講稿積分變換

第一章葉變傅立葉級f(x)[?ll]1f(x) 2

l

+ lf(x)的傅立葉級數(shù)。只要f0x[—l,上分段連續(xù)，則級數(shù)一致收斂于f(x)f(x)

1Z Z

f

dx}f

dξ(ξ)

Z

f

dx(ξ 葉逆變換記 1Z+∞ f(x)= f(ξ)] f

dξ1求矩形脈沖函?f(t)

|t|≤ |t|> (a> 葉變換解:由葉變換的定()

Ze?iξtdt=

1e?iξt| |

例2求f(x)=1葉變換例3求f(x)=cosax葉變換4求單邊指數(shù)衰減函數(shù)(ef(t)

t≥ t<(β>0為常數(shù))的葉變換葉積分公式證明:Z+∞βcosωt+ωsin

,且利用t>t>tt0π

+

dω20解:由葉變換的定(ξ)

Z dt0

Z01=β+

0

β?iξβ2+[(ξ)]

1Z β?β2+

eiξtZ1=+∞(β?iξ)(cosξt+isinZ1=2π

β2+1Z2π

β2+ξ2

dξ

1Z+∞β(cos β2+1Z

?iξ(icos

dξ=2π β2+21Z+∞βcosξt+ξsin 2 β2+

1[f(t?0)+f(t+dξ對?(ξ)作葉變(x)[(ξ)]Z

Z()e?ξx=2π[

f 5求矩形脈沖函?

dξ]=2πff(t)

|t|≤ |t|> (a>的葉變換 且利用葉積分證Z+∞

|t|<2π2ωsinaωcosωtdω |t|=ω |t|>其(a>并利用對稱公式求g(t)=換

的葉解:由葉變換的定()

Ze?iξtdt=

1e?iξt| |

?1[(ξ)]

Z+∞

eiξtdξ(由于f(x

?1[(ξ)]

1Z

)et

dξZ+∞1sinaωcosωtdωZ

?f |t|6=21(t?0)+f(t+0)]2[(ξ)]

Z+∞

eiξtdξ1Z=

sinaξ(cosξt+isinξt)dξ2π 再由奇函數(shù)的積分性質(zhì)可1Z2π

sinaξ(isinξt)dξ=ξ再由偶函數(shù)的積分性質(zhì)可 |t|< +∞ ξsinaωcosξtdξ

|t|= |t|> (a>如果t0a1,另一方

Z+∞

πdξ2?(g(ξ)故

(ξ?(ξ)

1(ξ)=f(?ξ)=f(ξ)單位脈沖函(δ函數(shù)在工程和物理現(xiàn)象中，從集中分布的量集中質(zhì)量，集中點(diǎn)電荷，點(diǎn)熱源，單位脈沖,沖擊力的瞬時(shí)作用等的研究中會(huì)遇到在原點(diǎn)等于∞，在其他地方為0Dirac函數(shù).這種函數(shù)不是高等數(shù)學(xué)中的普通函數(shù)，而是廣義函數(shù).這種函數(shù)在工程和物理中有重要意義.δ函數(shù)的定義δ函數(shù)是定義在(?∞)內(nèi)滿足如下條件的函數(shù):(δ(x?x0)

x= x6=0Z0δ(x?x0)dx=δ(xx0)ε的普通函δ?(x?x0)的（弱）極限.例如取

x) x0<x<x0+ ?

o x6=δ?(xx0)有如下的兩個(gè)性質(zhì)

δ?(x?x0)

x= x6=

Z

δ?(x?x0)dx=定理(篩選性質(zhì))對在ax0b的鄰域內(nèi)連續(xù)的任意函數(shù)?(x)有Zδ(x?x0)?(x)dx=a(ab)=(?∞+∞)時(shí)，Zδ(x?x0)?(x)dx=引1f(x是廣義函數(shù)(ab)內(nèi)的任意連續(xù)函數(shù)有Zf(x

f(x)?(x)dx=a1δ(x)是偶函數(shù)證明對任意連續(xù)函數(shù) 作變換t=?x，Zδ(?x? δ(t?+∞Z=?(?0)

δ(x?性質(zhì)2設(shè) 在點(diǎn)x0的鄰域內(nèi)連續(xù),α(x)δ(x?x0) α(x0)δ(x?特別地，α(x0)=0α(x0)δ(xx0)=連續(xù)函數(shù)?(x)應(yīng)用篩選性質(zhì),ZZ

α(x)δ(x?x0∞ δ(x? Z ?∞δ(x?x0Z證畢

α(x0)δ(x?x03H=其H(x)

x> x<證明對任意連續(xù)函數(shù)?(x),limx→0+?(x)=0,有ZH0∞=

H0Z|=H(x)?(x) |

?0x=?(0)Z

Z∞H0?H?δ(x)=證畢性質(zhì) δ(x?x0)的葉變換與逆變F[δ(x?x0)]

Z

δ(x?x0)e?iξxdx=特別地,x00時(shí)?(ξ Z 1 [δ(ξ?a)]

iξxdξ

特別地a0時(shí)1F?1[δ(ξ)]

ei?0?ξ

1,F

]=即1=F[1]= Fa)]

1F[ eiξa]=

—π所1F[cosax]同樣可

F[ax+?x=2

—a)+δ(ξ+a)F[sinax]=iπ[δ(ξ+a)?δ(ξ?a)例證明單位階躍函數(shù) 的葉變1證則

F[H(x)]F[(x)]

+1+f(x)=

?1(ξ)]

+∞[Z ZZ

1Z=

δ(ξ)eiξxdξ

+∞

1

ξ1+

|x|> =— |x|<— Z+∞注

dξ

Z+∞

dt2例求符( t>sgnt

t<的葉變sgnt=2H(t1,有所以F[sgnt]=2F[H[1]2

性質(zhì) 設(shè)方程 有 個(gè)重t1t2tm,則δ[?(t)]

δ(t?0k特別地t10為一個(gè)根時(shí),δ(at ,a6=0a為t1?at2a,為兩個(gè)根時(shí),δ(t?a)+δ(t+ a2)—

,a=0a為常數(shù)葉變換的性質(zhì)線性性質(zhì)(ξ?(α 是常數(shù);F[αf(x)+βg(x)]=α(ξ)+β?(ξ).F?1[α(ξ)+β?(ξ)]=αf(x)+

?(ξ)=F[a, 均為常數(shù);[?(ξF?1(ξ?a)]=eiax(x).F變換定義,xx0=τF[(x?Z f(x?ZZ 類似地也可證明第二式成立.證畢相似性數(shù),則

f?ξ)=F[(x)]a6=0為F[(ax)]=1f?( 特別地，a?1,則可得F[(?x)]=(?ξ證明a0時(shí),t=ax,ZF[(ax)]ZZ

f(ax)eξ f a0時(shí),令Ztax,F[(ax)]=

f(x)e?ixdx=?1 1

(a)4. 微分性|x|→∞時(shí),f(x)→?(ξ)[F[0(x)]=iξ(ξ)dF[?ixf(x)]=公式稱為象函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式

?(Fourier變換的定義,利用分部積分,ZFf0(x)] f|=f(x)e?iξx +|

Z

f=iξ(ξ)通過積分號下求導(dǎo)，可d(ξ = Z∞

∞=證畢

[?ixf(x)]e?iξxdx=F[?ixf推論1. 若lim|x|→∞f(x)= 01...,F[(n)(x)]=(iξ)n(ξ象函數(shù)的高階導(dǎo)數(shù)dξn?(ξ)=(?i)nFxn積分性g(x)=

Rf(τ

Z則ZxF f(τ)dτ]

?(ξ證明由于g0=f 根據(jù)微分性質(zhì),F[(x)]=F[g0(x)]=iξFZ由此可得Zx

?(ξ證畢

F f(τ)dτ] 注 若極限limx→+∞ Rf(x)dτ

f?(0)6=0,則對

用微分性質(zhì)，從而上式不成立.此時(shí)，性質(zhì)要修改Z 1 F f(τ)dτ]

f(ξ)+πf證畢略.卷積與卷積定定義1設(shè)f(x)和 ?∞, 內(nèi)義若積分f(x)>g(x)

Zf(τ)g(x?τ存在，則稱它為f 和 的卷積,記f(x)>f(x)>g(x)=g(x)>f(f(x)>g(x))>h(x)=f(x)>(g(x))f(x)>(g(x)+h(x)=f(x)>(g(x)f(x)>證明1.由卷積定義，令x?τ= ?dτ=則f(x)>g(x)Z∞

Zf(τ)g(x?τ f(x?t)g(t)dt=g(x)>f卷積定?( F[有

?( F[g(x)],(ξ)?(ξF[(x)g(x)]

(ξ)?(證明 由卷積及F變換的定義，F(xiàn)[(x)>Z∞Z f(τ)g(x?τ)dτZ Z f(τ)e?iξτ∞

g(x?τ ∞ f(τ)e?iξτdτ =(ξ)(ξ)1求函數(shù)f(t)= 和g(t)=

1,|t|≤(0,|t|>的卷積,H(t)是單位跳躍函數(shù)解:由卷積定義及交f(t)>g(t)Z∞

Zf(τ)g(t?τ f(t?τ)g(τ當(dāng)t<?1,f(t?τ)g(τ)=0?f(t)>g(t)=當(dāng)?1≤t≤1,τ∈[?1,t]?f(t?τ)g(τ)6=從f(t)>g(t)

Ze?(t?τ)dτ=1?當(dāng)t>1,τ∈[?1,1]?f(t?τ)g(τ)6=從f(t)>g(t)

Ze?(t?τ)dτ=(e?e?1所以f(t)>g(t)

0,t<1?e?(t+1),?1≤t≤?e?1)e?t,t>例2證明卷積公式δ(t?a)?f(t)=f(t?證明 由卷積定義及篩選性質(zhì)知式成立δt?(t)3證明

Zδ(τ?a)f(t?τ)dτ=fδ(t?a)?δ(t?b)=δ(t?a?證明:應(yīng)用卷積定理及δ函數(shù)的葉變換，易得出F[δ(t?a)?δ(t?b)]=F[δ(t?a)]F[δ(t?= =e?iω(a+b)=F[δ(t?a?兩邊F逆變換,可得出F?1F[δ(t?a)?δ(t?b)]=F?1F[δ(t?a?證畢求下列兩個(gè)函數(shù)的卷積fa(t)

sin

sin,fb(t)= 其a0,b解已知?a(t)F變換為

(,|t|≤0,|t|>F

a(t)]

=cmin(ab)，顯然有?a(t)?b(t)=?c(t)

|t|≤ |t|>利用卷積定理F[(x)g(x)]

1(ξ)?(ξ(ξ)即

?(ξ)=2πFf?a(t)>?b(t)=2πF4πsin=2πF[?c(ω)]ω上式中的ω?fù)Q成t,兩邊乘以1 換后,可fa(t)>fb(t)

sin例4設(shè)f(t)=e?βtH(t)cost, F[解:由于1F[e?βtH(t)]= β+F[cosax]

F[ax+?x=2

—a)+δ(ξ+a)利用卷積定理式及關(guān)于 函數(shù)的卷積公δ(t?a)?f(t)=f(t?有Ff(t)]

2πβ+

>[δ(ξ?a)+δ(ξ+a) 2β+j(ω+ 2β+j(ω?5f(t)=F[解:由于F[H(t)]

—bcost 1+1F[H(t?b)]=1

+πδ(ω)] e?jbω+πδ(ω)F[cosax]=π[δ(ξ?a)+δ(ξ+a)]利用卷積定理式及關(guān)δ函數(shù)的卷積公式及δ(t?a)?δ(t?b)=δ(t?a?b)有F[(t)]

e?jbω2π

—a)+δ(ξ+a)1 1 =2[j(ω+

[δ(ξ?a)+δ(ξ+a)j(ω? 5求解微分積分方程Zf0(t)?a

tf(τ)dτ= (a>(0)

Zf(τ)dτ=解 應(yīng)用微分性質(zhì)與積分性質(zhì)，對方程兩邊F a2 jωf(ω) f(ω)

ω2+(ω) =1 (ω2+ 2dωω2+=jF jte?a|t|] f(t)

te?a|t|2 一維熱傳導(dǎo)方程的初值問題證明函數(shù)葉逆變換為

f?ξ)e?a2ξ2t(t0的f(x)=F?1[(ξ)]

√

)證明利用分部積分及微分性質(zhì)，f(x)

1Z

e?a2ξ2teiξx e?a2ξ2teiξx—

=

ξ2teiξx2a2tdf= F?1[iξ(ξ)x

所f(x)(x)+ f(x)=0, 1Zf(0)

e?a2ξ2t1=

Z

e?η2證畢

√(令η= f(x)

Z f 可Z 1re?a2ξ2eixξ

) 注意奇、偶函數(shù)的積分性質(zhì)，上式也就Z

2

1r cosxξdξ= ) 求解一維熱傳導(dǎo)方程的初值(u?a2uxx=f(x,t)(?∞<x<+∞,t>u(x,0)=記?(ξ,t)為函數(shù)u(xt)關(guān)于xF變換f?ξtF[(xt?(ξ)=F[?(x)]，F(xiàn)變換的微分性質(zhì)，F(xiàn)[uxx]=ξ2對問題F變換可

?ξ2?t+?(ξu?(ξ,0)=?(ξ)這是含參ξ的一階常微分方程的初值題非齊次微分方程=齊次微分方程通+非齊次微分方程的特解令?t+a2ξ2?=d?(ξ,?a2ξ2?(ξ,d?(ξ,?(ξ,

=ln?=?a2ξ2t+lnc?=ce?a2ξ2t利用常數(shù)變易法，令?=c(ξ,為非齊次微分方程的特解

dc(ξ,=

e

—a

c(ξ,a2ξ2??t+a2ξ2?

(ξ,有dc(ξ,

(ξ,

ea2ξ2t(ξ,c(ξ,t)

Z(ξ,0

dτ+Z?(ξ (ξ,0?(

dτ+C]Z?(ξ,?(ξ)0

(ξ,上ξF逆變換，應(yīng)用卷積性質(zhì),得?1[?(ξ,

e?=?(x)?

Z

—

(?τ f(x,τ)0

p π(t?τ Z — Z Z +∞f(ξ,τ — e4a2(t?τ)dξdτ t?半擴(kuò)散問– =0(x>0,t>– t)=n(n為實(shí)數(shù)u=v(xtnv(xt)vt?a2vxx=0(x>0,t>0)=?n(x>v(0,t)=0將初始條件作奇延拓，v(x,0)=?(x)

?n,x> x<從而構(gòu)成域上的熱傳導(dǎo)問(?a2vxx=0(?∞<x<+∞,t>v(x,0)=由前例可

Z

Z —

—u(x,t)=

x?上式右端第一個(gè)積分令zξ?

√;而在2 2二個(gè)積分中z

√，可 √ Z Z u(x,t)=n

√

dz

√

√ Z 2nZ 0=n? π

x

dz=n?πx其中

=n?n·erf √)=n √) 2Zerf(x)=√

e?z2是誤差函數(shù)，erfc(x)=函數(shù)半平面的穩(wěn)定問

erf(x)是誤差余求解半平面的雷問題uxx+uyy=0(?∞<x<+∞,y>u(x,0)=fu(x,y)=0,r2=x2+?(ξ對x的葉變換.對問題式作F變換，u?yy?

= (y>?(由u→0(r→∞)y+∞時(shí)?(ξ,

Z

u(x,

dx→0方y(tǒng)yξ2?=0的通解?(由式?(ξ,y) 0.(當(dāng)y→+∞)

R

u(x,y)e?iξx 可C20再由邊界條件C1從

(ξ)?(ξ,由Z

(ξ)e?|ξ|yF?1[e?|ξ|y]=

e?|ξ|yeiξx 1

dξ

Z0

1

) 2πy+ y? π(x2+應(yīng)用卷積定F逆變換可u(x,y)=F?1[?(ξ,y)]=f(x)

π(x2+yZy=

f(x?ξ)2+

dξ這就是半平面的泊松公式求解調(diào)和方程的第二邊值問題+uyy=0(?∞<x<+∞,y>uy(x,0)=cosax (a>0)limy→+∞u(x,y)=0,記?(ξ,y)=F[u(x,y)]為對x的葉變換.F變換，有?ξ2?= (y>u?y(ξ,0)=π[δ(ξ?a)+δ(ξ+a)]?(ξ,y)=0,方y(tǒng)y2?0的通解?(由式?(ξ,y) 0.(當(dāng)y→+∞)C2=0π

R

u(x,y)e?iξx C1= [δ(ξ?a)+δ(ξ+從?(ξ,y)=

[δ(ξ?a)+δ(ξ+a)F逆變換可u(x,y)=F?1[?(ξ, Z =

[δ(ξ?a)+δ(ξ+a)]e?|ξ|ye?jξx =

1—

+這就是半平面的泊松公式注1:利用上式容易得出二維調(diào)和方程的諾依曼( ann)問題(uxx+uyy=0(?∞<x<+∞,y>uy(x,0)=的解 事實(shí)上，令v(x,y)=uy(x,y)，有(v+vyy=(uxx+uyy)y=v(x,0)=這是函數(shù) 的雷問題，其解v(x,y)

yZ ?∞(x?ξ)2+

dξ從u(x,y)

ZZ

v(x,y)dη+Z= y

(x?ξ)2+η2dξdη+π ?∞= Z

(x?ξ)2+η2dηdξ+=

g(ξ)

(x?ξ)2+0(x?ξ)2+0

dξ+c其中y00c為任意常數(shù) 三維拉斯方程的基本基本E(xyz)滿足方?E

Exx+Eyy+Ezz=δ(x,y,z)

<x,y,z作三重葉變?(ξ,η,ζ)=F[E]注意 δ(x,y,

=

E(x,y,z)e?i(xξ+yη+ζz) F[δ(x,