De Laplace de la ecuación a través de la transformación de Fourier

Question

Tengo la ecuación de Laplace con algunos datos a lo largo de la $y$-eje: $$ \begin{cases} u_{xx} + u_{yy} &= 0 \\ u(0,y) &= f(y) \\ u_x(0,y) &= g(y). \end{casos} $$ No hay ninguna información de cualquier región, propiedades de la solución o las propiedades de $f$ $g$ que nos puede suponer $f$ $g$ tener bien definidas las transformadas de Fourier.

Así, la transformación de Fourier todo con respecto a la $y$-variable obtenemos: $$ \begin{cases} \hat{u}_{xx} -\xi ^2 \hat{u} &= 0 \\ \hat{u}(0,\xi ) &= \hat{f}(\xi ) \\ \hat{u}_x(0,\xi ) &= \hat{g}(\xi ). \end{casos} $$ Por lo tanto $\hat{u}(x,\xi ) = A(\xi )e^{-\xi x} + B(\xi ) e^{\xi x}$.

Supongo que esto es donde yo desconcertarse. Claramente $\hat{u}$ se comporta muy mal como a $\xi \to \pm \infty $, dependiendo del signo de $x$. Para solucionar esto yo la primera se limita a los $x>0$ y asume simplemente que $A(\xi ) = 0$$\xi <0$$B(\xi ) = 0$$\xi > 0$, de modo que $$ \hat{u}(x,\xi ) = C(\xi )e^{-|\xi | x} = \hat{f}(\xi )e^{-|\xi | x}. $$ Esto es fácil de invertir desde $\mathcal{F}^{-1}[e^{-|\xi |x}](x,y)$ es bien conocido. Pero ahora parece que no hay espacio para $g$ (o $\hat{g}$) para encajar en más.

Supongo que debe haber ido mal, cuando me restringido a $x>0$ y destaca algunas soluciones, pero ¿cómo puedo evitar esto?

Answer 1

Usted no puede poner a $A(\xi)=0$ dado que las condiciones de contorno. Así, $$ \hat u(0,\xi)=A(\xi)+B(\xi)=\hat f(\xi) $$ y $$ \hat u_x(0,\xi)=-\xi(\xi)+\xi B(\xi)=\hat g(\xi). $$ Este es un sencillo sistema que usted tiene que resolver para conseguir $A$$B$.

Answer 2

De hecho, usted no necesita resolver este problema mediante el uso de la transformada de Fourier, ya que sólo puede seckilling este problema mediante el uso de la fórmula de D'Alembert:

$u(x,y)=\dfrac{f(y+ix)+f(y-ix)}{2}-\dfrac{i}{2}\int_{y-ix}^{y+ix}g(t)~dt$

Incluso usted tiene que resolver este problema mediante el uso de la transformada de Fourier:

$\mathcal{F}_{y\to\xi}\{u_{xx}(x,y)\}+\mathcal{F}_{y\to\xi}\{u_{yy}(x,y)\}=0$

$\hat{u}_{xx}(x,\xi)-\xi^2\hat{u}(x,\xi)=0$

$\hat{u}(x,\xi)=A(\xi)e^{-x\xi}+B(\xi)e^{x\xi}$

$u(x,y)=\mathcal{F}^{-1}_{\xi\to y}\{A(\xi)e^{-x\xi}\}+\mathcal{F}^{-1}_{\xi\to y}\{B(\xi)e^{x\xi}\}$

$u(x,y)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty A(\xi)e^{-x\xi}e^{iy\xi}~d\xi+\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty B(\xi)e^{x\xi}e^{iy\xi}~d\xi$

$u(x,y)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty A(\xi)e^{i(y+ix)\xi}~d\xi+\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty B(\xi)e^{i(y-ix)\xi}~d\xi$

$u(x,y)=C_1(y+ix)+C_2(y-ix)$

Sustituto $u(0,y)=f(y)$ $u_x(0,y)=g(y)$ a la ecuación de arriba y siga el procedimiento es similar en http://en.wikipedia.org/wiki/D%27Alembert%27s_formula, obtendrá $u(x,y)=\dfrac{f(y+ix)+f(y-ix)}{2}-\dfrac{i}{2}\int_{y-ix}^{y+ix}g(t)~dt$ .

Answer 3

Lo que puede sacarte de un apuro aquí es que la existencia de las transformadas de Fourier de $f,g$ implicará el decaimiento de las condiciones en el infinito ($|\xi|\to\infty$) en los transformadas de Fourier $\hat{f}, \hat{g}$. Este es el contenido esencial de la de Riemann-Lebesgue lema: ver aquí y en la página 308 aquí (a partir de los Análisis Aplicados por Cazador y Nachtergaele). Usted probablemente necesita decir más acerca de las funciones $f,g$ con el fin de comprobar que (i) el lema se aplica y (ii) la caries es lo suficientemente rápido que usted puede invertir $\hat{u}=\hat{f}\cosh(\xi x) +\xi^{-1}\hat{g}\sinh(\xi x)$.

Sólo para señalar: su problema es de Cauchy problema de valor inicial para la ecuación de Laplace. Tales problemas no son generalmente bien planteado. Ver Hadamard el ejemplo por ejemplo, aquí.