波方程/Laplace 变换解法

奇数维的波方程的一个可选解法是通过将波方程划归为一个热方程并使用 Laplace 变换求解。

内容

假设我们考察的全空间的波方程初值问题如下

$$\begin{cases} u_{tt} - \Delta u = 0, & \text{in } \R^n \times (0, +\infty), \\ u = g, u_t = 0, & \text{on } \R^n \times \{ t = 0 \}. \end{cases}$$

其中$g \in C^m(\R^n)$，且$m$是正整数。且$n=2k+1$是奇数。

求解

首先对原方程作偶延拓

$$u(x, -t) = u(x, t), \quad t > 0.$$

定义函数

$$v(x, t) := \dfrac{1}{(4 \pi t)^\frac{1}{2}} \int_{\R} \text{e}^{-\frac{s^2}{4t}} u(x, s) \mathrm{d}s, \quad x \in \R^n, t > 0.$$

显然$v(x, t)$在$\R^n$上一致收敛于$g(x).$并且可以验证$\Delta v(x, t) = v_t(x, t).$

这就是说$v(x, t)$是热方程的解，由基本解得到

$$v(x, t) = \dfrac{1}{(4 \pi t)^\frac{n}{2}} \int_{\R^n} \text{e}^{-\frac{|x-y|^2}{4t}} g(y) \mathrm{d}y.$$

对比定义式和上式有

$$\dfrac{1}{(4 \pi t)^\frac{1}{2}} \int_{\R} \text{e}^{-\frac{s^2}{4t}} u(x, s) \mathrm{d}s = \dfrac{1}{(4 \pi t)^\frac{n}{2}} \int_{\R^n} \text{e}^{-\frac{|x-y|^2}{4t}} g(y) \mathrm{d}y$$

并注意到$u(\cdot, t)$是偶函数，于是

$$\int_{\R^+} \text{e}^{-\frac{s^2}{4t}} u(x, s) \mathrm{d}s = \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{(4 \pi t)^\frac{n-1}{2}} \int_{\R^n} \text{e}^{-\frac{|x-y|^2}{4t}} g(y) \mathrm{d}y.$$

令球面平均

$$G(x, t) = {\int_{\partial B(x, r)}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! {}\boldsymbol{-}{}} \qquad u(y) \mathrm{d}S(y).$$

并取$\lambda = \dfrac{1}{4t} > 0.$于是得到

$$\int_{\R^+} \text{e}^{-\lambda s^2} u(x, s) \mathrm{d}s = \dfrac{n\alpha(n)}{2} \left( \dfrac{\lambda}{\pi} \right)^k \int_{\R^+} \text{e}^{-\lambda r^2} r^{2k} G(x, r) \mathrm{d}r.$$

注意到

$$-\dfrac{1}{2r} \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r} \text{e}^{-\lambda r^2} = \lambda \text{e}^{-\lambda r^2}$$

，对右端作变形并使用$k$次分部积分得到

$$\begin{align} \quad~ & \int_0^{\infty} \lambda^k \text{e}^{-\lambda r^2} r^{2k} G(x; r) \mathrm{d}r \\ & = \frac{(-1)^k}{2^k} \int_0^{\infty} \left[ \left( \frac{1}{r} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r} \right)^k \left( \text{e}^{-\lambda r^2} \right) \right] r^{2k} G(x; r) \mathrm{d}r \\ & = \frac{1}{2^k} \int_0^{\infty} r \left[ \left( \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \right)^k \left( r^{2k-1} G(x; r) \right) \right] \text{e}^{-\lambda r^2} \mathrm{d}r \end{align}$$

进一步

$$\int_0^{\infty} u(x, r) e^{-\lambda r^2} \mathrm{d}r = \frac{n \alpha(n)}{\pi^k 2^{k+1}} \int_0^{\infty} r\left[ \left( \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \right)^k \left( r^{2k-1} G(x; r) \right) \right] e^{-\lambda r^2} \mathrm{d}r$$

做代换$\tau = r^2$，不难发现上式两端是同一个函数的 Laplace 变换，由逆变换的唯一性得到

$$u(x, t) = \frac{n\alpha(n)}{\pi^k 2^{k+1}} t \left( \frac{1}{t} \frac{\partial}{\partial t} \right)^k \left( t^{2k-1} G(x, t) \right).$$