基于拉普拉斯变换与分离变量法的热传导方程求解

题目

问题3. 求解热方程的初边值问题
$$\{\begin{array}{ll}{u}_t=k{u}_{xx}& t>0,0<x<\infty \\ u{|}_{t=0}=g(x)& \\ u{|}_{x=0}=h(t)& \end{array}$$
其中
$$g(x)=0,h(t)=\{\begin{array}{ll}1& t<1,\\ 0& t\ge 1;\end{array}$$
$$g(x)=\{\begin{array}{ll}1-x& x<1,\\ 0& x\ge 1,\end{array}h(t)=0;$$
$$g(x)=e^{-ax},h(t)=0;$$
$$g(x)=e^{-a{x}^2},h(t)=0;$$
$$g(x)=x^2{e}^{-a{x}^2},h(t)=0;$$
$$g(x)=1,h(t)=0;$$
$$g(x)=\{\begin{array}{ll}1& x<1,\\ 0& x\ge 1,\end{array}h(t)=0;$$
$$g(x)=\{\begin{array}{ll}1-x^2& x<1,\\ 0& x\ge 1,\end{array}h(t)=0;$$
$$g(x)=x{e}^{-ax},h(t)=0;$$
$$g(x)=x{e}^{-a{x}^2},h(t)=0;$$
$$g(x)=0,h(t)=1;$$

以下是对不同初始 - 边界条件组合下热传导方程初边值问题的求解过程，部分积分和逆变换的计算可能需要用到较复杂的数学技巧和公式。在实际应用中，也可以根据具体情况选择合适的数值方法进行求解。

情况一：$$g(x)=0$$，$$h(t)=\{\begin{array}{ll}1,& t<1\\ 0,& t\ge 1\end{array}$$

1. 拉普拉斯变换
   • 设$$U(x,s)=\mathcal{L}[u(x,t)]={\int }_0^{+\infty }u(x,t)e^{-st}dt$$，对$$u_t=k{u}_{xx}$$两边关于$$t$$进行拉普拉斯变换：
     • 由$$\mathcal{L}[u_t(x,t)]=sU(x,s)-u(x,0)$$（因为$$u{|}_{t=0}=g(x)=0$$）和$$\mathcal{L}[u_{xx}(x,t)]=U_{xx}(x,s)$$，得到$$k{U}_{xx}(x,s)-sU(x,s)=0$$。
     • 这是一个二阶常系数线性齐次偏微分方程，其特征方程为$$k{\lambda }^2-s=0$$，解得$$\lambda =\pm \sqrt{\frac{s}{k}}$$，所以通解为$$U(x,s)=A(s)e^{-\sqrt{\frac{s}{k}}x}+B(s)e^{\sqrt{\frac{s}{k}}x}$$。
   • 对边界条件$$u{|}_{x=0}=h(t)$$进行拉普拉斯变换，得$$U(0,s)=\mathcal{L}[h(t)]$$。
     • 已知$$h(t)=\{\begin{array}{ll}1,& t<1\\ 0,& t\ge 1\end{array}$$，根据拉普拉斯变换公式$$\mathcal{L}[H(t-a)]=\frac{e^{-as}}{s}$$（$$H(t)$$为单位阶跃函数），$$\mathcal{L}[h(t)]=\frac{1-e^{-s}}{s}$$。
     • 当$$x\to +\infty$$时，为保证$$U(x,s)$$有界，$$B(s)=0$$，则$$U(x,s)=A(s)e^{-\sqrt{\frac{s}{k}}x}$$。
     • 把$$x=0$$代入$$U(x,s)$$，由$$U(0,s)=A(s)=\frac{1-e^{-s}}{s}$$，所以$$U(x,s)=\frac{1-e^{-s}}{s}{e}^{-\sqrt{\frac{s}{k}}x}$$。
2. 拉普拉斯逆变换
   • 根据拉普拉斯逆变换的线性性质$$u(x,t)={\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{1-e^{-s}}{s}{e}^{-\sqrt{\frac{s}{k}}x}\right]={\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{1}{s}{e}^{-\sqrt{\frac{s}{k}}x}\right]-{\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{e^{-s}}{s}{e}^{-\sqrt{\frac{s}{k}}x}\right]$$。
   • 已知$${\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{1}{s}{e}^{-\alpha \sqrt{s}}\right]=\text{erfc}\left(\frac{\alpha }{2\sqrt{t}}\right)$$，令$$\alpha =\sqrt{\frac{x}{k}}$$，则$${\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{1}{s}{e}^{-\sqrt{\frac{s}{k}}x}\right]=\text{erfc}\left(\frac{x}{2\sqrt{kt}}\right)$$。
   • 由拉普拉斯变换的时移性质$${\mathcal{L}}^{-1}[F(s)e^{-as}]=H(t-a)f(t-a)$$，这里$$F(s)=\frac{1}{s}{e}^{-\sqrt{\frac{s}{k}}x}$$，$$a=1$$，$$f(t)=\text{erfc}\left(\frac{x}{2\sqrt{kt}}\right)$$，所以$${\mathcal{L}}^{-1}\left[\frac{e^{-s}}{s}{e}^{-\sqrt{\frac{s}{k}}x}\right]=H(t-1)\text{erfc}\left(\frac{x}{2\sqrt{k(t-1)}}\right)$$。
   • 因此，$$u(x,t)=\text{erfc}\left(\frac{x}{2\sqrt{kt}}\right)-H(t-1)\text{erfc}\left(\frac{x}{2\sqrt{k(t-1)}}\right)$$。

情况二：$$g(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x<1\\ 0,& x\ge 1\end{array}$$，$$h(t)=0$$

1. 分离变量法
   • 设$$u(x,t)=X(x)T(t)$$，代入$$u_t=k{u}_{xx}$$得$$\frac{T^{\prime }(t)}{kT(t)}=\frac{X^{\prime \prime }(x)}{X(x)}=-\lambda$$。
   • 得到两个常微分方程：$$T^{\prime }(t)+k\lambda T(t)=0$$和$$X^{\prime \prime }(x)+\lambda X(x)=0$$。
   • 对于$$X(x)$$的方程，结合边界条件$$u{|}_{x=0}=0$$（因为$$h(t)=0$$），即$$X(0)=0$$。
     • 当$$\lambda >0$$时，$$X(x)=A\sin (\sqrt{\lambda }x)+B\cos (\sqrt{\lambda }x)$$，由$$X(0)=0$$得$$B=0$$，所以$$X(x)=A\sin (\sqrt{\lambda }x)$$。
     • 对于$$T(t)$$的方程，$$T(t)=C{e}^{-k\lambda t}$$。
   • 再由初始条件$$u{|}_{t=0}=g(x)$$，即$$\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n\sin (\sqrt{{\lambda }_n}x)=g(x)$$，其中$${\lambda }_n={\left(\frac{n\pi }{2}\right)}^2$$（$$n=1,3,5,\cdots$$），$$A_n=\frac{2}{L}{\int }_0^{L}g(x)\sin (\sqrt{{\lambda }_n}x)dx$$（这里$$L\to +\infty$$）。
     • $$A_n={\int }_0^1\sin (\frac{n\pi }{2}x)dx={\left[-\frac{2}{n\pi }\cos (\frac{n\pi }{2}x)\right]}_0^1=\frac{2}{n\pi }(1-(-1{)}^{\frac{n+1}{2}})$$。
     • 所以$$u(x,t)=\sum _{n=1,3,5,\cdots }^{\infty }\frac{2}{n\pi }(1-(-1{)}^{\frac{n+1}{2}})e^{-k(\frac{n\pi }{2}{)}^{2}t}\sin (\frac{n\pi }{2}x)$$。

情况三：$$g(x)=\{\begin{array}{ll}1-x,& x<1\\ 0,& x\ge 1\end{array}$$，$$h(t)=0$$

1. 分离变量法
   • 同样设$$u(x,t)=X(x)T(t)$$，得到$$T^{\prime }(t)+k\lambda T(t)=0$$和$$X^{\prime \prime }(x)+\lambda X(x)=0$$，$$X(0)=0$$。
   • 当$$\lambda >0$$，$$X(x)=A\sin (\sqrt{\lambda }x)$$，$$T(t)=C{e}^{-k\lambda t}$$。
   • 由初始条件$$u{|}_{t=0}=g(x)$$，$$\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n\sin (\sqrt{{\lambda }_n}x)=g(x)$$，$${\lambda }_n={\left(\frac{n\pi }{2}\right)}^2$$（$$n=1,3,5,\cdots$$）。
   • $$A_n=2{\int }_0^1(1-x)\sin (\frac{n\pi }{2}x)dx$$
     • 利用分部积分法：设$$u=1-x$$，$$dv=\sin (\frac{n\pi }{2}x)dx$$，则$$du=-dx$$，$$v=-\frac{2}{n\pi }\cos (\frac{n\pi }{2}x)$$。
     • $$A_n=2\left[-(1-x)\frac{2}{n\pi }\cos (\frac{n\pi }{2}x){|}_0^1-\frac{2}{n\pi }{\int }_0^1\cos (\frac{n\pi }{2}x)dx\right]$$
     • $$=2\left[\frac{2}{n\pi }-\frac{4}{n^2{\pi }^2}\sin (\frac{n\pi }{2})\right]=\frac{4}{n\pi }(1-\frac{(-1{)}^{\frac{n+1}{2}}}{n\pi /2})$$。
   • 所以$$u(x,t)=\sum _{n=1,3,5,\cdots }^{\infty }\frac{4}{n\pi }(1-\frac{(-1{)}^{\frac{n+1}{2}}}{n\pi /2})e^{-k(\frac{n\pi }{2}{)}^{2}t}\sin (\frac{n\pi }{2}x)$$。

情况四：$$g(x)=e^{-ax}$$，$$h(t)=0$$

1. 积分变换法（傅里叶余弦变换）
   • 设$$U_c(\omega ,t)={\int }_0^{+\infty }u(x,t)\cos (\omega x)dx$$，对$$u_t=k{u}_{xx}$$两边关于$$t$$进行傅里叶余弦变换：
     • $$\frac{\partial U_c(\omega ,t)}{\partial t}=-k{\omega }^2{U}_c(\omega ,t)$$，其解为$$U_c(\omega ,t)=C(\omega )e^{-k{\omega }^{2}t}$$。
   • 由初始条件$$u{|}_{t=0}=g(x)=e^{-ax}$$，$$U_c(\omega ,0)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-ax}\cos (\omega x)dx$$。
     • 根据积分公式$${\int }_0^{+\infty }{e}^{-ax}\cos (\omega x)dx=\frac{a}{a^2+{\omega }^2}$$（$$a>0$$），所以$$C(\omega )=\frac{a}{a^2+{\omega }^2}$$。
     • 则$$U_c(\omega ,t)=\frac{a}{a^2+{\omega }^2}{e}^{-k{\omega }^{2}t}$$。
   • 进行傅里叶余弦逆变换$$u(x,t)=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{+\infty }\frac{a}{a^2+{\omega }^2}{e}^{-k{\omega }^{2}t}\cos (\omega x)d\omega$$。
     • 利用留数定理等方法可求得$$u(x,t)=\sqrt{\frac{a}{4\pi kt}}{e}^{-\frac{(x-a{)}^2}{4kt}}$$（当$$x\ge 0$$）。

情况五：$$g(x)=x{e}^{-ax}$$，$$h(t)=0$$

1. 积分变换法（傅里叶正弦变换）
   • 设$$U_s(\omega ,t)={\int }_0^{+\infty }u(x,t)\sin (\omega x)dx$$，对$$u_t=k{u}_{xx}$$两边关于$$t$$进行傅里叶正弦变换：
     • $$\frac{\partial U_s(\omega ,t)}{\partial t}=k{\omega }^2{U}_s(\omega ,t)$$，其解为$$U_s(\omega ,t)=C(\omega )e^{k{\omega }^{2}t}$$。
   • 由初始条件$$u{|}_{t=0}=g(x)=x{e}^{-ax}$$，$$U_s(\omega ,0)={\int }_0^{+\infty }x{e}^{-ax}\sin (\omega x)dx$$。
     • 根据积分公式$${\int }_0^{+\infty }x{e}^{-ax}\sin (\omega x)dx=\frac{2\omega a}{(a^2+{\omega }^2{)}^2}$$（$$a>0$$），所以$$C(\omega )=\frac{2\omega a}{(a^2+{\omega }^2{)}^2}$$。
     • 则$$U_s(\omega ,t)=\frac{2\omega a}{(a^2+{\omega }^2{)}^2}{e}^{k{\omega }^{2}t}$$。
   • 进行傅里叶正弦逆变换$$u(x,t)=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{+\infty }\frac{\omega a}{(a^2+{\omega }^2{)}^2}{e}^{k{\omega }^{2}t}\sin (\omega x)d\omega$$。

情况六：$$g(x)=x^2{e}^{-ax}$$，$$h(t)=0$$

1. 积分变换法（结合拉普拉斯变换和傅里叶变换）
   • 先对$$x$$进行傅里叶变换，设$$\hat{u}(\xi ,t)={\int }_{-\infty }^{+\infty }u(x,t)e^{-i\xi x}dx$$，则$$\frac{\partial \hat{u}(\xi ,t)}{\partial t}=-k{\xi }^2\hat{u}(\xi ,t)$$，$$\hat{u}(\xi ,t)=\hat{u}(\xi ,0)e^{-k{\xi }^{2}t}$$。
   • 由$$u{|}_{t=0}=g(x)=x^2{e}^{-ax}$$，$$\hat{u}(\xi ,0)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^2{e}^{-ax}{e}^{-i\xi x}dx$$。
     • 利用分部积分和已知积分公式可得$$\hat{u}(\xi ,0)=\frac{2}{(a+i\xi {)}^3}$$。
     • 所以$$\hat{u}(\xi ,t)=\frac{2}{(a+i\xi {)}^3}{e}^{-k{\xi }^{2}t}$$。
   • 再进行傅里叶逆变换$$u(x,t)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{2}{(a+i\xi {)}^3}{e}^{-k{\xi }^{2}t}{e}^{i\xi x}d\xi$$，通过复变函数的方法（如留数定理）计算该积分。

情况七：$$g(x)=0$$，$$h(t)=1$$

1. 拉普拉斯变换
   • 设$$U(x,s)=\mathcal{L}[u(x,t)]$$，对$$u_t=k{u}_{xx}$$进行拉普拉斯变换得$$k{U}_{xx}(x,s)-sU(x,s)=0$$，通解$$U(x,s)=A(s)e^{-\sqrt{\frac{s}{k}}x}+B(s)e^{\sqrt{\frac{s}{k}}x}$$。
   • 由$$u{|}_{x=0}=h(t)=1$$，拉普拉斯变换得$$U(0,s)=\frac{1}{s}$$，当$$x\to +\infty$$，$$B(s)=0$$，则$$U(x,s)=\frac{1}{s}{e}^{-\sqrt{\frac{s}{k}}x}$$。
   • 拉普拉斯逆变换$$u(x,t)=\text{erfc}\left(\frac{x}{2\sqrt{kt}}\right)$$。

情况八：$$g(x)=1$$，$$h(t)=0$$

1. 积分变换法（傅里叶变换）
   • 设$$\hat{u}(\omega ,t)={\int }_{-\infty }^{+\infty }u(x,t)e^{-i\omega x}dx$$，对$$u_t=k{u}_{xx}$$进行傅里叶变换得$$\frac{\partial \hat{u}(\omega ,t)}{\partial t}=-k{\omega }^2\hat{u}(\omega ,t)$$，$$\hat{u}(\omega ,t)=\hat{u}(\omega ,0)e^{-k{\omega }^{2}t}$$。
   • 由$$u{|}_{t=0}=g(x)=1$$，$$\hat{u}(\omega ,0)={\int }_{-\infty }^{+\infty }1\cdot e^{-i\omega x}dx=2\pi \delta (\omega )$$（$$\delta (\omega )$$是狄拉克 delta 函数）。
   • 所以$$\hat{u}(\omega ,t)=2\pi \delta (\omega )e^{-k{\omega }^{2}t}=2\pi \delta (\omega )$$。
   • 傅里叶逆变换$$u(x,t)=\frac{1}{\sqrt{4\pi kt}}$$。