所以我们只要先计算$I_{s,t}$，然后就可以得出$U_{s,t}$,然后再做离散正弦变换逆变换，然后让m,n趋向无穷即可 mathe 发表于 2014-10-18 14:00
由此得出$I_{s,t}=(4-2cos({s\pi}/n)-2cos({t\pi}/m))U_{s,t}$
所以我们只要先计算$I_{s,t}$，然后就可以 ...
线性差分方程之于离散正（余）弦变换相当于线性微分方程（这里的线性是指微分算子的性质是线性的）之于傅里叶变换。离散正余弦变换最好是用于信号个数为无穷多个(`N=\oo`)，因此，如果线性差分方程的边值问题中网格数量不够大（或者网格间距不够小），那么求解边值问题时候，在边界上会出现问题，因为边界上有些函数值依赖于周围的点，而超出边界的部分不知道。这或许就是mathe在前面链接中提到的扫雷问题的求解时候出现不确定解，或者采用最小二乘解的原因。
上面提到的其实就是偏微分方程数值求解中的差分离散方法。一般来说，处理边界值用到对称假设或者外插法（这是偏微分方程数值求解过程中经常用到的手段），可想而知，这种近似方法对于网格数越大，则越有效。
而本问题是无限大网格，所以不会出现边值问题，用离散的正弦变换最合适不过。 我想到另外一种解法，不过我想先问个问题：连续函数的极值点经过傅里叶变换之后还是不是极值点？ 以某个节点为原点，每个格的边长为2，这样子每个电阻可以假设位于整点上（坐标分别为一奇一偶），设流过节点的电流为$I_{2n,2m+1}$或$I_{2m+1,2n}$。那么发热量
$$\sum_{m,n\in \mathbb{Z}} \left(I_{2n,2m+1}^2+I_{2m+1,2n}^2\right)$$
取极值。
根据基尔霍夫定律，有限制
$$I_{2n,2m+1}+I_{2n,2m-1}+I_{2n+1,2m}+I_{2n-1,2m}=0,\quad \forall m,n\in\mathbb{Z}$$
不知道这个角度可否求出？（当然，这样只能够求出比例）
有没有人考虑过这个问题的三维情况？ 三维情况也是类似的 使用多元Z变换，用Cauchy围道积分表示出答案即可。与Fourier变换形式等价。
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