数学物理方程 12.3 - 波动方程基本解

上次我们得到了基本解的 Fourier 变换为

$$\begin{array}{rl}& {\hat{E}}_{+}(\xi ,t)=\frac{1}{a|\xi |}H(t)\sin (a|\xi |t),t>0\\ & {\hat{E}}_{-}(\xi ,t)=-\frac{1}{a|\xi |}H(t)\sin (a|\xi |t),t<0\end{array}$$

方法 II ：直接求解逆变换

我们考虑求解 $E_{+}(x,t)$ ，以 $n=3$ 为例，首先有

$$E_{+}(x,t)={\mathcal{F}}^{-1}{\hat{E}}_{+}(\xi ,t)=(2\pi {)}^{-3}{\int }_{{\mathbb{R}}^3}\frac{\sin (a|\xi |t)}{a|\xi |}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x\xi }\mathrm{d}\xi$$

其中有 $x\xi =|x|\cdot |\xi |\cos \theta$ ，$\xi$ 分 ${\xi }_1,{\xi }_2,{\xi }_3$ 三个轴，令 ${\xi }_3$ 轴过 $x$ 点，记 $|\xi |=\rho$ ，利用球坐标代换于是有

$$E_{+}(x,t)=(2\pi {)}^{-3}{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin (a\rho t)}{a\rho }{\rho }^2\mathrm{d}\rho {\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}|x|\rho \cos \theta }\mathrm{d}\theta$$

记 $y=\cos \theta$ 有

$$\begin{array}{rl}& (2\pi {)}^{-3}{\int }_0^{+\infty }\frac{\sin (a\rho t)}{a\rho }{\rho }^2\mathrm{d}\rho {\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\phi {\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}|x|\rho \cos \theta }\mathrm{d}\theta \\ & =(2\pi {)}^{-3}\frac{2\pi }{a}{\int }_0^{+\infty }\sin (a\rho t)\rho \mathrm{d}\rho {\int }_1^{-1}\cos (|x|\rho y)+\mathrm{i}\sin (|x|\rho y)(-1)\mathrm{d}y\\ & =\frac{(2\pi {)}^{-2}}{a|x|}{\int }_0^{+\infty }2\sin (a\rho t)\sin (|x|\rho )\mathrm{d}\rho \\ & =\frac{1}{4{\pi }^{2}a|x|}{\int }_0^{+\infty }\left(\cos [(|x|-at)\rho ]-\cos [(|x|+at)\rho ]\right)\mathrm{d}\rho \\ & =\frac{1}{4{\pi }^{2}a|x|}\underset{A\to +\infty }{\lim }\left\{\frac{\sin [A(|x|-at)]}{|x|-at}-\frac{\sin [A(|x|+at)]}{|x|+at}\right\}\\ & =\frac{1}{4\pi a|x|}[\delta (|x|-at)-\delta (|x|+at)]\\ & =\frac{H(t)}{4\pi a|x|}\delta (|x|-at),t>0\end{array}$$

根据 $\mathrm{supp}(\delta )=\left\{|x|=at\right\}$ ，可得

$$E_{+}(x,t)=H(t)\frac{1}{4\pi a^{2}t}\delta (at-|x|),t>0$$

对于 $E_{-}(x,t)$ ，见 数学物理方程 - 第八次作业 .