数学物理方程 第14次作业

Chasse_neige

1.利用 Laplace 变换求解受迫振动问题

$$\{\begin{array}{l}\ddot{x}+2\beta \dot{x}+{\omega }_0^{2}x=H\cos \omega t\\ x(0)=0,\dot{x}(0)=0\end{array}$$

首先应用 Laplace 变换。设 $X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}$，利用变换性质 $\mathcal{L}\{\dot{x}(t)\}=sX(s)-x(0)$ 和 $\mathcal{L}\{\ddot{x}(t)\}=s^{2}X(s)-sx(0)-\dot{x}(0)$，以及 $\mathcal{L}\{\cos \omega t\}=\frac{s}{s^2+{\omega }^2}$

$$s^{2}X(s)+2\beta sX(s)+{\omega }_0^{2}X(s)=H\frac{s}{s^2+{\omega }^2}$$

所以

$$(s^2+2\beta s+{\omega }_0^2)X(s)=H\frac{s}{s^2+{\omega }^2}$$

解出 $X(s)$

$$X(s)=\frac{Hs}{(s^2+{\omega }^2)(s^2+2\beta s+{\omega }_0^2)}$$

为求逆变换，进行部分分式分解。设分母 $s^2+2\beta s+{\omega }_0^2=(s+\beta {)}^2+{\omega }_1^2$，其中 ${\omega }_1^2={\omega }_0^2-{\beta }^2$，假设 ${\omega }_0>\beta$。将 $X(s)$ 写成：

$$X(s)=\frac{As+B}{s^2+{\omega }^2}+\frac{Cs+D}{s^2+2\beta s+{\omega }_0^2}$$

通过比较系数，解得：

$$A=H\frac{{\omega }_0^2-{\omega }^2}{\mathrm{\Delta }},B=H\frac{2\beta {\omega }^2}{\mathrm{\Delta }},C=-H\frac{{\omega }_0^2-{\omega }^2}{\mathrm{\Delta }},D=-H\frac{2\beta {\omega }_0^2}{\mathrm{\Delta }}$$

其中 $\mathrm{\Delta }=({\omega }_0^2-{\omega }^2{)}^2+4{\beta }^2{\omega }^2$。现在对每一项进行逆 Laplace 变换。第一项

$${\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{As+B}{s^2+{\omega }^2}\right\}=A\cos \omega t+\frac{B}{\omega }\sin \omega t$$

第二项改写为

$$\frac{Cs+D}{s^2+2\beta s+{\omega }_0^2}=\frac{C(s+\beta )}{(s+\beta {)}^2+{\omega }_1^2}+\frac{D-C\beta }{(s+\beta {)}^2+{\omega }_1^2}$$

逆变换为

$${\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{C(s+\beta )}{(s+\beta {)}^2+{\omega }_1^2}\right\}=C{e}^{-\beta t}\cos {\omega }_{1}t,{\mathcal{L}}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+\beta {)}^2+{\omega }_1^2}\right\}=\frac{1}{{\omega }_1}{e}^{-\beta t}\sin {\omega }_{1}t$$

所以第二项逆变换为 $C{e}^{-\beta t}\cos {\omega }_{1}t+\frac{D-C\beta }{{\omega }_1}{e}^{-\beta t}\sin {\omega }_{1}t$

$$x(t)=H\frac{{\omega }_0^2-{\omega }^2}{\mathrm{\Delta }}\cos \omega t+H\frac{2\beta \omega }{\mathrm{\Delta }}\sin \omega t-H{e}^{-\beta t}[\frac{{\omega }_0^2-{\omega }^2}{\mathrm{\Delta }}\cos {\omega }_{1}t+\beta \frac{{\omega }_0^2+{\omega }^2}{{\omega }_1\mathrm{\Delta }}\sin {\omega }_{1}t]$$

即

$$\begin{array}{c}x(t)=H\frac{{\omega }_0^2-{\omega }^2}{({\omega }_0^2-{\omega }^2{)}^2+4{\beta }^2{\omega }^2}\cos \omega t+H\frac{2\beta \omega }{({\omega }_0^2-{\omega }^2{)}^2+4{\beta }^2{\omega }^2}\sin \omega t\\ -H{e}^{-\beta t}(\frac{{\omega }_0^2-{\omega }^2}{({\omega }_0^2-{\omega }^2{)}^2+4{\beta }^2{\omega }^2}\cos \sqrt{{\omega }_0^2-{\beta }^2}t+\beta \frac{{\omega }_0^2+{\omega }^2}{({\omega }_0^2-{\beta }^2)(({\omega }_0^2-{\omega }^2{)}^2+4{\beta }^2{\omega }^2)}\sin \sqrt{{\omega }_0^2-{\beta }^2}t)\end{array}$$

2.利用 Laplace 变换求解半无界问题

$$\{\begin{array}{l}\frac{\partial u}{\partial t}-\kappa \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=0,x>0,t>0\\ u{|}_{x=0}=u_0,u{|}_{x\to \mathrm{\infty }}\text{有界},t>0\\ u{|}_{t=0}=0,x>0\end{array}$$

对时间 $t$ 进行 Laplace 变换，设 $U(x,s)=\mathcal{L}\{u(x,t)\}$

$$sU(x,s)-\kappa \frac{d^{2}U}{d{x}^2}=0$$

整理得关于 $x$ 的常微分方程：

$$\frac{d^{2}U}{d{x}^2}-\frac{s}{\kappa }U=0$$

通解为 $U(x,s)=A(s)e^{\sqrt{\frac{s}{\kappa }}x}+B(s)e^{-\sqrt{\frac{s}{\kappa }}x}$。由有界性条件，当 $x\to \mathrm{\infty }$ 时，$U(x,s)$ 有界，由于 $\text{Re}(s)>0$，指数增长项需消除，故 $A(s)=0$，所以：

$$U(x,s)=B(s)e^{-\sqrt{\frac{s}{\kappa }}x}$$

利用边界条件 $u(0,t)=u_0$，其 Laplace 变换为 $U(0,s)=\frac{u_0}{s}$，代入得 $B(s)=\frac{u_0}{s}$，因此：

$$U(x,s)=\frac{u_0}{s}{e}^{-\sqrt{\frac{s}{\kappa }}x}$$

为求逆变换，设 $a=\frac{x}{\sqrt{\kappa }}$，则 $U(x,s)=u_0\frac{1}{s}{e}^{-a\sqrt{s}}$。利用标准 Laplace 逆变换 ${\mathcal{L}}^{-1}\{\frac{1}{s}{e}^{-a\sqrt{s}}\}=\text{erfc}\left(\frac{a}{2\sqrt{t}}\right)$，得到

$$u(x,t)=u_0\text{erfc}\left(\frac{x}{2\sqrt{\kappa t}}\right)$$

4.利用积分变换方法求解一维无界弦上的振动问题

$$\{\begin{array}{l}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}-a^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=f(x,t)\\ u{\mid }_{t=0}=\varphi (x),{\frac{\partial u}{\partial t}|}_{t=0}=\psi (x)\end{array}$$

使用傅里叶变换，关于空间变量 $x$，定义 $\hat{u}(k,t)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}u(x,t)e^{-ikx}dx$。对方程进行傅里叶变换，利用性质 $\mathcal{F}\{\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}\}=-k^2\hat{u}(k,t)$，$\mathcal{F}\{\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}\}=\frac{{\partial }^2\hat{u}}{\partial t^2}$，以及 $\mathcal{F}\{f(x,t)\}=\hat{f}(k,t)$，得到：

$$\frac{d[}{d2}]\hat{u}t+a^2{k}^2\hat{u}=\hat{f}(k,t)$$

这是一个关于 $t$ 的二阶常微分方程，参数为 $k$。初始条件变换为 $\hat{u}(k,0)=\hat{\varphi }(k)$，$\frac{\partial \hat{u}}{\partial t}(k,0)=\hat{\psi }(k)$。解此非齐次方程，齐次解为 ${\hat{u}}_h(k,t)=C_1(k)\cos (akt)+C_2(k)\sin (akt)$，得到

$$\hat{u}(k,t)=\hat{\varphi }(k)\cos (akt)+\frac{\hat{\psi }(k)}{ak}\sin (akt)+\frac{1}{ak}{\int }_0^t\hat{f}(k,\tau )\sin (ak(t-\tau ))d\tau$$

进行逆傅里叶变换以得到 $u(x,t)$

$$u(x,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\hat{u}(k,t)e^{ikx}dk$$

代入 $\hat{u}(k,t)$ 并化简。利用傅里叶逆变换的性质，第一项

$$\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\hat{\varphi }(k)\cos (akt)e^{ikx}dk=\frac{1}{2}[\varphi (x+at)+\varphi (x-at)]$$

第二项

$$\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\hat{\psi }(k)}{ak}\sin (akt)e^{ikx}dk=\frac{1}{2a}{\int }_{x-at}^{x+at}\psi (\xi )d\xi$$

第三项通过交换积分顺序并利用卷积定理，得到

$$\frac{1}{2a}{\int }_0^t{\int }_{x-a(t-\tau )}^{x+a(t-\tau )}f(\xi ,\tau )d\xi d\tau$$

因此，最终解为

$$u(x,t)=\frac{1}{2}[\varphi (x+at)+\varphi (x-at)]+\frac{1}{2a}{\int }_{x-at}^{x+at}\psi (\xi )d\xi +\frac{1}{2a}{\int }_0^t{\int }_{x-a(t-\tau )}^{x+a(t-\tau )}f(\xi ,\tau )d\xi d\tau$$

5.利用积分变换方法求解二维无界平面上的自由振动问题

$$\{\begin{array}{l}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}-a^2(\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2})=0\\ u{\mid }_{t=0}=\varphi (x,y),{\frac{\partial u}{\partial t}|}_{t=0}=\psi (x,y)\end{array}$$

利用

$$\hat{u}(\overrightarrow{k},t)=\frac{1}{(2\pi {)}^{\frac{3}{2}}}\int u(\overrightarrow{r},t)e^{-i\overrightarrow{k}\cdot \overrightarrow{r}}\mathrm{d}[3]r$$

变换后的方程为

$$\frac{d[}{d2}]\hat{u}t+a^2{k}^2\hat{u}=0$$

本征函数为

$$\hat{u}(\overrightarrow{k},t)=A(\overrightarrow{k})\cos (a|\overrightarrow{k}|t)+B(\overrightarrow{k})\sin (a|\overrightarrow{k}|t)$$

初始条件在变换后为

$$\mathrm{\Phi }(\overrightarrow{k})=\mathcal{F}[u(\overrightarrow{x},0)]$$$$\mathrm{\Psi }(\overrightarrow{k})=\mathcal{F}[\frac{\partial u}{\partial t}(\overrightarrow{x},0)]$$

所以解为

$$\hat{u}(\overrightarrow{k},t)=\mathrm{\Phi }(\overrightarrow{k})\cos (akt)+\frac{\mathrm{\Psi }(\overrightarrow{k})}{ak}\sin (akt)$$

逆变换，利用卷积定理

$$\begin{array}{c}{\mathcal{F}}^{-1}[\mathrm{\Psi }(\overrightarrow{k})\frac{\sin (akt)}{ak}]=\frac{1}{(2\pi {)}^{\frac{3}{2}}}\int \psi (\overrightarrow{\xi })\frac{\sqrt{2\pi }\delta (|\overrightarrow{r}-\overrightarrow{\xi }|-at)}{2a|\overrightarrow{r}-\overrightarrow{\xi }|}\mathrm{d}[3]\xi \\ =\frac{1}{2\pi a}{\iint }_D\frac{\psi (x^{\prime },y^{\prime })}{\sqrt{(x-x^{\prime }{)}^2+(y-y^{\prime }{)}^2}}\mathrm{d}{x}^{\prime }\mathrm{d}{y}^{\prime }\end{array}$$

另一项

$${\mathcal{F}}^{-1}[\mathrm{\Psi }(\overrightarrow{k})\cos (akt)]=\frac{\partial }{\partial t}\frac{1}{2\pi a}{\iint }_D\frac{\varphi (x^{\prime },y^{\prime })}{\sqrt{(x-x^{\prime }{)}^2+(y-y^{\prime }{)}^2}}\mathrm{d}{x}^{\prime }\mathrm{d}{y}^{\prime }$$

相加得到

$$\begin{array}{c}u(x,y,t)=\frac{1}{2\pi a}{\iint }_D\frac{\psi (x^{\prime },y^{\prime })}{\sqrt{a^2{t}^2-(x-x^{\prime }{)}^2-(y-y^{\prime }{)}^2}}d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }\\ +\frac{1}{2\pi a}\frac{\partial }{\partial t}{\iint }_D\frac{\varphi (x^{\prime },y^{\prime })}{\sqrt{a^2{t}^2-(x-x^{\prime }{)}^2-(y-y^{\prime }{)}^2}}d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }\end{array}$$

其中积分区域 $D=\{(x^{\prime },y^{\prime }):(x-x^{\prime }{)}^2+(y-y^{\prime }{)}^2\le a^2{t}^2\}$