拉普拉斯方程边界问题求解

题目

问题 2. (a) 考虑 Dirichlet 问题
$$u_{xx}+u_{yy}=0,-\infty <x<\infty ,0<y<1,$$
$$u{|}_{y=0}=f(x),u{|}_{y=1}=g(x).$$
对 $$x$$ 进行 Fourier 变换，求解得到的关于 $$\hat{u}(k,y)$$ 的常微分方程问题，并将 $$u(x,y)$$ 写成 Fourier 积分形式。

(b) 考虑 Dirichlet-Neumann 问题
$$u_{xx}+u_{yy}=0,-\infty <x<\infty ,0<y<1,$$
$$u{|}_{y=0}=f(x),u_y{|}_{y=1}=g(x).$$
对 $$x$$ 进行 Fourier 变换，求解得到的关于 $$\hat{u}(k,y)$$ 的常微分方程问题，并将 $$u(x,y)$$ 写成 Fourier 积分形式。

© 考虑 Neumann 问题
$$u_{xx}+u_{yy}=0,-\infty <x<\infty ,0<y<1,$$
$$u_y{|}_{y=0}=f(x),u_y{|}_{y=1}=g(x).$$
对 $$x$$ 进行 Fourier 变换，求解得到的关于 $$\hat{u}(k,y)$$ 的常微分方程问题，并将 $$u(x,y)$$ 写成 Fourier 积分形式。并问 $$f,g$$ 必须满足什么条件？

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解答

(a) Dirichlet 问题

对 $$x$$ 进行 Fourier 变换。定义 Fourier 变换：
$$\hat{u}(k,y)={\int }_{-\infty }^{\infty }u(x,y)e^{-ikx}dx,\hat{f}(k)={\int }_{-\infty }^{\infty }f(x)e^{-ikx}dx,\hat{g}(k)={\int }_{-\infty }^{\infty }g(x)e^{-ikx}dx.$$
原偏微分方程（PDE）变换为：
$$\frac{{\partial }^2\hat{u}}{\partial y^2}-k^2\hat{u}=0,$$
边界条件变换为：
$$\hat{u}(k,0)=\hat{f}(k),\hat{u}(k,1)=\hat{g}(k).$$

该常微分方程（ODE）的通解为：
$$\hat{u}(k,y)=A(k)\cosh (ky)+B(k)\sinh (ky).$$
应用边界条件：

• 在 $$y=0$$： $$\hat{u}(k,0)=A(k)=\hat{f}(k)$$，
• 在 $$y=1$$： $$\hat{u}(k,1)=\hat{f}(k)\cosh k+B(k)\sinh k=\hat{g}(k)$$。

解得：
$$B(k)=\frac{\hat{g}(k)-\hat{f}(k)\cosh k}{\sinh k},$$
因此：
$$\hat{u}(k,y)=\hat{f}(k)\cosh (ky)+\left(\frac{\hat{g}(k)-\hat{f}(k)\cosh k}{\sinh k}\right)\sinh (ky).$$
等价形式（更常用）：
$$\hat{u}(k,y)=\hat{f}(k)\frac{\sinh (k(1-y))}{\sinh k}+\hat{g}(k)\frac{\sinh (ky)}{\sinh k}.$$

则 $$u(x,y)$$ 为反 Fourier 变换：
$$u(x,y)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\left[\hat{f}(k)\frac{\sinh (k(1-y))}{\sinh k}+\hat{g}(k)\frac{\sinh (ky)}{\sinh k}\right]e^{ikx}dk.$$

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(b) Dirichlet-Neumann 问题

对 $$x$$ 进行 Fourier 变换：
$$\frac{{\partial }^2\hat{u}}{\partial y^2}-k^2\hat{u}=0,$$
边界条件变换为：
$$\hat{u}(k,0)=\hat{f}(k),\frac{\partial \hat{u}}{\partial y}(k,1)=\hat{g}(k).$$

ODE 通解同 (a)：
$$\hat{u}(k,y)=A(k)\cosh (ky)+B(k)\sinh (ky).$$
应用边界条件：

• 在 $$y=0$$： $$\hat{u}(k,0)=A(k)=\hat{f}(k)$$，
• 在 $$y=1$$： $$\frac{\partial \hat{u}}{\partial y}(k,1)=kA(k)\sinh k+kB(k)\cosh k=k\hat{f}(k)\sinh k+kB(k)\cosh k=\hat{g}(k)$$.

解得：
$$B(k)=\frac{\hat{g}(k)}{k\cosh k}-\hat{f}(k)\tanh k,$$
因此：
$$\hat{u}(k,y)=\hat{f}(k)\cosh (ky)+\left(\frac{\hat{g}(k)}{k\cosh k}-\hat{f}(k)\tanh k\right)\sinh (ky).$$
等价形式：
$$\hat{u}(k,y)=\hat{f}(k)\frac{\cosh (k(1-y))}{\cosh k}+\frac{\hat{g}(k)}{k}\frac{\sinh (ky)}{\cosh k}.$$

则 $$u(x,y)$$ 为：
$$u(x,y)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\left[\hat{f}(k)\frac{\cosh (k(1-y))}{\cosh k}+\frac{\hat{g}(k)}{k}\frac{\sinh (ky)}{\cosh k}\right]e^{ikx}dk.$$

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© Neumann 问题

对 $$x$$ 进行 Fourier 变换：
$$\frac{{\partial }^2\hat{u}}{\partial y^2}-k^2\hat{u}=0,$$
边界条件变换为：
$$\frac{\partial \hat{u}}{\partial y}(k,0)=\hat{f}(k),\frac{\partial \hat{u}}{\partial y}(k,1)=\hat{g}(k).$$

ODE 通解同前：
$$\hat{u}(k,y)=A(k)\cosh (ky)+B(k)\sinh (ky).$$
导数：
$$\frac{\partial \hat{u}}{\partial y}=kA(k)\sinh (ky)+kB(k)\cosh (ky).$$
应用边界条件：

• 在 $$y=0$$： $$\frac{\partial \hat{u}}{\partial y}(k,0)=kB(k)=\hat{f}(k)$$，所以 $$B(k)=\frac{\hat{f}(k)}{k}$$，
• 在 $$y=1$$： $$\frac{\partial \hat{u}}{\partial y}(k,1)=kA(k)\sinh k+kB(k)\cosh k=kA(k)\sinh k+\hat{f}(k)\cosh k=\hat{g}(k)$$.

解得：
$$A(k)=\frac{\hat{g}(k)-\hat{f}(k)\cosh k}{k\sinh k},$$
因此：
$$\hat{u}(k,y)=\left(\frac{\hat{g}(k)-\hat{f}(k)\cosh k}{k\sinh k}\right)\cosh (ky)+\frac{\hat{f}(k)}{k}\sinh (ky).$$

则 $$u(x,y)$$ 为：
$$u(x,y)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\left[\frac{\hat{g}(k)-\hat{f}(k)\cosh k}{k\sinh k}\cosh (ky)+\frac{\hat{f}(k)}{k}\sinh (ky)\right]e^{ikx}dk.$$

条件： 对于解的存在，$$f$$ 和 $$g$$ 必须满足：
$${\int }_{-\infty }^{\infty }f(x)dx={\int }_{-\infty }^{\infty }g(x)dx,$$
即 $$\hat{f}(0)=\hat{g}(0)$$，其中 $$\hat{f}(0)={\int }_{-\infty }^{\infty }f(x)dx$$，$$\hat{g}(0)={\int }_{-\infty }^{\infty }g(x)dx$$。此条件源于 Laplace 方程 Neumann 问题的兼容性条件（散度定理要求边界上外向法向导数的积分为零）。当此条件满足时，解在加常数意义下唯一（即 $$u(x,y)$$ 可加上任意常数）。

注意： 在 © 的 Fourier 积分中，当 $$k=0$$ 时，表达式需单独处理（通过极限或常数调整），但上述形式在 $$k\ne 0$$ 时有效，且当兼容性条件满足时，解在 $$k=0$$ 处有定义。