积分变换法 积分变换在求解微分方程中最大的好处是将微分方程化为代数方程,从而可以轻易地求出函数的积分变换。 当然,求得函数的积分变换后,还得做反变换才能得到函数本身 本章以 Fourier变换为例,讨论积分变换在求解数理方程中的应用 111 Fourier变换法 9 Fourier变换 通过一些例题讨论 Fourier变换在求解数理方程中的应用。在这里我们均假设所求函数满足 Fourier变换的条件。 目例1.一维无界弦横振动的初值问题 ∞<x<o,t≥0 这个问题已在上一章用行波法求解,其解由 D'AImebert公式给出 I(x, 0)=y(x), u( x, t)=-(x-at+y(x+an]+ 解:首先,应对那一个变量做 Fourier变换? -∞<x<∞,0≤t<∞:因而,常对x做 Fourier变换 当然有时也对t做 Fourier变换,但后者需要延拓至双无穷(-∞,+∞) 对泛定方程的x变量做 Fourier变换 Flu(x, n]=ii(k, n= ux, De-ikrdx 利用微分定理:fax(x,l)=(ik)2k,1)=-k2(k,n 对初始条件做 Fourier变换 (x,0)=g(x) ∫(k,0)=列(k) a(x,0)=(x) in(k,0)=ψ(k) iu(k, n+a2k2 u(k, 0=0 定解条件变为:a(k,0)=(k) 问题退化为:给定初条的二阶线性常系数常微分方程 D(k,0) i(k, 0=A(k)ekat +B(ke-ikar 1初条:A(k) B(k)=-(k (k) (k) 故:i(k,D=-|5(k)+ elkat+-lp(k) ka
11 积分变换法 积分变换在求解微分方程中最大的好处是将微分方程化为代数方程，从而可以轻易地求出函数的积分变换。 当然，求得函数的积分变换后，还得做反变换才能得到函数本身。 本章以Fourier变换为例，讨论积分变换在求解数理方程中的应用。 11.1 Fourier变换法 Fourier变换 通过一些例题讨论Fourier变换在求解数理方程中的应用。在这里我们均假设所求函数满足Fourier变换的条件。 ☺ 例 1. 一维无界弦横振动的初值问题 utt - a2 uxx = 0 -∞ < x < ∞, t ≥ 0 u(x, 0) = φ(x), ut(x, 0) = ψ(x) 这个问题已在上一章用行波法求解 ，其解由 D'Almebert 公式给出 u(x, t) = 1 2 [φ (x - a t) + φ (x + a t)] + 1 2 a x-a t x+ a t ψ(ξ) ξ 解：首先，应对那一个变量做Fourier变换 ？ -∞ < x < ∞, 0 ≤ t < ∞：因而，常对 x 做Fourier变换， 当然有时也对 t 做Fourier变换，但后者需要延拓至双无穷 (-∞, +∞)。 对泛定方程的 x 变量做Fourier变换 ： ℱ[u(x, t)] = u (k, t) = -∞ ∞ u(x, t) - k x x 利用微分定理 ： ℱ[uxx(x, t)] = ( k)2 u (k, t) = -k2 u (k, t) 对初始条件做Fourier变换 ： u(x, 0) = φ(x) ut(x, 0) = ψ(x) ⟹ u (k, 0) = φ (k) u t(k, 0) = ψ (k) 定解条件变为 ： u tt(k, t) + a2 k2 u (k, t) = 0 u (k, 0) = φ (k) u t(k, 0) = ψ (k) 问题退化为 ：给定初条的二阶线性常系数常微分方程 ⟹ u (k, t) = A(k) k a t + B(k) - k a t 由初条：A(k) = 1 2 φ (k) + ψ (k) k a , B(k) = 1 2 φ (k) - ψ (k) k a 故：u (k, t) = 1 2 φ (k) + ψ (k) k a k a t + 1 2 φ (k) - ψ (k) k a - k a t
做反 Fourier变换:uxr,t)=-(x+a1+(x-a+ v(ede 其中利用了 积分定理:d或写成:F 延迟定理:f(x+x0)←→ckf(k)或写成 ekf()=f(x+xo) 位移定理:fk+60)cf(x)或写成:fe-bxf)=(k+ko) 思考:o=x1与=1和有何关系 (做变换:f1…f,xk,i台j=-i,f(x)台f(k) 先利用延迟定理,再利用积分定理 w(k) ve)ds mede 先利用积分定理,再利用延迟定理 =f-J(keuka d5=v(E +adds 8例2.无界细杆的传热 {00此题无法用行波法求解 解:对泛定方程的x变量做 Fourier变换 定解条件变为 a(k0)+a2k2i,0)=7(k,非齐次常微分方程 先求齐次方程的解:Mk,+a2k2k,1=0→(k,1=c(k)e-k, 常数变易:k,0=.,0eF代入非齐次方程得:0c(k.,n_k=fk,0 从而求出:c(k,0)=f(k,r)e2rdr+c(k,0,由初条:ck0)=a,0)=(k)=1y(x) 从而:k,=(k)+|k,r)erdr|e-F 做反 Fourier变换, 利用卷积定理:f(x)*h(x)←→f(k)2(k) ← 以及 这里利用了 e-opIe-ikx dk e 4a'rdk= T) d 2aVm√s6)e-Ads+(k,r)e→e=dr dr P(s)e-u-spAa-'ds f(s, r)e--sp-A4a-(l-od davIt 2a√丌 来自初始条件的贡献 来自热源凡x的贡献
做反Fourier变换 ： u(x, t) = 1 2 [φ(x + a t) + φ(x - a t)] + 1 2 a -∞ x+ a t ψ(ξ) ξ - 1 2 a -∞ x- a t ψ(ξ) ξ 其中利用了 积分定理 ：-∞ x f (t) t ⟷ 1 k f (k) 或写成：ℱ-1 1 k f (k) = -∞ x f (t) t 延迟定理 ：f (x + x0) ⟷ k x0 f (k) 或写成：ℱ-1 k x0 f (k) = f (x + x0) 位移定理 ：f (k + k0) ⟷ - k0 x f (x) 或写成： ℱ- k0 x f (x) = f (k + k0) 思考：ℱ 1 x f (x) =？ ℱ [ x f (x)] =？ 与 ℱ-1 1 k f (k) 和 ℱ-1 k f (k) 有何关系 （做变换：ℱ-1 ↔ ℱ, x ↔ k, ↔ = -, f (x) ↔ f (k) ） 先利用延迟定理 ，再利用积分定理 ℱ-1 ψ (k) k k a t = ℱ-1 ψ (k) k xx+a t = -∞ x ψ(ξ) ξ xx+a t = -∞ x+a t ψ(ξ) ξ 先利用积分定理 ，再利用延迟定理 ℱ-1 ψ (k) k a t k = -∞ x ℱ-1ψ (k) k a t ξ = -∞ x ψ(ξ + a t) ξ = -∞ x+a t ψ(ξ) ξ ☺ 例 2. 无界细杆的传热 ut - a2 uxx = f (x, t) -∞ < x < ∞, t ≥ 0 u(x, 0) = φ(x), 此问题无法用行波法求解 解：对泛定方程的 x 变量做 Fourier 变换： 定解条件变为 ： u t(k, t) + a2 k2 u (k, t) = f (k, t) u (k, 0) = φ (k) 非齐次常微分方程 先求齐次方程的解 ：u t(k, t) + a2 k2 u (k, t) = 0 ⟶ u t(k, t) = c(k) -a2 k2 t , 常数变易 ： u (k, t) = c(k, t) -a2 k2 t 代入非齐次方程得 ： ∂ c(k, t) ∂ t -a2 k2 t = f (k, t) 从而求出 ：c(k, t) = 0 t f (k, τ) a2 k2 τ τ + c(k, 0), 由初条：c(k, 0) = u t(k, 0) = φ (k) = ℱ[φ(x)] 从而：u (k, t) = φ (k) + 0 t f (k, τ) a2 k2 τ τ -a2 k2 t 做反Fourier变换 ， 利用卷积定理 ： f1(x)* f2(x) ⟷ f1 (k) f2 (k) 以及 -a2 k2 t ⟷ 1 2 a π t -x2/4 a2 t φ(x) ⟷ φ (k) 这里利用了 ： 1 2 π -∞ ∞ -a2 k2 t - k x k = 1 2 π -∞ ∞ -a2 t k- x 2 a2 t 2 - x2 4 a2 t k = 1 2 a π t -x2/4 a2 t u(x, t) = φ(x)* 1 2 a π t -x2/4 a2 t + ℱ-1 0 t f (k, τ) -a2 k2(t-τ) τ = 1 2 a π t -∞ +∞ φ(s) -(x-s)2/4 a2 t s + 0 t ℱ-1f (k, τ) -a2 k2(t-τ) 又是两像函数乘积的反变换 τ = 1 2 a π t -∞ +∞ φ(s) -(x-s)2/4 a2 t s 来自初始条件的贡献 + 1 2 a π 0 t τ t - τ -∞ +∞ f (s, τ) -(x-s)2/4 a2(t-τ) s 来自热源 f(x,t) 的贡献 2 z11a.nb
z11a. nb 目例3.半无界细杆的传热 x,0)=0 非齐次边条 解:相比于上一个问题,这是个无热源的问题:f(x,D)=0,问题大为简化 如果是无界细杆,则可直接应用上题结果。对半无界,为应用无界的结果,必须做延拓。 延拓也需要齐次边条,为此,令:u(x,D)=v(x,D+10 x,D)满足 v(0,1)=01类齐次边条 1类齐次边奇延拓,{(c.0)=x2-00 现在就可以利用上一题的结果:W(x,D)= pp(s)e -r-sNaids 在x≥0区域,w(x,D=W(x,)满足w(x,D)定解条件中的前两个(方程与初条) u(x, t)=lo+ 4+-40 e-x-apA4a-lds e-dx-sFA4a-Ids 那么,这种奇延拓能否保证w(x,n)满足w(0,D=W(0,D=0? ▲从物理上看:W(x,D对应于无热源(绝热)一无限长细杆的热传导问题,温度分布由初始条件决定 然初始条件是个奇函数,相对于x=0点反对称, 那么,在任何时刻,温度分布都应该是反对称,也即,在x=0处,温度为0。 ▲数学上,易验证:x=0时,h1=,l(x,1=l,w(x,D=0 ▲问题:t=0时,Mx,D~1→∞?与原初始条件n0,n=m0矛盾?非也! h1=|e-(- PLaIds=2a√t e- ds=arti 其中erf(x)= C ds为误差函数。 从而:4-b2=2aVF7-x
☺ 例 3. 半无界细杆的传热 ut - a2 uxx = 0 0 ≤ x 0 u0, x < 0 现在就可以利用上一题的结果 ：W(x, t) = 1 2 a π t -∞ +∞ φ(s) -(x-s)2/4 a2 t s, 在 x ≥ 0 区域，w(x, t) = W(x, t) 满足 w(x, t) 定解条件中的前两个 （方程与初条 ） u(x, t) = u0 + 1 2 a π t -∞ +∞ φ(s) -(x-s)2/4 a2 t s = u0 + u0 2 a π t -∞ 0 -(x-s)2/4 a2 t s I1 - 0 ∞ -(x-s)2/4 a2 t s I2 那么，这种奇延拓能否保证 w(x, t) 满足 w (0, t) = W(0, t) = 0？ ▲ 从物理上看：W(x, t) 对应于无热源（绝热）一无限长细杆的热传导问题，温度分布由初始条件决定 既然初始条件是个奇函数 ，相对于 x = 0 点反对称 ， 那么，在任何时刻 ，温度分布都应该是反对称 ，也即，在 x = 0 处，温度为 0。 ▲ 数学上，易验证：x = 0 时，I1 = I2, u(x, t) = u0, w(x, t) = 0 ▲ 问题：t = 0 时，u(x, t)~ 1 t ∞？与原初始条件 u(0, t) = u0 矛盾？非也！ I1 = -∞ 0 -(x-s)2/4 a2 t s = 2 a t x 2 a t ∞ -ξ2 ξ, 其中：ξ = x - s 2 a t = 2 a t 0 ∞ -ξ2 ξ π 2 - 0 x/2 a t -ξ2 ξ = a π t 1 - erf x 2 a t 其中 erf(x) = 2 π 0 x -s2 s 为误差函数。 I2 = a π t 1 + erf x 2 a t , 从而：I1 - I2 = -2 a π t erf x 2 a t , u(x, t) = u0 1 - erf x 2 a t z11a.nb 3
ziA. nb lim erf(x)=1→1a,=0的确满足a(,的初始条件 目例4.已知空间电荷分布p(的)求空间电势。 解空间电势满足m程:可1边 对空间坐标做三维 Fourier变换:fa)=d Fluo)=ivuole-ik-7d'p hc--mVc”外子 三维:fV)=ik南)比较一维: du(x) =iki(k) (对)对叫南=Fm南 ) 一维 Fourier变换:f(x)←→ikfk): 三维 Fourier变换:Vf)i,·的台→i·就,Vx剪台ix刻, 其中:=k+k己+k己,k2=,震=++足 三维 Fourier变换 D)= 做三维反Fom变换,利用111(见§81节例题 从面:m=1+1 d r “却原来是司马发来的兵”,早已熟知的结果 例5.半无界波动问题 rer变换法求之 解:我们只关心1≥0时的振动,延拓:m1x0=u(x0BO,H0={b.20为阶跃函数 n(0满足:{v(.0)=0.,m(,0=0其中g=f0H(定义于-∞0区域不可能出现左行波。 故第一项不合题意,舍去(这里还是得用点物理分析)
lim x∞erf(x) = 1 ⟶ lim t0 u(x, t) = 0 的确满足 u(x, t) 的初始条件 。 ☺ 例 4. 已知空间电荷分布 ρ(r ) 求空间电势。 解：空间电势满足 Poisson 方程：∇2 u = - ρ(r ) ε 对空间坐标做三维Fourier变换 ：ℱu(r ) = u (k), ℱ∇u(r ) = ∞ ∇u(r ) - k · r 3 r = ∞ ∇u(r ) - k · r - u(r ) ∇- k · r 3 r = ∞ n u(r ) - k · r σ limr∞ r2 u(r ) = 0 - u(r ) - k - k · r 3 r = k u (k) 三维：ℱ∇u(r ) = k u (k) 比较一维 ： ℱ u(x) x = k u (k) ∇2 u = - ρ(r ) ε ∇2u = ∇·∇u k· k u (k) = -k2 u (k) = - ρ (k) ε , 一维 Fourier 变换：f ′ (x) ⟷ k f (k)； 三维 Fourier 变换：∇ f (r ) ⟷ k f (k), ∇ ·g(r ) ⟷ k · g (k), ∇ × g(r ) ⟷ k × g (k), 其中： k = kx e x + ky e y + kz e z, k2 = k· k = kx 2 + ky 2 + kz 2, ∇2 u = - ρ(r ) ε 三维Fourier 变换 u (k) = 1 ε ρ (k) k2 做三维反 Fourier变换，利用 1 k2 ⟷ 1 4 π 1 r （见 § 8.1 节 例题） 从而：u(r ) = 1 4 π ε ℱ-1ρ (k)*ℱ-1 1 k2 三维卷积 = 1 4 π ε -∞ ∞ -∞ ∞ -∞ ∞ ρ(r ) r -r ′ 3 r ′ —— “却原来是司马发来的兵 ”，早已熟知的结果 ☺ 例 5. 半无界波动问题 utt - a2 uxx = 0 0 ≤ x 0 区域不可能出现 左行波。 故第一项不合题意 ，舍去 （这里还是得用点物理分析 ）。 4 z11a.nb
而:郅(x,o)=B()e-ax 由边条:(0,1=g(0) Fourier变换 (0,)=8(u) B(u)=8)→(x,d)=8(u)e-a 反 Fourier变换:v(x,t)=g(t-x/a)=f(t-x/a)H(t-x/a) 对t>0,ux,D)=vx,t)=f(t-x/a)H(-x/a)。与行波法的结果相同 目例6.半无限长的匀质细杆侧面绝热,x=0端有热流强度φ o sIn wo I的热流流入,求长时间后的温度分布。 解:注意长时间后的分布不等于稳定分布(因为边条与时间有关,不可能达到稳定) 长时间后的只表明解与初始条件无关,故无需初条。 对应于振动问题,相当于求长时间后的受迫振动问题, 这时仅剩下策动频率的振动(参见第十章强迫振动例题) 对于传热问题,要求解定解问题 0≤x<0 定解条件 l(0, 0=-"sin wo t, lim u(x, 0)* 在定解条件中,所有物理量,即:u(x,,a,q,k,均为实数 Ur-a Ux=0 40 显然,将U的定解条件取虚部即可证明:U(x,D)的虚部满足(x,的定解条件 因此,只需从U的定解条件,解出U(x,D),再求其虚部即得u(x,1) 对时间变量/做变换:U(x=⊥cc-d=0xo)得 C(x,)-a20x(x,o)=0 02(0,a)= 2xbu-4)C(x,a)=4(a) +B(o)e v2 其中利用了:e1=|e-c-dt=|co-d=2roa-a x→∞时,U(x,D)应有限,故(x,o)的第一项的系数A(a)=0 √a →0(x,a)=B(a)ev2 由边条:20,o)=-02x60-0n)→B0)=2ax2 k(1+i)vw wD) k(1+i)vwo 反 Fourier变换:U(x,D)= O(x, weild (1+a) q0
因而：v (x, ω) = B(ω) - ω x/a 由边条：v(0, t) = g(t) Fourier变换 v (0, ω) = g (ω) ⟶ B(ω) = g (ω) ⟶ v (x, ω) = g (ω) - ω x/a 反Fourier变换： v(x, t) = g(t - x /a) = f (t - x /a) H(t - x /a) 对 t > 0, u(x, t) = v(x, t) = f (t - x / a) H(t - x /a)。 与行波法的结果相同 。 ☺ 例 6. 半无限长的匀质细杆侧面绝热， x = 0 端有热流强度 q0 sin ω0 t 的热流流入，求长时间后的温度分布。 解：注意长时间后的分布不等于稳定分布 （因为边条与时间有关 ，不可能达到稳定 ）， 长时间后的 只表明解与初始条件无关 ，故无需初条 。 对应于振动问题 ，相当于求长时间后的受迫振动问题 ， 这时仅剩下策动频率的振动 （参见第十章 强迫振动例题 ） 对于传热问题 ，要求解定解问题 定解条件 ： ut - a2 uxx = 0 0 ≤ x < ∞, ux(0, t) = - q0 k sin ω0 t, lim x∞u(x, t) ≠ ∞ 在定解条件中 ，所有物理量 ，即： u(x, t), a, q0, k，均为实数。 令：u(x, t) = Im[U(x, t)], U(x, t) 满足： Ut - a2 Uxx = 0 Ux(0, t) = - q0 k ω0 t 显然，将 U 的定解条件取虚部即可证明 ：U(x, t) 的虚部满足 u(x, t) 的定解条件 因此，只需从 U 的定解条件 ，解出 U(x, t), 再求其虚部即得 u(x, t)。 对时间变量 t 做 Fourier变换：ℱ[U(x, t)] = -∞ ∞ U(x, t) - ω t t = U (x, ω) 得 ( ω) U (x, ω) - a2 U xx(x, ω) = 0 U x(0, ω) = - q0 k 2 π δ(ω - ω0) ⟹ U (x, ω) = A(ω) (1+) 2 ω a x + B(ω) -(1+) 2 ω a x 其中利用了 ：ℱ ω0 t = -∞ ∞ ω0 t - ω t t = -∞ ∞ - (ω-ω0) t t = 2 π δ(ω - ω0) x ∞ 时，U(x, t) 应有限，故 U (x, ω) 的第一项的系数 A(ω) = 0 ⟹ U (x, ω) = B(ω) -(1+) 2 ω a x 由边条： U x(0, ω) = - q0 k 2 π δ(ω - ω0) ⟶ B(ω) = q0 k 2 a π (1 + ) 2 ω δ(ω - ω0) ⟶ U (x, ω) = q0 k 2 a π (1 + ) 2 ω0 -(1+) 2 ω0 a x δ(ω - ω0) 反Fourier变换：U(x, t) = 1 2 π -∞ ∞ U (x, ω) ω t ω = q0 k a (1 + ) 2 ω0 -(1 + ) 2 ω0 a x ω0 t z11a.nb 5
6z11a.nb g0a 记得真正的物理解是U(x,D)取虚部 0=lmU(c,=2√学 验证满足定解条件。 ° sin we t-x/x [u,t]-a2D[u,{x,2}](*方程*) 边条* Simplify[% Sin [t wo 利用番 Mathematica画出温度分布动态图
= q0 a k ω0 - ω0 2 x a ω0 t- π 4 - ω0 2 x a 记得真正的物理解是 U(x, t) 取虚部 u(x, t) = Im[U(x, t)] = q0 a k ω0 - ω0 2 x a sin ω0 t - x a ω0 2 - π 4 验证满足定解条件 。 u = q0 a k ω0 - ω0 2 x a Sin ω0 t - x a ω0 2 - π 4 ; D[u, t] - a2 D[u, {x, 2}] (* 方程 *) D[u, x] /. x 0; (* 边条 *) Simplify[%] 0 - Sin[t ω0] q0 k 利用 Mathematica 画出温度分布动态图 。 6 z11a.nb
b|7 ym=0.7 Animate g1= Plot-e [x,0, xm] PlotRange→{{0,5},{-0.5,0.5}} ColorFunction Function (x, y), ColorData["Rainbow"1y+ c。1。 fUnction Sca1ing→ False,Fi11ing→Awis 92*Contourplot-e V2 sin t x,0,xm},Y,0,ym},Axes→ False, Frame→ False, AspectRatio→Ym/x Con tours→35, Contourstyle→lone, PlotRange→Fu11 ColorFunction+(ColorData["Rainbow "][#+1/2]&) ColorFunctionScaling+ False; 3= ContourPlot [y, 【x,-0.2,0.2},{Y,-0.5,0.5},Axes→ False, AspectRatio→15, cont。urs→35, Contours1e→None, PlotRange→A11 ColorFunction +(ColorData["Rainbow"][#+1/2]&) coL。 rFunctionScaling→ False Frame +[[True, False),[False, False]] FrameTicks +[[[-050,0,0.5), None], [None, None]]] Grid[((gl,g2, 93))],(t, 0,2, 0.02), AnimationRunning+ False D松巴
xm = 7; ym = 0.7; Animate g1 = Plot 1 2 - x 2 Sin t - x 2 - π 4 , {x, 0, xm}, PlotRange {{0, 5}, {-0.5, 0.5}}, ColorFunction Function {x, y}, ColorData["Rainbow"] y + 1 2 , ColorFunctionScaling False, Filling Axis ; g2 = ContourPlot 1 2 - x 2 Sin t - x 2 - π 4 , {x, 0, xm}, {y, 0, ym}, Axes False, Frame False, AspectRatio ym / xm, Contours 35, ContourStyle None, PlotRange Full, ColorFunction (ColorData["Rainbow"][# + 1 / 2] &), ColorFunctionScaling False ; g3 = ContourPlot[y, {x, -0.2, 0.2}, {y, -0.5, 0.5}, Axes False, AspectRatio 15, Contours 35, ContourStyle None, PlotRange All, ColorFunction (ColorData["Rainbow"][# + 1 / 2] &), ColorFunctionScaling False, Frame {{True, False}, {False, False}}, FrameTicks {{{-0.50, 0, 0.5}, None}, {None, None}}]; Grid[{{g1, g2, g3}}], {t, 0, 2 π, 0.02}, AnimationRunning False t -0.5 0 0.5 z11a.nb 7
目例7.求解一维 Shrodinger方程:-2x)-0()(x)=Ex),常数:>0 解:这实际上是要求:粒子的能量值E=?粒子的波函数:(x)=?(其中Vo为已知量) 对方程进行 Fourier变换,并利用|vo(x)(x) e-ikx dx=1(0),有 k2(k)-v(0)=E山(k)→b(k) 1oc其中:c=0 h2 k2 2 m ve (k)=B(k,E)山(0)决定E的取值 w(k) k2+2m(29)(0)=B,E)(O) (注意ψ与远的区别) 反Fomi变换:)=1cxdk.两边取x=0,有 6O)=“O 2r Bc,E)dk B(k, Edk=2T 即 32m(dk=2x,因为E0与x<0,CR为 物理意义:这里的k0对应于波矢,k0=2/ A越大,波长越短,波函数(x)~cb川衰减越快。 对应于动量越大的态的波函数越是局域在x~0附近 典物理中动量越大的态越是弥散在空间相反 上,尽管势阱无限深,但宽度却无限窄,有限大小的经典粒子是“陷不进去”的 只有量子粒子才受势阱作用“陷”在x~0附近,并且动量越大,波长越短,“陷得越深”,局域性越强。 目例8.三维空间的自由振动, Poisson公式
☺ 例 7. 求解一维 Shrödinger 方程：- ℏ2 2 m ψ″(x) - V0 δ(x) ψ(x) = E ψ(x)，常数：V0 > 0, m > 0, ℏ > 0, E 0 与 x 0 CR for x < 0 物理意义 ：这里的 k0 对应于波矢 ，k0 = 2 π/λ0。 k0 越大，波长越短 ，波函数 ψ(x) ~ -k0 x 衰减越快。 对应于动量越大的态的波函数越是局域 在 x ~ 0 附近。 与经典物理 中动量越大的态越是弥散 在空间相反 。 实际上，尽管势阱无限深 ，但宽度却无限窄 ，有限大小的经典粒子是 “陷不进去” 的， 只有量子粒子才受势阱作用 “陷” 在 x ~ 0 附近，并且动量越大 ，波长越短，“陷得越深 ”，局域性越强 。 ☺ 例 8. 三维空间的自由振动， Poisson公式 8 z11a.nb
z11a. nb 定解问题:三维 a2 vou=0 n(≠,0)=(),u,0)=O三维情况对应于 Poisson公式 ar I a(x,0)=y(x),u(x,0)=(x) 维情况有D' Alembert公式 解:对产做三维 Fourier变换,在 Fourier空间,定解问题化为 叫 10)= A(k) cos akt+B()sin akt 其中k= 叫10)=9(,(0=正 由初条定出 sinai 做反 Fourie变换,因为l1与h2均为两个的函数的乘积,反变换必然是一些卷积。下逐项计算 [sinal 1 cc ceak-ela 2ikedkrcose k2 dkdcosedg (其中:a=at) k(2丌)3 eiak-eiak(ekr-e kdk (2r)3 2ik 2n2-=- (2xr2(ef(a+n&+e-i(a+nk-el Mo-n -e-ido-nkr)dK o(r+a)-6(r-a) 4丌r 6(r-a)=f(P) 其中利用了:c)dk=2or±a)及:r=≥0,a=at≥0故:br+a)=0 v sinar -2]=-1 M()F-r)dT 萨-P1-a)df eiakte-iak f-cos akl eikrcosek2 dkdcos edo (其中:a (2n)3 giak+e-iak(elkr-e-ikr) sdk 2nR 2(eak+eta)(elkr-e-ikr)ikk (e+n)k+c(+)k-c-)-e-4-n)k) =?(思考:如何 Fourier变换的利用微分定理) 另辟捷径: cosats a rsin kat I a d(r-ar =g(),这里偏导是指求导时a,k视为常量 atl ka 傅氏变换是对进行的.注意因为有6-a0因子,不再独立于A,不能移到求导算符2之外
定解问题 ：三维： utt - a2 ∇2 u = 0 ur , 0 = φ(r )，utr , 0 = ψ(r ) 三维情况对应于 Poisson公式 一维： utt - a2 uxx = 0 u(x, 0) = φ(x)，ut(x, 0) = ψ(x) 一维情况有 D’Alembert 公式 解：对 r 做三维Fourier变换 ，在Fourier空间，定解问题化为 u ttk, t + a2 k2 u k, t = 0 u k, 0 = φ (k)，u tk, 0 = ψ (k) ⟹ u k, t = A(k) cos a k t + B(k)sin a k t u k, 0 = φ (k)，u t k, 0 = ψ (k) ， 其中 k = k。 由初条定出 A(k) , B(k)： u k, t = φ (k) cos a k t I1 + ψ (k) k a sin a k t I2 做反Fourier变换 ，因为 I1 与 I2 均为两个 k 的函数的乘积 ，反变换必然是一些卷积 。下逐项计算 。 ℱ-1 sin α k k = 1 (2 π)3 α k - - α k 2 k k r cos θ k2 k cos θ ϕ 3k （其中：α = a t） = 2 π (2 π)3 0 ∞ α k - - α k 2 k k r - - k r k r k2 k = - 1 (2 π) 2 1 2 r 0 ∞ α k - - α k k r - - k r k = - 1 (2 π)2 1 2 r 0 ∞ (α+r) k + - (α+r) k - k(α- r) --(α-r) k r k = - 1 4 π r [δ(r + α) -δ (r - α)] = 1 4 π r δ(r - α) ⟹ ℱ-1 sin α k k = 1 4 π r δ (r - α) = f (r ) 其中利用了 ：-∞ ∞ k(r±α) k = 2 π δ(r ± α) 及：r = r ≥ 0, α = a t ≥ 0 故：δ(r + α) = 0 ℱ-1[I2] = ℱ-1 ψ (k) a sin a k t k = 1 a ψ(r ′ ) f r -r ′ 3 r ′ = 1 4 π a ψ(r ′ ) r -r ′ δr -r ′ - a t 3 r ′ ℱ-1[cos α k ] = 1 (2 π)3 α k + - α k 2 k r cos θ k2 k cos θ ϕ 3k （其中：α = a t） = 2 π (2 π)3 0 ∞ α k + - α k 2 k r - - k r k r k2 k = - 1 (2 π)2 1 2 r 0 ∞ α k + - α k k r - - k r k k = - 1 (2 π)2 1 2 0 ∞ (α+r) k + - (α+r) k - k(α- r) --(α-r) k r k r k = ? （思考： 如何Fourier变换的利用微分定理 ） 另辟捷径 ：cos a t k = ∂ ∂ t sin k a t k a ⟷ 1 4 π a ∂ ∂ t δ(r - a t) r = g(r ), 这里偏导是指求导时 a, k 视为常量 傅氏变换是对 r 进行的。注意因为有 δ(r - a t) 因子，r 不再独立于 t，不能移到求导算符 ∂ ∂ t 之外。 z11a.nb 9
10 z11anb () d3r注意这里芦是积分 与t无关 1 a 4丌aot, 小=+1以|r表示对整个空间的积分 物理意义:看产=0处的振动,假设初始扰动仅局限于空间某一区域V0之内,如图所示 区距原点r=0最近的距离为d, 最远的距离为D。以原点为球心 d和D为半径作两球面S和SD 初始扰动φ(r)和ψ(P)局限于V之内 g()和(P)仅在d≤r≤D才不为0 由矶,小的表达式: (0,D)= 8(-andp+ andr 积分对整个空间进行 现观察某一时刻t在=0处的振动: D/a时,一方面,被积函数中的函数要求仅在r=at积分才不为 另一方面,r=at时,r=at>D,r<D时()和(F)均为0。 仅在d/a<【<D/a时,a0,n才不为0。也就是说,位于V区域的扰动 以速度a传播,太早了,扰动尚未传到达=0处,太迟了,扰动“已乘黄鹤去”。 令:dBr=dSdr,叫P,小可改写为 小= ds+ Poisson公式 4 talat小sat Sa表明积分仅在以为球心,at为半径的球面上进行。这就是三维空间的自由振动问题的解 换言之,要看萨处在t时刻是否有振动,仅需以产为球心,at为半径做球面, 若球面经过以F)或)不为0的区域,则,小≠0,否则(P,小=0。 物理意义 1.t时刻产处的振动是由以产为球心,at为半径的球面上在t=0时刻的扰动传来的 波以速度a传播。 2.假设初始时刻 g(7)仅在以R为半径厚度为2d的薄球壳上的某一立体角上为常数4,其余为0 则:仅在R-d≤at≤R+d时,在=0处的振动才不为0,这时 a p(at, n) (aodn (ara0o9)=—l0 4a at Jsat at 4丌aat
ℱ-1[I1] = ℱ-1 φ (k) cos a k t = 1 4 π a φ(r ′ ) gr -r ′ 3 r ′ = 1 4 π a φ(r ′ ) ∂ ∂ t δr -r ′ - a t r -r ′ 3 r ′ 注意这里 r ′ 是积分变量 ，与 t 无关 = 1 4 π a ∂ ∂ t φ (r ′ ) r -r ′ δr -r ′ - a t 3 r ′ ur , t = ℱ-1[I1] + ℱ-1[I2] 以 V∞ 3 r ′ 表示对整个空间的积分 = 1 4 π a ∂ ∂ t V∞ φ (r ′ ) r -r ′ δr -r ′ - a t 3 r ′ + V∞ ψ(r ′ ) r -r ′ δr -r ′ - a t 3 r ′ 物理意义 ：看 r = 0 处的振动 ，假设初始扰动仅局限于空间某一区域 V0 之内，如图所示 V0 区距原点 r = 0 最近的距离为 d， 最远的距离为 D。以原点为球心 ， d 和 D 为半径作两球面 Sd 和 SD。 初始扰动 φ(r ′ ) 和 ψ(r ′ ) 局限于 V0 之内， φ(r ′ ) 和 ψ(r ′ ) 仅在 d ≤ r′ ≤ D 才不为 0。 d V0 r ′ D 由 ur , t 的表达式 ： u(0, t) = 1 4 π a ∂ ∂ t V∞ φ (r ′ ) r′ δ(r′ - a t) 3 r ′ + V∞ ψ(r ′ ) r′ δ(r′ - a t) 3 r ′ —— 积分对整个空间进行 。 现观察某一时刻 t 在 r = 0 处的振动 ： t D/a 时, 一方面，被积函数中的 δ 函数要求仅在 r′ = a t 积分才不为 0， 另一方面 ，r′ = a t 时，r′ = a t > D， r′ D/a 时，u(0, t) 为 0。 仅在 d/a < t < D/a 时，u(0, t) 才不为 0。也就是说，位于 V0 区域的扰动 ， 以速度 a 传播，太早了，扰动尚未传到达 r = 0 处 ，太迟了，扰动 “已乘黄鹤去 ”。 令：3 r ′ = S′ r′ , ur , t 可改写为 ur , t = 1 4 π a ∂ ∂ t Sat φ (r ′ ) a t S′ + Sat ψ(r ′ ) a t S′ —— Poissson 公式 Sat 表明积分仅在以 r 为球心，a t 为半径的球面上进行 。这就是三维空间的自由振动问题的解 。 换言之，要看 r 处在 t 时刻是否有振动 ，仅需以 r 为球心，a t 为半径做球面 ， 若球面经过 φ(r ′ ) 或 ψ(r ′ ) 不为 0 的区域，则 ur , t ≠ 0，否则 ur , t = 0。 物理意义 ： 1. t 时刻 r 处的振动是由以 r 为球心，a t 为半径的球面上在 t = 0 时刻的扰动传来的 —— 波以速度 a 传播。 2. 假设初始时刻 ： ψ(r ′ ) = 0, φ(r ′ ) 仅在以 R 为半径厚度为 2 d 的薄球壳上的某一立体角 δΩ 上为常数 u0，其余为 0 则：仅在 R - d ≤ a t ≤ R + d 时，在 r = 0 处的振动才不为 0，这时 ur , t r =0 = 1 4 π a ∂ ∂ t Sat φ (r ′ ) a t S′ = 1 4 π a ∂ ∂ t Sat φ(a t, Ω) a t (a t)2 Ω = 1 4 π a ∂ ∂ t (a t u0 δΩ) = δΩ 4 π u0 10 z11a.nb
