拉普拉斯方程傅里叶积分解法

题目

问题 9. 在带状区域 {(x,y):0<x<1, −∞<y<∞} \{(x, y) : 0 < x < 1, \, -\infty < y < \infty\} {(x,y):0<x<1,−∞<y<∞} 中求解
$$\Delta u=0,$$
$$u{|}_{x=0}=0,$$
$$u{|}_{x=1}=\{\begin{array}{ll}1-y^2& |y|\le 1,\\ 0& |y|\ge 1,\end{array}$$
$$\max |u|<\infty .$$
解应以适当的傅里叶积分形式表示。

解答

考虑 Laplace 方程 $$\Delta u=0$$ 在带状区域 $$0<x<1$$, $$-\infty <y<\infty$$ 中的边值问题。边界条件为：

• $$u(0,y)=0$$，
• $$u(1,y)=g(y)$$，其中 $$g(y)=\{\begin{array}{ll}1-y^2& |y|\le 1\\ 0& |y|>1\end{array}$$，
• 解需有界，即 $$\max |u|<\infty$$.

由于区域在 $$y$$ 方向无限，且边界条件非周期性，使用傅里叶变换方法求解。对变量 $$y$$ 应用傅里叶变换，定义：
$$\hat{u}(x,k)={\int }_{-\infty }^{\infty }u(x,y)e^{-iky}dy.$$
Laplace 方程 $$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$$ 在变换后变为：
$$\frac{{\partial }^2\hat{u}}{\partial x^2}-k^2\hat{u}=0.$$
此常微分方程的通解为：
$$\hat{u}(x,k)=A(k)e^{kx}+B(k)e^{-kx}.$$
代入边界条件 $$u(0,y)=0$$，其傅里叶变换为 $$\hat{u}(0,k)=0$$：
$$A(k)+B(k)=0⟹B(k)=-A(k).$$
因此，
$$\hat{u}(x,k)=A(k)(e^{kx}-e^{-kx})=2A(k)\sinh (kx).$$
令 $$C(k)=2A(k)$$，则：
$$\hat{u}(x,k)=C(k)\sinh (kx).$$
代入边界条件 $$u(1,y)=g(y)$$，其傅里叶变换为 $$\hat{u}(1,k)=\hat{g}(k)$$：
$$C(k)\sinh (k)=\hat{g}(k)⟹C(k)=\frac{\hat{g}(k)}{\sinh (k)}.$$
故：
$$\hat{u}(x,k)=\hat{g}(k)\frac{\sinh (kx)}{\sinh (k)}.$$
反傅里叶变换给出解：
$$u(x,y)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\hat{u}(x,k)e^{iky}dk=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\hat{g}(k)\frac{\sinh (kx)}{\sinh (k)}{e}^{iky}dk.$$
其中 $$\hat{g}(k)$$ 是 $$g(y)$$ 的傅里叶变换：
$$\hat{g}(k)={\int }_{-\infty }^{\infty }g(y)e^{-iky}dy={\int }_{-1}^1(1-y^2)e^{-iky}dy.$$
计算此积分。由于 $$g(y)$$ 是偶函数（实值且对称），虚部积分为零，故：
$$\hat{g}(k)={\int }_{-1}^1(1-y^2)\cos (ky)dy=2{\int }_0^1(1-y^2)\cos (ky)dy.$$
计算积分：
$$J(k)={\int }_0^1(1-y^2)\cos (ky)dy.$$
使用分部积分两次：

• 令 $$u=1-y^2$$, $$dv=\cos (ky)dy$$，则 $$du=-2ydy$$, $$v=\frac{\sin (ky)}{k}$$。
• 边界项为零，故：
  $$J(k)=\frac{2}{k}{\int }_0^{1}y\sin (ky)dy.$$
• 再令 $$u=y$$, $$dv=\sin (ky)dy$$，则 $$du=dy$$, $$v=-\frac{\cos (ky)}{k}$$：
  $${\int }_0^{1}y\sin (ky)dy={\left[-\frac{y\cos (ky)}{k}\right]}_0^1+\frac{1}{k}{\int }_0^1\cos (ky)dy=-\frac{\cos k}{k}+\frac{\sin k}{k^2}.$$
  代入：
  $$J(k)=\frac{2}{k}\left(-\frac{\cos k}{k}+\frac{\sin k}{k^2}\right)=\frac{2(\sin k-k\cos k)}{k^3}.$$
  因此：
  $$\hat{g}(k)=2J(k)=\frac{4(\sin k-k\cos k)}{k^3}.$$
  解为：
  $$u(x,y)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{4(\sin k-k\cos k)}{k^3}\frac{\sinh (kx)}{\sinh (k)}{e}^{iky}dk.$$
  被积函数是偶函数（因 $$\hat{g}(k)$$ 和 $$\frac{\sinh (kx)}{\sinh (k)}$$ 均为偶函数），且虚部积分为零，故可简化为：
  $$u(x,y)=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{4(\sin k-k\cos k)}{k^3}\frac{\sinh (kx)}{\sinh (k)}\cos (ky)dk.$$
  最终解为：
  $$\boxed{u(x,y)=\frac{4}{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{\sin k-k\cos k}{k^3}\frac{\sinh (kx)}{\sinh k}\cos (ky)dk}$$
  其中 $$0<x<1$$, $$y\in \mathbb{R}$$。此解满足 Laplace 方程、边界条件及有界性要求 $$\max |u|<\infty$$，并以傅里叶积分形式表示。