里Jacobian行列式不为零是变量替换可逆的充分条件.

则我们有 (F∂ξ∂x+G∂ξ∂y)∂v∂ξ+(F∂η∂x+G∂η∂y)∂v∂η=H.\left( F \frac{\partial \xi}{\partial x} + G \frac{\partial \xi}{\partial y} \right) \frac{\partial v}{\partial \xi} + \left( F \frac{\partial \eta}{\partial x} + G \frac{\partial \eta}{\partial y} \right) \frac{\partial v}{\partial \eta} = H. 自然地我们可令 F∂η∂x+G∂η∂y=0,F \frac{\partial \eta}{\partial x} + G \frac{\partial \eta}{\partial y} = 0, 容易发现这就是例 4的方程, 简单计算可求出η(x,y)\eta (x, y), 再任取ξ(x,y)\xi (x, y)使得|∂(ξ,η)∂(x,y)|≠0\left| \frac{\partial (\xi, \eta)}{\partial (x, y)} \right| \neq 0, 即得一方程 ∂v∂ξ=χ(ξ,η).\frac{\partial v}{\partial \xi} = \chi (\xi, \eta) . 这是易解的方程.

该方案不仅能解这类简单的方程, 对于稍复杂的方程同样有效. 不妨以二元二阶线性PDE为例. 考虑这样的方程 A(x,y)uxx+B(x,y)uyy+C(x,y)uxy+D(x,y)ux+E(x,y)uy+F(x,y)u=G(x,y).A (x, y) u_{x x} + B (x, y) u_{y y} + C (x, y) u_{x y} + D (x, y) u_x + E (x, y) u_y + F (x, y) u = G (x, y) . 对于这类方程, 我们可将其做一分类: 考虑B2−4ACB^2 - 4 A C的取值, 可将这类方程分为椭圆型, 抛物线型, 以及双曲线型. 而通过换元可将这类方程进行进一步简化. 出于篇幅所限不进一步展开描述了(方法是类似的).

比如说对于双曲型方程, 我们有B2−4AC>0B^2 - 4 A C > 0, 则可做一变量替换, 如令 {ξ=φ(x),η=ψ(y),u(x,y)=v(ξ,η),\left\{\begin{array}{l} \xi = \varphi (x),\\ \eta = \psi (y),\\ u (x, y) = v (\xi, \eta), \end{array}\right. 其中 |∂(ξ,η)∂(x,y)|=det⁡|ξxξyηxηy|≠0.\left| \frac{\partial (\xi, \eta)}{\partial (x, y)} \right| = \det \left|\begin{array}{cc} \xi_x & \xi_y\\ \eta_x & \eta_y \end{array}\right| \neq 0. 此时取 {φxφy=−B+B2−4AC2A,ψxψy=−B−B2−4AC2A,\left\{\begin{array}{l} \frac{\varphi_x}{\varphi_y} = \frac{- B + \sqrt{B^2 - 4 A C}}{2 A},\\ \frac{\psi_x}{\psi_y} = \frac{- B - \sqrt{B^2 - 4 A C}}{2 A}, \end{array}\right. 则通过简单计算可将原方程化简成 B*vξη+D*vξ+E*vη+F*v=G*B^{\ast} v_{\xi \eta} + D^{\ast} v_{\xi} + E^{\ast} v_{\eta} + F^{\ast} v = G^{\ast} 的形式, 即将原来的三个二次项化成了一个交叉项. 而若再进行变换 {α=ξ+η,β=ξ−η,\left\{\begin{array}{l} \alpha = \xi + \eta,\\ \beta = \xi - \eta, \end{array}\right. 则可将交叉项化为两个非交叉项. 这中的计算我们都省去了.

例 7. 求解4uxx+5uxy+uyy+ux+uy=24 u_{x x} + 5 u_{x y} + u_{y y} + u_x + u_y = 2.

我们发现B2−4AC=9>0B^2 - 4 A C = 9 > 0, 该方程是双曲型方程. 考虑变量替换φ,ψ\varphi, \psi, 满足 {φxφy=−14,ψxψy=−1,∂(φ,ψ)∂(x,y)≠0.\left\{\begin{array}{l} \frac{\varphi_x}{\varphi_y} = - \frac{1}{4},\\ \frac{\psi_x}{\psi_y} = - 1,\\ \frac{\partial (\varphi, \psi)}{\partial (x, y)} \neq 0. \end{array}\right. 由瞪眼法解得φ=x−4y,ψ=x−y\varphi = x - 4 y, \psi = x - y, 从而有x=φ+4ψ5,y=ψ−φ5.x = \frac{\varphi + 4 \psi}{5}, y = \frac{\psi - \varphi}{5} .

通过变量代换得 vξη−13vξ=−89.v_{\xi \eta} - \frac{1}{3} v_{\xi} = - \frac{8}{9} . 由瞪眼法得方程解为v=83ξ+e13ηf(ξ)+g(η)v = \frac{8}{3} \xi + e^{\frac{1}{3} \eta} f (\xi) + g (\eta), 从而有u(x,y)=83(14x+y)+e13(−x+y)f(14x+y)+g(−x+y)u (x, y) = \frac{8}{3} \left( \frac{1}{4} x + y \right) + e^{\frac{1}{3} (- x + y)} f \left( \frac{1}{4} x + y \right) + g (- x + y).

例 8. 求解utt=a2uxxu_{t t} = a^2 {u_{x x}}. 其中u(x,t):ℝ×ℝ→ℝu (x, t) :\mathbb{R} \times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, a>0a > 0.

该方程A=a2,B=0,C=−1A = a^2, B = 0, C = - 1, B2−4AC=4a2>0B^2 - 4 A C = 4 a^2 > 0, 为双曲型方程. 考虑变量替换φ,ψ\varphi, \psi, 满足 {φxφy=−B+B2−4AC2A=2a2a2=1a,ψxψy=−1a,∂(φ,ψ)∂(x,y)≠0.\left\{\begin{array}{l} \frac{\varphi_x}{\varphi_y} = \frac{- B + \sqrt{B^2 - 4 A C}}{2 A} = \frac{2 a}{2 a^2} = \frac{1}{a},\\ \frac{\psi_x}{\psi_y} = - \frac{1}{a},\\ \frac{\partial (\varphi, \psi)}{\partial (x, y)} \neq 0. \end{array}\right. 变量替换后得ξ=x−at\xi = x - a t, η=x+at\eta = x + a t. 变量替换后得到(−4a2)vξη=0(- 4 a^2) v_{\xi \eta} = 0, 即vξη=0v_{\xi \eta = 0}. 简单求解得到v=f(ξ)+g(η)v = f (\xi) + g (\eta). 其中 f,g∈C2(ℝ)f, g \in C^2 (\mathbb{R}). 带回得到u(x,t)=f(x−at)+g(x+at)u (x, t) = f (x - a t) + g (x + a t).

还有一种方法是猜根法, 不过在这里展示不了. 在后头有展示.

进一步限制方程的解.

从上面的方程求解我们可看出来不同于ODE解集的结构, PDE的解集可以说是非常大. 为了得到有意义的解, 通常会通过限制初值和边值的形式来得到比较确定的解. 比如说对于如下方程, 我们可得到很确切的解, 虽然并没有得到初等形式(而是一个级数): utt=a2uxx.∀t>0,∀0<x<l.u_{t t} = a^2 u_{x x} . \forall t > 0, \forall 0 < x < l. 满足如下条件, {t=0,u(x,0)=φ(x),∀0≤x≤l,ut(x,0)=ψ(x),∀0≤x≤l,x=0,u(0,t)=0,∀t≥0,x=l,u(l,t)=0,∀t≥0.\left\{\begin{array}{lll} t = 0, & u (x, 0) = \varphi (x), & \forall 0 \leqslant x \leqslant l,\\ & u_t (x, 0) = \psi (x), & \forall 0 \leqslant x \leqslant l,\\ x = 0, & u (0, t) = 0, & \forall t \geqslant 0,\\ x = l, & u (l, t) = 0, & \forall t \geqslant 0. \end{array}\right. 这个方程的解我们之后会求出来, 现在我们先看看简单的情形.

首先我们可以很明确地说, 从最简单的角度来看求解带条件的方程只是将条件带入解集中的任一解, 从而排除解不符合条件的解的过程, 这并不是什么新鲜事. 我们简要介绍一下之后要用的工具以及为什么我们需要用到这些工具.

  1. 叠加原理. 也就是对于PDE F(⋅)=0F (\cdot) = 0, 若u,vu, v同是F=0F = 0的解, 则u+v,kuu + v, k u都是方程的解, 其中k∈ℝk \in \mathbb{R}. 实际上这不过是导数的线性性质的应用.但这也告诉我们不带条件的解集是一个线性空间, 我们只需求得一组基就可将所有解由线性组合表示出来.

  2. 齐次化原理(Duhamel原理). 可以将非齐次方程转换成齐次方程.

  3. Fourier级数展开. 对于边值为区间端点的情况, 我们往往求的是周期解. 但区间端点的边值可能是类似于u(x,0)=bxu (x, 0) = b x的值, 这就很让人难受, 因为我们求出来的解可能是带sin⁡,cos⁡\sin, \cos的解. 这代入不进去嘛. 但对其进行Fourier展开就可以得到一个级数和的形式.

  4. Fourier变换. 可以用来降次! 我们在本科ODE课程就学过使用Laplace变换将ODE变成代数方程从而求解的方法, 而对于PDE来说F[f′]=iλF[f]F [f'] = i \lambda F [f]的性质能轻松把求导次数降下来, 从而简化方程.

  5. 球平均法. 可以用来减少变量!

  6. 猜根法. 当解集和条件宽泛到一定程度而难以代入条件时, 我们往往可以猜一个简单形式的根, 如果能代入方程和条件成立, 那么他就是一个解. 如果能证明解的唯一性就更好了. 为了更加简单, 我们往往猜测解的变量可以分离, 比如说我们会猜解的形式u(x,t)=X(x)T(t)u (x, t) = X (x) T (t).

叠加原理与齐次化原理

我们在ODE中其实就已经接触过叠加原理了.

引理 1 (叠加原理). 设L[y]L [y]为线性微分算子, 若:

  1. y1(x)y_1 (x)是L[y]=f1(x)L [y] = f_1 (x)的解;

  2. y2(x)y_2 (x)是L[y]=f2(x)L [y] = f_2 (x)的解;

则有y1(x)+y2(x)y_1 (x) + y_2 (x)是L[y]=f1(x)+f2(x)L [y] = f_1 (x) + f_2 (x)的解.

而PDE中有类似的性质, 故而我们可将方程拆成齐次的部分和非齐次的部分.

例 9. 考虑方程 {utt−a2uxx=f(x,t),t>0,−∞<x<∞,t=0:u(x,0)=φ(x),∀−∞<x<+∞,ut(x,0)=φ(x),∀−∞<x<+∞,\left\{\begin{array}{lll} & u_{t t} - a^2 u_{x x} = f (x, t), & t > 0, - \infty < x < \infty,\\ t = 0 : & u (x, 0) = \varphi (x), & \forall - \infty < x < + \infty,\\ & u_t (x, 0) = \varphi (x), & \forall - \infty < x < + \infty, \end{array}\right. 可拆成两个方程解决:

  1. {utt−a2uxx=0,t>0,−∞<x<∞,t=0:u(x,0)=φ(x),∀−∞<x<+∞,ut(x,0)=φ(x),∀−∞<x<+∞,\left\{\begin{array}{lll} & u_{t t} - a^2 u_{x x} = 0, & t > 0, - \infty < x < \infty,\\ t = 0 : & u (x, 0) = \varphi (x), & \forall - \infty < x < + \infty,\\ & u_t (x, 0) = \varphi (x), & \forall - \infty < x < + \infty, \end{array}\right.

  2. {utt−a2uxx=f(x,t),t>0,−∞<x<∞,t=0:u(x,0)=0,∀−∞<x<+∞,ut(x,0)=0,∀−∞<x<+∞,\left\{\begin{array}{lll} & u_{t t} - a^2 u_{x x} = f (x, t), & t > 0, - \infty < x < \infty,\\ t = 0 : & u (x, 0) = 0 , & \forall - \infty < x < + \infty,\\ & u_t (x, 0) = 0 , & \forall - \infty < x < + \infty, \end{array}\right.

而非齐次的方程可以被处理成齐次方程, 这即齐次化原理. 这样的操作是通过类似如下动作实现的.

例 10. 对于这样一个方程 {utt−a2uxx=f(x,t),t>0,−∞<x<∞,t=0:u(x,0)=0,∀−∞<x<+∞,ut(x,0)=0,∀−∞<x<+∞,\left\{\begin{array}{lll} & u_{t t} - a^2 u_{x x} = f (x, t), & t > 0, - \infty < x < \infty,\\ t = 0 : & u (x, 0) = 0 , & \forall - \infty < x < + \infty,\\ & u_t (x, 0) = 0 , & \forall - \infty < x < + \infty, \end{array}\right. 我们有问题 {wtt−a2wxx=0,t>τ,−∞<x<∞,t=τ:u(x,τ)=0,∀−∞<x<+∞,ut(x,τ)=f(x,τ),∀−∞<x<+∞,\left\{\begin{array}{lll} & w_{t t} - a^2 w_{x x} = 0, & t > \tau, - \infty < x < \infty,\\ t = \tau : & u (x, \tau) = 0 , & \forall - \infty < x < + \infty,\\ & u_t (x, \tau) = f (x, \tau) , & \forall - \infty < x < + \infty, \end{array}\right. 的解w(x,t;τ)=12a∫x−a(t−τ)x+a(t−τ)f(s,τ)dsw (x, t ; \tau) = \frac{1}{2 a} \int_{x - a (t - \tau)}^{x + a (t - \tau)} f (s, \tau) \mathrm{d}s, 则原方程有解u(x,t)=∫0tw(x,t;τ)dτu (x, t) = \int_0^t w (x, t ; \tau) \mathrm{d}\tau. 这里隐去具体证明, 而该方法对于类似的方程也是可用的.

Fourier展开与猜根法

如果我们对方程进行进一步的限制, 比如说考虑如下方程 utt−a2uxx=0,∀t>0,∀0<x<l,\begin{array}{cc} u_{t t} - a^2 u_{x x} = 0, & \forall t > 0, \forall 0 < x < l, \end{array} 满足 {t=0,u(x,0)=φ(x),∀0≤x≤l,ut(x,0)=ψ(x),∀0≤x≤l,x=0,u(0,t)=0,∀t≥0,u(l,t)=0∀t≥0,\left\{\begin{array}{lll} t = 0, & u (x, 0) = \varphi (x), & \forall 0 \leqslant x \leqslant l,\\ & u_t (x, 0) = \psi (x), & \forall 0 \leqslant x \leqslant l,\\ x = 0, & u (0, t) = 0, & \forall t \geqslant 0,\\ & u (l, t) = 0 & \forall t \geqslant 0, \end{array}\right. 对于这样的方程, 我们知道解的形式大致是这样的u(x,t)=f(x−at)+g(x+at)u (x, t) = f (x - a t) + g (x + a t). 但条件复杂, 求解起来较复杂. 于是我们可猜测解的形式为u(x,t)=X(x)T(t)u (x, t) = X (x) T (t). 这样我们得到有 (X(x)T(t))tt=a2(X(x)T(t))xx,(X (x) T (t))_{t t} = a^2 (X (x) T (t))_{x x}, 化简有 X(x)T″(t)=a2(X″(x)T(t)),X (x) T'' (t) = a^2 (X'' (x) T (t)), 自然地我们有(排除零解的情况下) T″(t)a2T(t)=X″(x)X(x)≡−λ.\frac{T'' (t)}{a^2 T (t)} = \frac{X'' (x)}{X (x)} \equiv - \lambda . 故而我们可将方程分解为两个ODE形成的方程组, {X″+λX=0,T″+λa2T=0,\left\{\begin{array}{l} X'' + \lambda X = 0,\\ T'' + \lambda a^2 T = 0, \end{array}\right. 若λ>0\lambda > 0, 简单解得T(t)=c1cos⁡λat+c2sin⁡λatT (t) = c_1 \cos \sqrt{\lambda} a t + c_2 \sin \sqrt{\lambda} a t, X(x)=d1cos⁡λx+d2sin⁡λxX (x) = d_1 \cos \sqrt{\lambda} x + d_2 \sin \sqrt{\lambda} x, ∀c1,c2,d1,d2∈ℝ\forall c_1, c_2, d_1, d_2 \in \mathbb{R}.

故原方程的解为这样的形式 {(c1cosλat+c2sinλat)(d1cosλx+d2sinλx):∀λ>0,c1,c2,d1,d2∈ℝ}.\left\{ \left( c_1 \cos \sqrt{\lambda} a t + c_2 \sin \sqrt{\lambda} a t \right) \left( d_1 \cos \sqrt{\lambda} x + d_2 \sin \sqrt{\lambda} x \right) :\forall \lambda > 0, c_1, c_2, d_1, d_2 \in \mathbb{R} \right\} . 代入x=0,x=lx = 0, x = l, 得方程根为以下线性空间 {sinkπlx(c1coskπalt+c2sinkπalt):k=0,1,2,…,c1,c2∈ℝ}.\left\{ \sin \frac{k \pi}{l} x \left( c_1 \cos \frac{k \pi a}{l} t + c_2 \sin \frac{k \pi a}{l} t \right) :k = 0, 1, 2, \ldots, c_1, c_2 \in \mathbb{R} \right\} . 这时问题就出现了: 方程是一些三角函数的组合, 而初值不一定是三角函数. 这便引入了主题, 即我们可将约束变形成三角函数的形式, 此即Fourier展开. 需要注意的是Fourier展开与原函数是否相等并不是一定的. 并且需要注意解出级数是否收敛!

 

Fourier变换

Fourier变换的一个关键性质是

F(∂nu∂xn)=(iξ)nû(ξ),F \left( \frac{\partial^n u}{\partial x^n} \right) = (i \xi)^n \hat{u} (\xi),

通过这种方式能将高次方程进行降次. 但需要注意的是该性质并非无条件的. 其需要对应变量在−∞- \infty与+∞+ \infty时函数取值为00, 故对求得解需要代入检验.

例 11. 考虑一维热方程：

ut=kuxx,u(x,0)=f(x).u_t = k u_{x x}, u (x, 0) = f (x) .

对其的xx变量做两次Fourier变换得

ût=−kξ2û,û(ξ,0)=f̂(ξ).\hat{u}_t = - k \xi^2 \hat{u}, \hat{u} (\xi, 0) = \hat{f} (\xi) .

解得

û(ξ,t)=f̂(ξ)e−kξ2t.\hat{u} (\xi, t) = \hat{f} (\xi) e^{- k \xi^2 t} .

做逆变换得

u(x,t)=F−1{f̂(ξ)e−kξ2t}=f(x)*14πkte−x2/(4kt).u (x, t) = F^{- 1} \{ \hat{f} (\xi) e^{- k \xi^2 t} \} = f (x) \ast \frac{1}{\sqrt{4 \pi k t}} e^{- x^2 / (4 k t)} .