数学物理方法（Part II）——Fourier 变换、Laplace 变换

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Fourier 变换

Fourier 变换有多种形式。

Fourier 级数

由定义，周期为 2l 的周期函数 f(x) 满足

f(x) = f(x + 2l)

此时可利用函数族

1, \cos \frac{k\pi x}l, \sin \frac{k\pi x}l, \quad k \in \N^\ast

将 f(x) 展开为 Fourier 级数展开式（Fourier series expansion）

f(x) = a_0 + \sum_{k = 1}^\infty \left(a_k \cos \frac{k\pi x}l + b_k \sin \frac{k\pi x}l\right)

该函数族是 正交的（orthogonal），或者说，函数族中任意两个函数的乘积在整个周期（此处取 [-l, l]）上的积分为零：

\begin{cases}\int_{-l}^l 1 \cdot \cos\frac{k \pi x}l \mathrm dx = 0 & (k\ne0) \\ \int_{-l}^l 1 \cdot \sin\frac{k \pi x}l \mathrm dx = 0 & (k \ne 0) \\ \int_{-l}^l \cos\frac{k_1 \pi x}l \cdot \cos\frac{k_2 \pi x}l \mathrm dx = 0 & (k_1 \ne k_2) \\ \int_{-l}^l \sin\frac{k_1 \pi x}l \cdot \sin\frac{k_2 \pi x}l \mathrm dx = 0 & (k_1 \ne k_2) \\ \int_{-l}^l \cos\frac{k_1 \pi x}l \cdot \sin\frac{k_2 \pi x}l \mathrm dx = 0\end{cases}

因此，我们将 f(x) 展开式与函数族中任意一个函数相乘，并在 [-l, l] 上积分，即可得到展开式的系数

a_k = \frac1{\delta_k l} \int_{-l}^l f(\xi) \cos\frac{k\pi\xi}l\mathrm d\xi b_k = \frac1l \int_{-l}^l f(\xi) \sin\frac{k\pi\xi}l\mathrm d\xi

其中 \delta_k = 1 + [k = 0]，上式称作 Fourier 系数（Fourier coefficient）。

我们可以利用平均平方误差衡量 Fourier 级数的精确程度

\overline{\epsilon^2} = \frac1{2l} \int_{-l}^l \left[f(x) - a_0 - \sum_{k = 1}^\infty \left(a_k \cos \frac{k\pi x}l + b_k \sin \frac{k\pi x}l\right)\right]^2 \mathrm dx

将上式展开并逐项积分，可得

\overline{\epsilon^2} = \frac1{2l} \left[\int_{-l}^l f^2(x) \mathrm dx + 2l a_0^2 + \sum_{k = 1}^\infty la_k^2 + \sum_{k = 1}^\infty lb_k^2 - 2a_0 \int_{-l}^l f(x) \mathrm dx - 2\sum_{k = 1}^\infty a_k \int_{-l}^l f(x) \cos \frac{k \pi x}l \mathrm dx - 2\sum_{k = 1}^\infty b_k \int_{-l}^l f(x) \sin \frac{k \pi x}l \mathrm dx\right]

容易看出上文给出的 Fourier 系数能让 \overline{\epsilon^2} 取最小值，将 Fourier 系数代入上式，并利用 \overline{\epsilon^2} \ge 0 可得

\int_{-l}^l f^2(x) \mathrm dx \ge a_0^2 \int_{-l}^l 1^2 \mathrm dx + \sum_{k = 1}^\infty a_k \int_{-l}^l \cos^2\frac{k \pi x}l \mathrm dx + \sum_{k = 1}^\infty b_k \int_{-l}^l \sin^2\frac{k \pi x}l \mathrm dx

实际上，若 f(x) 连续，则有

\int_{-l}^l f^2(x) \mathrm dx = a_0^2 \int_{-l}^l 1^2 \mathrm dx + \sum_{k = 1}^\infty a_k \int_{-l}^l \cos^2\frac{k \pi x}l \mathrm dx + \sum_{k = 1}^\infty b_k \int_{-l}^l \sin^2\frac{k \pi x}l \mathrm dx

上式称作 完备性方程，此时我们称函数族 1, \cos\dfrac{k\pi x}l, \sin\dfrac{k\pi x}l 是 完备的，Fourier 级数 平均收敛（converge in mean square） 于 f(x)。

Dirichlet 定理给出了 Fourier 级数收敛的充分不必要条件：若 f(x) 在一个周期内连续或只有有限个第一类间断点、仅有有限个极大值和极小值且绝对可积（\int_{-l}^l |f(x)| \mathrm dx 收敛），则 f(x) 的 Fourier 级数收敛，且

级数和 = \begin{cases} f(x) & x\text{ 不是间断点} \\ \frac12[f(x - 0) + f(x + 0)] & x\text{ 是间断点}\end{cases}

若 f(x) 是奇函数，则 Fourier 系数中所有的 a_k 均为零，其 Fourier 展开式变为

f(x) = \sum_{k = 1}^\infty b_k \sin\frac{k \pi x}l

由奇函数的性质，可求出其 Fourier 正弦级数（Fourier sine series）

b_k = \frac2l \int_0^l f(\xi) \sin\frac{k \pi \xi}l \mathrm d\xi

若 f(x) 是偶函数，则 Fourier 系数中所有的 b_k 均为零，其 Fourier 展开式变为

f(x) = \sum_{k = 1}^\infty a_k \cos\frac{k \pi x}l

由偶函数的性质，可求出其 Fourier 余弦级数（Fourier cosine series）

a_k = \frac2{\delta_k l} \int_0^l f(\xi) \cos\frac{k \pi \xi}l \mathrm d\xi

实际上，可以将 Fourier 级数写成复数形式，此时选用的函数族为 e^{\frac{\mathrm ik \pi x}l}, k \in \Z，或者写作

\dots, e^{-\frac{\mathrm i2\pi x}l}, e^{-\frac{\mathrm i\pi x}l}, 1, e^{\frac{\mathrm i\pi x}l}, e^{\frac{\mathrm i2\pi x}l}, \dots

此时，f(x) 的展开式变为

f(x) = \sum_{k = -\infty}^\infty c_k e^{\frac{\mathrm ik \pi x}l}

函数族 e^{\frac{\mathrm ik \pi x}l} 具有如下性质

\int_{-\infty}^\infty e^{\frac{\mathrm ik_1 \pi x}l} \left[e^{\frac{\mathrm ik_2 \pi x}l}\right]^\ast \mathrm dx = 0, \quad k_1 \ne k_2

此时我们也称该函数族 正交：每个函数与另一个函数的复共轭的乘积在整个周期 [-l, l] 上的积分等于零。

而展开式系数满足如下等式

\int_{-l}^l f^2(x) \mathrm dx = 2l \sum_{k = -\infty}^\infty c_k c_k^\ast

利用正交性，可以求出 c_k 的值

c_k = \frac1{2l}\int_{-l}^l f(\xi) \left[e^{\frac{\mathrm ik \pi \xi}l}\right]^\ast\mathrm d\xi

注意，c_k 可以是复数。若 f(x) 的培域是 \R，则

c_{-k} = c_k^\ast

Fourier 积分与 Fourier 变换

不幸的是，我们需要处理的函数不全都是周期函数，但我们可以将任意函数 f(x) 看作周期函数在 l \to \infty 时的极限情形。设 g(x) 是周期为 2l 的函数，写出其 Fourier 展开式

g(x) = a_0 + \sum_{k = 1}^\infty \left(a_k \cos \frac{k\pi x}l + b_k \sin \frac{k\pi x}l\right)

令 \omega_k = \dfrac{k\pi}l，则 \Delta \omega_k = \dfrac\pi l，上式变为

g(x) = a_0 + \sum_{k = 1}^\infty (a_k \cos \omega_k x + b_k \sin \omega_k x)

其中

a_k = \frac1{\delta_k l} \int_{-l}^l f(\xi) \cos\omega_k\xi \mathrm d\xi b_k = \frac1l \int_{-l}^l f(\xi) \sin\omega_k\xi \mathrm d\xi

对于 a_0，我们假设 \int_{-\infty}^\infty f(x) \mathrm dx 有限，则

a_0 = \lim_{l \to \infty} \frac1{2l} \int_{-\infty}^\infty f(x) \mathrm dx = 0

写出 Fourier 余弦级数

\lim_{l \to \infty} \sum_{k = 1}^n \left[\frac1l \int_{-l}^l f(\xi) \cos\omega_k\xi \mathrm d\xi\right]\cos\omega_kx

尝试凑定积分的形式

\lim_{l \to \infty} \sum_{k = 1}^n \left[\frac1\pi \int_{-l}^l f(\xi) \cos\omega_k\xi \mathrm d\xi\right]\cos\omega_kx \Delta\omega_k

当 l \to \infty 时，\Delta\omega_k \to 0，因此可将上式写作

\int_0^\infty \frac1\pi \left[\int_{-\infty}^\infty f(\xi) \cos\omega\xi\mathrm d\xi\right] \cos\omega x \mathrm d\omega

同理，Fourier 正弦级数变为

\int_0^\infty \frac1\pi \left[\int_{-\infty}^\infty f(\xi) \sin\omega\xi\mathrm d\xi\right] \sin\omega x \mathrm d\omega

因此

f(x) = \int_0^\infty A(\omega) \cos\omega x \mathrm d\omega + \int_0^\infty B(\omega) \sin\omega x \mathrm d\omega

称作 Fourier 积分（Fourier integral），其中

A(\omega) = \frac1\pi \int_{-\infty}^\infty f(\xi) \cos\omega\xi\mathrm d\xi B(\omega) = \frac1\pi \int_{-\infty}^\infty f(\xi) \sin\omega\xi\mathrm d\xi

称作 Fourier 变换（Fourier transform）。关于 Fourier 积分的收敛性，我们有 Fourier 积分定理：若 f(x) 在任意有限区间内满足 Dirichlet 条件，且在 \R 上绝对可积（\int_{-\infty}^\infty |f(x)| \mathrm dx 收敛），则 f(x) 的 Fourier 积分收敛，且

积分值 = \begin{cases} f(x) & x\text{ 不是间断点} \\ \frac12[f(x - 0) + f(x + 0)] & x\text{ 是间断点}\end{cases}

有时我们也利用辅助角公式，把 Fourier 积分写成

f(x) = \int_0^\infty C(\omega) \cos[\omega x - \varphi(\omega)] \mathrm dx

其中

C(\omega) = \sqrt{A^2(\omega) + B^2(\omega)}, \quad \varphi(\omega) = \tan^{-1}\frac{B(\omega)}{A(\omega)}

此时将 C(\omega) 称作 f(x) 的 振幅谱（amplitude spectrum），\varphi(\omega) 称作 f(x) 的 相位谱（phase spectrum）。

与 Fourier 级数类似，我们可以写出奇函数、偶函数对应的 Fourier 正弦积分、Fourier 余弦积分。

若 f(x) 是奇函数，则

f(x) = \int_0^\infty B(\omega) \sin\omega x\mathrm dx

其中 B(\omega) 是 f(x) 的 Fourier 正弦变换

B(\omega) = \frac2\pi \int_0^\infty f(\xi) \sin\omega\xi\mathrm d\xi

若 f(x) 是偶函数，则

f(x) = \int_0^\infty A(\omega) \cos\omega x\mathrm dx

其中 A(\omega) 是 f(x) 的 Fourier 余弦变换

A(\omega) = \frac2\pi \int_0^\infty f(\xi) \cos\omega\xi\mathrm d\xi

我们也可以将 Fourier 积分写成复数形式，我们可以直接使用 Euler 公式将实数 Fourier 积分变为复数形式。由 Euler 公式可知

\cos x = \frac{e^{\mathrm ix} + e^{-\mathrm ix}}2, \quad \sin x = \frac{e^{\mathrm ix} - e^{-\mathrm ix}}{2\mathrm i}

因此

\begin{aligned}f(x) &= \int_0^\infty A(\omega) \frac{e^{\mathrm i\omega x} + e^{-\mathrm i\omega x}}2 \mathrm d\omega + \int_0^\infty B(\omega) \frac{e^{\mathrm i\omega x} - e^{-\mathrm i\omega x}}{2\mathrm i} \mathrm d\omega \\ &= \int_0^\infty \frac12 [A(\omega) - \mathrm iB(\omega)] e^{\mathrm i\omega x}\mathrm dx + \int_0^\infty \frac12 [A(\omega) + \mathrm iB(\omega)] e^{-\mathrm i\omega x}\mathrm dx \\ &= \int_0^\infty \frac12 [A(\omega) - \mathrm iB(\omega)] e^{\mathrm i\omega x}\mathrm dx + \int_{-\infty}^0 \frac12 [A(-\omega) + \mathrm iB(-\omega)] e^{\mathrm i\omega x}\mathrm dx\end{aligned}

令

F(\omega) = \begin{cases}\frac12[A(\omega) - \mathrm iB(\omega)] & \omega \ge 0 \\ \frac12[A(-\omega) + \mathrm iB(-\omega)] & \omega < 0\end{cases}

则有

f(x) = \int_{-\infty}^\infty F(\omega) e^{\mathrm i\omega x} \mathrm dx

若将 Euler 公式代入 A(\omega), B(\omega) 的表达式，可得

F(\omega) = \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f(x) \left[e^{\mathrm i\omega x}\right]^\ast \mathrm dx, \quad \omega \in \R

通常我们将上面两个式子简写为

F(\omega) = \mathscr F[f(x)], \quad f(x) = \mathscr F^{-1}[F(\omega)]

有时分别称 f(x), F(\omega) 为 Fourier 变换的 原函数 与 像函数。Fourier 变换满足许多性质，下文设 f(x) 的 Fourier 变换 F(\omega) 存在。

导数定理

\mathscr F[f'(x)] = \mathrm i\omega F(\omega)

:::info[证明 1] 利用分部积分，可知

\begin{aligned}\mathscr F[f'(x)] &= \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f'(x) \left[e^{\mathrm i\omega x}\right]^\ast \mathrm dx \\ &= \left.\frac1{2\pi} f(x) e^{-\mathrm i\omega x}\right|^\infty_{-\infty} - \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f(x) \left[e^{-\mathrm i\omega x}\right]' \mathrm dx \\ &= \left.\frac1{2\pi} f(x) e^{-\mathrm i\omega x}\right|^\infty_{-\infty} + \mathrm i\omega\frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f(x) \left[e^{\mathrm i\omega x}\right]^\ast \mathrm dx\end{aligned}

因为 f(x) 绝对可积，有 \lim_{x\to\infty} f(x) = 0，因此上式的第一项等于零，我们得到

\mathscr F[f'(x)] = \mathrm i\omega\frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f(x) \left[e^{\mathrm i\omega x}\right]^\ast \mathrm dx = \mathrm i\omega F(\omega)

:::

:::info[证明 2] 写出 Fourier 积分

f(x) = \int_{-\infty}^\infty F(\omega) e^{\mathrm i\omega x} \mathrm dx

对上式求导，可得

f'(x) = \int_{-\infty}^\infty F(\omega) \mathrm i\omega e^{\mathrm i\omega x} \mathrm dx

比较系数，可得

\mathscr F[f'(x)] = \mathrm i\omega F(\omega)

:::

积分定理

\mathscr F\left[\int f(x) \mathrm dx\right] = \frac1{\mathrm i\omega} F(\omega)

:::info[证明] 设

g(x) = \int f(x) \mathrm dx

则 g' = f，利用导数定理得

\mathscr F[f(x)] = \mathscr F[g'(x)] = \mathrm i\omega \mathscr F[g(x)]

因此

\mathscr F[g(x)] = \frac1{\mathrm i\omega} \mathscr F[f(x)] = \frac1{\mathrm i\omega} F(\omega)

:::

缩放定理 / 相似性定理

\mathscr F[f(ax)] = \frac1a F\left(\frac\omega a\right)

:::info[证明] 由定义

\mathscr F[f(ax)] = \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f(ax) \left[e^{\mathrm i\omega x}\right]^\ast \mathrm dx

换元 y = ax，得

\begin{aligned}\mathscr F[f(ax)] &= \frac1a \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f(y) \left[e^{\mathrm i\omega y/a}\right]^\ast \mathrm dy \\ &= \frac1a \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f(y) \exp\left(-\mathrm i\frac{\omega}ay\right) \mathrm dy\end{aligned}

因此

\mathscr F[f(ax)] = \frac1a F\left(\frac\omega a\right)

:::

延迟定理

\mathscr F[f(x - x_0)] = e^{-\mathrm i\omega x_0} F(\omega)

:::info[证明] 由定义

\begin{aligned}\mathscr F[f(x - x_0)] &= \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f(x - x_0) \left[e^{\mathrm i\omega x}\right]^\ast \mathrm dx \\ &= \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f(x) \left[e^{\mathrm i\omega (x + x_0)}\right]^\ast \mathrm dx \\ &= \frac{e^{-\mathrm i\omega x_0}}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f(x) \left[e^{\mathrm i\omega x}\right]^\ast \mathrm dx \\ &= e^{-\mathrm i\omega x_0} F(\omega)\end{aligned}

:::

位移定理

\mathscr F[e^{\mathrm i\omega_0 x} f(x)] = F(\omega - \omega_0)

:::info[证明] 由定义

\begin{aligned}\mathscr F[e^{\mathrm i\omega_0 x} f(x)] &= \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty e^{\mathrm i\omega_0 x} f(x) \left[e^{\mathrm i\omega x}\right]^\ast \mathrm dx \\ &= \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f(x) \left[e^{\mathrm i (\omega - \omega_0) x}\right]^\ast \mathrm dx \\ &= F(\omega - \omega_0)\end{aligned}

:::

卷积定理：若 \mathscr F[f_1(x)] = F_1(\omega), \mathscr F[f_2(x)] = F_2(\omega)，则

\mathscr F[f_1(x) \ast f_2(x)] = 2\pi F_1(\omega) F_2(\omega)

其中 f_1(x) 与 f_2(x) 的 卷积（convolution） f_1(x) \ast f_2(x) 定义为

f_1(x) \ast f_2(x) = \int_{-\infty}^\infty f_1(\xi) f_2(x - \xi) \mathrm d\xi

有时也记作 (f_1 \ast f_2)(x)。

:::info[证明] 由定义

\mathscr F[f_1(x) \ast f_2(x)] = \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f_1(\xi) f_2(x - \xi) \mathrm d\xi \left[e^{\mathrm i\omega x}\right]^\ast \mathrm dx

换元 y = x - \xi，可得

\begin{aligned}\mathscr F[f_1(x) \ast f_2(x)] &= \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f_1(\xi) f_2(y) e^{-\mathrm i\omega (y + \xi)} \mathrm d\xi \mathrm dy \\ &= \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f_1(\xi) e^{-\mathrm i\omega\xi} f_2(y) e^{-\mathrm i\omega y} \mathrm d\xi \mathrm dy \\ &= \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f_1(\xi) e^{-\mathrm i\omega\xi} \mathrm d\xi \cdot 2\pi \cdot \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty f_2(y) e^{-\mathrm i\omega y} \mathrm dy \\ &= 2\pi F_1(\omega) F_2(\omega)\end{aligned}

:::

Fourier 积分可自然地推广到高维函数，以三维空间为例，f(x_1, x_2, x_3) 的三维 Fourier 积分为

f(x_1, x_2, x_3) = \iiint_{\R^3} F(k_1, k_2, k_3) e^{\mathrm i(k_1x_1 + k_2x_2 + k_3x_3)} \mathrm dk_1 \mathrm dk_2 \mathrm dk_3

其中

F(k_1, k_2, k_3) = \frac1{(2\pi)^3} \iiint_{\R^3} f(x_1, x_2, x_3) e^{-\mathrm i(k_1x_1 + k_2x_2 + k_3x_3)} \mathrm dx_1 \mathrm dx_2 \mathrm dx_3

引入矢量 \bold x = (x_1, x_2, x_3), \bold k = (k_1, k_2, k_3)，上式也可写成

f(\bold x) = \iiint_{\R^3} F(\bold k) e^{\mathrm i\bold k\cdot\bold x}\mathrm d^3\bold k, \quad F(\bold k) = \iiint_{\R^3} f(\bold x) e^{-\mathrm i\bold k\cdot\bold x}\mathrm d^3\bold x

\delta 函数

引入 \delta 函数的目的是描述质点、点电荷等等理想模型的密度（例如质点的质量密度、点电荷的电荷密度等等）。

假设质量 m 均匀分布在 [-l/2, l/2] 上，则其线密度为

\rho(x) = \frac ml \operatorname{rect}\left(\frac xl\right)

其中 \operatorname{rect}(x) = \left[-\dfrac12 \le x \le \dfrac12\right]，若令 l \to 0，我们就得到质点的线密度

\rho(x) = \begin{cases}\infty & x = 0 \\ 0 & x \ne 0\end{cases}

同时有

\int_{-\infty}^\infty \rho(x) \mathrm dx = m

将其推广，我们引入 delta 函数 \delta(x)，定义为

\delta(x) = \begin{cases}\infty & x = 0 \\ 0 & x \ne 0\end{cases}

同时该函数满足

\int_{-\infty}^\infty \delta(x) \mathrm dx = 1

这样，上文的 \rho(x) 就可以写成 m \delta(x)。我们需要注意，\delta(x) 不是函数，一些数学家们称 \delta(x) 属于 广义函数，按这些数学家的说法，\delta(x) 的真实含义是满足如下条件的数学对象：若 f(x) 是 \R 上的连续函数，则

\int_{-\infty}^\infty \delta(x) f(x) \mathrm dx = f(0)

令人惊讶的是，\delta(x) 的导数也有实际用途：由分部积分可得

\int_{-\infty}^\infty \delta'(x) f(x) \mathrm dx = \delta(x) f(x) |_{-\infty}^\infty - \int_{-\infty}^\infty \delta(x) f'(x) \mathrm dx = -f'(0)

因此

\int_{-\infty}^\infty \delta^{(n)}(x) f(x) \mathrm dx = (-1)^n f^{(n)}(0)

容易发现，\delta(x) 是偶函数，而 \delta'(x) 是奇函数。

下面我们考察 \delta(x) 的积分，定义

H(x) = \int_{-\infty}^x \delta(x) \mathrm dx

容易发现

H(x) = \begin{cases}0 & x < 0 \\ 1 & x > 0\end{cases}

我们特意避开了 H(0)，也许可以让它等于 \dfrac12，上式就是 阶跃函数（step function） 或 Heaviside 函数。

此外，若 f(x) 的所有零点 x_1, x_2, \dots 都是单零点（即在该点的导数不为零），则

\delta(f(x)) = \sum_k \frac{\delta(x - x_k)}{|f'(x_k)|}

:::info[证明] 显然有

\delta(f(x)) = \sum_k c_k \delta(x - x_k)

对于任意 x_k，取任意小的 \epsilon > 0，使得在 (x_k - \epsilon, x_k + \epsilon) 上 f(x) 仅有一个零点，且 f'(x) 的变化足够小，可以将其近似为 f'(x_k)，则

\int_{f(x_k - \epsilon)}^{f(x_k + \epsilon)} \delta(f(x)) \frac1{f'(x_k)} \mathrm df = \int_{x_k - \epsilon}^{x_k + \epsilon} f(x) \mathrm dx = \int_{x_k - \epsilon}^{x_k + \epsilon} c_k \delta(x) \mathrm dx = c_k
因此 $c_k = \dfrac1{ f'(x_k) }，负号是因为 f'(x_k) < 0$ 时最左侧积分的上界小于下界，会多引入一个负号。

令 f(x) = ax，可得

\delta(ax) = \dfrac1{|a|} \delta(x)

数学家们说，可以把 \delta(x) 视作函数列的极限

\delta(x) = \lim_{l \to 0} \frac 1l \operatorname{rect}\left(\frac xl\right) \delta(x) = \lim_{K \to \infty} \frac1\pi \frac{\sin Kx}x \delta(x) = \lim_{\epsilon \to 0} \frac1\pi \frac\epsilon{\epsilon^2 + x^2}

上面三个函数在 (-\infty, \infty) 上的积分均为 1，而且极限在 \R \backslash\{0\} 处的取值均为零，因此均符合 \delta(x) 的定义。

我们甚至可以对 \delta(x) 进行 Fourier 变换

F(\omega) = \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty \delta(x) \left[e^{\mathrm i\omega x}\right]^\ast \mathrm dx = \frac1{2\pi} \left[e^{\mathrm i\omega \cdot 0}\right]^\ast = \frac1{2\pi}

因此

\delta(x) = \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty e^{\mathrm i\omega x}\mathrm d\omega

物理学家有一些让数学家血压升高的方法计算这个积分……比如

\frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty e^{\mathrm i\omega x}\mathrm d\omega = \lim_{K \to \infty} \frac1{2\pi} \int_{-K}^K e^{\mathrm i\omega x}\mathrm d\omega = \lim_{K \to \infty} \frac1\pi \frac{\sin Kx}x = \delta(x)

或者用关于 x = 0 对称的收敛因子 e^{\epsilon \omega}（用于压低 |\omega| \to \infty 的贡献）与被积函数相乘，计算完成后再让 \epsilon \to 0

\frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty e^{\mathrm i\omega x}\mathrm d\omega = \lim_{\epsilon\to0}\frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty e^{\mathrm i\omega x + \epsilon \omega}\mathrm d\omega = \lim_{\epsilon \to 0} \frac1\pi \frac{\epsilon}{\epsilon^2 + x^2} = \delta(x) $$\delta(x_1, x_2, \dots, x_n) = \prod_{k = 1}^n\delta(x_k)$$ 特别是，在三维空间中可以证明 $$\delta(\rho, \varphi, z) = \frac1\rho \delta(\rho) \delta(\varphi) \delta(z)$$ $$\delta(r, \theta, \varphi) = \frac1{r^2\sin\theta} \delta(r) \delta(\theta) \delta(\varphi)$$ 其中 $(r, \varphi, z), (r, \theta, \varphi)$ 分别代表柱坐标与极坐标。 # Laplace 变换 对于那些 Fourier 变换不收敛的函数 $f(t)$，我们引入一个收敛因子 $e^{-\sigma t}$，然后对 $e^{-\sigma t} f(t)$ 进行 Fourier 变换（积分区域选为 $[0, \infty)$，以避免负实轴上 $e^x$ 指数级发散的问题） $$G(\omega) = \frac1{2\pi} \int_0^\infty f(t) e^{-\sigma t} e^{-\mathrm i\omega t}\mathrm dt = \frac1{2\pi} \int_0^\infty f(t) e^{-(\sigma + \mathrm i\omega)t}\mathrm dt$$ 不妨记 $p = \sigma + \mathrm i\omega$，再与 $2\pi$ 相乘（按照惯例）。就得到了 **Laplace 积分（Laplace integral）** $$\int_0^\infty f(t) e^{-pt} \mathrm dt$$ 记上式的结果为 $\bar{f}(p)$，称作 **Laplace 变换函数**，从 $f(t)$ 得到 $\bar{f}(p)$ 的过程就是 **Laplace 变换（Laplace transform）**，而 $e^{-pt}$ 称作 Laplace 变换的 **核（kernel）**，$f(t)$ 称作变换的原函数，$\bar{f}(p)$ 称作变换的像函数。 只需对 $G(\omega)$ 进行逆 Fourier 变换，即可从 $\bar{f}(p)$ 求出 $f(t) f(t) = \frac1{2\pi\mathrm i} \int_{\sigma-\mathrm i\infty}^{\sigma+\mathrm i\infty} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp

可简写为

\bar{f}(p) = \mathscr L[f(t)], \quad f(t) = \mathscr L^{-1}[\bar{f}(p)]

严格来说，上式应当写作 \bar{f}(p) = \mathscr L[f(t) H(t)]，其中 H(t) 是前文引入的 Heaviside 函数。

Laplace 变换存在的条件是：f(t) 在 [0, \infty) 的任意有限区间上仅存在有限个第一类间断点，且其导数处处连续，同时存在 \sigma > 0 使得

f(t) = O(e^{\sigma t}) > 如果你想知道……纵坐标的英文是 ordinate。 将 Laplace 变换两边关于 $t$ 求导，可得 $$\mathscr L[tf(t)] = -\frac{\mathrm d}{\mathrm dp}\bar{f}(p)$$ 反复求导，可得 $$\mathscr L[t^nf(t)] = (-1)^n\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dp^n}\bar{f}(p)$$ Laplace 变换函数是解析函数：若 $f(t)$ 的收敛横坐标为 $\sigma_0$，则 $\bar{f}(p)$ 在 $\operatorname{Re} p > \sigma_0$ 的半平面上解析。 :::info[证明] 由 $f(t) = O(e^{\sigma t})$ 可知，存在 $M$ 使得 $|f(t)| < M e^{\sigma_0 t}$，因此 $$\begin{aligned}\int_0^\infty\left|\frac{\mathrm d f(t) e^{pt}}{\mathrm dp}\right|\mathrm dt &\le \int_0^\infty|f(t)|te^{-\sigma t}\mathrm dt < M \int_0^\infty t e^{-(\sigma - \sigma_0) t} \mathrm dt = \frac M{(\sigma - \sigma_0)^2}\end{aligned}$$ 因此 $\int_0^\infty\frac{\mathrm d f(t) e^{pt}}{\mathrm dp}\mathrm dt$ 一致收敛，我们得到 $$\frac{\mathrm d}{\mathrm dp} \bar{f}(p) = \int_0^\infty\frac{\mathrm d f(t) e^{pt}}{\mathrm dp} \mathrm dt$$ 收敛，因此 $\bar{f}(p)$ 在 $\operatorname{Re} p > \sigma_0$ 的半平面上解析。 ::: 此外，当 $|p| \to \infty$ 且 $\left|\arg p\right| < \dfrac{\pi}2$ 时，有 $$\lim_{|p| \to \infty} \bar{f}(p) = 0$$ :::info[证明] 利用与前一性质证明相同的放缩，可以得到 $$|\bar{f}(p)| \le \int_0^\infty|f(t) e^{pt}|\mathrm dt < M \int_0^\infty e^{-(\sigma - \sigma_0) t} \mathrm dt = \frac M{\sigma - \sigma_0}$$ 因为 $\lim_{\rho \to \infty} \dfrac M{\sigma - \sigma_0} = 0$，可知 $$\lim_{|p| \to \infty} \bar{f}(p) = 0$$。 ::: Laplace 变换满足许多性质。 线性性：若 $\mathscr L[f_1(t)] = \bar{f}_1(p), \mathscr L[f_2(t)] = \bar{f}_2(p)$，则对于两个常数 $c_1, c_2$ 而言，有 $$\mathscr L[c_1 f_1(t) + c_2 f_2(t)] = c_1 \bar{f}_1(p) + c_2 \bar{f}_2(p)$$ :::info[证明] $$\begin{aligned}\mathscr L[c_1 f_1(t) + c_2 f_2(t)] &= \int_0^\infty (c_1 f_1(t) + c_2 f_2(t)) e^{-pt} \mathrm dt \\ &= c_1 \int_0^\infty f_1(t) e^{-pt} \mathrm dt + c_2 \int_0^\infty f_2(t) e^{-pt} \mathrm dt \\ &= c_1 \bar{f}_1(p) + c_2 \bar{f}_2(p)\end{aligned}$$ ::: 导数定理：当 $\operatorname{Re} p > \sigma_0$ 时 $$\mathscr L[f'(t)] = p \bar{f}(p) - f(0)$$ :::info[证明] 由分部积分法可知 $$\begin{aligned}\mathscr L[f'(t)] &= \int_0^\infty f'(t) e^{-pt} \mathrm dt \\ &= \left.f(t) e^{-pt}\right|_0^\infty + p\int_0^\infty f(t) e^{-pt} \mathrm dt \\ &= p \bar{f}(p) - f(0)\end{aligned}$$ 其中，由 $\operatorname{Re} p > \sigma$ 可知 $\lim_{t \to \infty} f(t) e^{-pt} = 0$，因此 $\left.f(t) e^{-pt}\right|_0^\infty = -f(0)$。 ::: :::warning[找出如下证明的错误] 考虑 $f(t)$ 的表达式 $$f(t) = \frac1{2\pi\mathrm i} \int_{\sigma-\mathrm i\infty}^{\sigma+\mathrm i\infty} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp$$ 关于 $t$ 求导，可得 $$f'(t) = \frac1{2\pi\mathrm i} \int_{\sigma-\mathrm i\infty}^{\sigma+\mathrm i\infty} p\bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp$$ 得到 $\mathscr L[f'(t)] = p \bar{f}(p)$。 :::success[答案] 正确的公式应当是 $$f(t) H(t) = \frac1{2\pi\mathrm i} \int_{\sigma-\mathrm i\infty}^{\sigma+\mathrm i\infty} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp$$ 关于 $t$ 求导，可知在 $t > 0$ 时 $$f'(t) + \delta(t) f(t) = \frac1{2\pi\mathrm i} \int_{\sigma-\mathrm i\infty}^{\sigma+\mathrm i\infty} p\bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp$$ 代入 $$\delta(x) = \frac1{2\pi} \int_{-\infty}^\infty e^{\mathrm i\omega x}\mathrm d\omega$$ 即可得到正确的表达式。 ::: 反复应用导数定理，可得 $$\mathscr L[f^{(n)}(t)] = p^n \bar{f}(p) - \prod_{k = 0}^{n - 1} p^k \bar{f}^{(n - 1 - k)}(0)$$ 积分定理 $$\mathscr L\left[\int_0^t f(\tau)\mathrm d\tau\right] = \frac1p \bar{f}(p)$$ :::info[证明] 令 $F(t) = \int_0^t f(\tau)\mathrm d\tau$，可知 $F(0) = 0$，对 $F(t)$ 应用导数定理，可得 $$\bar{F}(p) = \mathscr L[F'(t)] = p \bar{F}(p) - F(0) = p \bar{F}(p)$$ 因此 $$\mathscr L\left[\int_0^t f(\tau)\mathrm d\tau\right] = \bar{F}(p) = \frac1p \bar{f}(p)$$ ::: 缩放定理 / 相似性定理 $$\mathscr L[f(at)] = \frac1a \bar{f}\left(\frac pa\right)$$ 位移定理 $$\mathscr L[e^{-p_0 t} f(t)] = \bar{f}(p_0 + p)$$ 延迟定理 $$\mathscr L[f(t - t_0)] = e^{-pt_0} \bar{f}(p)$$ 读者不难证明上述三个定理，只需注意延迟定理应当理解为 $\mathscr L[f(t - t_0) H(t - t_0)] = e^{-pt_0} \bar{f}(p)$。 卷积定理：若 $\mathscr L[f_1(x)] = \bar{f}_1(p), \mathscr L[f_2(x)] = \bar{f}_2(p)$，则 $$\mathscr L[f_1(t) \ast f_2(t)] = \bar{f}_1(p) \bar{f}_2(p)$$ 此时，我们将卷积理解为 $f_1(t) \ast f_2(t) = \int_0^t f_1(\tau) f_2(t - \tau) \mathrm d\tau$，这是因为 $f_1(t), f_2(t)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上均为零，可以忽略 $\tau < 0$ 的积分区域。 :::info[证明] 当 $t > 0$ 时 $$\begin{aligned}\mathscr L[f_1(t) \ast f_2(t)] &= \int_0^\infty \int_0^t f_1(\tau) f_2(t - \tau) e^{-pt} \mathrm d\tau \mathrm dt \\ &= \int_0^\infty \int_\tau^\infty f_1(\tau) f_2(t - \tau) e^{-pt} \mathrm dt \mathrm d\tau\end{aligned}$$ 换元 $\xi = t - \tau$，可得 $$\begin{aligned}\mathscr L[f_1(t) \ast f_2(t)] &= \int_0^\infty \int_0^\infty f_1(\tau) f_2(\xi) e^{-p(\tau + \xi)} \mathrm d\xi \mathrm d\tau \\ &= \int_0^\infty f_1(\tau) e^{-p\tau} \mathrm d\xi \int_0^\infty f_2(\xi) e^{-p\xi} \mathrm d\tau \\ &= \bar{f}_1(p) \bar{f}_2(p)\end{aligned}$$ ::: ## Laplace 变换的反演 实际上，Laplace 变换的重要用途之一是将关于 $f(t)$ 的线性微分方程的求解转换为关于 $\bar{f}(p)$ 的代数方程的求解，因此有必要研究从 $\bar{f}(p)$ 求出 $f(t)$ 的方法，即 **Laplace 变换的反演**。 有理分式。我们可以利用线性性，将有理分式 $\dfrac{P(p)}{Q(p)}$ 进行部分分式分解，然后查表获得每个部分的原函数即可。 **例 1**。求 $\bar{f}(p) = \dfrac{p^3 + 2p^2 - 9p + 36}{p^4 - 81}$ 的原函数。 :::info[解答] 部分分式分解 $$\bar{f}(p) = \frac12\frac1{p - 3} - \frac12\frac1{p + 3} + \frac p{p^2 + 9} - \frac13 \frac3{p^2 + 9}$$ 利用 $\mathscr L^{-1}\left[\dfrac1{p - a}\right] = e^{at}$ 等已知结果，可得 $$f(t) = \frac12 e^{3t} - \frac12 e^{-3t} + \cos 3t - \frac13 \sin 3t$$ ::: 此外，也可利用卷积定理等性质与常见函数 Laplace 变换表求解 Laplace 变换的反演。 前文已经给出了 **Bromwich 积分**（即 Laplace 逆变换） $$f(t) = \frac1{2\pi\mathrm i} \int_{\sigma-\mathrm i\infty}^{\sigma+\mathrm i\infty} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp$$ 为了保证积分收敛，$\sigma$ 应当大于收敛横坐标 $\sigma_0$，这意味着 $\bar{f}(p)$ 在 $\operatorname{Re} p > \sigma$ 半平面内没有奇点。然而，为了使积分的计算更为简单，我们通常使用留数定理，取如下路径 ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/z88klqh3.png) 我们希望左侧圆弧 $C_R$ 上 $\bar{f}(p)$ 的积分在 $R \to \infty$ 时趋于零。实际上，令 $a > 0$，设 $C_R$ 表示以原点为圆心、以 $R$ 为半径的圆在 $\operatorname{Re} p = a$ 左侧的圆弧，若 $\left|\operatorname{Arg} p\right| \ge \dfrac\pi2 - \delta$（其中 $\delta > 0$）且 $|p| \to \infty$ 时 $\bar{f}(p)$ 一致收敛于零，则 $$\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp = 0, \quad t > 0$$ :::info[证明] 显然有 $$\int_{C_R} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp = \int_{\overgroup{AB}} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp + \int_{\overgroup{BCD}} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp + \int_{\overgroup{DE}} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp$$ 考虑等号右侧第二个积分，换元 $p = \mathrm iz$ 然后利用 Jordan 引理证明即可。 考虑等号右侧第一个积分，取任意小 $\epsilon > 0$，一定存在足够大的 $R$ 使得在 $\overgroup{AB}$ 上 $|\bar{f}(p)| < \epsilon$，因此 $$\begin{aligned}\left|\int_{\overgroup{AB}} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp\right| &= \left|\int_{\pi/2 - \alpha}^{\pi/2} \bar{f}(p) e^{tR(\cos\theta + \mathrm i\sin\theta)} R\mathrm i e^{\mathrm i\theta}\mathrm d\theta\right| \\ &\le \int_{\pi/2 - \alpha}^{\pi/2} |\bar{f}(p) e^{tR\cos\theta} e^{\mathrm i\sin\theta} R\mathrm i e^{\mathrm i\theta}\mathrm d\theta| \\ &\le \int_{\pi/2 - \alpha}^{\pi/2} \epsilon e^{tR\cos\theta} R\mathrm d\theta \\ &< \epsilon e^{at} R\alpha\end{aligned}$$ 但注意到 $R \alpha \sim R \sin \alpha = a$，因此上式 $\sim \epsilon e^{at}$，后者为常数，因此原积分等于零，同理可证 $$\int_{\overgroup{DE}} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp = 0$$ 因此 $t > 0$ 时 $\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp = 0$。 ::: 然后考虑回路积分 $$\oint_l \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp = \int_E^A \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp + \int_{C_R} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp$$ 当 $R \to \infty$ 时，有 $$\oint_l \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp \to 2\pi\mathrm i \sum_{p\ 是奇点} \operatorname{Res}[\bar{f}(p) e^{pt}]$$ $$\int_{C_R} \bar{f}(p) e^{pt} \mathrm dp = 0$$ 因此 $$f(t) = \sum_{p\ 是奇点} \operatorname{Res}[\bar{f}(p) e^{pt}]$$ 但是，如果 $\bar{f}(p)$ 是多值函数，我们只能在特定的单值分支上进行积分。 **例 2**。计算 $\mathscr L^{-1}\left[\dfrac1{\sqrt z}\right]$。 :::info[解答] 设 $a > 0$，则 $$\mathscr L^{-1}\left[\dfrac1{\sqrt z}\right] = \frac1{2\pi\mathrm i} \int_{a - \mathrm i\infty}^{a + \mathrm i\infty} \frac{e^{\rho t}}{\sqrt\rho} \mathrm d\rho$$ 被积函数有一个极点型支点 $\rho = 0$，为使用留数定理，我们取负实轴为割线，并构造如下路径 ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/m6h5q7im.png) 被积函数在路径内侧无奇点，因此（省略 $\dfrac{e^{\rho t}}{\sqrt\rho} \mathrm d\rho$） $$\int_{a - \mathrm ib}^{a + \mathrm ib} + \int_{C_R} + \int_{l_1} + \int_{l_2} + \int_{C_\epsilon} = 0$$ $\dfrac{1}{\sqrt\rho}$ 在 $|\rho| \to \infty$ 时一致收敛到零，因此 $\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} = 0$，同时容易发现 $\int_{C_\epsilon} \sim 2\pi\epsilon \dfrac1{\sqrt\epsilon} \to 0$。 只需计算 $\int_{l_1}, \int_{l_2}$，在 $l_1$ 上 $\sqrt\sigma = -\mathrm i\sqrt{|\sigma|}$，在 $l_2$ 上 $\sqrt\sigma = \mathrm i\sqrt{|\sigma|}$，因此 $$\begin{aligned}f(t) &= -\frac1{2\pi\mathrm i} \left[\lim_{\epsilon \to 0, R \to \infty}\int_{l_1} + \int_{l_2}\right] \\ &= -\frac1{2\pi\mathrm i}\left[\int_0^{-\infty} \frac{e^{\sigma t}}{-\mathrm i\sqrt{|\sigma|}} \mathrm d\sigma + \int_{-\infty}^0 \frac{e^{\sigma t}}{\mathrm i\sqrt{|\sigma|}} \mathrm d\sigma\right] \\ &= \frac1\pi \int_{-\infty}^0 \frac{e^{\sigma t}}{\sqrt{|\sigma|}}\mathrm d\sigma\end{aligned}$$ 换元 $x = \sqrt{t |\sigma|}$，可得 $$f(t) = \frac2{\pi\sqrt t} \int_0^\infty e^{-x^2} \mathrm dx = \frac1{\sqrt{\pi t}}$$ ::: 前文我们提过，Laplace 变换的主要用途是解线性微分方程。 **例 3**。解关于 $y(t)$ 的微分方程 $$y' + ay = b\sin \omega t$$ :::info[解答] 对原方程进行 Laplace 变换 $$p\bar{y} + a\bar{y} = \frac{b\omega}{\omega^2 + p^2}$$ 因此 $$\bar{y} = \frac{b\omega}{(p + a)(\omega^2 + p^2)}$$ 分别进行反演，可得 $$\mathscr L^{-1}\left[\frac b{p + a}\right] = be^{-at}$$ $$\mathscr L^{-1}\left[\frac\omega{\omega^2 + p^2}\right] = \sin \omega t$$ 进行卷积，即可得到 $y(t) y(t) = \int_0^t be^{-a(t - \tau)} \sin \omega \tau \mathrm d\tau = \dfrac{ab{e}^{at}\sin\left(\omega t\right)-bc{e}^{at}\cos\left(\omega t\right)+b\omega}{\left({\omega}^{2}+{a}^{2}\right){e}^{at}}

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