数-第三章行波法与积分变换法作业题
ch3 行波法与积分变换法
9 2 f1 (3 x ) x C 4 3 2 f2 ( x) x C 4
1 2 f ( x ) x C 1 4 f ( x) 3 x2 C 2 4
代入 u( x , y ) f1 (3 x y ) f 2 ( x y ) 得到所求的解为:
行波法与积分变换法
行波法只适用波动方程的初值问题.
积分变换法可用于任何方程类型，但主要用于
自变量为无限的情形，其主要思想：降维 使用积分变换法的两个困难： 1、选取哪一种积分变换 2、逆变换难求
(1)掌握一维波动方程初值问题的达朗贝尔公式；
(2)了解三维波动方程的泊松公式； (3)理解积分变换法在解微分方程中的应用。 重点：一维波动方程初值问题的达郎贝尔公式；
常数值f1(C1)，且这两个数值随特征线的移动(即常数
Ci(i=1，2) 的改变)而改变，所以波动实际上是沿特征 线传播的。
x at 变换 常称为特征变换，行波法也称为特征 x at 线法。
注：
容易看出, 一维波动方程的两族特征线xat=常数, 正好是常微分方程 (dx 1 ( x at ) 2 ( x at ) | | 1 ( x at ) 2 2 1 x at 2 ( x at ) | | 1 ( ) 2 ( ) | d 2a x at 1 1 x at d 2 2 2a x at 即: | u1 u2 | (1 t )
1 3 2 u( x , y ) (3 x y ) ( x y )2 3 x 2 y 2 4 4
2 u 2sin x u cos x u yy cos x u y 0 例2 求方程 xx xy
数学物理方程第三章_行波法和积分变换法
[x − at , x + at ] 上的值,而与其他点上的初始条件无关,这个区间称为点 (x, t ) 的依赖区间,
它是过 ( x, t ) 点分别作斜率为 ±
1 的直线与 x 轴相交所截得的区间,如图 3-2 所示. a
(x,t0)
y
x O x-at0 x+at0
图 3-1
初 始 时 刻 t = 0 时 , 取 x 轴 上 的 一 个 区 间 [x1 , x 2 ] , 过 点 x1 作 斜 率 为
同理可得
2 ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ⎤ 2⎡∂ u = + a + 2 ⎢ 2 ∂ξ∂η ∂η 2 ⎥ ∂t 2 ⎣ ∂ξ ⎦
将其代入式(3.1.1),得
∂ 2u =0 ∂ξ∂η
对 ξ 积分,得
∂u = f (η ) ∂η
对此式再关于η 积分,得
u = ∫ f (η )dη + f1 (ξ ) = f1 (ξ ) + f 2 (η )
第三章 行波法与积分变换法 本章我们介绍两个常用的解题方法：行波法和积分变换法。行波法只用于求解无界区 域上的波动方程定解问题， 积分变换法不受方程类型的限制， 一般应用于无界区域的定界问 题，有时也应用于有界域的定解问题.
3.1 达朗贝尔公式及波的传播 在求解常微分方程的特解时,一般先求出方程的通解,然后利用所给的定解条件去解出 通解中含有的任意常数,最后得到了满足所给条件的特解.这个想法能否推广到求解偏微分方 程的过程中呢?一般情况下,随着自变量个数的增加,偏微分方程的通解非常难求,并且偏微分 方程的通解一般都含有任意函数,这种任意函数很难由定解条件确定为具体的函数.所以在求 解数学物理方程时,主要采用通过分析各类具体的定解问题,直接求出符合定解条件的特解的 方法.但事情没有绝对的,在有些情况下,我们可以先求出含任意函数的通解,然后根据定解条 件确定出符合要求的特解.本节我们研究一维波动方程的求解,就采用这种方式. 3.1.1 达朗贝尔公式 如果我们所考察的弦无限长,或者我们只研究弦振动刚一开始的阶段,且距弦的边界较远 的一段,此时可以认为弦的边界,对此端振动的弦不产生影响.这样,定解问题就归结为如下形 式
数学物理方法第3章行波法及积分变换法
e jat e jat ( ) e jat e jat ( ) 2 a 2j
1 1 ( ) jat ( ) jat jat jat ( )e ( )e e e 2 2a j j
x at 1 1 x at u ( x, t ) ( x at ) ( x at ) ( ) d ( ) d 0 0 2 2a
f ( n 1) (0)
f '(x) pF ( p) f (0)
f ''(x) p2 F ( p) pf (0) f '(0)
偏微分方程变 常微分方程
数学物理方程与特殊函数
第3章行波法与积分变换法
例3 解定解问题 2 u 2 u , x 0, t 0 a 2 x t x0 u ( x,0) 0, u (0, t ) N , t0 解：对t求拉氏变换 2 d U ( x, p ) 2 pU ( x , p ) a , x0 2 dx N U (0, p ) p
数学物理方程与特殊函数
第3章行波法与积分变换法
第三章 行波法与积分变换法
一 行波法
1 基本思想： 先求出偏微分方程的通解，然后用定解条件确定 特解。这一思想与常微分方程的解法是一样的。 2 关键步骤： 通过变量变换，将波动方程化为便于积分的齐 次二阶偏微分方程。 3 适用范围： 无界域内波动方程，等…
u( x, t )的大小完全取决于
初始条件 ( x), ( x)在区间[ x at , x at ]的值
而与区间外面的 ( x), ( x)的值无关
决定区域
积分变换课后答案
1-11． 试证：若()f t 满足Fourier 积分定理中的条件，则有()()()d d 0cos sin f t a t b t ωωωωωω+∞+∞=+⎰⎰其中()()()()d d ππ11cos ,sin .a f b f ωτωττωτωττ+∞+∞-∞-∞==⎰⎰分析：由Fourier 积分的复数形式和三角形式都可以证明此题，请读者试用三角形式证明.证明：利用Fourier 积分的复数形式，有()()j j e e d π12t tf t f ωωτω+∞+∞--∞-∞⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ()()j j d e d π11cos sin 2tf ωτωτωττω+∞+∞-∞-∞⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰⎰()()()j j d 1cos sin 2a b t t ωωωωω+∞-∞⎡⎤=-+⎣⎦⎰ 由于()()()(),,a a b b ωωωω=-=--所以()()()d d 11cos sin 22f t a t b t ωωωωωω+∞+∞-∞-∞=+⎰⎰ ()()d d 0cos sin a t b t ωωωωωω+∞+∞=+⎰⎰2．求下列函数的Fourier 积分：1）()2221,10,1t t f t t ⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩; 2) ()0,0;e sin 2,0tt f t t t -⎧<⎪=⎨≥⎪⎩ 3) ()0,11,101,010,1t t f t t t ⎧-∞<<-⎪--<<⎪=⎨<<⎪⎪<<+∞⎩分析：由Fourier 积分的复数形式和三角形式都可以解此题，请读者试用三角形式解.解：1）函数()2221,10,1t t f t t ⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩为连续的偶函数，其Fourier 变换为 j 21()[()]()e d 2()cos d 2(1)cos d 00t F f t f t t f t t t t t t ωωωω-+∞+∞⎧====-⎨-∞⎩⎰⎰F122330sin 2cos 2sin sin 4(sin cos )2t t t t t t ωωωωωωωωωωωω⎡⎤⎛⎫-=--+=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦(偶函数) f (t )的Fourier 积分为j 311()()e d ()cos d 02ππ4(sin cos )cos d 0πtf t F F t t ωωωωωωωωωωωω+∞+∞==-∞+∞-=⎰⎰⎰ 2)所给函数为连续函数，其Fourier 变换为()[]j j ω()()e d e sin 2e d 0tt t F f t f t t t t ωωτ---+∞===-∞⎰⎰F2j 2j j (12j j )(12j j )e e 1e e d [e e ]d 02j 2j 0t t t t t t t t ωωω----+--+++∞+∞-=⋅⋅=-⎰⎰ (12j j )(12j j )01e e 2j 12j j 12j j t t ωωωω+∞-+--++⎡⎤=+⎢⎥-+-++⎣⎦ ()224252j j 1121(2)j 1(2)j 256ωωωωωω⎡⎤--⎛⎫⎣⎦=+=⎪-+-+--+⎝⎭（实部为偶函数，虚数为奇函数）f (t )的Fourier 变换为()j 1()e d 2πt f t F ωωω+∞=-∞⎰ ()()224252j 1cos jsin d 2π256t t ωωωωωωω⎡⎤--+∞⎣⎦=⋅--∞-+⎰ ()()()2224242245cos 2sin 5sin 2cos 11d d π256π2565cos 2sin 2d π0256t t t t t t ωωωωωωωωωωωωωωωωωωωωω-+--+∞+∞=+-∞-+-∞-+-++∞=-+⎰⎰⎰这里用到奇偶函数的积分性质.3）所给函数有间断点-1，0，1且f (-t )= - f (t )是奇函数，其Fourier 变换为()[]j ()()e d 2j ()sin d 0tF f t f t t f t t t ωωω-+∞+∞===--∞⎰⎰F12j(cos 1)2j 1sin d 0t t ωωω-=-⋅=⎰（奇函数）f (t )的Fourier 积分为()()j j ()e d sin d π0π021cos sin d π0tf t F F t t ωωωωωωωωωω+∞+∞=+∞-=⎰⎰⎰1=2其中t ≠-1，0，1（在间断点0t 处，右边f (t )应以()()00002f t f t ++-代替）.3．求下列函数的Fourier 变换，并推证下列积分结果： 1）()e(0),tf t ββ-=>证明：22cos πd e ;02tt βωωβωβ-+∞=+⎰ 2）()e cos tf t t -=，证明：242πcos d e cos ;042tt t ωωωω-+∞+=+⎰ 3）sin ,π()0,πt t f t t ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，证明：2πsin ,πsin πsin 2d 010,πt t t t ωωωω⎧≤+∞⎪=⎨-⎪>⎩⎰ 证明：1）函数()e t f t β-=为连续的偶函数，其Fourier 变换为()()j e e d 2e cos d 0t t tF f t t t t βωβωω---+∞+∞⎡⎤===⎣⎦-∞⎰⎰F()2222e cos sin 22t t t t t ββωωωββωβω-=+∞=-+==++ 再由Fourier 变换得()()j 22112e d cos d 2ππ0tf t F t t ωβωωωβω+∞+∞==-∞+⎰⎰ 即 22cos πd e 02tt βωωβωβ-+∞=+⎰2）函数()e cos t f t t -=为连续的偶函数，其Fourier 变换为()j j ()e d e cos e d t t t F f t t t t ωωω---+∞+∞==-∞-∞⎰⎰j j j e e e e d 2t t t tt ω---+∞+-∞⎰ (1j j )(1j j )(1j j )(1j j )001e d e d e d e d 200tt t t t t t t ωωωω-+----+--+++∞+∞⎧⎫=+++⎨⎬-∞-∞⎩⎭⎰⎰⎰⎰ (1j j )(1j j )(1j j )(1j j )001e e e e 21j j 1j j 1j j 01j j 0t t t t ωωωωωωωω+--++-+++-⎧⎫+∞+∞=+++⎨⎬+--∞---∞-+-+-⎩⎭2411111221j j 1j j 1j j 1j j 4ωωωωωω⎧⎫-+=+++=⎨⎬+----+-+-+⎩⎭ 再由Fourier 变换公式得()()2j 41112()e d cos d cos d 2ππ0π04tf t F F t t ωωωωωωωωωω+∞+∞+∞+===-∞+⎰⎰⎰ 即 242πcos d e cos 042tt t ωωωω-+∞+=+⎰ 3）给出的函数为奇函数，其Fourier 变换为()()()ππj j ππed sin ed sin cos jsin d ttF f t t t t t t t t ωωωωω+∞---∞--===-⎰⎰⎰()()ππ002j sin sin d j cos 1cos 1d t t t t t t ωωω⎡⎤=-=+--⎣⎦⎰⎰ ()()2sin 1πsin 1πsin sin 2jsin j j 1010111t t ωωωπωπωπωωωωω⎛⎫+---⎛⎫=-=-= ⎪⎪+-+--⎝⎭⎝⎭ ()()()-1j 2112jsin πe d cos jsin d 2π2π1tF F t t ωωωωωωωωω+∞+∞-∞-∞⎡⎤==+⎣⎦-⎰⎰F20sin ,π2sin πsin d π10,πt t t t ωωωω+∞⎧≤⎪=-=⎨->⎪⎩⎰ 故2πsin ,πsin πsin 2d 10,πt t t t ωωωω+∞⎧≤⎪=⎨-⎪>⎩⎰4.求函数()()e 0,0t f t t ββ-=>≥的Fourier 正弦积分表达式和Fourier 余弦积分表达式.解：根据Fourier 正弦积分公式，并用分部积分法，有()()002sin d sin d πf t t f ωωτττω+∞+∞⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰⎰002sin d sin d πe t t βτωωτω+∞+-∞⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ()220sin cos 2sin d π0e t t βτβωωωωωβτω+-∞⎡⎤-+∞=⎢⎥+⎣⎦⎰ 2202sin d .πt ωωωβω+∞=+⎰ 根据Fourier 余弦积分公式，用分部积分法，有()()002cos d cos d πf t t f ωωτττω+∞+∞⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰⎰ 002cos d cos d πe tt βτωωτω+∞+-∞⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ()220sin cos 2cos d π0e t t βτβωωωωωβτω+-∞⎡⎤-+∞=⎢⎥+⎣⎦⎰ 2202cos d .πt ωωωβω+∞=+⎰ 1-21．求矩形脉冲函数,0()0,A t f t τ⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其他的Fourier 变换.解：[]()j j j j 01e e()()()e d e d 0j j t t t t A F f t f t t A t A τωωωωτωωω-----+∞⎡⎤=====⎢⎥-∞-⎣⎦⎰⎰F 2.设()F ω是函数()f t 的Fourier 变换，证明()F ω与()f t 有相同的奇偶性.证明：()F ω与()f t 是一个Fourier 变换对，即 ()()j e d t F f t t ωω-+∞=-∞⎰，()()j 1e d 2πt f t F ωωω+∞=-∞⎰ 如果()F ω为奇函数，即()()F F ωω-=-，则()()()()()()j j 11e d e d 2π2πt tf t F F ωωωωωω--+∞+∞-==---∞-∞⎰⎰（令u ω-=）()j 1e d 2πut F u u -∞=+∞⎰ （换积分变量u 为ω）()()j 1e d 2πtF f t ωωω+∞=-=--∞⎰ 所以()f t 亦为奇函数.如果()f t 为奇函数，即()()f t f t -=-，则()()()()()j j e d e d t tF f t t f t t ωωω----+∞+∞-==---∞-∞⎰⎰ （令t u -=）()j e d u f u u ω--∞=+∞⎰ （换积分变量u 为t ）()()j e d t f t t F ωω-+∞=-=--∞⎰ 所以()F ω亦为奇函数.同理可证()f t 与()F ω同为偶函数.4．求函数()()e 0t f t t -=≥的Fourier 正弦变换，并推证()20012sin πd e αωαωωαω+∞-=>+⎰解：由Fourier 正弦变换公式，有()()s s F f t ω⎡⎤=⎣⎦F ()0sin f t t t ω+∞=⎰d 0sin tt t ω+∞-=⎰e d ()2sin cos 10t t t ωωωω---+∞=+e 21ωω=+ 由Fourier 正弦逆变换公式，有()120022sin ()()sin 1ss s tf t F F t ωωωωωωωω+∞+∞-===⎡⎤⎣⎦+⎰⎰F d d ππ由此，当0t α=>时，可得()()20sin ππd e 0122f αωαωωααω+∞-==>+⎰5．设()()f t F ω⎡⎤=⎣⎦F ，试证明：1）()f t 为实值函数的充要条件是()()F F ωω-=； 2）()f t 为虚值函数的充要条件是()()F F ωω-=-.证明： 在一般情况下，记()()()r i f t f t f t =+j 其中()r f t 和()i f t 均为t 的实值函数，且分别为()f t 的实部与虚部. 因此()()()()[]j e d j cos jsin d t r i F f t t f t f t t t t ωωωω-+∞+∞⎡⎤==+-⎣⎦-∞-∞⎰⎰ ()()()()cos sin d j sin cos d ri r i f t t f t t t f t t f t t t ωωωω+∞+∞⎡⎤⎡⎤=+--⎣⎦⎣⎦-∞-∞⎰⎰ ()()Re Im F j F ωω⎡⎤⎡⎤=+⎣⎦⎣⎦ 其中()()()Re cos sin d r i F f t t f t t t ωωω+∞⎡⎤⎡⎤=+⎣⎦⎣⎦-∞⎰， ()a ()()()Im sin cos d r i F f t t f t t t ωωω+∞⎡⎤⎡⎤=--⎣⎦⎣⎦-∞⎰ ()b1）若()f t 为t 的实值函数，即()()(),0r i f t t f f t ==.此时，()a 式和()b 式分别为()()Re cos d r F f t t t ωω+∞⎡⎤=⎣⎦-∞⎰ ()()Im sin d r F f t t t ωω+∞⎡⎤=-⎣⎦-∞⎰所以()()()Re jIm F F F ωωω⎡⎤⎡⎤-=-+-⎣⎦⎣⎦()()()Re jIm F F F ωωω⎡⎤⎡⎤=-=⎣⎦⎣⎦ 反之，若已知()()F F ωω-=，则有()()()()Re jIm Re jIm F F F F ωωωω⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤-+-=-⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦此即表明()F ω的实部是关于ω的偶函数；()F ω的虚部是关于ω的奇函数.因此，必定有()()()cos d j sin d r rF f t t t f t t t ωωω+∞+∞=--∞-∞⎰⎰亦即表明()()r f t f t =为t 的实值函数.从而结论1）获证.2）若()f t 为t 的虚值函数，即()()()j ,0i r f t f f t t ==.此时，()a 式和()b 式分别为()()Re sin d i F f t t t ωω+∞⎡⎤=⎣⎦-∞⎰ ()()Im cos d iF f t t t ωω+∞⎡⎤=⎣⎦-∞⎰所以()()()Re jIm F F F ωωω⎡⎤⎡⎤-=-+-⎣⎦⎣⎦()()Re jIm F F ωω⎡⎤⎡⎤=-+⎣⎦⎣⎦()(){}Re jIm F F ωω⎡⎤⎡⎤=--⎣⎦⎣⎦()F ω=-反之，若已知()()F F ωω-=-，则有()()()()Re jIm Re jIm F F F F ωωωω⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤-+-=-+⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦此即表明()F ω的实部是关于ω的奇函数；()F ω的虚部是关于ω的偶函数.因此，必定有()()()sin d j cos d i iF f t t t f t t t ωωω+∞+∞==+-∞-∞⎰⎰， 亦即表明()()j i f t f t =为t 的虚值函数.从而结论2）获证.6.已知某函数的Fourier 变换sin ()F ωωω=，求该函数()f t .解：sin ()F ωωω=为连续的偶函数，由公式有()()j π1sin e d cos d 2π0tf t F t ωωωωωωω+∞+∞==-∞⎰⎰()()sin 1sin 111d d 2π02π0t t ωωωωωω+∞++∞-=+⎰⎰但由于当0a >时sin sin sin πd d()d 0002a a t a t t ωωωωωω+∞+∞+∞===⎰⎰⎰ 当0a <时sin sin()πd d 002a a ωωωωωω+∞+∞-=-=-⎰⎰ 当0a =时，sin d 0,0a ωωω+∞=⎰所以得 ()11211401t f t t t ⎧<⎪⎪⎪==⎨⎪⎪>⎪⎩，，，7．已知某函数的Fourier 变换为()()()00πδδF ωωωωω⎡⎤=++-⎣⎦，求该函数()f t .解：由函数()()()00δd t t g t t g t -=，易知()()()()j j j 001e d 2π11πδe d πδe d 2π2πtt t f t F ωωωωωωωωωωω+∞=-∞+∞+∞=++--∞-∞⎰⎰⎰j j 00011e e cos 22t t t ωωωωωωω=-==+=8．求符号函数（又称正负号函数）()1,0sgn 1,0t t t -<⎧=⎨>⎩的Fourier 变换.解：容易看出()()()sgn t u t u t =--，而1[()]()πδ().j u t F ωωω=-+F 9．求函数()()()1δδδδ222a a t a t a t f t t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++-+++- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦的Fourier 变换.解 ：()()()()j 1δδδδe d 222t a a F f t t a t a t t ωωω+∞--∞⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎡⎤==++-+++- ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰F j j j j 1e e e e 222t t t t a a t a t a t t ωωωω----⎡⎤⎢⎥=+++⎢⎥=-==-=⎢⎥⎣⎦cos cos 2aa ωω=+.10 .求函数()cos sin t f t t =的Fourier 变换. 解: 已知()()000sin j πδδt ωωωωω⎡⎤=+--⎡⎤⎣⎦⎣⎦F 由()1cos sin sin 22f t t t t ==有()()()πjδ2δ22f t ωω⎡⎤⎡⎤=+--⎣⎦⎣⎦F 11.求函数()3sin f t t =的Fourier 变换.解:已知()0j 0e 2πδtωωω⎡⎤=-⎣⎦F ,由()()3j j 33j j -j 3j e e j sin e 3e 3e e 2j 8t t t t t tf t t --⎛⎫-===-+- ⎪⎝⎭即得()()()()()πjδ33δ13δ1δ34f t ωωωω⎡⎤⎡⎤=---++-+⎣⎦⎣⎦F12.求函数()πsin 53t t f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的Fourier 变换.解: 由于()π1sin 5sin532f t t t t ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭故()()()()()πjδ5δ5δ5δ522f t ωωωω⎤⎡⎤⎡⎤=+--+++-⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦F .14.证明：若()()j e t F ϕω⎡⎤=⎣⎦F ，其中()t ϕ为一实数，则 ()()()1cos 2t F F ϕωω⎡⎤⎡⎤=+-⎣⎦⎣⎦F()()()1sin 2j t F F ϕωω⎡⎤⎡⎤=--⎣⎦⎣⎦F其中()F ω-为()F ω的共轭函数.证明：因为 ()()j j ee d t t F t ϕωω+∞--∞=⋅⎰()()()j j j j ee d ee d t t tt F t t ϕϕωωω+∞+∞---∞-∞-==⋅⎰⎰()()()()()()j j j j 1e eed cose d cos 22t t tt F F t t t t ϕϕωωωωϕϕ-+∞+∞---∞-∞+⎡⎤⎡⎤+-===⎣⎦⎣⎦⎰⎰F 同理可证另一等式.17．求作如图的锯齿形波的频谱图.（图形见教科书）.解 ：02π,T ω=()1,00,ht t T f t T ⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其他()00111d d 2TTh C f t t ht t TTT ===⎰⎰()()000j j j 02011ed e d e d TTTn tn t n t n ht h C F n f t t t t t TTT Tωωωω---===⋅=⎰⎰⎰00j j 211j e e d j j 2πTn t n t Thht T n n n ωωωω--⎡⎤=⋅+=⎢⎥-⎣⎦⎰()()()()()000j j 2πδ2πδπδδ.22πn n n n h h hF n h n n n ωωωωωωω+∞+∞=-∞=-∞≠≠=+⋅-=+⋅-∑∑1－31．若1122()[()],()[()],F f t F f t ωω== F F ,αβ是常数，证明（线性性质）：1212()()()()f t f t F F αβαωβω+=+⎡⎤⎣⎦F -11212()()()()F F f t f t αωβωαβ+=+⎡⎤⎣⎦F分析：根据Fourier 变换的定义很容易证明. 证明：根据Fourier 变换与逆变换的公式分别有1212()()()()tf t f t f t f t t ωαβαβ+∞--∞+=+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎰F j e d12()()tt f t t f t t ωωαβ+∞+∞---∞-∞=+⎰⎰j j ed e d12()()F F αωβω=+-112121()()()()2tF F F F ωαωβωαωβωω+∞-∞+=+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎰Fj e d π1211()()22t tF F ωωαωωβωω+∞+∞-∞-∞⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰j j e d e d ππ12()()f t f t αβ=+6．若()[()]F f t ω= F ，证明（翻转性质）：()[()]F f t ω-=- F 分析：根据Fourier 变换的定义，再进行变量代换即可证明. 证明：()[()]t f t f t t ω+∞--∞-=-⎰F j e d （令t u -=）()()u f u u ω+∞---∞=⎰j e d（换u 为t ）()()tf t t ω+∞---∞=⎰j ed()F ω=-9．设函数()1,10,1t f t t ⎧<⎪=⎨>⎪⎩，利用对称性质，证明：π ,1sin .0,1t t ωω⎧<⎪⎡⎤=⎨⎢⎥>⎣⎦⎪⎩F 证明：()[()]tf t f t t ω+∞--∞=⎰F j ed 11t t ω--=⎰j e d1cos t t ω=⎰d 1sin tt ωω=⎰d由对称性质：()[()]f t F ω= F ，则()[()]2,F t f ω=-F π有()sin [()]2t F t f t ω⎡⎤==-⎢⎥⎣⎦F F π (),1sin 0,1t f t ωωω⎧<⎪⎡⎤=-=⎨⎢⎥>⎣⎦⎪⎩F π π 12．利用能量积分()()2212f t t F ωω+∞+∞-∞-∞⎡⎤=⎣⎦⎰⎰d d π，求下列积分的值：1）21cos xx x +∞-∞-⎰d ； 2）42sin x x x +∞-∞⎰d ； 3）()2211x x +∞-∞+⎰d ；4）()2221x x x +∞-∞+⎰d .解：1）2222sin 1cos 2xxx x xx +∞+∞-∞-∞-=⎰⎰d d（令2xt =）2sin t t t +∞-∞⎛⎫= ⎪⎝⎭⎰d 21sin 2t t ω+∞-∞⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰F d π 12112ω-=⎰πd π=π 2）()22422sin 1cos sin x x xx x x x +∞+∞-∞-∞-=⎰⎰d d 22sin sin cos x x x x x x x +∞+∞-∞-∞⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰d d 21sin 2t t t +∞-∞⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰πd 22=πππ-=3）()22221111x t t x+∞+∞-∞-∞⎛⎫= ⎪+⎝⎭+⎰⎰d d 221121t ω+∞-∞⎡⎤=⎢⎥+⎣⎦⎰F d π，其中221111tt t t ω+∞--∞⎡⎤=⎢⎥++⎣⎦⎰F j e d 20cos 21t t t ω+∞=+⎰d 22ωω--==πe πe 从而()2221121x x ωω+∞+∞--∞-∞=+⎰⎰d πe d π2201ωω+∞-=⎰πe d π20122ω-+∞=⋅=-ππe 4）()()2222221111x x x x x x +∞+∞-∞-∞+-=++⎰⎰d d ()2221111x x x x +∞+∞-∞-∞=-++⎰⎰d darctan 2x+∞-∞=-π2222=+-=ππππ 1－ 41.证明下列各式： 2）()1f t ()()()()()23123f t f t f t f t f t ⎡⎤⎡⎤=⎣⎦⎣⎦；6）()()()()()()121212d dd;d d d f t f t f tf t f t f t t t t ⎡⎤==⎣⎦ 10)()()()d t f t u t f ττ-∞=⎰分析：根据卷积的定义证明. 证明： 2) ()()()123f t f t f t ⎡⎤⎣⎦()()()123d f f t f t ττττ+∞-∞⎡⎤=--⎣⎦⎰()()()132d f f u f t u du τττ+∞+∞-∞-∞⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ()()()132d d f f u f t u u τττ+∞+∞-∞-∞=--⎰⎰()()()123d d f f t u f u uτττ+∞+∞-∞-∞⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ()()()123d f t u f t u f u u +∞-∞⎡⎤=--⎣⎦⎰()()()123f t f t f t ⎡⎤=⎣⎦6）()()()()1212d d d d d f t f t f f t t t τττ+∞-∞⎡⎤⎡⎤=⋅-⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰()()()()1212ddd d d f f t f t f t t t τττ+∞-∞⎡⎤=⋅-=⎣⎦⎰, ()()()()1212d d d d d f t f t f t f t t τττ+∞-∞⎡⎤⎡⎤=-⋅⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰()()()()1212d d d d d f t f f t f t t t τττ+∞-∞⎡⎤=-⋅=⎢⎥⎣⎦⎰.10) ()()()()d f t u t f u t τττ+∞-∞=-⎰()1,0,t u t t τττ⎛⎫⎧<⎪-= ⎪⎨ ⎪>⎪⎩⎝⎭()d t f ττ-∞=⎰. 2．若()()()()12e ,sin t f t u t f t tu t α-==，求()()12f t f t .注意：不能随意调换()1f t 和()2f t 的位置. 解：由()()1e ,0e 0,0t tt f t u t t αα--⎧>⎪==⎨<⎪⎩，()()2sin ,0sin 0,0t t f t tu t t >⎧==⎨<⎩， 所以 ()()()()1221f t f t f t f t =()()21d f f t τττ+∞-∞=-⎰要确定()()210f f t ττ-≠的区间，采用解不等式组的方法.因为()()210,0;0,0f t f t ττττ>≠->-≠.即必须满足 00t ττ>⎧⎨->⎩, 即0t ττ>⎧⎨<⎩, 因此 ()()()()1221f t f t f t f t =()()21d f f t τττ+∞-∞=-⎰()0sin ed t t ατττ--=⎰e sin e d t t αατττ-=⎰（分部积分法）()2e sin cos e10ttατααττα-⎡⎤-=⎢⎥+⎣⎦ ()22e sin cos 1e11tαταατταα-⎡⎤-=+⎢⎥++⎣⎦2sin cos e 1tααττα--+=+4 .若()()()()1122,F f t F f t ωω⎡⎤⎡⎤==⎣⎦⎣⎦F F ，证明:()()()()11221*2πF f t t F f ωω⎡⎤⋅=⎣⎦F证明:()()()()121211d 2π2πF F F u F u u ωωω+∞-∞=⋅-⎰()()j 211e d d 2πutF u f t t u ω+∞+∞--∞-∞⎡⎤=-⋅⋅⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ()()j 211e d d 2πut F u f t t u ω+∞+∞--∞-∞⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰⎰()()j 211e d d 2πut F u f t u t ω+∞+∞--∞-∞⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ()()j 121e d d 2πutf t F u u t ω+∞+∞--∞-∞⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ()()j j 121e e d d 2πst t f t F s s t ω+∞+∞--∞-∞⎡⎤=⋅⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ()()()()j 1212e d t f t f t t f t f t ω+∞--∞⎡⎤=⋅⋅=⋅⎣⎦⎰F5.求下列函数的Fourier 变换： 1）()()0sin f t t u t ω=⋅； 2）()()0e sin t f t t u t βω-=⋅； 5）()()0j 0e t f t u t t ω=-；解: 1）已知()()1πδj u t ωω⎡⎤=+⎣⎦F ,又 ()()()()()00j j 01sin e e 2jtt f t t u t u t u t ωωω-=⋅=-. 由位移性质有()()()()()0000111πδπδ2j j j f t ωωωωωωωω⎛⎫⎡⎤=-+-+- ⎪⎣⎦ ⎪-+⎝⎭F()()000220πδδ2j ωωωωωωω⎡⎤=--+-⎣⎦-. 2）由Fourier 变换的定义，有()()j 00e sin e sin e d t t tt u t t u t t ββωωω+∞----∞⎡⎤⋅=⋅⎣⎦⎰F ()j 00sin ed tt t βωω+∞-+=⎰()()()j 000220ej sin cos 0j tt t βωβωωωωβωω-+⎡⎤-+-+∞⎣⎦=++()22j ωβωω=++5）利用位移性质及()u t 的Fourier 变换，有()()0j 0e t u t t u t ω-⎡⎤⎡⎤-=⎣⎦⎣⎦F F ()0j 1e πδj t ωωω-⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ 再由象函数的位移性质，有()()()()000j j 0001e e πδj t tu t t ωωωωωωω--⎡⎤⎡⎤-=+-⎢⎥⎣⎦-⎢⎥⎣⎦F 7．已知某信号的相关函数()21e 4a R ττ-=，求它的能量谱密度()S ω，其中0a >.解 由定义知()()j e d S R ωτωττ+∞--∞=⎰2j 1e e d 4a τωττ+∞---∞=⎰ 02j 2j 011e e d e e d 44a a τωττωτττ+∞----∞=+⎰⎰ ()()()2j 2j 001e 1e 42j 42j a a a a ωτωτωω--++∞=+--∞-+2211142j 2j 4aa a a ωωω⎛⎫=+= ⎪-++⎝⎭ 9．求函数()()()e ,0t f t u t αα-=>的能量谱密度.解: 因为()()e ,0e 0,0t tt f t u t t αα--⎧>⎪==⎨<⎪⎩,()()()()e,e0,t t t f t u t t ατατττττ-+-+⎧>-⎪+=+=⎨<-⎪⎩当0τ>时，()()0f t f t τ+≠的区间为()0,+∞，所以()()()()d e ed t t R f t f t t t αταττ+∞+∞-+--∞=+=⎰⎰22011e e d e e e 22t t t αταατααταα+∞-----+∞===--⎰当0τ<时，()()0f t f t τ+≠的区间为(),τ-+∞，所以()()()d R f t f t t ττ+∞-∞=+⎰()e ed t t t ατατ+∞-+--=⎰2eed tt ατατ+∞---=⎰21e e2t ατατα--+∞-=- 21e e 2ατατα-=1e 2ατα= 因此，()1e2R αττα-=，现在可以求得()f t 的能量谱密度，即 ()()j e d S R ωτωττ+∞--∞=⎰j 1e e d 2ατωττα+∞---∞=⎰()()0j j 01e d e d 2αωταωτττα+∞--+-∞⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ()()()j j 0111e e 2j j 0αωταωτααωαω--+⎡⎤+∞=+⎢⎥--∞-+⎣⎦1112j j ααωαω⎡⎤=+⎢⎥-+⎣⎦221αω=+ 1－51．求微分方程()()(),()x t x t t t δ'+=-∞<<+∞的解. 分析：求解微分、积分方程的步骤：1）对微分、积分方程取Fourier 变换得象函数的代数方程； 2）解代数方程得象函数；3）取Fourier 逆变换得象原函数（方程的解）.解：设()(),x t X ω⎡⎤=⎣⎦F 对方程两边取Fourier 变换，得 ()()j 1.X X ωωω+= 即()1.1X j ωω=+其逆变换为()0,0.e ,0tt x t t -⎧<⎪=⎨≥⎪⎩4．求解下列积分方程： 1）()()()222210;y a b t b t aτττ+∞-∞=<<+-+⎰d 2）()222t t y τττ+∞----∞=⎰e d πe.解：1）利用卷积定理可以求解此类积分方程.显然，方程的左端是未知函数()y t 与221t a +的卷积，即()221y t t a+.设()(),y t Y ω⎡⎤=⎣⎦F 对方程两边取Fourier 变换，有()222211y t t a t b ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥*+⎢⎥⎣⎦⎣+⎦F F即()222211y t t a t b ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⋅=⎣⎦⎢+⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦+F F F 易知：220cos 2tt βωωβωβ+∞-=+⎰πd e ，有()222211t tY t t t a t bωωω+∞+∞---∞-∞⋅=++⎰⎰j j e d e d 即()222200cos cos 22tt Y t t t a t b ωωω+∞+∞⋅=++⎰⎰d d所以()()22b b a a a b Y b aωωωω----==πee πe由上可知222201cos π2d e a t t t a t a a ωω+∞-⎡⎤=⎢⎦=⎥++⎣⎰F ，()()-1b a a y t e b ω--⎥=⎡⎤⎢⎣⎦F()-1-b a a b a b b a ω--=⋅-⎡⎤⎢⎥⎣⎦F πe π()()22--a b a b t b a =⎡⎤+⎣⎦π.2）设()(),y t Y ω⎡⎤=⎣⎦F 对方程两边取Fourier 变换，同理可得()22e 2πe t t y t --⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎥⎦F F利用钟形脉冲函数的Fourier 变换224e eπt A A ωβββ--⎡⎤=⎣⎦F 及由Fourier 变换的定义可求得：222e tβββω-⎡⎤=⎣⎦+F ，从而 ()22e 2πe t ty t --⎡⎤⎡⎤⎡⎤⋅=⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎥⎦F F F 即()()2222222121Y ωωωωω--==++πe πe()22222ωωω--=-πeπj e从而()()222-1-122y t ωωω--⎡⎤⎡⎤=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦πe πj e F F ， 其中，记()22ef t ω-⎡⎤=⎣⎦F ，则()222πet f t -=，上式中第二项可利用微分性质()()()()2222f t f t ωωω-''⎡⎤⎡⎤==⎣⎦⎣⎦F F j j e，则()()2222-12222t f t t ωω--⎡⎤⎛⎫''== ⎪⎢⎥ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭F πd j e e d 2222t-=πe 因此()2222222t t y t --=⋅-πeπeππ222221t t -⎛⎫=- ⎪⎭e π.5.求下列微分方程的解()x t ：()()()()d ax t b x f t ch t τττ+∞-∞'+-=⎰其中()(),f t h t 为已知函数，,,a b c 均为已知常数.解：设()()()()()(),,.f t F h t H x t X ωωω⎡⎤⎡⎤⎡⎤===⎣⎦⎣⎦⎣⎦F F F 对方程两边取Fourier 变换，可得()()()()j a X bX F cH ωωωωω+= 即()()(),j cH X a bF ωωωω=+从而()()()()-1.12tcH X a bF x t ωωωωωω+∞-∞⎡⎤==⎣⎦+⎰Fj πe d j 2－11．求下列函数的Laplace 变换，并给出其收敛域，再用查表的方法来验证结果.1)()sin 2tf t =.分析：用Laplace 变换的定义解题.解： j j 22001sin sin d d 222j e e e st s t s t t t t t ⎛⎫⎛⎫+∞+∞--+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎡⎤==+ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭-⎰⎰L ()21112Re()0j j 2j 4122s s s s ⎡⎤⎢⎥=-=⎢⎥+⎢⎥-+⎣⎦>. 2)()2e t f t -=.解：()()d d Re()e e eett sts tt t s s >-2222012+∞+∞----+⎡⎤===⎣⎦+⎰⎰L . 3)()2f t t =. 解：2220000112e d d(e )2e d e st stst st t t t t s s t tt -+∞+∞+∞--+∞-⎡⎤⎡⎤==-=--⎣⎦⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰L ∣()022300222d(e )e e d Re()0stst st t t t s sss+∞+∞--+∞-⎡⎤=-=--=⎢⎥⎣⎦⎰⎰∣ >.4)()sin cos f t t t =.解：[]0sin cos sin cos e d st t t t t t +∞-=⎰L01sin 2e d 2stt t +∞-=⎰ 22121244s s =⋅=++. 7)()2cos f t t =.解 ：22001cos 2cos cos e d e d 2ststt t t t t +∞+∞--+⎡⎤==⎣⎦⎰⎰L ()()2j 2j 001111cos 2e d e e d 2224s t s t st t t t s s +∞+∞--+-⎡⎤=+=++⎣⎦⎰⎰ ()2211112242j 2j 4s s s s s s ⎡⎤+=++=⎢⎥-++⎣⎦. 2．求下列函数的Laplace 变换：1)()3,021,2 4.0,4t f t t t ⎧≤<⎪=-≤<⎨⎪≥⎩解： ()()24002d 3d d e e e stststf t f t t t t +∞---⎡⎤==-⎣⎦⎰⎰⎰L()∣∣24240231134.e e e e st st s ss s s----=-+=-+2)()π3,2.πcos ,2t f t t t ⎧<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩解：()()π2π02e d 3e d cos e d stst stf t f t t t t t +∞+∞---⎡⎤==+⎣⎦⎰⎰⎰L ()()()∣∣j j πj -j π22ππ0223e e 31e e d 122j j e e e s t s t t t s st st t s s s s --++∞+∞---⎛⎫+⎛⎫ ⎪=-+=-++ ⎪ ⎪--+⎝⎭⎝⎭⎰()()()()ππj j πππ222222313111e e Re()02j j 1e e e s s s ss s s s s s s -+----⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪=-+-=--> ⎪ ⎪ ⎪+-+⎝⎭⎪⎝⎭⎝⎭3) ()()2e 5δt f t t =+解：()()()()220005δe d d 5δe d e et s tst st f t t t t t t +∞+∞+∞---⎡⎤⎡⎤=+=+⎣⎦⎣⎦⎰⎰⎰L()0115e 5Re()222st t s s s -==+=+>--∣. 4)()()()cos δsin f t t t t u t =⋅-⋅ 解：()()()()()0δcos sin e d δcos e d sin e d st st st f t t t u t t t t t t t t+∞+∞+∞---⎡⎤=-=-⎣⎦⎰⎰⎰L()()()∣∣∣j j j 000011cos e e d 12j 2j j j e e ees tj s tttststt t t s s--++∞+∞+∞---=⎡⎤⎢⎥=--=-+-+⎢⎥⎣⎦⎰ ()222111111Re()2j j j 11s s s s s s ⎛⎫=---=-= ⎪+-++⎝⎭>0. 2－2 1．求下列函数的Laplace 变换式： 1）()232f t t t =++.解:由[]2132!1232132m m m t s s s s st t +⎡⎤⎡⎤==++=++⎣⎦⎣⎦及有L L L .2)()1e t f t t =-. 解 ：[]()()1111,e e t tt t t s ss s --⎡⎤⎡⎤===-⎣⎦⎣⎦222+1-1L L,L 1-.3)()()21e t f t t =-. 解：()22-1e e 2e e t t t tt t t ⎡⎤⎡⎤=-+⎣⎦⎣⎦L L ()()()232322145.-1-1-1s s s s s s -+=-+=-1 5）()cos f t t at =. 解: 由微分性质有:[][]()2222222d d cos cos d d s s a t at at s s s a s a -⎛⎫=-=-= ⎪+⎝⎭+L L 6) ()5sin23cos2f t t t =- 解:已知[][]2222sin ,cos st t s s ωωωωω==++L L ,则 []522222103sin 23cos 253444s t t s s s --=-=+++L 8)()4e cos4t f t t -=. 解: 由[]2cos 416t s +s=L 及位移性质有 42cos 4416e ts t s -⎡⎤=⎣⎦++4（＋）L . 3．若()()f t F s ⎡⎤=⎣⎦L ，证明（象函数的微分性质）:()()()()()1,Re nn nF s t f t s c ⎡⎤=->⎣⎦L特别地，()()tf t F s '⎡⎤=-⎣⎦L ，或()()11f t F s t-'⎡⎤=-⎣⎦L ，并利用此结论计算下列各式：1）()3e sin2t f t t t -=，求()F s . 解：()()()322sin 224ett s s ωωω-===++22+3+3L,()()()()()32222343d 2sin 2d 444e ts s t st s s s -⎡⎤⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦⎡⎤=-=-=⎢⎥⎣⎦⎡⎤⎡⎤+⎢⎥++⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦222+3+3+3L2)()30e sin 2d tt f t t t t -=⎰，求()F s .解：()0332112sin 2d sin 234e e t t t t t t ss s --⎡⎤⎡⎤==⋅⎢⎥⎣⎦⎣⎦++⎰L L ,()()()02322222312132sin 2d 3434e t t s s t t t s s s s -'⎛⎫++ ⎪⎡⎤=-=⎢⎥ ⎪⎣⎦⎡⎤⎡⎤ ⎪++++⎣⎦⎝⎭⎣⎦⎰L 3)()1ln1s F s s +=-，求()f t . 解:()1ln,1s F s s +=-()(),F s f t ⎡⎤=⎣⎦令-1L()()()()()()'211111ee ttF s tf t tf t s s s -=-=-=-=-=--+-2L L L故 ()()-12sinh tF s f t t⎡⎤==⎣⎦L. 4．若()()f t F s ⎡⎤=⎣⎦L ，证明（象函数的积分性质）:()()d s f t F s s t ∞⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰L ，或()()1d s f t t F s s ∞-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰L并利用此结论计算下列各式：1)()sin ktf t t=，求()F s . 解: ()2222sin kkkt s s k ωωω===++L , 222sin 1d d 1s skt k s s t s kk s k ∞∞⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎰⎰L πarctan arctan 2ss s k k∞==- 2)()3e sin 2t tf t t-=，求()F s .解:()()322e sin 234t t s -=++L ,()32e sin 22π3d arctan 2234t s t s s t s -∞⎡⎤+==-⎢⎥++⎣⎦⎰L 2－31．设()()12,f t f t 均满足Laplace 变换存在定理的条件（若它们的增长指数均为c ），且()()()()1212,f t f t F s F s ⎡⎤⎡⎤==⎣⎦⎣⎦L L ，则乘积()()12f t f t ⋅的Laplace 变换一定存在，且()()()()j 1122j 1d 2πj F q F s q q f t f t ββ+∞-∞⎡⎤=-⎣⋅⎦⎰L其中(),Re .c s c ββ>>+证明： 已知()()12,f t f t 均满足Laplace 变换存在定理的条件且其增长指数均为c ，由Laplace 变换存在定理知()()12f t f t ⋅也满足Laplace 变换存在定理的条件且()()()()1212e e ct ct f t f t f t f t M M ⋅=⋅≤⋅22e ,0ct M t =≤<+∞ 表明()()12f t f t ⋅的增长指数为2c .因此()()12f t f t ⋅的Laplace 变换()()()120e d st F sf t f t t +∞-=⎰在半平面()Re 2s c >上一定存在，且右端积分在()()Re s c c ββ≥+>上绝对且一致收敛，并且在()Re 2s c >的半平面内，()F s 为解析函数.根据()()11F f t s ⎡⎤=⎣⎦L ，则()1f t 的Laplace 反演积分公式为()()11j j 1e d 2πj qt q f F q t ββ+∞-∞=⎰ 从而()()()()12120e d stf t f t f t f t t +∞-⎡⎤⎣⋅=⎦⎰L ()()j 120j e d 1e d 2πj q s t tF q q f t t ββ+∞+--∞∞⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰⎰（交换积分次序）()()()1j 0j 2e 12πj d d s q t F q f t t q ββ++∞-∞∞--⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ()()j 12j 1d 2πj F q F s q q ββ+∞-∞=-⎰ 2．求下列函数的Laplace 逆变换（象原函数）；并用另一种方法加以验证.1）()221F s s a=+.2）()()()sF s s a s b =--.3）()()()2s cF s s a s b +=++.10）()()()2214sF s ss =++.解： 1）12211sin at s a a -⎡⎤=⎢⎥+⎣⎦L. 2）()()1sa b s a s b a b s a s b ⎛⎫=- ⎪-----⎝⎭, ()()()11e e .at bt s a b s a s b a b-⎡⎤=-⎢⎥---⎣⎦L3）()()()()()222111s cc a b c F s s a s b b a s a s b b a s b +--⎡⎤==-+⋅⎢⎥++-⎣⎦++-+, 故()()()()1222e at bt s c c a b c a c e t b a s a s b b a a b ---⎡⎤⎡⎤+---⎢⎥⎢⎥=++-++--⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦L10）由()()()2222131414ss s s s s F s s ⎛⎫=⎪++++⎝⎭＝－，有 ()()()11cos cos 23f t F s t t -⎡⎤==-⎣⎦L. 3．求下列函数的Laplace 逆变换： 1）()()2214F s s=+.6）()221ln s F s s -=.13）()221e sF s s-+=. 解 ： 1）用留数计算法，由于122j,2j s s ==-均为()F s 的二级极点，所以()()()()()2112211e 2j 2j Res k s sts k F s F s s s f t --==⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥===⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎣-⎦+∑LL()()2222j j e e 2j 2d d lim lim d d j st s s t s s s s s →→-⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=+⎢⎥⎢⎦⎣-⎣⎦+⎥ ()()()()()()2j 22244j22j 22j e e e e 2j 2j 2j 2l j im lim s s st st st st s s t t s s s s →→-⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=++---++⎢⎥⎢⎣⎦⎣-⎦-⎥ 2j 2j 2j 2j 8j 8j e e e e 1625616256t t t t t t --=---+ 2j 2j 2j 2j e e 1e e sin 2cos 282162j 168t t t t t t t t --+-=-+=-6）令()()()22212ln ,ln 1s F s F s s s s -'==-,()()()()112e e 211t t F s tf t s s s-'=+-=+-=-+-L L , ()()21212ln 1cosh s f t t s t -⎛⎫-==- ⎪⎝⎭L. 13）2211122221e 1e s s ss s s -----⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦LLL ()()()21,222,02t t t t u t t t ⎧->⎪=+--=⎨≤<⎪⎩.2－41.求下列卷积：3）mt n t （,m n 为正整数）. 解：mt ()()()00d 1C d nttnknm mk n kk nk t t tττττττ-==⋅-=-∑⎰⎰()()001C d 1d C nnt tkkk n k m km kk n knn k k ttττττ-++-===-=-⋅∑∑⎰⎰ ()()()11001C 1C 11m k n k nnkk k m n k n nk k t t t m k m k ++-++==⋅=-⋅=-++++∑∑()1!!1!m n m n t m n ++=++.注:本小题可先用卷积定理求出mt n t 的Laplace 变换,再由Laplace 逆变换求出卷积6)sin kt ()sin 0kt k ≠. 解：sin kt()()001sin sin sin d cos cos 2d 2ttkt k k t kt k kt τττττ⎡⎤=-=---⎣⎦⎰⎰ ()()011cos cos 2d 224tt kt k t t k kττ=-+--⎰ ()0sin 211sin cos cos 2422tt k ktt kt t kt kkτ-=-+=-+. 7) t sinh t解 ：t sinh sinh t t = t ()0sinh d tt τττ=⋅-⎰()()0011e d e d 22t t t t ττττττ-=---⎰⎰ ()()()000111d(e )d(e )2e e sinh 2220t t t t t t t t t ττττττ---⎡⎤=-+-=-++-=-⎢⎥⎣⎦⎰⎰ 9)()u t a - ()()0f t a ≥ .解：()u t a - ()()()()00,d d ,tt a t a f t u a f t f t t a τττττ⎧<⎪=-⋅-=⎨-≥⎪⎩⎰⎰.10) ()δt a - ()()0f t a ≥. 解： 当t a <,()δt a - ()0f t =. 当t a ≥,()δt a - ()()()0δd tf t a f t τττ=-⋅-⎰()()()()δd aa f t f t f t a τττττ+∞-∞==-⋅-=-=-⎰.2.设()()f t F s ⎡⎤=⎣⎦L ，利用卷积定理，证明:()()0d t F s f t t s⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰L。
课件：第三章 行波法
0(3 .1)(3.2)
对于上述初值问题，由于微分方程现定解条件都是 线性的，所以叠加原理同样成立，即如果函数和 分
别是下ux述,0初 值utt问x,题aut2uxx,x0 x (3.3)
(3.4)
•和
uuxtt,0a20u,xux txf,0x((,33t..650))
的解，则 u u1x,t u2x就,t是 原初值问题 (3.1)(3.2)的解，这
1
2 1
2
x x
1
2a 1
2a
x
x0 x
x0
d d
c
2a c
2a
( 3.17)
把它们代入(3.13) 得初值问题(3.3)(3.4)的解
ux, t
x
at
2
x
at
1 2a
xat(3.1d8) xat
这个公式称为无限长弦自由振动的达朗贝尔公式，或称为达 朗贝尔解。这种求解方法称为达朗贝尔解法。
题大
有有
其局
特限
殊 的 优 点
性
， 但 对
，
内 波 动 方 程 的 定
解 问
题 ，
波 法 只 能 用 于 求
解 无
界 区
波解 法定 ，解 二问 是题 积和 分方
变法 换，
法一 。是
本 章 我 们 将 介
绍 另 外
两 个
引 言
3.2 达朗贝尔（D’Alembert）公式 波的传播
• 本章我们将介绍另外两个求解定解问题和方法， 一是行波法，二是积分变换法。行波法只能用于 求解无界区域内波动方程的定解问题，虽然有很 大有局限性，但对于波动问题有其特殊的优点， 所以该法是数理方程的基本之一。我们只注重解 决问题的思路，导出形式解，不追求分析的条件 与验证。积分变换法不受方程的类型限制，主要 用于无界区域，但对于有界区域也能应用
积分变换模拟试题A(含答案)
积分变换模拟试题A一.填空题（每题3分，共18分） 1.F -1()[]0w w -δ= ， F [])(0t u etj ω-=2.F ][cos 2t = ， L )]([t u = 3.F [)(t δ]= ，L -1[31s ]= , L -1[122++s s ]= 4.设⎩⎨⎧><=-0,0,0)(t e t t f t则=)(*)(t f t u 5.若⎩⎨⎧<=其它,01,1)(t t f 的Fourier 积分表达式为dw w wtw ⎰+∞cos sin 2π，则积分=⎰+∞dw ww w 0cos sin6. 设221)(s e s F s-+=，则)(t f =二.单项选择题（每题3分，共12分）1.设)()(t u t f =，则 F )]([t f =( )A.)()(1w w j πδ+ B.π C.0jwt eD.12.已知F [)(t f ]=)(w F ，则 F )]([0t t tf -=( ) A.)(w F j '- B.)(00w F e t jwt --C.))((00w F j t ejwt '+D.)()(000w F je w F et jwt jwt '+--3.积分dt e t t ⎰+∞-03)(δ=( )A.0B.1C.0.1D.3-e4.设 )()]([s F t f =，则下列公式中，不正确的是( ) A.=)('t f -1)]0()([f s sF - B.=⎰tdt t f 0)( -1])([ss F C.=ta e t f )( -1)]([a s F +D.nn t t f )1()(-= -1)]([)(s F n三.计算下列各题(每题6分，共30分) 1．已知 t e t u t f tsin )()(-= ，求F [)(t f ]； 2. 已知dt t te t f tt ⎰-=022sin )(，求L )]([t f ;3. 已知ss s F 2)1(1)(-=，求)(s F 的拉氏逆变换。
分离变量法常数变易法、行波法和积分变换法达朗贝尔
分离变量法常数变易法、行波法和积分变换法达朗贝尔设w=u+iV及z=x+iy分别是两个复平面上的点，复函数w=f(z)确定了这两个复平面之间的一个映射，当w=f(z))是一个目数不为零的解析函数时，所对应的映射称为保角映射。
保角映射这种映射必定是一对一的，且具有:(l)伸缩率的不变性，即在某一点Z0上沿不同的方向的曲线微元ds与映射后所得的象ds′的比值都是f′(z0);(2)旋转角的不变性并且保持角的定向，即若把z平面与w平面迭放在一起，且使ZO与W0=f(z0)重合，则过Z0的任一条曲线C到它的象C′的转角为定值。
如果X轴与U轴及y轴与V轴方向相同，这个转角就是Argf'(z0)，因此交手Z0的任意两条曲线C1，C2的夹角与它们的象C1，C2的夹角相等且转向不变。
保角变换方法(conformaltransformationmethod)保角变换是利用复变量解析函数实部和虚部都满足拉普拉斯(Laplace)方程的特点，及通过复平面变换以简化求解二维拉普拉斯方程边值问题的一种方法。
由于在没有电荷分布的空间中静电势满足拉普拉斯方程，故此法可用来求解二维的静电势问题。
通过一适当的解析复变函数f(z)，将复变数平面z=x+iy变换成另一复变数平面z′=f(z)=x′+iy′或z=g(z′)将z平面上位形复杂的边值问题，变换至z′平面上位形简单的相应边值问题，以便容易求出静电势的解φ′(x′,y′)。
由此在z′平面中构成解析的复变函数W′(z′)=φ′+i Ψ′。
最后再由z′平面换回z平面W(z)=W′(f(z))=φ(x,y)+iΨ(x,y)，从而得到欲求的二维拉普拉斯方程边值问题的解。
由于通过解析函数变换时，分别在二复平面中任意二曲线元之间的夹角不变，故此种变换称为保角变换。
保角映射英文术语名:conformaltransformation【保角映射的定义】设f(z)是区域D到G的双射(既是单射又是满射)，且在D内的每一点都具有保角性质，则称f(z)是区域D到G的保角映射，也称为保角变换或者共形映射。
数学物理方程-3
其中ϕ(x, y, z) 和 ψ (x, y, z) 均为已知函数。
u
3-3 高维波动方程的初值问题
平均值法：不考虑函数 平均值法：不考虑函数 u(x, y, z, t) 本 身，而是研究u(x, y, z, t)在以点 M(x, y, z) 为球心，以r 为球心，以r为半径的球面上的平 均值 u ，当暂时选定 M(x, y, z) 后， u 就是关于r 就是关于r，t的函数。当我们很方 便地求出 u (r, t) 后，令 r →0 则 u(r, t) →u(x, y, z, t) ，问题就得到了 解决。
第3章 行波法与积分变换法
原柯西问题的通解为 u = f1 (x + at) + f2 (x − at) 初始条件代入其中，有 ϕ(x) = f1 (x) + f 2 (x) ′ ψ (x) = af1′(x) − af 2 (x) 无界弦振动的柯西问题的解（达朗贝尔解 无界弦振动的柯西问题的解（达朗贝尔解 ） 1 1 x+at 为： u(x, t) = [ϕ(x + at) +ϕ(x − at)] + ∫ ψ (ξ )dξ
3-2 延拓法求解半无限长振动问题
延拓后的定解问题：
2 ∂2v 2 ∂ v + F(x, t) (−∞ < x < +∞, t > 0) 2 =a 2 ∂x ∂t ∂v v(x,0) = Φ(x), |t=0 = Ψ(x) ∂t v(0, t) = 0
x >0 ϕ(x), Φ(x) = −ϕ(−x), x < 0
x >0 ψ (x), Ψ(x) = −ψ (−x), x < 0
x >0 f (x, t), F(x, t) = − f (−x, t), x < 0
第三章 行波法与积分变换法
第三章行波法与积分变换法在第二章中，讨论了分离变量法，它是求解有限区域内定解问题的一个常用方法，只要求解的区域很规则（其边界在某种坐标系中的方程能用若干个只含有一个坐标变量的方程表示），对三种典型的方程均可运用。
本章介绍另外两个求解定解问题的方法，一是行波法，一是积分变化法。
行波法只能用于求解无界域内波动方程的定解问题，积分变换法不受方程类型的限制，主要用于无界域，但对有界域也能应用。
§3.1 一维波动方程的达朗贝尔（D’Alembert）要求一个常微分方程的特解，惯用的方法是先求出它的通解，然后利用初始条件确定通解中的任意常数得到特解。
对于偏微分方程能否采用类似的方法呢？一般来说是不行的，原因之一是在偏微分方程中很难定义通解的概念，原因之二是即使对某些方程能够定义并求出它的通解，但此通解中包含有任意函数，要由定解条件确定出这些任意函数是会遇到很大困难的。
但事情不是绝对得，在少数情况下不仅可以求出偏微分方程的通解（指包含有任意函数的解），而且可以由通解求出特解。
本节就一维波动方程来建立它的通解公式，然后由它得到初值问题解的表达式。
对于一维波动方程22222u u a t x ∂∂=∂∂ （3.1） 作如下代换：x at x at ξη=+⎧⎨=-⎩（3.2） 利用复合函数微分法则，得u u u u u x x x ξηξηξη∂∂∂∂∂∂∂=+=+∂∂∂∂∂∂∂ 2222222()()2u u u u u x x xu u u ξηξξηηξηξξηη∂∂∂∂∂∂∂∂∂=+++∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂=++∂∂∂∂ （3.3）同理有2222222222()()[2]u u u u u a a t u u u a ξξηηξηξξηη∂∂∂∂∂∂∂=---∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂=-+∂∂∂∂ （3.4）将（3.3）及（3.4）代入（3.1）得20u ξη∂=∂∂ （3.5） 将（3.5）式对η积分得()u f ξξ∂=∂，（()f ξ是ξ的任意可微函数） 在对此式对ξ积分得212(,)()()()()u x t f d f f x at f x at ξξη=+=++-⎰ （3.6）其中1f ，2f 都是任意二次连续可微函数。
第三章-行波法与积分变换法
第三章 行波法与积分变换法分离变量法，它是求解有限区域内定解问题常用的一种方法。
行波法，是一种针对无界域的一维波动方程的求解方法。
积分变换法，一个无界域上不受方程类型限制的方法。
§3.1 一维波动方程的达朗贝尔（D ’alembert ）公式一、达朗贝尔公式考察如下Cauchy 问题：.- ),(u ),(u 0,,- ,0t 022222+∞<<∞==>+∞<<∞∂∂=∂∂==x x x t x x u a t u t t ψϕ （1） 作如下代换;⎩⎨⎧-=+=at x at x ηξ,（2） 利用复合函数求导法则可得22222222))((,ηηξξηξηξηξηηξξ∂∂+∂∂∂+∂∂=∂∂+∂∂∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂=∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂uu u u u x u uu x u x u x u同理可得),2(22222222ηηξξ∂∂+∂∂∂-∂∂=∂∂u u u a t u 代入（1）可得ηξ∂∂∂u2＝0。
先对η求积分，再对ξ求积分，可得),(t x u d 的一般形式)()()()(),(at x G at x F G F t x u -++=+=ηξ这里G F ,为二阶连续可微的函数。
再由初始条件可知).()()(),()()(''x x aG x aF x x G x F ψϕ=-=+ （3）由（3）第二式积分可得C dt t a x G x F x+=-⎰0)(1)()(ψ，利用(3)第一式可得.2)(21)(21)(,2)(21)(21)(00Cdt t a x x G Cdt t a x x F x x --=++=⎰⎰ψϕψϕ所以，我们有⎰+-+-++=atx atx dt t a at x at x t x u )(21)]()([21),(ψϕϕ （4）此式称为无限弦长自由振动的达朗贝尔公式。
二、特征方程、特征线及其应用 考虑一般的二阶偏微分方程02=+++++Fu Eu Du Cu Bu Au y x yy xy xx称下常微分方程为其特征方程0)(2)(22=+-dx C Bdxdy dy A 。
数理方程第3讲
(3 .1 0 )
6
由(3.8)与(3.10)解出f1(x),f2(x)得
f1 ( x ) f2 ( x) 1 2 1 2
(x) (x)
2a
1
1
x 0
( ) d ( ) d
C 2 C 2
2a
x 0
把这里确定出来的f1(x)与f2(x)代回到(3.6)中, 即得方程(3.1)在条件(3.7)下的解为
依赖区间
O
xat
xat
x
10
对初始轴t=0上的一个区间[x1,x2], 过x1点作斜 率为1/a的直线x=x1+at, 过x2点作斜率为1/a的 直线x=x2at, 它们和区间[x1,x2]一起构成一个 三角形区域, 解在其中的数值完全由[x1,x2]上 的初始条件决定, 称为[x1,x2]的决定区域.
2
1 u
2
当u不依赖于q,时, 这个方程可简化为
1 2 u 1 u r 2 2 2 r r r a t
2
a
2
t
2
25
或 但
r
u
2
r
2
2
2 2
u r u r
2
r u
2
a
2 2
t
2
2
.
u r
2
( ru ) r
2 2 2 2u u u 2 u , 2 a 2 2 2 t y z x x , y , z , t 0 . (3 .2 2 ) (3 .2 3) u |t 0 0 ( x , y , z ), u x, y, z . 1 ( x , y , z ), (3 .2 4 ) t t0
积分变换课后答案.docx
1-11．试证：若 f t 满足Fourier积分定理中的条件，则有f t a cos td b sin td001f cos d , b 1sin d .其中 a fππ分析：由 Fourier 积分的复数形式和三角形式都可以证明此题，请读者试用三角形式证明 .证明：利用 Fourier积分的复数形式，有f t1f e j t e j t d2π11f cos j sin d e j t d2π1j b cos t j sin t da2由于 aa, b b, 所以f1a cos td1b sin td t22a cos tdb sin t d002．求下列函数的 Fourier积分：1）f1t 2 ,t 212)f0,t0 tt 2;t;0,1 e t sin 2t, t00,t13)f1,1t0 t0t11,0,1t分析：由 Fourier积分的复数形式和三角形式都可以解此题，请读者试用三角形式解 .解： 1）函数f1t 2 , t 21tt 2为连续的偶函数，其 Fourier 变换为0,1F () F [ f (t )] f (t)e j t d t2 f (t )cos tdt 21t 2 )cos tdt (1—sin t2t cos t2sin t t 2 sin t 1cos )4(sin(偶函2233数)f(t)的 Fourier积分为f (t )1 F ()e j t d1 F ()cos td2ππ 04(sin cos)tdπ 03cos2) 所给函数为连续函数，其Fourier变换为F ω F f (t ) f (t )e j t dt e t sin 2te j t dt0e t e2tj e 2tj e j t dt1[e( 1 2jj ) te (1 2j j )t ]d t2j2j1e( 1 2j j)t e (1 2j j)t2j 1 2j j 1 2j j0j11 2 5 2 1 (2)j 1 (2)j25 622 j24（实部为偶函数，虚数为奇函数）f (t)的 Fourier变换为f t1 F ()e j t d2π12522jcos t jsin t d2π25624152 cos t2sin t152 sin t 2 cos tπ25624dπ25 624d252 cos t2sin tπ 025624d这里用到奇偶函数的积分性质 .3）所给函数有间断点 -1 ，0，1且 f(- t)= - f(t)是奇函数，其 Fourier变换为F F f ( t ) f ( t)e j t dt2jf (t )sin tdt—2j1tdt2j(cos1)（奇函数）1 sinf(t)的 Fourier 积分为f ( t) = 1Fe j t djFsin td2π 0π 02 1 costdsinπ 0其中 t-1 ， ， （在间断点 f t 00 f t 0代替）.0 1 t 0 处，右边 f(t)应以23．求下列函数的 Fourier变换，并推证下列积分结果：1） f te t(0), 证明：cos tπ t22 d2 e;t 2 2cosπe t cos t;2） f ( t)e cost ，证明：0 4td42sin t, tπsin πsint ππ 3） f ( t)sin t , t0,t，证明：12d2π0,tπ证明： 1）函数 f te t 为连续的偶函数，其 Fourier变换为FFf tete j t dt2e t cos tdte tcostsin tt22222 2t 0再由 Fourier 变换得ft 1 Fej t d122 costdt2ππ 02即costπ e t22d22）函数f t e t cos 为连续的偶函数，其Fourier 变换为tF ( )f t e j t dte t cos te j t dt—e t e j te j te j t dt21 0j )tdt 0e (1 jj )tdte ( 1 j ) t dte (1 j j ) t dte ( 1 jj21e (1 jj )te (1 j j ) te ( 1 j j ) te (1 j j)t2 1 jj 1 jj1 j j0 1 j j1 11112 2421 jj 1 j j1 j j1 j j4再由 Fourier 变换公式得1e j t d11 2f ( t)FFcos td42ππ 0π 02 2cos tdπe t即0 4cos t422c os td43）给出的函数为奇函数，其 Fourier 变换为Ff t e j tdt πtdt πt jsintdtsin te jsin t cosπππtdt j π1 t cos1 t dt2j sin t sincossin 1 t π sin1 t π jsinsin2jsinj111121F-1F 1 F ej td1 2jsin πcos t jsint d2π2π212 sin πsin tsin t, t ππ21d0,tπ故sin πsin tπ π2 sin t , t12d0, t π4. 求函数 f te t0,t 0 的 Fourier 正弦积分表达式和 Fourier 余弦积分表达式 .解：根据 Fourier 正弦积分公式，并用分部积分法，有2 fsin d sin tdf t2e t sin d sin tdπ 02 π 2 πesincos t22sin td0 22 sin td .根据 Fourier 余弦积分公式，用分部积分法，有2 fcosdcos tdf tπ 0 02 e t cosdcostdπ 0 02esincostcos tdπ 0222 2 2 cos td .π 01-21．求矩形脉冲函数 f (t )A, 0t变换 .0,的 Fourier其他解：ej tA 1 e j tf (t )e j tdtAe j tdtF ( ) Ff ( t)Ajj2. 设 F 是函数 f t 的 Fourier 变换，证明 F与 f t 有相同的奇偶性 .证明： F与 f t 是一个 Fourier变换对，即Ff t e jtdt ， f t1 Fe j t d2π如果 F为奇函数，即 FF，则ft1 Fe jtd1 Fe j t d（令u ）1 F u e jut du2π（换积分变量 u 为）1F e j t d f t2π所以 f t 亦为奇函数 .如果 f t为奇函数，即 f t f t ，则F f t e j t dt f t e j t d t（令 t u ） f u e j u du（换积分变量 u 为t）f t e j t dt F所以 F亦为奇函数 .同理可证 f t 与 F同为偶函数 .4．求函数 f t e t t0的 Fourier正弦变换，并推证sin2dπe012解：由 Fourier正弦变换公式，有F s () F s f t f t sin t dt e t sin tdt00e t sin t cos t12012由 Fourier正弦逆变换公式，有f t F s1F s ()2F s ()sin td2sin2t dπ 0π 01由此，当 t0 时，可得sind ππ2f e1225．设 F f t F ( ) ，试证明：—1） f t为实值函数的充要条件是 F () F () ；2） f t为虚值函数的充要条件是 F () F () .证明：在一般情况下，记 f t f r t j f i t其中 f r t和 f i t 均为 t 的实值函数，且分别为f t的实部与虚部 .因此F f t e j t dt f r t j f i t cos t jsin t dtf r t cos t f i t sin t dt j f r t sin t f i t cos t dtRe F j Im F其中 Re F f r t cos t f i t sin t dt ，aIm F f r t sin t f i t cos t dt b1）若 f t 为 t 的实值函数，即 f t f r t , f i t0. 此时， a 式和 b 式分别为Re F f r t cos tdtIm F f r t sin tdt所以F Re F jIm FRe F jIm F F反之，若已知 F F，则有Re F jIm F Re F jIm F此即表明 F的实部是关于的偶函数；F的虚部是关于的奇函数.因此，必定有F f r t cos tdt j f r t sin tdt亦即表明 f t f r t 为 t 的实值函数 . 从而结论 1）获证 .2）若 f t 为 t 的虚值函数，即 f t j f i t , f r t0 . 此时， a 式和 b 式分别为Re F f i t sin tdtIm F f i t cos tdt所以F Re F jIm FRe F jIm FRe F jIm FF反之，若已知 F F，则有Re F jIm F Re F jIm F此即表明 F的实部是关于的奇函数； F的虚部是关于的偶函数 . 因此，必定有F f i t sin tdt j f i t cos tdt ，亦即表明 f t jf i t为 t 的虚值函数 . 从而结论 2）获证 .6. 已知某函数的 Fouriersin，求该函数 f t .变换 F ( )sin解： F ( )为连续的偶函数，由公式有f tπF e j t d1sin cos td2π 01sin 1t1sin 1td 2π 0d2π 0但由于当 a0 时sin a sin ad( a)sin tdtπ0d0t2 0当 a0 时sin a sin(a)d π0d021，12t当 a0时，sin a0,所以得f1，104，10t7．已知某函数的Fourier变换为Fπ δδ，求该00函数 f t .解：由函数δ t t0g t dt g t 0，易知f t1F e j t d2π1πδ0e j t d1πδ0 e j t d2π2π1 e j t 1 e j t cos0t20208．求符号函数（又称正负号函数）sgn t1, t0变换 . 1, t的 Fourier解：容易看出 sgn t u t u t，而 F[u(t )] F ( )1jπδ( ).9．求函数 f t 1aδ taδ ta的 Fourier δ t a δ t222变换 .解：FFf t1 δ t aδ t aδ ta δ ta e j t d2221 e j tae jte jtae j tta2tt at22cosaacos.210 . 求函数 f t cost sin t 的 Fourier 变换 .解: 已知F sin0 tj π δδ由 ftcost sin t1sin 2t 有 Ff tπj δ2δ2 2211. 求函数 f t sin 3 t 的 Fourier 变换 .解: 已知 Fej 0t2πδ, 由e jt e jt3f tsin 3 t2jje 3j t 3e jt 3e -j t e 3j t8即得F f tπjδ3 3δ1 3δ1 δ3412. 求函数 f tsin 5tπ的 Fourier变换 .3解: 由于f tsin 5tπ 1sin5 t3cos5t322故 Ff tπj δ5 δ53πδ5 δ5 .2214. 证明：若 F ej tF ，其中t为一实数，则F cost1 FF2F sin t1 FF2j其中 F 为 F的共轭函数 .证明：因为 Fe jte j t dt F e j t e jtdte jte j t dt1 F Fe jte j te j t d tcos t e j t dt F cos t22同理可证另一等式 .17．求作如图的锯齿形波的频谱图 . （图形见教科书） .1t T解 ： 02π, f tht ,0TT0,其他1 C 0TT 1T 1 hf t dtTTht dt0 021C nF nTTj n 0tdt1 Thtjn 0tdth Tj n 0 tdtf t eTeT 2teTh 1 ejn 0t T1 T j n 0 tdtj h T 2j n 0j n e2n π0 0Fh2πδj h 2πδ n 0πh δ2n2n πnn 0n 0j h δn 0 .n1－ 31．若 F 1( ) F [ f 1( t )], F 2 ( )F [ f 2 (t )],, 是常数，证明（线性性质）：Ff 1 (t ) f 2 (t )F 1 ( )F 2 ( )F -1F 1 ( )F 2 ( )f 1 (t )f 2 (t )分析：根据 Fourier 变换的定义很容易证明 .证明：根据 Fourier 变换与逆变换的公式分别有Ff 1 (t )f 2 (t )f 1 ( t) f 2( t ) e j t dtf 1( t )e j tdtf 2 (t )e j tdtF 1 () F 2 ( )F-1F 1 ( )F 2 ( )1 F 1 ( )F 2 ( ) e j t d2π1 F 1 ( ) e jtd1 F2 (e jt d2π2π)f 1( t ) f 2 ( t)6．若 F ( ) F [ f (t)] ，证明（翻转性质）： F () F [ f ( t )]分析：根据 Fourier 变换的定义，再进行变量代换即可证明 .证明： F[ f ( t )]ft ejtdt（令 tu ）f u e judu（换 u 为 t ）f t e jtdtF ()9．设函数 f t1, t 1 sin t π, 10, t，利用对称性质，证明：Ft0,.11证明： F [ f (t )]f t etdt1tdtje j11 costdt1sin t dt由对称性质： F[ f (t )] F，则 F [ F (t )]2πf, 有F[ F ( t)] Fsin t 2πftF sin t πf π, 1 t0,112．利用能量积分f t21 F2，求下列积分的值：d t2πd1）1cos xd x ； 2 ）sin 4xd x ；x 2x 23）12 d x ；4）x 22 d x . 1x 21x 21cos x d x2sin 2x解： 1）x22dxx 2（令xsin t2t ） d t2t12Fsin t2πtd112ππd2π1422sin x d sin x1cos x2）x d xx 2x 2sin x2sin x cos x2d x d xx xπ 1sin t2d t 2tπ-π=π22112112 3）2 d x dt F d ，其1 x2 1 t 22π 1 t 2中F1212e j t d t2cos2td t 2πeπe1t1t01t2从而1d x 1πe2122dπ1e2π2πdππe02022 1x24）x 22 d x x 21 12 d x12 d x12 dx1x21x21x1x2arctan x ππ π π π222221－ 41.证明下列各式：2） f1 t f 2 t f 3 t f 1 t f 2 t f 3 t；6）df1 t f 2 t df1 t f 2 t f 1 tdf 2 t ;dt dt dt10) f t u t td f分析：根据卷积的定义证明.证明： 2) f 1t f 2t f 3t f1 f 2t f 3 t df 1 f 3 u f 2 t u du df1 f 3 u f 2 t u du df1 f 2 t u d f 3 u duf 1 t u f 2 t u f 3 u duf1 t f 2t f 3t6）df 1 t f 2 t d f1 f 2 t ddt dtd f1 f 2 t d f1 tdf 2 t,d t d td1 tf 2 tdf 1 t f 2dfdt dtdf 1 t f 2d df1 t f 2 t.dt dt 10)f t u t f u t du t1,t tf d.0,t2．若 f1 t e t u t, f 2t sin tu t ，求 f 1t f 2t .注意：不能随意调换f1 t和 f 2 t的位置 .e t, t， f 2sin t , t0解：由 f 1t u t t sin tut e t，0,t00, t0所以 f1 t f 2 t f 2 t f 1 t f2f1 td要确定 f 2 f 1 t0 的区间，采用解不等式组的方法 . 因为0, f20; t0, f 1t0 . 即必须满足, 即t, 因此0tf1 t f 2 t f 2 t f 1 tf 2 f 1 t dttsin e de tte d sin（分部积分法）e te sin cos t210e te sin cos12121sin cos e t214 . 若 F1F f1t, F2F f 2t，证明 :F f 1 t f 2 t1F1* F 2 2π证明 : 1F1F21F1 u F2u du2π2π1F2u f1t e j ut dt d u2π1F2u f 1 t e j ut dt du2π1F2u e j ut f1 t du dt2π1 f 1 tF 2u e j ut du dt2π1 f 1 tF 2s e jste j t ds dt2πf 1 te j tf 2 t dt F f 1 t f 2 t5. 求下列函数的 Fourier 变换：1） f t sin0tu t ；2） f t e t sin0tu t ；5） f te j 0t u t t 0；解: 1 ）已知 Fu tπδ1, 又jf tsin0 tu t1 e j 0 tut e j0 tu t .2j由位移性质有Ff t1 πδ1πδ12jjjπ δδ2j0 22.2）由 Fourier 变换的定义，有Fe t sin0tu tetsin0tu t e jtdtsin 0 tejtd te j t j sin0 t0 cos0tj22 00 j 2 25）利用位移性质及 u t 的 Fourier 变换，有Fu t t 0e jt 0Fu te jt 01 πδj—再由象函数的位移性质，有F e j0t u t t0e j0 t 01πδ0j07．已知某信号的相关函数R1e 2a，求它的能量谱密度 S，其4中 a0 .解由定义知S R e j d1e 2 a e j d4102ae j d 1e2a j4e4e d1 e2 a j01e 2a j4 2a j42a j0111a42a j2a j4a22 9．求函数 f t e t u t,0的能量谱密度 .解: 因为f t e t u t e t , t0, 0,t0t e t,tf t e tu0,t当0 时， f t f t0 的区间为 0,，所以R f t f t dt e t tee e 2 t dt e1e 2 t020dt1e2当0 时， f t f t0 的区间为,，所以R f t f t dte t etdte e 2 t dt e 1 e2te1 e2 1 e22因此， R1 e ，现在可以求得 f t 的能量谱密度，即2SRe j d1 ee jd21 0jdej2ed11j 01j2ejej1 1 12jj1221－ 51．求微分方程 x tx t t ,( t ) 的解 .分析：求解微分、积分方程的步骤：1）对微分、积分方程取 Fourier 变换得象函数的代数方程； 2）解代数方程得象函数；3）取 Fourier 逆变换得象原函数（方程的解） .解：设 Fx tX, 对方程两边取 Fourier 变换，得j XX1.即X1j .1其逆变换为 x 0, t 0 tt , t.e 04．求解下列积分方程：1）yd12 0 a b ;2t 2ta 2 bt 22）e ty d2πe 2 .解： 1）利用卷积定理可以求解此类积分方程 . 显然，方程的左端是未知函数 y t与1的卷积，即 y t1 . 设 F y tY, 对方程两边取2a 22a 2ttFourier 变换，有F yt1F1t 2 a 22b 2t即Fy tF1F1t2a2t2b2易知：cos t dπ e t，有222Y1 e j t d t t2 1b 2 e j t d t t 2a 2即Y2 cos t d t2cos t d t 0 t 2 a 2t 2 b 2πe ba所以 Y2beb aπab2a e由上可知1cos tπ aFt 2a 220 t 2a 2dta e ，y tF-1 a e b aba b - a F-1π e bab abπa b - a2 .π t 2b - a b2）设 F y tY , 对方程两边取 Fourier 变换，同理可得t2 F y t e t F2πe 2利用钟形脉冲函数的Fourier 变换F Ae t 2πAe24及由 Fourier变换的定义可求得： F e t 2，从而22F y t F e tt 2 F2πe 2即2πe Y2122 2π 12e2 2πe 从而22π j22e222y t πF -1 e 2πF-1j 22，e21t 2其中，记 F f t e 2，则f t e 2，上式中第二项可利用微分性质2π2F f t j 2f t j22 ，则F e22d2t 22F -1j f t1e t 1 ee2d t 22π2π2因此t2 2y tπ 1e2πt 2t212eπ2πt222πt 2t 21 e 2.25.求下列微分方程的解 x t ：ax t b x f t d ch t其中 f t ,h t 为已知函数，a,b, c均为已知常数 .解：设F f t F,F h t H,F x t X. 对方程两边取—Fourier 变换，可得aj X bX F cH即cH X,ajbF从而x t F -1X 1 cH e j t d . π j 2 a bF2－ 11．求下列函数的 Laplace 变换，并给出其收敛域，再用查表的方法来验证结果 .1) f tsint.2分析：用 Laplace 变换的定义解题 .t t st1jjs t解： Ls tsinsindt22 dt22 e2j 0e e1 112Re(s) 0 .2j sjs j4s 21222) f t e 2 t .解：2t2tst2 s t 1Lee edtedt s 2 Re(s).3) f t t 2 .解：22st1 2st1 t2eststLttedtst d(e)s 02te dt2td(est)2 te stestdt2 Re( s) 0 .223sss4) f t sin t cost .解： Lsin t cost0 sin t cos te st dt1sin 2te stdt2 0—1 21 .2 s 24 s 247) f t cos 2 t .解 ： Lcos 2 tcos 2 te st dt1 cos2t e st dt21 1 cos2te st dt 1 1e 2j s t2s 2 0 2s4 01 111s 2 22s4 s 2js 2js s 2 .42．求下列函数的 Laplace 变换：3, 0 t21) ft1, 2 t 4.0, t4st2st4st解： Lf tf t edt 3 0 e dt2 edt3st 2 1 st 4 12 s4ss e 0s e 2s 3 4ee .3, tπ2) f2 . tcost , tπ2e st dtπstdtπcoste st dt解： Lf tf t 3 2 e23πj t -j t 3πsst 2πee e stdt1ee2s2s2e 2js tdtj s t j s t1 eeπ2 j sj s 2πsj s πj s ππsπs31e1 e 2e2 31 e1e Re(s) 022s 2 2s2 j sj ss13)f t2 tδ e5 t2t2 s te1 5e st t51Re( s) 2 .s2s24) f t cost δ t sin t u t解：Lf t0 δ t cos tu t sin te stdtcostest1j tj tstdtte ee2j111 1 112j j s j s 1 s 22－ 21．求下列函数的 Laplace 变换式： 1） f t t 2 3t2 .解 : 由 Lmm ! 及 L1有 L2ts m11st3t22) ft1 te t .1t1t解 ： Lts 2 ,Ltes+ 12 ,Lte3) f tt2e t .1 解：Lt-1 2Lt 2e t 2te t e te t2 32 21 s2 4s3 5 .s-1s-1s- 1s-1δ t coste st dtsin te st dtj s tj s t11 ee2j j sj ss 2Re(s).1 s 22 3 2 . s 3 s 2 s112 .ss- 15） f t t cosat .解 : 由微分性质有 :t cosatd d s s 2 a 2 LdsLcosata 22 2ds s 2s2 a6) f t 5sin2 t 3cos2 t解 : 已知 L sin t2 , Lcos tss2 s 22 , 则Lsin 2t3cos 2t5 22 10 3s434s 24s 2s 2 8) f te 4 t cos4t .解 : 由 L cos4t=s及位移性质有4tLecos4t s 216s+ 42（ s ＋4）.163．若 Lf tF s ，证明（象函数的微分性质） :F nsnLt n f t , Re s c1特别地， Ltf tF s ，或 f t1 L 1F s，并利用此结论计t算下列各式：1） f tte 3t sin2 t ，求 F s .3 t2解： L e sin 2t222s + 32,s + 34Lte3t d 2 2 2 s34 s3sin 2td s22222s+ 34s+ 34s+ 342) f t tt 3tsin 2tdt ，求 F s .et3 t1 3t1 2解： Lesin 2tdtsLe sin 2ts s 3 2 4 ,t3t22 3s 2 12s 13eL tsin 2tdt23 22s s 3 4s 2 s 43) Fs ln s1，求 f t .s 1解: F slns1, 令 LF sf t ,s 1F ' s2 s 11 s 11tts 21 Le e L tf tLtf t故 LF s f2sinh tt.t4．若 L f tF s ，证明（象函数的积分性质） :f tF s ds ，或 f ttL1F s dsLs ts并利用此结论计算下列各式：1) ftsin kt ，求 F s .t解 :L sin ktk,s 22k2k 2sLsin kts s 2k ds1 2dsarctansπarctan stk 2s 1skk s2kk2)f te 3 t sin 2t ，求 F s .t解 : Le 3 t sin 2ts2 2 ,3 4Le 3t sin 2t2dsπ arctans 3tss324 222－ 31．设 f 1 t , f 2 t 均满足 Laplace 变换存在定理的条件 （若它们的增长指数均 为 c ）， 且 L f 1 tF 1 s , Lf 2 tF 2 s ，则 乘积 f 1 tf 2 t 的Laplace 变换一定存在，且L f 1 t f 21t2πj—jj F1 q F2 s q dq其中c,Re s c.证明：已知 f 1 t , f 2t 均满足 Laplace变换存在定理的条件且其增长指数均为 c ，由Laplace变换存在定理知f1t f 2t也满足 Laplace变换存在定理的条件且f1 t f2 t f 1t f 2 t M e ct M e ct M 2 e2ct ,0t表明f 1 t f2 t 的增长指数为 2c . 因此 f 1t f 2t的 Laplace 变换F sf1 t f 2 t e st dt在半平面 Re s2c 上一定存在，且右端积分在Re s c c 上绝对且一致收敛，并且在Re s2c 的半平面内， F s 为解析函数 .根据 L f1t F1s ，则 f1 t 的 Laplace 反演积分公式为1jf1t2πj jF1 q e qt dq从而L f 1 t f 2 t f1 t f2 t e st dt1jst dtF1 q e q t dq f 2 t e 2πj j1（交换积分次序）2πjjf 2 t e s q t dt dq F1 qj01 2πjjj F1 q F2s q dq2．求下列函数的 Laplace 逆变换（象原函数）；并用另一种方法加以验证.11）F s s2a2.2） F sss .a s b—3） F ss c2 .s as b10） F s s.s21 s24解： 1 ） L111sin at .s 2 a 2a2）s1ab ,s a s ba b s as bL1a sb1 b e at a e bt b . s s a3） F ss cc a1 1 b c 1 ,22s a s bb a2s a s bb as b故L 1s c b 2c a 2 e at b c t a c 2 e bts a s b ab aa b10）由 F ss 2s＝ 1s － s ，有1 s 243 s 2 1 s 2 4f tL1Fs1 cost cos2t.33．求下列函数的 Laplace 逆变换：1） F s12 .s246） F ss 21.lns 213） F s1e 2s. s 2解 ： 1 ）用留数计算法，由于s 1 2j, s 22j 均为 F s 的二级极点，所以f t L1F sL1 12Res Fst22s es 2js 2js s kk 1—de stlimde stlims 2j 2s 2 s2jdss2 jds2jst2 s 2jst2 s2jlimtee stlimtee st2424s2js 2js 2j s2 j s 2js2 jt e 2j t 8j e 2j t t e 2j t 8j e 2j t16 256 16256t e 2j t e 2j t1 e 2j t e 2j tsin 2t t cos2t82162j1686）令 F sln s 2 1 , F sln 2,s 2 s s 21F s1 s 12 L e t e t2L tf t,s 1 1 sL1 ln s2 1f t2cosht .s 21t13） L11 e2 sL11L1 e2 ss 2s 2s 22stt 2 u t22t 1, t 2t ,0 .t 22－ 41. 求下列卷积：3） t m t n （ m, n 为正整数） .解： tmtntnkC n k t n k k dtdtnmm1k 0tnknkt1 m kdC n k t n k1 C n k t n k m k dk 0knk t m k 1 tn knkk t m n 1k1 m kC n1C n m k 1k 01km ! n ! t m n 1 m n 1 ! .注: 本小题可先用卷积定理求出t mt n 的 Laplace 变换 , 再由 Laplace 逆变—换求出卷积6) sin kt sin kt k0 .解：sin kt sin kt t1 sin k sin k t d02tcoskt cos 2k kt d 01t cos kt1t cosk 2 t d 2 t k 24k01t coskt sin2t k24k7) t sinh t解： t sinh t sinh t t sinh t dt0t1sin ktt coskt.22k1td 1td2e t2e t 001 2t1t t d(e )1t tt d(e )2t e e sinh t t 0202009)u t a f t a 0.解： u t a f t t a f t d 0,t au t.0 f t d , t aa10)δ t af t a0 .解：当 t a , δ t a f t0 .当 t a ,δ t a f t t a f t dδδ a f t d f t f t a .a2. 设 L f t F s，利用卷积定理，证明 : L tF s f t d t0s证明： L f t u t L f t L u t F s 1 ，s—L f tu tLt f tdLt dLt u f tf t dt3.利用卷积定理，证明 : L1s2tsin at .s2a 22a证明 ： F sss1, 由2 2a2s 2a 2s2 a 2sL1s 2 s cosat , L111sin ata 2s 2a 2a有f tL 1 Fs 1 sin at1tcosa tdcosat asin aa1tsin atsin2aatd2a 0t sin at1 ttd a 2t2a4a2 sin a 2t sin at12 cosa 2 t2a4a tt sin at2a2-51. 求下列常系数微分方程的解：1） y y e 2 t , y 0 0 ；8） y3 y 3 yy 1, y 0 y 0y 0 0 ；12） y 4 2 yy 0, y 0 y 0y 0 0, y 0 1 ；16） y y 10sin 2t , y0 π 1 。
积分变换复习题解答
积分变换复习题解答一、求下列函数的付氏变换1、设(),0,00,⎩⎨⎧<≥=-t t e t f t β求()[]()[]()[]t f F t f F t f F -+'',1,解：()()()2117152F f t j F f t j ωωβω---''==⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦+()()11415(1)11j j F f t eF f t ej ωωβω---⋅-+==⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦+()()1212151F f t F j ωβω----=-=⎡⎤⎣⎦-2、()()()()1151141722111122{[]}{}itj j F e u t F u t eF u t e j ωωωωωωωωπδωω-----⋅-⋅=+=+=+⎡⎤⎡⎤-=-==+⎡⎤⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦()2(1)11(1)j e j ωπδωω-+⎡⎤=++⎢⎥+⎣⎦3、[]()()112000sin F t j ωωδωωδωω-=+--⎡⎤⎣⎦4、()()()55114173351353j j F u t F u t e F u t e j ωωπδωω----⎡⎤⎡⎤⎛⎫-=-==+⎡⎤⎡⎤ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎣⎦⎣⎦5、()()()()()1181721122d d d F tu t j F u t j F u t j j d d d j πδωπδωωωωωω--⎡⎤'===+=-+⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦6、()()()()()114118111j j j j F t eF t e j F t e j j e ωωωωδδωδωω---⋅---''-===⋅=⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦7、()()()()1111111[11]cos F t t F t t t δδπδδππ-++-=++-=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦8、()110323itF e πδω-⎡⎤=-⎣⎦二、计算：1、()127sin sin 0332t t dt ππδ-+∞-∞⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰2、128sin sin 42242t t dt ππππδ-+∞-∞⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎰三、求卷积：1、设()(),0,00,,0,00,221⎩⎨⎧<≥=⎩⎨⎧<≥=--t t e t f t t e t f t t 求：()()t f t f 21*解：0t <时：12()()0f t f t *=0t ≥时：()()()22212120()()tttt tt t f t f t f f t d e ed ee d e e ττττττττ------*=-===-⎰⎰⎰212,0()()0,0t te e tf t f t t --⎧-≥∴*=⎨<⎩2、设()()212,0,0,0,00,0t t t t f t f t t t ≥⎧≥⎧==⎨⎨<<⎩⎩，求：()()t f t f 21* 解：0t <时：12()()0f t f t *=0t ≥时：()()()24121201()()12ttf t f t f f t d t d t ττττττ*=-=-=⎰⎰ 412,0()()120,0t t f t f t t ⎧≥⎪∴*=⎨⎪<⎩四、求下列函数的拉氏变换： 1、219126333222255[sin5][sin5]5(3)5ts s s s L e t L t s s ---=-=-===+-+ 2、()(1)1221[cos2][cos2]12t ts L et e L e t e s ---+=⋅=⋅++同上题3、()()()(){}22221521812422222222231442[2]1[2][]ss s d d d L t u t L u t e L u t e e ds ds ds s s s s -------⎧⎫⎛⎫-=--==⋅=++⎨⎬ ⎪⎩⎭⎝⎭4、()222511[521]2ts L e t t e s s sδ-+-++=+++- 5、[]272822211sin sin cos cos sin sin cos 444221121s s L t L t t L t t s s s πππ--⎡⎤-⎛⎫⎡⎤⎡⎤-=-=-=-= ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥+++⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦6、(){}21312191271122[cos2]1[cos2]{[cos2]}2tts s s s d d d sL te t L e t L t ds dsds s -----=-=-⎧⎫=-=-=-⎨⎬+⎩⎭()22222123(1)225d s s s ds s s s ⎧⎫---=-=⎨⎬-+⎩⎭-+ 7、⎥⎦⎤⎢⎣⎡t t L 2sin []21712822sin 2arctan arctan 2222ss s s sL t ds ds s π---+∞+∞+∞====-+⎰⎰ 8、⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎰-tt tdt e L 023sin []()21621912622221113sin3sin323t s s L e t L t s ss s -----=+⎡⎤==⋅=⋅⎣⎦++9、20t t e e dt t --+∞-⎰21722000111ln ln 2122t ts L e e ds ds s s s --+∞+∞--+∞+⎛⎫⎡⎤=-=-== ⎪⎣⎦+++⎝⎭⎰⎰10、设()5,122,24,0,4t f t t t ≤<⎧⎪=≤<⎨⎪≥⎩试用单位阶跃函数及延迟了的单位阶跃函数表示()t f ，并求[])(t f L 。
行波法与积分变换法-3-0
（一）达朗贝尔公式（一维波动方程的解） 达朗贝尔公式（一维波动方程的解） 但事情往往并不是绝对的， 但事情往往并不是绝对的，在少数情况下不仅可以求出偏微分方程的 通解(指包含有任意函数的解），而且可以由通解求出特解。 通解 指包含有任意函数的解），而且可以由通解求出特解。 指包含有任意函数的解），而且可以由通解求出特解 本节我们就一维波动方程，来建立它的通解公式， 本节我们就一维波动方程，来建立它的通解公式，然后由它得到初值 问题解得表达式。 问题解得表达式。
下面， 条件： 下面，我们将利用初始 条件：
( 3.7 )
u( x ,0) = ϕ ( x ) , ut ( x ,0) = ψ ( x )
来确定（ 从而得到它的解。 来确定（3.6）式中的任意函数 f 1 、f 2 , 从而得到它的解。
由 u( x , t )
t =0
= ϕ ( x ) ，得
f1 ( x) + f2 ( x) = ϕ ( x)
方程
2 ∂ 2u 2 ∂ u =a 2 ∂t ∂ x2
，在条件 u( x ,0) = ϕ
和 ut ( x ,0) = ψ
下的解
u( x , t ) = [ϕ ( x + at ) + ϕ ( x − at )] +
1 2
1 2a
∫
x + at
x − at
ψ (ξ )dξ
( 3.11)
为什么这里的积分限会是如此？ 为什么这里的积分限会是如此？
然后，利用初始条件，确定通解中的任意常数， 然后，利用初始条件，确定通解中的任意常数，
从而得到特解。 从而得到特解。
对于偏微分方程， 一般说来是不行的， 对于偏微分方程，能否采用类似的方法呢 ？一般说来是不行的， 原因之一：在偏微分方程中，相对而言较难定义通解的概念。 原因之一：在偏微分方程中，相对而言较难定义通解的概念。 原因之二：即使对某些方程能够定义并求出通解， 原因之二：即使对某些方程能够定义并求出通解，但此通解中包含有任意 函数，要由定解条件确定出这些任意函数， 函数，要由定解条件确定出这些任意函数，往往会遇到很大的 困难。 困难。
数理方程第三章(1)
为正、为零或者为负而确定的。 或者为负而确定的。 如果方程在一个区域内的每点都是双曲型、抛物 如果方程在一个区域内的每点都是双曲型、 型或椭圆型的， 型或椭圆型的，那么就称方程在这个区域内是双 曲型、抛物型或椭圆型。 曲型、抛物型或椭圆型。
双曲型方程 注2：行波法适用于双曲型方程。 ：行波法适用于双曲型方程。
x = x1 + at
B
x1
x = x2 − at x2 x
B = {( x, t ) | x1 + at ≤ x ≤ x2 − at , t ≥ 0}
决定区域。 称三角区域 B 为区间 [ x1 , x2 ] 的决定区域
进一步的分析其物理意义表明, 进一步的分析其物理意义表明, 在 xot 平面上
x1 − at ≤ x ≤ x2 + at
称区域
(t > 0).
A = {( x, t ) | x1 − at ≤ x ≤ x2 + at , t > 0}
t
为区间 [ x1 , x2 ] 的影响区域。 影响区域
x = x1 − at
x = x2 + at
A
x1
x2
x
(3) 决定区域
t
考虑区间 [ x1 , x2 ],
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u = 2 +2 + 2, ∂ξ ∂ξ∂η ∂η
(3.1.4)
同理可得
∂u2 ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u 2 = a ( 2 −2 + 2) 2 ∂t ∂ξ ∂ξ∂η ∂η
(3.1.5)
将 (3.1.4), (3.1.5) 代入到 (3.1.1), 可以得到
∂ 2u = 0. ∂ ξ∂ η
《数学物理方程》第3章 行波法与积分变换法
2 2 dS 1 dd
M Cat : ( x ) 2 ( y) 2 ( at ) 2 at dd
(at ) 2 ( x ) 2 ( y ) 2
sin( x at ) sin( x at ) 1 x at cos d sin( x at ) 解 u( x , t ) 2 2 x at
u( x ,0) f ( x ) g ( x ) 3 x 2 u ( x ,0) 1 f ( x ) g ( x ) 0 1 f ( x ) g ( x ) C y 3 3 9 2 3 2 解 出f ( x ) x C , g( x ) x C 4 4
2 2
2a t
wtt a 2 w xx ( t , x ) 设w( x , t , )是 的解 w( x , , ) 0, wt ( x , , ) f ( x , ) t x a( t ) 1 t f (,)d 则 u( x, t ) w( x, t , )d d 0 x a ( t ) 2a 0 2
x at uxx u 2u u 变换 u 0 2 x at utt a (u 2u u ) u h( )d g() f ( ) g() 方程通解 u( x , t ) f ( x at ) g( x at )
M Sat
0
0
积分中x y z是常数
2 ( x at sin cos ) ( y at sin sin ) ( z at cos ) 2 d ( at ) sin d 0 t 0 4a at
第三章 一维波动方程的达朗贝尔公式-1
第三章：行波法与积分变换法
§3.1 一维波动方程的达朗贝尔公式
深圳大学电子科学与技术学院
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本章内容提要:
• 一维波动方程的达朗贝尔公式
• 三维波动方程的定解问题
• 拉普拉斯变换法
• 傅立叶变换法
• 积分变换法举例 参考了顾樵教授和孙秀泉教授的课件
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结果：
1 1 x at (1747) u ( x, t ) ( x at) ( x at) ( X ) d X 2 2a x at
2 2u u 2 a 2 t x 2
( x )， u t 0
u ( x), ( x) t t 0
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波动方程的特解
无界弦的自由振动: 任意初始位移,任意初始速度。 无界弦自由振动的初值问题为：
2 2u 2 u a t 2 x 2
( x ) u t ( x)
t 0
（1）
u t 0 ( x),
( x )
（2）
将(1)化成以 , 为变量:
u u u u u x x x 2u u u u u 2 x x x u u u u 2u 2u 2u 2 2 2
（3）
(1)的通解为： u( x, t ) f1 ( x at) f 2 ( x at)
由(2)得到：
u
t 0
f1 ( x) f 2 ( x) ( x )
第三章行波解
第三章行波法数理方法研究物理和工程问题的三大步骤：1、写出定解问题2、求解3、分析解答我们已经学会了导出方程和写出定解条件（定解问题）的基本方法，下边的重点是求解和解答过程：各种求解数学物理方程的方法，主要包括：1、行波法2、分离变量法3、积分变换法4、格林函数法5、保角变换法本章问题的引入：1、无限长细弦的抖动（一维）2、投石入水中形成的圆形扩散波（二维）3、灯塔上的灯光（三维）若当研究问题时只关心一端时间某处发生的振动，边界的影响还来不及达到该处，波将一直向前传播，称此为行进波（行波），解决这类行波问题引入了行波法。
中心：用行波法求解无界空间波动问题。
1、掌握达朗贝尔公式的应用和行波法解题步骤；2、有源问题化为无源问题的冲量法；3、三维问题化为一维问题的平均值法。
三、分析解答：1、适定性的证明：（1）解存在：并且满足泛定方程和定解条件；利用公式（2）唯一性：因为f 1和f 2的任意性已经由定解条件确定，所以解是唯一的。
（3）稳定性：不妨设：()()()()110022|, |t t t x x u u x x ϕψϕψ==⎧⎧⎪⎪==⎨⎨⎪⎪⎩⎩()()()()1212||,||x x x x ϕϕδψψδ−≤−≤2、行波法：（1）它基于波动的特点；（2）引入了坐标变换简化方程；（3）优点：求解方式易于理解，求解波动方程十分方便；（4）缺点：通解不易求，有局限性。
习题 3.12232110, (,0)0, (,0)1;(3) 0, (,0), (,0);8230(,0)3(,0)0tt xx t tt xx t xx xy yy yu a u u x u x u a u u x x u x x u u u u x x u x −===−===+−=⎧⎪=⎨⎪=⎩、确定下列初值问题的解：（）、解下列初值(仅需思考，选作）问题：OXYZ(,,)M x y z 0000(,,)M x y z ϕθ处的解和xyzz ′x ′y ′ϕθ(,,)M x y z ′′′′(,,)M x y z泊松公式的物理意义：定解问题在M 点t 时刻的值与以M 点为中心，以at 为半径的球面上的初值确定的。
行波法和积分变换
2 r
u r
2u r 2
球对称波动方程
进一步有
2u t 2
a 2
2 r
u r
2u r 2
0
2 (ru) t 2
a2
2 (ru) r 2
0
3.2 三维波动方程的泊松公式
球对称情形下，三维波动方程边值问题可化为
2 (ru)
t 2
a2
2 (ru) r 2
0
ru
(ru)
|r0 |t0
0
r0
(r
at r
atr 1( )d , r at 0
3.2 三维波动方程的泊松公式
二. 一般情况
令
u(r,
t
)
1
4 r
2
SrM
u(
,
,
,
t
)
dS
1
4
S1M
u(
,,
,t)
d
u(r, t) 表示 u( x, y, z,t) 在球面 SrM上的平均值。
其中M=M (x,y,z), , , 是球面 SrM上的点,
x r sin cos, y r sin sin, z r cos
3.2 三维波动方程的泊松公式
二. 一般情况
令
u(r,
t
)
1
4 r
2
SrM
u(
,
,
,
t
)
dS
1
4
S1M
u(
,,
,t)
d
S1M 表示以 M 为中心的单位球面， d 表示单位球面上的面积元素，d sin d d dS 表示 SrM上的面积元素， dS r2 d
数学物理方程课件第三章行波法与积分变换法共33页PPT资料
x,t0
u(x,0)(x),u(xt,0)(x), x
利用叠加原理将问题进行分解：u u1 u2
2tu21
a22u1, x2
x,t0
u1(x,0)(x),u1(xt,0)(x), x
2tu22
a2
2u2 x2
f
(x,t),
x,t 0
u2(x,0)0,u2(tx,0)0, x
u 1 (x ,t) 1 2 (x a t)(x a t) 2 1 ax x a a tt ()d
b. 只有初始速度时： u(x,t)1 xat()d 2a xat 假使初始速度在区间 上是常数 ，而在此区间外恒等于0
u (x ,t)1 (x a t)1 (x a t)
结论：达朗贝尔解表示沿x 轴正、反向传播的两列波速 为a波的叠加，故称为行波法。
数学物理方程与特殊函数
第3章行波法与积分变换法
t
2
2 ax a t
t
P (x,t)
依赖区间
x xat xat
x x1 at
x x2 at
决定区域
x1
x2
x
t
x x1 at
影响区域
x1
x2
x x2 at
xatC 特征线 xat
xat 特征变换
x
行波法又叫特征线法
数学物理方程与特殊函数
第3章行波法与积分变换法
7 非齐次问题的处理
2 tu2 a2x2u2f(x,t),
yAx yBx
uuu Au B u x x x
x 2 u 2 A u B u x A u B u xA2 2u22AB 2 uB2 2u2
uyuyuy
u
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]
y y = F F[ f ( x)] F[ ] = f ( x) 2 2 2 2 π y +x π y +x 1 y +∞ = ∫ f (τ ) 2 dτ 2 π ∞ y + (x τ )
(
)
(
)
�
u 1 2 2 = x y + g ( x) x 2 1 3 2 u ( x, y ) = x y + h ( x ) + p ( y ) 6 2 x = h ( x ) + p ( 0) 1 2 cos y = y + h(1) + p ( y ) 6
6 y 1
h( x) + p ( y ) = x + cos y
解:以U (ω , y )记u ( x, y )关于x的傅立叶变换,即 U (ω , y ) = ∫ u ( x, y )e iωx dx = F[u ( x, y )]
0 ∞
同样地,F (ω ) = ∫ f ( x)e iωx dx = F[ f ( x)]
0
∞
对(1)式关于x取傅立叶变换,并利用微分性质得
2Hale Waihona Puke 1 1 x x s U ( x, s ) = 3 + + 2 3 3s s s + 1 s 3s 取逆变换,得 x3 y 2 y2 1 2 u ( x, y ) = L [U ( x, s )] = + x + cos y 1 6 6
3
2
2 u = 0 6.求上平面内静电 (1) 场的电位,即解 u y = 0 = f ( x ), (2) 下列定解问题: lim u = 0 (3) x2 + y2 →∞
u ( x, y ) u ( x, y ) + 0 = F[ ] 2 2 x y
2 2
= (iω ) F[u ( x, y )] + 2 F[u ( x, y )] y
2 2
U (ω , y ) 即 ω 2U (ω , y ) = 0, 2 y
2
其通解为U (ω , y ) = C1eωy + C2 e ωy (2)式两端取傅立叶变换,得 F[u ( x, y = 0)] = F[ f ( x)]即U (ω ,0) = F (ω ), 由上两式联立,得
第三章 行波法与 积分变换法
作业题-习题三
1.求定解问题:
解1:
u = x2 y xy
2
2u = x2 y xy u = x2,u y =0
x =1
= cos y
u y =0 = x , u x =1 = cos y
2
2
1 2 x + cos y = y + h( x) + p (0) + h(1) + p ( y ) 6 2 1 2
y →∞
U (ω , y ) = F (ω )e ωy; 3)当ω < 0时, U (ω , y ) = 0使C1 = F (ω ), 得 lim
y →∞
U (ω , y ) = F (ω )eωy. 综上知U (ω , y ) = F (ω )e
-ω y
1 π aω 因为 F[ 2 2 ] = e , 其中 Re( a ) < 0, a +t a 所以取逆变换,由卷积定理得 u ( x, y ) = F [U (ω , y )] = F [ F (ω )e
0
对(1)式关于y取拉普拉斯变换,并利用微分性质得 u ( x, y ) u ( x, y ) u ( x, y ) L[ ] = sL[ ] xy x x
2 y =0
x = 2, s
2
u ( x, y ) (2)式对x偏导得 x
= 2 x, 所以
y =0
U x 2x = 2 s x s 对(3)式关于y取拉普拉斯变换,得 s U ( x, s ) x =1 = 2 s +1 并与上式联立,解得
1 3 2 1 2 2 u ( x, y ) = x y + x + cos y y 1 6 6
解2:
2u = x2 y xy u = x2, y =0 u x =1 = cos y
∞
(1) (2) (3)
以U ( x, s )记u ( x, y )关于y的拉普拉斯变换,即 U ( x, s ) = ∫ u ( x, y )e sy dy = L[u ( x, y )]
U (ω , y ) = C1e + ( F (ω ) C1 )e
ωy
ωy
由(3)式两端取傅立叶变换,得 F[ 2 lim u ( x, y )] = F[0] 即 lim U (ω , y ) = 0, 2
x + y →∞ y →+∞
1)当ω = 0时,U (ω , y ) = F (ω ); 2)当ω > 0时, U (ω , y ) = 0使C1 = 0, 得 lim