无限均匀介质中集中脉冲力产生的静态位移场
这是一个经典问题，通常使用势函数分解（例如动态位移场的求解）。这里提供另一种解法，空间域到波矢域的积分变换法。结果表达式将用于确定震源系数。
静态弹性波方程
在直角坐标系下，研究位于原点处沿单位矢量 \(\mathbf{n}\) 作用的一个集中脉冲力 \(\delta(\mathbf{r})\)，在 \(\mathbf{r}=(x_1, x_2, x_3)\) 处产生的静态位移场 \(\mathbf{u}=(u_1, u_2, u_3)\) 。此时弹性波方程表示为
(1)\[(\lambda+2\mu) \nabla(\nabla \cdot \mathbf{u}) - \mu \nabla \times (\nabla \times \mathbf{u}) = - \delta(\mathbf{r}) \mathbf{n}\]
利用 \(\nabla \times (\nabla \times A) = \nabla(\nabla \cdot A) - \nabla^2 A\) 展开双旋度，
(2)\[(\lambda+\mu) \nabla(\nabla \cdot \mathbf{u}) + \mu \nabla^2 \mathbf{u} = - \delta(\mathbf{r}) \mathbf{n}\]
不妨假设 \(\mathbf{n}\) 沿着某个基矢量 \(\mathbf{e_j}\)，并引入格林函数 \(\mathbf{G}_j=(G_{1j}, G_{2j}, G_{3j})\)，
(3)\[(\lambda+\mu) \nabla(\nabla \cdot \mathbf{G}_j) + \mu \nabla^2 \mathbf{G}_j = - \delta(\mathbf{r}) \mathbf{e}_j\]
从三维空间域变换到三维波矢域，利用微分性质 \(\nabla f(\mathbf{r}) \leftrightarrow i\mathbf{k} F(\mathbf{k})\)，
(4)\[(\lambda+\mu) \mathbf{k}(\mathbf{k} \cdot \mathbf{\tilde{G}}_j) + \mu k^2 \mathbf{\tilde{G}}_j = \mathbf{e}_j\]
其中 \(\mathbf{\tilde{G}}_j\) 为 \(\mathbf{G}_j\) 的Fourier变换，\(\mathbf{k}=(k_1, k_2, k_3)\) 为波矢量，\(k=|\mathbf{k}|\)。移项整理得到 \(\mathbf{\tilde{G}}_j\) 的表达式，
(5)\[\mathbf{\tilde{G}}_j = \dfrac{1}{\mu k^2} \left[ \mathbf{I} + (\lambda+\mu) \dfrac{\mathbf{kk^T}}{k^2} \right]^{-1} \mathbf{e}_j\]
使用Sherman-Morrison公式 计算上式逆矩阵，
(6)\[(\mathbf{A} + \mathbf{bc^T}) = \mathbf{A}^{-1} - \dfrac{\mathbf{A}^{-1}\mathbf{bc^T}\mathbf{A}^{-1}}{1 + \mathbf{c^T}\mathbf{A}^{-1}\mathbf{b}}\]
得到 \(\mathbf{\tilde{G}}_j\) 的表达式，
(7)\[\mathbf{\tilde{G}}_j = \dfrac{1}{\mu k^2} \left[ \mathbf{I} - \dfrac{\lambda+\mu}{\lambda+2\mu} \dfrac{\mathbf{kk^T}}{k^2} \right] \mathbf{e}_j
= \dfrac{1}{\mu k^2} \left[ \mathbf{I} - \dfrac{1}{2(1-\nu)} \dfrac{\mathbf{kk^T}}{k^2} \right] \mathbf{e}_j\]
其中 \(\nu\) 为泊松比，\(\nu=\dfrac{\lambda}{2(\lambda+\mu)}\)。
Fourier变换对
对于三维空间中的函数 \(f(\mathbf{r})\)，其Fourier变换 定义为
(8)\[F(\mathbf{k}) = \mathcal{F} \left[ f(\mathbf{r}) \right] = \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} f(\mathbf{r}) e^{-i \mathbf{k}\cdot \mathbf{r}} d^3 \mathbf{r}\]
对应的逆变换为
(9)\[f(\mathbf{r}) = \mathcal{F}^{-1} \left[ F(\mathbf{k}) \right] = \dfrac{1}{(2\pi)^3} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} F(\mathbf{k}) e^{i \mathbf{k}\cdot \mathbf{r}} d^3 \mathbf{k}\]
为了将 (7) 式变换回空间域，可逐项做逆变换，再合并得到最终解。 不过注意到 (7) 式中的特殊形式， 可基于微分关系快速获得对应项的变换对 。
已知 \(1/r\) 满足以下关系，
(10)\[\nabla^2 \left( \dfrac{1}{r} \right) = - 4\pi \delta(\mathbf{r})\]
其中 \(r=|\mathbf{r}|\) 。变换到波矢域，得到变换对，
(11)\[\begin{split}\mathcal{F} \left[ \dfrac{1}{4\pi r} \right] &= \dfrac{1}{k^2} \\
\mathcal{F}^{-1} \left[ \dfrac{1}{k^2} \right] &= \dfrac{1}{4\pi r}\end{split}\]
而 \(1/r\) 还满足以下变换关系，
(12)\[\mathcal{F} \left[ \nabla \nabla \left( \dfrac{1}{4\pi r} \right) \right] = \dfrac{\mathbf{kk^T}}{k^2}\]
因此 (7) 式中涉及对 \(\mathbf{kk^T}/k^4\) 的逆变换为
(13)\[\mathcal{F}^{-1} \left[ \dfrac{1}{k^2} \cdot \dfrac{\mathbf{kk^T}}{k^2} \right] =
\dfrac{1}{4\pi r} * \nabla \nabla \left( \dfrac{1}{4\pi r} \right) =
\dfrac{1}{(4\pi)^2} \cdot \nabla \nabla \left( \dfrac{1}{r} * \dfrac{1}{r} \right)\]
同样再次使用积分变换求解卷积式 \(\left( \dfrac{1}{r} * \dfrac{1}{r} \right)\)，其正变换为
(14)\[\dfrac{1}{r} * \dfrac{1}{r} = \mathcal{F}^{-1} \left[ \mathcal{F} \left[ \dfrac{1}{r} * \dfrac{1}{r} \right] \right] =
\mathcal{F}^{-1} \left[ \mathcal{F} \left[ \dfrac{1}{r} \right] \cdot \mathcal{F} \left[ \dfrac{1}{r} \right] \right]
= \mathcal{F}^{-1} \left[ \dfrac{(4\pi)^2}{k^4} \right]\]
注意到 \(r\) 满足以下关系，
(15)\[\nabla^2 \left( \nabla^2 r \right) = \nabla^2 \left( \dfrac{2}{r} \right) = 8\pi \delta(\mathbf{r})\]
变换到波矢域，得到变换对，
(16)\[\begin{split}\mathcal{F} \left[ \dfrac{r}{8\pi} \right] &= \dfrac{1}{k^4} \\
\mathcal{F}^{-1} \left[ \dfrac{1}{k^4} \right] &= \dfrac{r}{8\pi}\end{split}\]
上式代入到 (14) 式，得到
(17)\[\dfrac{1}{r} * \dfrac{1}{r} = 2\pi r\]
上式代入到 (13) 式，得到
(18)\[\mathcal{F}^{-1} \left[ \dfrac{1}{k^2} \cdot \dfrac{\mathbf{kk^T}}{k^2} \right] =
\dfrac{1}{(4\pi)^2} \cdot \nabla \nabla \left( 2\pi r \right) =
\dfrac{1}{8\pi} \left( \dfrac{\mathbf{I}}{r} - \dfrac{\mathbf{rr^T}}{r^3} \right)\]
静态位移场的最终表达式
将 (11) 式，(18) 式代入 (7) 式，作逆变换，整理，
(19)\[\begin{split}\mathbf{G}_j &= \dfrac{1}{\mu} \left[ \dfrac{1}{4\pi r} - \dfrac{1}{2(1-\nu)} \dfrac{1}{8\pi} \left( \dfrac{\mathbf{I}}{r} - \dfrac{\mathbf{rr^T}}{r^3} \right) \right] \mathbf{e}_j \\
&= \dfrac{1}{16 \pi \mu r} \left[ 4 \mathbf{I} - \dfrac{1}{1-\nu} \mathbf{I} + \dfrac{1}{1-\nu} \dfrac{\mathbf{rr^T}}{r^2} \right] \mathbf{e}_j \\
&= \dfrac{1}{16 \pi \mu (1-\nu) r} \left[ (3-4\nu)\mathbf{I} + \dfrac{\mathbf{rr^T}}{r^2} \right] \mathbf{e}_j\end{split}\]
最终得到无限均匀介质中集中脉冲力产生的静态位移场，
(20)\[\mathbf{G} = \dfrac{1}{16 \pi \mu (1-\nu) r} \left[ (3-4\nu)\mathbf{I} + \dfrac{\mathbf{rr^T}}{r^2} \right]\]
其中 \(\mathbf{G}\) 为格林函数张量，其分量形式为
(21)\[G_{ij} = \dfrac{1}{16 \pi \mu (1-\nu) r} \left[ (3-4\nu) \delta_{ij} + \gamma_i \gamma_j \right] = \dfrac{1}{4\pi \mu} \dfrac{\Delta}{1+\Delta} \dfrac{1}{r} \left( \dfrac{\delta_{ij}}{\Delta} + \gamma_i \gamma_j \right)\]
其中 \(\Delta=\dfrac{1}{3-4\nu}=\dfrac{\lambda+\mu}{\lambda+3\mu}\) ， \(\gamma_i=r_i/r\) 为方向余弦， \(r\) 为源点和场点的直线距离。最终解 (20) 的表达式与朗道的弹性理论教材保持一致 。