OpenAGH e-podręczniki | Zastosowania przekształcenia Fouriera

Przykład 1:

Znaleźć rozwiązanie problemu

\( u_t=u_{xx},\quad u(x,0)=\varphi (x), \qquad x\in \mathbb R,\hskip 0.5pc t>0 . \)

Połóżmy

\( U(y,t)= {\cal F}\big(u(x,t)\big)(y)= \dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{\mathbb R}e^{-ixy}u(x,t)dx, \)

tzn. obliczamy transformatę Fouriera z funkcji \( \hskip 0.3pc u\hskip 0.3pc \) ze względu na zmienną \( \hskip 0.3pc x.\hskip 0.3pc \)
Zauważmy, że

\( {\cal F}\big(u_t(x,t)\big)(y)=U_t(y,t), \qquad {\cal F}\big(u_{xx}(x,t)\big)(y)=-y^2U(y,t), \)

ponadto

\( U(y,0)= \dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{\mathbb R}e^{-ixy}u(x,0)dx=\dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{\mathbb R}e^{-ixy}\varphi (x)dx= \hat \varphi (y). \)

Po zastosowaniu transformaty Fouriera względem zmiennej \( \hskip 0.3pc x,\hskip 0.3pc \) problem ( 1 ) przyjmie postać

\( U_t(y,t)=-y^2U(y,t), \qquad U(y,0)=\hat \varphi (y). \)

Rozwiązując ostatni problem otrzymamy

\( U(y,t)=\hat \varphi (y)e^{-y^2t}, \)

a wracając do zmiennych wyjściowych, wykorzystując własność (vii) transformaty Fouriera z modułu Definicja i podstawowe własności transformaty Fouriera-1 : oraz wzoru (1) z modułu Dalsze własności transformaty Fouriera-( 1 ), otrzymamy

\( u(x,t)= \dfrac 1{\sqrt{2\pi}} {\cal F}^{-1}\big(\hat \varphi (y)\big)*{\cal F}^{-1}\big( e^{-y^2t}\big)= \dfrac 1{2\sqrt{\pi t}}\displaystyle\int_{\mathbb R} e^{-\dfrac{(x-s)^2}{4t}}\varphi (s)ds. \)

Przykład 2:

Znaleźć rozwiązania równania

\( u_{tt}+u_{xx}=0,\qquad x\in \mathbb R, \hskip 0.5pc t>0, \)

spełniające warunki

\( u(x,0)=f(x), \)

gdzie funkcja \( \hskip 0.3pc f\hskip 0.3pc \) jest całkowalna.

Połóżmy, podobnie jak w poprzednim przykładzie,

\( U(y,t)= {\cal F}\big(u(x,t)\big)(y)=\dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{\mathbb R}e^{-xyi} u(x,t)dx. \)

Oczywiście

\( {\cal F}\big(u_{tt}(x,t)\big)(y)= \dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{\mathbb R}e^{-ixy}u_{tt}(x,t)dx =U_{tt}(y,t). \)

Stosując transformatę Fouriera względem zmiennej \( \hskip 0.3pc x\hskip 0.3pc \) do równania wyjściowego otrzymamy równanie

\( U_{tt}-y^2U=0, \)

którego rozwiązanie ogólne ma postać

\( U(y,t)=A(y)e^{-|y|t}+B(y)e^{|y|t}. \)

Żądanie istnienia transformacj odwrotnej z funkcji \( \hskip 0.3pc U\hskip 0.3pc \) implikuje \( \hskip 0.3pc B=0.\hskip 0.3pc \) Zatem

\( U(y,t)=A(y)e^{-|y|t}. \)

Korzystając z warunku początkowego otrzymamy

\( U(y,0)= \dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{\mathbb R}e^{-ixy}f(x)dx=\hat f(y). \)

W konsekwencji

\( U(y,t)=\hat f(y)e^{-|y|t}. \)

Wracając do zmiennych wyjściowych dostajemy

\( \begin{aligned} u(x,t)=& \dfrac 1{\sqrt{2\pi}}{\cal F}^{-1}\big(e^{-|y|t}\big)*{\cal F}^{-1}\big(\hat f(y)\big)\,=\, {\dfrac 1 {2\pi}} \displaystyle\int_{\mathbb R}\Big(\displaystyle\int_{\mathbb R}e^{(x-s)yi}e^{-|y|t}dy\Big) f(s)ds=\\& {\dfrac 1{2\pi}} \displaystyle\int_{\mathbb R} \displaystyle \int _ {\mathbb R}e^{-|y|t-(s-x)yi} f(s)ds dy\,=\,\dfrac t{\pi}\displaystyle\int_{\mathbb R}\dfrac{f(s)}{(s-x)^2+t^2}ds,\end{aligned} \)

przy czym w ostatnim przejściu wykorzystaliśmy całkę

\( \begin{aligned}\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-|y|t-i(s-x)y}dy= &\displaystyle\int_{-\infty}^0 e^{\big(t-i(s-x)\big)y}dy + \displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-\big(t+i(s-x)\big)y}dy=\\& \dfrac 1{t-i(s-x)}e^{\big(t-i(s-x)\big)y}\bigg|_{-\infty}^0\,-\,\dfrac 1{t+i(s-x)}e^{-\big(t+i(s-x)\big)y}\bigg|_0^{+\infty}=\\& \dfrac 1{t-i(s-x)}+\dfrac 1{t+i(s-x)}=\dfrac {2t}{t^2+(s-x)^2}. \end{aligned} \)

Przykład 3:

Jak widzieliśmy w przykładzie 3 z modułu Metoda funkcji Greena dla równań parabolicznych-Problem Cauchy'ego., przez funkcje Greena dla równania

\( a^2u_{xx}=u_t, \qquad x\in \mathbb R,\hskip 0.5pc t>0, \)

rozumiemy rozwiązanie problemu

\( a^2v_{xx}=v_t, \quad v(x,0)=\delta_{x_0}, \qquad x\in \mathbb R,\quad t>0, \)

które jest ciągłe w obszarze \( \hskip 0.3pc \overline{\Omega}\setminus \{(x_0,0)\},\hskip 0.3pc \) gdzie \( \hskip 0.3pc \Omega = \{(x,t)\,:\,x\in \mathbb R,\hskip 0.5pct>0\}.\hskip 0.3pc \)

Po zastosowaniu transformaty Fouriera względem zmiennej \( \hskip 0.3pc x\hskip 0.3pc \) do ostatniego problemu otrzymamy

\( V_t+a^2y^2V=0,\quad V(y,0)=e^{-yx_0i}, \)

gdzie

\( V(y,t)= {\cal F}\big(v(x,t)\big)=\dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{\mathbb R}e^{-xyi} v(x,t)dx. \)

Rozwiązanie uzyskanego problemu Cauchy'ego ma postać

\( V(y,t)=e^{-yx_0i}e^{-a^2y^2t}. \)

Wracając do zmiennych wyjściowych - po wykorzystaniu własności (iii) transformaty Fouriera z modułu Definicja i podstawowe własności transformaty Fouriera-1 : oraz wzoru (1) z modułu Dalsze własności transformaty Fouriera-( 1 )- otrzymamy

\( G(x-x_0,t)=v(x,t) =\dfrac 1{a\sqrt{2 t}}e^{-\dfrac{(x-x_0)^2}{4a^2t}}. \)

Temat:
Opis:
Typ:

Email:

Matematyka

Zastosowania przekształcenia Fouriera

Przykład 1:

Przykład 2:

Przykład 3: