求解无限条带区域上的拉普拉斯方程

咱们来搞定这个在无限条带区域 $\mathbb{R} \times (0,a)$ 上的拉普拉斯方程问题：$u_{xx} + u_{yy} = 0$，对应的边界条件如下：
$$\begin{cases} u(x,0) = 0 \ u(x,c)= \frac{x}{x^2+c2} - \frac{x}{x^2 + 9c^2} \ \lim_{x\to\pm\infty} u(x) = 0 \end{cases} $$
这里的 $c>0$ 是任意固定的常数。

一个很实用的解法是对 $u(x,y)$ 关于 $x$ 做傅里叶变换，记变换后的结果为 $\hat{u}(k,y)$，咱们采用的傅里叶变换定义是：
$$\hat{f}(k) = \int_{-\infty}^\infty e^{-ikx} f(x),\mathrm{d}x$$

把拉普拉斯方程进行傅里叶变换后，原方程会简化成一个常微分方程：$\hat{u}_{yy} = k^2 \hat{u}$，它的通解形式是：
$$ \hat{u}(k,y) = A(k)e^{ky} + B(k)e^{-ky} $$
这里的 $A(k)$ 和 $B(k)$ 是依赖于 $k$ 的待定系数，接下来咱们就用边界条件来确定这两个系数。

第一步：利用 $y=0$ 的边界条件简化通解 #

当 $y=0$ 时，$u(x,0)=0$，对这个式子做傅里叶变换就能得到 $\hat{u}(k,0)=0$。把它代入通解里，就有：
$$A(k) + B(k) = 0 \implies B(k) = -A(k)$$
这样通解就可以简化为：
$$\hat{u}(k,y) = A(k)\left(e^{ky} - e^{-ky}\right) = 2A(k)\sinh(ky)$$

第二步：计算 $y=c$ 边界条件的傅里叶变换 #

接下来处理 $y=c$ 时的边界条件 $u(x,c)= \frac{x}{x^2+c2} - \frac{x}{x^2 + 9c^2}$，咱们需要先算出它的傅里叶变换 $\hat{u}(k,c)$。

回忆一下傅里叶变换的常用公式：对于函数 $\frac{x}{x^2 + b^2}$，它的傅里叶变换是 $-i\pi \text{sign}(k) e^{-|k|b}$（其中 $\text{sign}(k)$ 是符号函数，$k>0$ 时取1，$k<0$ 时取-1）。

分别代入 $b=c$ 和 $b=3c$，就能得到：
$$\hat{u}(k,c) = -i\pi \text{sign}(k)e^{-|k|c} + i\pi \text{sign}(k)e^{-3|k|c} = i\pi \text{sign}(k)\left(e^{-3|k|c} - e^{-|k|c}\right)$$

第三步：确定系数 $A(k)$ #

因为 $\hat{u}(k,c)=2A(k)\sinh(kc)$，所以可以解出 $A(k)$：
$$A(k) = \frac{i\pi \text{sign}(k)\left(e^{-3|k|c} - e^{-|k|c}\right)}{2\sinh(kc)}$$

把 $A(k)$ 代回简化后的通解，得到：
$$\hat{u}(k,y) = i\pi \text{sign}(k)\left(e^{-3|k|c} - e^{-|k|c}\right)\frac{\sinh(ky)}{\sinh(kc)}$$

第四步：傅里叶逆变换得到原函数 $u(x,y)$ #

现在需要对 $\hat{u}(k,y)$ 做傅里叶逆变换来得到 $u(x,y)$，逆变换的定义是：
$$u(x,y)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty e^{ikx}\hat{u}(k,y)\mathrm{d}k$$

把 $\hat{u}(k,y)$ 代入后，咱们可以把积分拆成 $k>0$ 和 $k<0$ 两部分计算（利用符号函数和绝对值的性质）：

• 当 $k>0$ 时，$\text{sign}(k)=1$，$|k|=k$，积分部分为 $\frac{1}{2\pi}\int_{0}^\infty e^{ikx} \cdot i\pi \cdot \left(e^{-3kc} - e^{-kc}\right)\frac{\sinh(ky)}{\sinh(kc)} \mathrm{d}k$
• 当 $k<0$ 时，令 $k=-t$（$t>0$），则 $\text{sign}(k)=-1$，$|k|=t$，$\sinh(ky)=\sinh(-ty)=-\sinh(ty)$，积分转化为 $\frac{1}{2\pi}\int_{0}^\infty e^{-itx} \cdot i\pi \cdot \left(e^{-3tc} - e^{-tc}\right)\frac{\sinh(ty)}{\sinh(tc)} \mathrm{d}t$

把两部分加起来，利用 $e^{ikx}+e{-ikx}=2\cos(kx)$，可以化简为：
$$u(x,y) = i\int_{0}^\infty \cos(kx)\left(e^{-3kc} - e^{-kc}\right)\frac{\sinh(ky)}{\sinh(kc)} \mathrm{d}k$$

第五步：化简积分得到级数形式 #

接下来咱们用几何级数展开 $\frac{\sinh(ky)}{\sinh(kc)}$（因为 $k>0,c>0$，$|e^{-2kc}|<1$，满足几何级数收敛条件）：
$$\frac{\sinh(ky)}{\sinh(kc)} = \frac{e^{ky} - e^{-ky}}{e{kc} - e^{-kc}} = e^{{k(y-c)}\sum_{n=0}}\infty e^{-2nkc} - e^{{-k(y+c)}\sum_{n=0}}\infty e^{-2nkc}$$

再结合常用积分公式 $\int_{0}^\infty \cos(kx)e^{-kb} \mathrm{d}k = \frac{b}{x^2 + b^2}$，把每一项积分计算出来后整理，最终可以得到 $u(x,y)$ 的级数形式：
$$u(x,y) = \frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^\infty \left( \frac{x}{x^2 + (y - c(2n+3))^2} - \frac{x}{x^2 + (y - c(2n+1))^2} \right)$$

这个级数形式完全满足所有边界条件：当 $y=0$ 时级数相互抵消为0；当 $y=c$ 时会还原到给定的边界函数；当 $x\to\pm\infty$ 时每一项都趋近于0，符合无穷远的条件。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者RDL