傅里叶积分法求解偏微分方程

题目

问题 5. 在以下问题中，解 $$u(x,t)$$ 必须以适当的傅里叶积分形式表示：

(a)
$$\{\begin{array}{ll}{u}_{tt}=-4u_{xxxx}& -\infty <x<\infty ,-\infty <t<\infty ,\\ u{|}_{t=0}=\{\begin{array}{ll}1& |x|<2,\\ 0& |x|\ge 2,\end{array}& \\ u_t{|}_{t=0}=0,& \\ \max |u|<\infty .& \end{array}$$

(b)
$$\{\begin{array}{ll}{u}_t=4u_{xx}& -\infty <x<\infty ,t>0,\\ u{|}_{t=0}=e^{-|x|},& \\ \max |u|<\infty .& \end{array}$$

©
$$\{\begin{array}{ll}{u}_t=u_{xx}& -\infty <x<\infty ,t>0,\\ u{|}_{t=0}=\{\begin{array}{ll}1-x^2& |x|<1,\\ 0& |x|\ge 1,\end{array}& \\ \max |u|<\infty .& \end{array}$$

(d)
$$\{\begin{array}{ll}{u}_{tt}=u_{xx}-4u& -\infty <x<\infty ,-\infty <t<\infty ,\\ u{|}_{t=0}=0,& \\ u_t{|}_{t=0}=e^{-x^2/2},& \\ \max |u|<\infty .& \end{array}$$

解题

所有解均已以傅里叶积分形式表示，满足方程、初始条件和有界性要求。积分形式为最终答案。
以下针对每个部分，使用傅里叶变换方法求解。傅里叶变换定义为：
$$\hat{u}(k,t)={\int }_{-\infty }^{\infty }u(x,t)e^{-ikx}dx,$$
反变换为：
$$u(x,t)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\hat{u}(k,t)e^{ikx}dk.$$
根据问题的对称性，部分解可简化为余弦积分形式。

(a) 解 $$u_{tt}=-4u_{xxxx}$$ 初值问题

• 方程: $$u_{tt}=-4u_{xxxx}$$
• 初始条件: $$u(x,0)=\{\begin{array}{ll}1& |x|<2\\ 0& |x|\ge 2\end{array}$$, $$u_t(x,0)=0$$
• 有界性条件: $$\max |u|<\infty$$

应用傅里叶变换于空间变量：
F{utt}=−4F{uxxxx}  ⟹  ∂2∂t2u^(k,t)=−4(ik)4u^(k,t)=−4k4u^(k,t). \mathcal{F}\{u_{tt}\} = -4 \mathcal{F}\{u_{xxxx}\} \implies \frac{\partial^2}{\partial t^2} \hat{u}(k, t) = -4 (ik)^4 \hat{u}(k, t) = -4k^4 \hat{u}(k, t). F{utt​}=−4F{uxxxx​}⟹∂t2∂2​u^(k,t)=−4(ik)4u^(k,t)=−4k4u^(k,t).
解得：
$$\hat{u}(k,t)=A(k)\cos (2k^{2}t)+B(k)\sin (2k^{2}t).$$
由初始条件：

• u^(k,0)=F{u(x,0)}=∫−22e−ikxdx=2sin⁡(2k)k \hat{u}(k, 0) = \mathcal{F}\{u(x, 0)\} = \int_{-2}^{2} e^{-ikx} dx = \frac{2 \sin(2k)}{k} u^(k,0)=F{u(x,0)}=∫−22​e−ikxdx=k2sin(2k)​
• ∂∂tu^(k,0)=F{ut(x,0)}=0 \frac{\partial}{\partial t} \hat{u}(k, 0) = \mathcal{F}\{u_t(x, 0)\} = 0 ∂t∂​u^(k,0)=F{ut​(x,0)}=0

代入：
$$\hat{u}(k,0)=A(k)=\frac{2\sin (2k)}{k},\frac{\partial }{\partial t}\hat{u}(k,0)=2k^{2}B(k)=0⟹B(k)=0.$$
所以：
$$\hat{u}(k,t)=\frac{2\sin (2k)}{k}\cos (2k^{2}t).$$
反傅里叶变换，并利用 $$\hat{u}(k,t)$$ 为偶函数：
$$u(x,t)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{2\sin (2k)}{k}\cos (2k^{2}t)e^{ikx}dk=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{2\sin (2k)}{k}\cos (2k^{2}t)\cos (kx)dk.$$
简化得：
$$\boxed{u(x,t)=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{\sin (2k)\cos (2k^{2}t)\cos (kx)}{k}dk}$$

(b) 解 $$u_t=4u_{xx}$$ 初值问题

• 方程: $$u_t=4u_{xx}$$
• 初始条件: $$u(x,0)=e^{-|x|}$$
• 有界性条件: $$\max |u|<\infty$$

应用傅里叶变换：
F{ut}=4F{uxx}  ⟹  ∂∂tu^(k,t)=4(ik)2u^(k,t)=−4k2u^(k,t). \mathcal{F}\{u_t\} = 4 \mathcal{F}\{u_{xx}\} \implies \frac{\partial}{\partial t} \hat{u}(k, t) = 4 (ik)^2 \hat{u}(k, t) = -4k^2 \hat{u}(k, t). F{ut​}=4F{uxx​}⟹∂t∂​u^(k,t)=4(ik)2u^(k,t)=−4k2u^(k,t).
解得：
$$\hat{u}(k,t)=\hat{u}(k,0)e^{-4k^{2}t}.$$
初始变换（利用 $$e^{-|x|}$$ 为偶函数）：
$$\hat{u}(k,0)={\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-|x|}{e}^{-ikx}dx=2{\int }_0^{\infty }{e}^{-x}\cos (kx)dx=2\cdot \frac{1}{1+k^2}=\frac{2}{1+k^2}.$$
所以：
$$\hat{u}(k,t)=\frac{2}{1+k^2}{e}^{-4k^{2}t}.$$
反傅里叶变换，并利用被积函数为偶函数：
$$u(x,t)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{2}{1+k^2}{e}^{-4k^{2}t}{e}^{ikx}dk=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{2}{1+k^2}{e}^{-4k^{2}t}\cos (kx)dk.$$
简化得：
$$\boxed{u(x,t)=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{e^{-4k^{2}t}\cos (kx)}{1+k^2}dk}$$

© 解 $$u_t=u_{xx}$$ 初值问题

• 方程: $$u_t=u_{xx}$$
• 初始条件: $$u(x,0)=\{\begin{array}{ll}1-x^2& |x|<1\\ 0& |x|\ge 1\end{array}$$
• 有界性条件: $$\max |u|<\infty$$

应用傅里叶变换：
F{ut}=F{uxx}  ⟹  ∂∂tu^(k,t)=(ik)2u^(k,t)=−k2u^(k,t). \mathcal{F}\{u_t\} = \mathcal{F}\{u_{xx}\} \implies \frac{\partial}{\partial t} \hat{u}(k, t) = (ik)^2 \hat{u}(k, t) = -k^2 \hat{u}(k, t). F{ut​}=F{uxx​}⟹∂t∂​u^(k,t)=(ik)2u^(k,t)=−k2u^(k,t).
解得：
$$\hat{u}(k,t)=\hat{u}(k,0)e^{-k^{2}t}.$$
初始变换（利用 $$u(x,0)$$ 为偶函数）：
$$\hat{u}(k,0)={\int }_{-1}^1(1-x^2)e^{-ikx}dx=2{\int }_0^1(1-x^2)\cos (kx)dx.$$
计算积分：
$${\int }_0^1(1-x^2)\cos (kx)dx=\frac{2(\sin k-k\cos k)}{k^3}.$$
所以：
$$\hat{u}(k,0)=2\cdot \frac{2(\sin k-k\cos k)}{k^3}=\frac{4(\sin k-k\cos k)}{k^3}.$$
因此：
$$\hat{u}(k,t)=\frac{4(\sin k-k\cos k)}{k^3}{e}^{-k^{2}t}.$$
反傅里叶变换，并利用 $$\hat{u}(k,t)$$ 为偶函数：
$$u(x,t)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{4(\sin k-k\cos k)}{k^3}{e}^{-k^{2}t}{e}^{ikx}dk=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{4(\sin k-k\cos k)}{k^3}{e}^{-k^{2}t}\cos (kx)dk.$$
简化得：
$$\boxed{u(x,t)=\frac{4}{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{(\sin k-k\cos k)e^{-k^{2}t}\cos (kx)}{k^3}dk}$$

(d) 解 $$u_{tt}=u_{xx}-4u$$ 初值问题

• 方程: $$u_{tt}=u_{xx}-4u$$
• 初始条件: $$u(x,0)=0$$, $$u_t(x,0)=e^{-x^2/2}$$
• 有界性条件: $$\max |u|<\infty$$

应用傅里叶变换：
F{utt}=F{uxx−4u}  ⟹  ∂2∂t2u^(k,t)=(ik)2u^(k,t)−4u^(k,t)=−(k2+4)u^(k,t). \mathcal{F}\{u_{tt}\} = \mathcal{F}\{u_{xx} - 4u\} \implies \frac{\partial^2}{\partial t^2} \hat{u}(k, t) = (ik)^2 \hat{u}(k, t) - 4 \hat{u}(k, t) = -(k^2 + 4) \hat{u}(k, t). F{utt​}=F{uxx​−4u}⟹∂t2∂2​u^(k,t)=(ik)2u^(k,t)−4u^(k,t)=−(k2+4)u^(k,t).
解得：
$$\hat{u}(k,t)=A(k)\cos (\omega t)+B(k)\sin (\omega t),\omega =\sqrt{k^2+4}.$$
由初始条件：

• u^(k,0)=F{u(x,0)}=0  ⟹  A(k)=0 \hat{u}(k, 0) = \mathcal{F}\{u(x, 0)\} = 0 \implies A(k) = 0 u^(k,0)=F{u(x,0)}=0⟹A(k)=0
• ∂∂tu^(k,0)=F{ut(x,0)}=F{e−x2/2}=2πe−k2/2 \frac{\partial}{\partial t} \hat{u}(k, 0) = \mathcal{F}\{u_t(x, 0)\} = \mathcal{F}\{e^{-x^2 / 2}\} = \sqrt{2\pi} e^{-k^2 / 2} ∂t∂​u^(k,0)=F{ut​(x,0)}=F{e−x2/2}=2π​e−k2/2

且：
$$\frac{\partial }{\partial t}\hat{u}(k,t)=\omega B(k)\cos (\omega t),\frac{\partial }{\partial t}\hat{u}(k,0)=\omega B(k)=\sqrt{2\pi }{e}^{-k^2/2}.$$
所以：
$$B(k)=\sqrt{2\pi }\frac{e^{-k^2/2}}{\omega }=\sqrt{2\pi }\frac{e^{-k^2/2}}{\sqrt{k^2+4}},$$
$$\hat{u}(k,t)=\sqrt{2\pi }\frac{e^{-k^2/2}}{\sqrt{k^2+4}}\sin (\omega t).$$
反傅里叶变换：
$$u(x,t)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\sqrt{2\pi }\frac{e^{-k^2/2}}{\sqrt{k^2+4}}\sin \left(t\sqrt{k^2+4}\right)e^{ikx}dk.$$
简化得：
KaTeX parse error: End of input in macro argument at position 8: \boxed{̲u(x,t) = \dfrac…
由于解为实值且初始条件偶对称，亦可写为余弦形式：
KaTeX parse error: Expected '}', got 'EOF' at end of input: … \cos(kx) dk,
但标准傅里叶积分形式已给出。