寻找使拉普拉斯方程形式解不收敛的初始条件

嘿，我来帮你搞定这个问题！先梳理下背景：你已经推导出半无限带状区域$[0,\pi]\times[0,\infty)$上拉普拉斯方程的形式解是傅里叶正弦级数与双曲余弦的结合：
$$ u(x,y)=\sum_{n=1}^\infty \beta_n[f] \cosh (ny) \sin (nx) $$
其中$\beta_n[f] = \frac{2}{\pi} \int_0 ^\pi f(s) \sin(ns) , ds$是$f$的傅里叶正弦系数，且$f\in\mathcal{C}^1([0,\pi])$。

我们的核心思路是：当$y>0$时，$\cosh(ny)$的增长速度是指数级的（$\cosh(ny)\sim \frac{e^{ny}}{2}$当$n\to\infty$），只要让$\beta_n[f]$的衰减速度足够慢，就能让$\beta_n[f]\cosh(ny)$构成的级数不满足收敛条件。

构造符合要求的$f(x)$ #

我们固定一个$y_0>0$（比如取$y_0=1$），定义$f(x)$的傅里叶正弦系数为：
$$ \beta_n[f] = \frac{e^{-n y_0}}{\sqrt{n}} $$
对应的$f(x)$就是：
$$ f(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{e^{-n y_0}}{\sqrt{n}} \sin(nx) $$

验证$f\in\mathcal{C}^1([0,\pi])$

• 连续性验证：级数$\sum_{n=1}^\infty \frac{e^{-n y_0}}{\sqrt{n}} \sin(nx)$绝对收敛，因为$\left|\frac{e^{-n y_0}}{\sqrt{n}} \sin(nx)\right|\leq \frac{e^{-n y_0}}{\sqrt{n}}$，而$\sum_{n=1}^\infty \frac{e^{-n y_0}}{\sqrt{n}}$是收敛的（指数衰减项主导，远快于多项式衰减），所以$f(x)$连续。
• 一阶导数连续性验证：对级数逐项求导得到：
  $$ f'(x) = \sum_{n=1}^\infty e^{-n y_0} \sqrt{n} \cos(nx) $$
  同样，$\left|e^{-n y_0} \sqrt{n} \cos(nx)\right|\leq e^{-n y_0} \sqrt{n}$，$\sum_{n=1}^\infty e^{-n y_0} \sqrt{n}$绝对收敛（指数衰减压制了多项式增长），所以$f'(x)$连续。
  这就证明了$f\in\mathcal{C}^1([0,\pi])$，满足问题要求。

验证级数在$(x,y_0)$处不收敛

当$y=y_0$时，级数的通项为：
$$ \beta_n[f] \cosh(n y_0) = \frac{e^{-n y_0}}{\sqrt{n}} \cdot \frac{e^{n y_0} + e^{-n y_0}}{2} = \frac{1 + e^{-2n y_0}}{2\sqrt{n}} $$
当$n\to\infty$时，这个通项趋近于$\frac{1}{2\sqrt{n}}$，而级数$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n}}$是发散的（这是$p$-级数，$p=\frac{1}{2}<1$）。根据比较判别法，原级数在$y=y_0$处对任意$x\in[0,\pi]$都不收敛。

可选的其他构造方式 #

如果你想要更直观的发散情况（通项不趋于0），可以取$\beta_n[f] = \frac{e^{-n y_0}}{n^{1/4}}$，此时当$y=y_0$时，通项$\sim \frac{1}{2n^{1/4}}$，$\sum \frac{1}{n^{1/4}}$依然发散；或者取$\beta_n[f] = \frac{e^{-n y_0}}{\log(n+1)}$，通项$\sim \frac{1}{2\log(n+1)}$，$\sum \frac{1}{\log(n)}$同样发散，对应的$f(x)$也都属于$\mathcal{C}^1([0,\pi])$。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Juan