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题目

题目 7. 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
$$\Delta u-u=0,$$
边界条件为：
$$u_x{|}_{x=0}=0,$$
$$u{|}_{x=1}=\{\begin{array}{ll}\cos (y)& |y|\le \frac{\pi }{2},\\ 0& |y|\ge \frac{\pi }{2},\end{array}$$
且 $$\max |u|<\infty$$。

解应以适当的傅里叶积分形式表示。

解答

考虑偏微分方程 $$\Delta u-u=0$$，其中 $$\Delta u=u_{xx}+u_{yy}$$，即：
$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}-u=0,$$
在区域 $$0<x<1$$，$$-\infty <y<\infty$$ 内求解，边界条件为：

• $$u_x(0,y)=0$$（Neumann 条件），
• $$u(1,y)=g(y)$$，其中 $$g(y)=\{\begin{array}{ll}\cos (y)& |y|\le \pi /2\\ 0& |y|>\pi /2\end{array}$$（Dirichlet 条件），
• 解有界，即 $$\max |u|<\infty$$.

由于区域在 $$y$$ 方向无限，且边界条件依赖于 $$y$$，使用傅里叶变换法求解。对变量 $$y$$ 进行傅里叶变换，定义变换：
$$\hat{u}(x,k)={\int }_{-\infty }^{\infty }u(x,y)e^{-iky}dy.$$
方程变换为：
$$\frac{{\partial }^2\hat{u}}{\partial x^2}+(ik{)}^2\hat{u}-\hat{u}=0⟹\frac{{\partial }^2\hat{u}}{\partial x^2}-(k^2+1)\hat{u}=0.$$
令 $$\lambda =\sqrt{k^2+1}$$（取正根，因为 $$k^2+1>0$$），则方程化为：
$$\frac{{\partial }^2\hat{u}}{\partial x^2}-{\lambda }^2\hat{u}=0.$$
其通解为：
$$\hat{u}(x,k)=A(k)e^{\lambda x}+B(k)e^{-\lambda x}.$$

应用边界条件

1. 在 $$x=0$$ 处： $$u_x(0,y)=0$$，变换得 $${\frac{\partial \hat{u}}{\partial x}|}_{x=0}=0$$。
   计算导数：
   $${\frac{\partial \hat{u}}{\partial x}|}_{x=0}=\lambda A(k)-\lambda B(k)=\lambda (A(k)-B(k))=0.$$
   因 $$\lambda >0$$，故 $$A(k)-B(k)=0$$，即 $$A(k)=B(k)$$。代入通解：
   $$\hat{u}(x,k)=A(k)(e^{\lambda x}+e^{-\lambda x})=2A(k)\cosh (\lambda x).$$
   令 $$C(k)=2A(k)$$，则：
   $$\hat{u}(x,k)=C(k)\cosh (\lambda x),\lambda =\sqrt{k^2+1}.$$

2. 在 $$x=1$$ 处： $$u(1,y)=g(y)$$，变换得 $$\hat{u}(1,k)=\hat{g}(k)$$，其中 $$\hat{g}(k)$$ 是 $$g(y)$$ 的傅里叶变换。
   计算 $$\hat{g}(k)$$:
   $$\hat{g}(k)={\int }_{-\infty }^{\infty }g(y)e^{-iky}dy={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\cos (y)e^{-iky}dy.$$
   利用 $$\cos (y)=\frac{e^{iy}+e^{-iy}}{2}$$:
   $$\hat{g}(k)=\frac{1}{2}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\left(e^{i(1-k)y}+e^{-i(1+k)y}\right)dy.$$
   计算两个积分：
   $${\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{e}^{i(1-k)y}dy={\left[\frac{e^{i(1-k)y}}{i(1-k)}\right]}_{-\pi /2}^{\pi /2}=\frac{2\sin \left(\frac{(1-k)\pi }{2}\right)}{1-k},$$
   $${\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{e}^{-i(1+k)y}dy={\left[\frac{e^{-i(1+k)y}}{-i(1+k)}\right]}_{-\pi /2}^{\pi /2}=\frac{2\sin \left(\frac{(1+k)\pi }{2}\right)}{1+k}.$$
   代入：
   $$\hat{g}(k)=\frac{1}{2}\left(\frac{2\sin \left(\frac{(1-k)\pi }{2}\right)}{1-k}+\frac{2\sin \left(\frac{(1+k)\pi }{2}\right)}{1+k}\right)=\frac{\sin \left(\frac{(1-k)\pi }{2}\right)}{1-k}+\frac{\sin \left(\frac{(1+k)\pi }{2}\right)}{1+k}.$$
   化简三角函数：
   $$\sin \left(\frac{(1-k)\pi }{2}\right)=\cos \left(\frac{k\pi }{2}\right),\sin \left(\frac{(1+k)\pi }{2}\right)=\cos \left(\frac{k\pi }{2}\right),$$
   所以：
   $$\hat{g}(k)=\frac{\cos \left(\frac{k\pi }{2}\right)}{1-k}+\frac{\cos \left(\frac{k\pi }{2}\right)}{1+k}=\cos \left(\frac{k\pi }{2}\right)\left(\frac{1}{1-k}+\frac{1}{1+k}\right)=\cos \left(\frac{k\pi }{2}\right)\frac{2}{1-k^2}.$$
   在 $$k=\pm 1$$ 时，分子和分母均为零，但极限存在（例如，$$k=1$$ 时，$$\hat{g}(1)=\pi /2$$），故表达式有效。

   应用边界条件：
   $$\hat{u}(1,k)=C(k)\cosh (\lambda )=\hat{g}(k)⟹C(k)=\frac{\hat{g}(k)}{\cosh (\lambda )}.$$
   代入：
   $$\hat{u}(x,k)=\hat{g}(k)\frac{\cosh (\lambda x)}{\cosh (\lambda )},\lambda =\sqrt{k^2+1}.$$

傅里叶逆变换

解 $$u(x,y)$$ 是 $$\hat{u}(x,k)$$ 的逆变换：
$$u(x,y)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\hat{u}(x,k)e^{iky}dk=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\hat{g}(k)\frac{\cosh (\lambda x)}{\cosh (\lambda )}{e}^{iky}dk.$$
代入 $$\hat{g}(k)=\frac{2\cos (\pi k/2)}{1-k^2}$$:
$$u(x,y)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{2\cos (\pi k/2)}{1-k^2}\frac{\cosh (\sqrt{k^2+1}x)}{\cosh (\sqrt{k^2+1})}{e}^{iky}dk.$$
由于 $$g(y)$$ 是偶函数，$$\hat{g}(k)$$ 是偶函数，且 $$\hat{u}(x,k)$$ 是偶函数，解为实值函数，可写为余弦变换形式：
$$u(x,y)=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\infty }\hat{u}(x,k)\cos (ky)dk.$$
代入：
$$u(x,y)=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\infty }\left[\frac{2\cos (\pi k/2)}{1-k^2}\frac{\cosh (\sqrt{k^2+1}x)}{\cosh (\sqrt{k^2+1})}\right]\cos (ky)dk.$$
整理得：
$$u(x,y)=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{\cos \left(\frac{\pi k}{2}\right)\cos (ky)}{1-k^2}\frac{\cosh \left(x\sqrt{k^2+1}\right)}{\cosh \left(\sqrt{k^2+1}\right)}dk.$$

有界性验证

• 当 $$k\to \infty$$，$$\hat{g}(k)\sim \frac{2\cos (\pi k/2)}{-k^2}=O(k^{-2})$$，且 $$\frac{\cosh (x\lambda )}{\cosh (\lambda )}\sim e^{x\lambda -\lambda }=e^{-\lambda (1-x)}$$，其中 $$\lambda =\sqrt{k^2+1}\sim |k|$$，故被积函数指数衰减。
• 在 $$k=\pm 1$$，奇点可去（分子分母同零点）。
• 因此积分收敛，且 $$\max |u|<\infty$$ 满足。

解为：
$$\boxed{u(x,y)=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{\cos \left(\frac{\pi k}{2}\right)\cos (ky)}{1-k^2}\frac{\cosh \left(x\sqrt{k^2+1}\right)}{\cosh \left(\sqrt{k^2+1}\right)}dk}$$