Метод интеграла Фурье, уравнение Лапласа

[id]

Нужно решить уравнение
$u_{xx} + u_{yy} = 0$,
$(x,y) \in \mathbb{R}^2, u(x,0) = \phi(x)$
методом интеграла Фурье.

Где можно почитать о том, как применяется преобразование Фурье для решения подобных уравнений? (я пробовал применить к исходному уравнению преобразование Фурье по $x$|$y$, но что-то ничего хорошего не нашел ).

Интересует именно теория, т.к. я это, кажется, пропустил.

[id]

Эмм... Неизвестно даже, где можно посмотреть хотя бы как вообще применяется преобразование Фурье для решения УрЧП?

[Brukvalub]

Вот здесь: http://www.lib.bmstu.ru/ECatalog/ViewDescription.aspx?DescriptionId=134399 есть, см. стр 157 и далее. Наверняка, есть и в других местах, но искать некогда.

[id]

Brukvalub
Спасибо! Нашел, что нужно, в англ. варианте, русского в сети вроде нет.

Тогда если взять преобразование Фурье от исходного уравнения, получится
$(\zeta ^2 +\eta ^2)\hat u(\zeta,\eta) = 0$.
То есть $\hat u(\zeta,\eta)=0$. Но ведь если подставить это в формулу для обратного преобразования Фурье получится 0?

[Brukvalub]

Это говорит лишь о том, что не существует отличных от 0 гармонических на плоскости функций, к которым применимо преобразование Фурье (вроде бы, оно и так понятно ).

[id]

То есть в задании под "решить методом интеграла Фурье" подразумевалось нечто иное, чем простое применение FT к исходному уравнению.

Спасибо, буду думать.

[alex-basik]

Посмотрите внимательно задачник. Дело в том, что для уравнения Лапласа не каждая задача корректна. Граничные условия обычно ставятся на границе некоторой ограниченной или неограниченной области.

Если например Вам требуется решить эту задачу для полуплоскости $y>0$, то преобразование Фурье нужно применить по первой координате, т.е. по $x$.

[id]

alex-basik
В задачнике(ках) ее не нашел, хотя искал довольно долго. Причем корректность в такой постановке тоже вызывала некоторые сомнения.

В таком случае, если применить FT только по $x$, будет
$\zeta ^2\hat u(\zeta,y) = \hat u_{yy}(\zeta,y)$
( преобразование Фурье и дифференциирование по независимой переменной переставил местами )?

[V.V.]

Еще преобразуйте по Фурье начальное условие и решайте ОДУ с параметром $\zeta$. Потом от решения возьмите обратное преобразование Фурье.

[alex-basik]

Преобразованную задачу следует решать при условии ограниченности решения на бесконечности (на плоскости, в случае неограниченной области, задача Дирихле подразумевает поиск ограниченной гармонической функции, удовлетворяющей граничному условию).

Да и к тому же, в противном случае обратное преобразование Фурье не существует!

[id]

alex-basik
V.V.
Таким образом,
$u(x,0) = \phi(x)$
$\hat u(\zeta,0) = \hat \phi(\zeta)$.

$\hat u(\zeta,y) = \varphi(\zeta) e^{\zeta y}$ будет частным решением
$\zeta ^2\hat u(\zeta,y) = \hat u_{yy}(\zeta,y)$.
Подставляя начальные данные, $\varphi(\zeta) = \hat \phi(\zeta)$.
Полагая, что решение единственно, имеем $\hat u(\zeta,y) = \hat \phi(\zeta) e^{\zeta y}$.

Тогда обратным FT получаем
$u(x,y) = \frac 1 {\sqrt{2 \pi}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \hat \phi(\zeta) e^{\zeta (y + ix)} d\zeta$

Добавлено спустя 2 часа 17 минут 10 секунд:

А можно как-нибудь упростить интеграл
$u(x,y) = \frac 1 {\sqrt{2 \pi}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \hat \phi(\zeta) e^{\zeta (y + ix)} d\zeta = \frac 1 {{2 \pi}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} [\int\limits_{-\infty}^{\infty} \phi(t) e^{-i \zeta t}dt]e^{\zeta (y + ix)} d\zeta $ ?

[alex-basik]

В таком виде интеграл может получиться расходящимся даже для ограниченной функции $\phi$. Я предлагаю решение полученного ОДУ записать в виде:

$\hat u(\zeta,y)=\hat \phi(\zeta) e^{-|\zeta|y}$.

Тогда

$u(x;y)=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\phi(t)dt\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-|\zeta|y+i\zeta(x-t)}d\zeta$.

Затем внутренний интеграл нетрудно вычилить. Тем самым Вы получите формулу решения задачи.

Однако ее предстоит еще обосновать. Т.е. доказать, что в случае непрерывной и ограниченной функции $\phi$, интеграл $u(x;y)$ действительно представляет собой ограниченную гармоническую функцию в полуплоскости $y>0$, принимающую заданное граничное значение.

[id]

alex-basik
Действительно не учел такой момент, что тогда из-за экспоненты интеграл может расходиться, спасибо.

Тогда после Ваших поправок
$u(x,y)= \frac 1 {\sqrt{2 \pi}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \hat \phi(\zeta) e^{-|\zeta| y + \zeta ix} d\zeta = \frac 1 {{2 \pi}} \int\limits_{-\infty}^{\infty} [\int\limits_{-\infty}^{\infty} \phi(t) e^{-i \zeta t}dt]e^{-|\zeta| y + \zeta ix} d\zeta =\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\phi(t) \int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-|\zeta|y+i\zeta(x-t)}d\zeta dt$.

Во внутреннем интеграле $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-|\zeta|y+i\zeta(x-t)}d\zeta$ можно учитывать только вещественную часть и считать интеграл от $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-|\zeta|y} \cos \zeta(x-t)}d\zeta$ ?

Если да, то получилось
$\frac {2y} {y^2 + (x-t)^2}$
и тогда
$u(x,y) = \frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\phi(t) \frac {2y} {y^2 + (x-t)^2} dt$

[V.V.]

Ответ верный.

[id]

V.V.
alex-basik
Большое спасибо!