分离变量法
目录
1 固有值问题 2
2 弦振动方程的混合问题 2
2.1 欧拉方程 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.2 完备系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
3 狄氏问题 4
4 刘维尔 (Sturm-Liouville) 定理 5
4.1 斯托姆标准型 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
5 非齐次混合问题 9
5.1 齐次边界, 方程非齐次 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
5.2 非齐次边界 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1
1 固有值问题
固有值问题
𝑦
′′
+ 𝜆𝑦 = 0, (0 < 𝑥 < 𝐿)
𝑦(0) = 0, 𝑦(𝐿) = 0
特征方程
𝜇
2
+ 𝜆 = 0
根据 𝜆 可分为三种情况
1. 若 𝜆 < 0,𝑦 = 0, 无固有值
2. 若 𝜆 = 0,𝑦
′′
= 0, 𝑦 = 0, 无固有值
3. 若 𝜆 > 0, 令 𝜆 = 𝜔
2
, 得到 𝑦 = 𝐴 cos 𝜔𝑥 + 𝐵 sin 𝜔𝑥 那么
𝑦(𝐿) = 𝐵 sin 𝜔𝐿 = 0 ⇒ sin 𝜔𝐿 = 0 ⇒ 𝜔 =
𝑛𝜋
𝐿
得到固有值和固有函数
𝜆
𝑛
=
𝑛𝜋
𝐿
2
, 𝑦
𝑛
(𝑥) = 𝐵
𝑛
sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥
2 弦振动方程的混合问题
考察两端固定弦的自由振动
𝑢
𝑡𝑡
= 𝑎
2
𝑢
𝑥𝑥
, (𝑡 > 0, 0 < 𝑥 < 𝐿)
𝑢(𝑡, 0) = 0, 𝑢(𝑡, 𝐿) = 0
𝑢(0, 𝑥) = 𝜑(𝑥), 𝑢
𝑡
(0, 𝑥) = 𝜓 (𝑥)
利用分离变量法. 先考虑满足第一条方程的分离变量形式的解. 令 𝑢 = 𝑇 (𝑡)𝑋 (𝑥), 代入得
𝑇
′′
(𝑡) 𝑋 (𝑥) = 𝑎
2
𝑇 (𝑡)𝑋
′′
(𝑥) ⇒
𝑇
′′
(𝑡)
𝑎
2
𝑇 (𝑡)
=
𝑋
′′
(𝑥)
𝑋 (𝑥)
LHS 为 𝑡 的函数,RHS 为 𝑥 的函数, 相等只有为常数, 得常微分方程
𝑋
′′
(𝑥) + 𝜆𝑋 (𝑥) = 0, 𝑇
′′
(𝑡) + 𝜆𝑎
2
𝑇 (𝑡) = 0
产生了固有值问题
𝑢(𝑡, 0) = 0 ⇒ 𝑇 (𝑡)𝑋 (0) = 0 ⇒ 𝑋 (0) = 0
同理得 𝑋 (𝐿) = 0. 固有值问题
𝑋
′′
(𝑥) + 𝜆𝑋 (𝑥) = 0
𝑋 (0) = 0, 𝑋 (𝐿) = 0
解得固有值 𝜆
𝑛
=
𝑛 𝜋
𝐿
2
, 固有函数 𝑋
𝑛
(𝑥) = sin
𝑛 𝜋 𝑥
𝐿
. 将 𝜆
𝑛
代入 𝑇 ( 𝑡), 得
𝑇
𝑛
(𝑡) = 𝐶
𝑛
cos
𝑛𝜋𝑎𝑡
𝐿
+ 𝐷
𝑛
sin
𝑛𝜋𝑎𝑡
𝐿
于是得一系列分离变量形式的解
𝑢
𝑛
(𝑡, 𝑥) =
𝐶
𝑛
cos
𝑛𝜋𝑎𝑡
𝐿
+ 𝐷
𝑛
sin
𝑛𝜋𝑎𝑡
𝐿
sin
𝑛𝜋𝑥
𝐿
最后将解叠加, 令
𝑢 =
Õ
𝑛=1
𝑢
𝑛
(𝑡, 𝑥) =
Õ
𝑛=1
𝐶
𝑛
cos
𝑛𝜋𝑎𝑡
𝐿
+ 𝐷
𝑛
sin
𝑛𝜋𝑎𝑡
𝐿
sin
𝑛𝜋𝑥
𝐿
最后确定 Fourier 系数, 代入初值条件得
𝑢(0, 𝑥) =
Õ
𝑛=1
𝐶
𝑛
sin
𝑛𝜋𝑥
𝐿
= 𝜑(𝑥) ⇒ 𝐶
𝑛
=
2
𝐿
∫
𝐿
0
𝜑(𝜉) sin
𝑛𝜋𝜉
𝐿
𝑑𝜉
𝑢
𝑡
(0, 𝑥) =
Õ
𝑛=1
𝑛𝜋𝑎
𝐿
𝐷
𝑛
sin
𝑛𝜋𝑥
𝐿
= 𝜓 (𝑥) ⇒ 𝐷
𝑛
=
2
𝑛𝜋𝑎
∫
𝐿
0
𝜓(𝜉) sin
𝑛𝜋𝜉
𝐿
𝑑𝜉
得到级数解
𝑢 =
2
𝐿
∫
𝐿
0
𝜑(𝜉) sin
𝑛𝜋𝜉
𝐿
𝑑𝜉
cos
𝑛𝜋𝑎𝑡
𝐿
+
2
𝑛𝜋𝑎
∫
𝐿
0
𝜓(𝜉) sin
𝑛𝜋𝜉
𝐿
𝑑𝜉
sin
𝑛𝜋𝑎𝑡
𝐿
sin
𝑛𝜋𝑥
𝐿
2.1 欧拉方程
𝑥
2
d
2
𝑦
d𝑥
2
+ 𝑝𝑥
d𝑦
d𝑥
+ 𝑎𝑦 = 0
令 𝑡 = ln 𝑥, 则
d𝑦
d𝑥
=
d𝑦
d𝑡
d𝑡
d𝑥
=
1
𝑥
d𝑦
d𝑡
,
d
2
𝑦
d𝑥
2
=
d
2
𝑦
d𝑡
2
1
𝑥
2
−
1
𝑥
2
d𝑦
d𝑡
代入得
d
2
𝑦
d𝑡
2
+ ( 𝑝 − 1)
d𝑦
d𝑡
+ 𝑎𝑦 = 0
化为常系数方程
2.2 完备系
在 [−𝜋, 𝜋] 上有完备系
1, cos 𝑥, sin 𝑥, · · ·
在 [−𝐿, 𝐿] 上有完备系
1, cos
𝜋𝑥
𝐿
, sin
𝜋𝑥
𝐿
, · · ·
欲证明, 考虑固有值问题
𝑦
′′
+ 𝜆𝑦 = 0, (−∞ < 𝑥 < +∞)
𝑦(𝑥) = 𝑦(𝑥 + 2𝜋)
𝜆 < 0 时没有固有值,𝜆 = 0 时固有值为零, 固有函数为 𝑦 = 1
𝜆 > 0 时,𝜆 = 𝜔
2
𝑦(𝑥) = 𝐴 cos 𝜔𝑥 + 𝐵 sin 𝜔𝑥
得 𝜔 ∈ Z(因为周期为 2𝜋), 得到固有值和固有函数
𝜆
𝑛
= 𝑛
2
, 𝑦
𝑛
(𝑥) = 𝐴
𝑛
cos 𝑛𝑥 + 𝐵
𝑛
cos 𝑛𝑥
得到一个完备系
1, cos 𝑥, sin 𝑥, · · ·
3 狄氏问题
Δ
2
𝑢 = 0, (𝑟 < 𝑎)
𝑢|
𝑟=𝑎
= 𝜑(𝑥, 𝑦) = 𝑓 (𝜃)
先不考虑边界条件, 考察 Δ
2
𝑢 = 0. 实际上它暗含了 𝜃 的周期性条件
1
𝑟
𝜕
𝜕𝑟
𝑟
𝜕𝑢
𝜕𝑟
+
1
𝑟
2
𝜕
2
𝑢
𝜕𝜃
2
= 0
𝑢(𝑟, 𝜃) = 𝑢(𝑟, 𝜃 + 2𝜋)
该周期性条件在扇形区域和矩形区域不成立 (不满足周期 2𝜋). 利用分离变量法
𝑅(𝑟)Θ(𝜃)
代入方程得到
1
𝑟
d
d𝑟
𝑟
d𝑅
d𝑟
Θ(𝜃) +
1
𝑟
2
Θ
′′
(𝜃)𝑅(𝑟) = 0
实现了分离变量
( 𝑟 𝑅
′
)
𝑟 𝑅
+
1
𝑟
2
Θ
′′
Θ
= 0
那么含有 𝜃 的部分就是常数, 令
Θ
′′
Θ
= −𝜆
那么 𝑟 的方程就是
𝑟
2
𝑅
′′
+ 𝑟 𝑅
′
− 𝜆𝑅 = 0
这是一个欧拉方程
.
再由周期性条件
𝑢
(
𝑟, 𝜃
)
=
𝑢
(
𝑟, 𝜃
+
2
𝜋
)
,
那么
𝑅(𝑟)Θ(𝜃) = 𝑅(𝑟)Θ(𝜃 + 2𝜋) → Θ(𝜃) = Θ(𝜃 + 2𝜋)
得到固有值问题
Θ
′′
+ 𝜆Θ = 0, (−∞ < 𝜃 < +∞)
Θ(𝜃) = Θ(𝜃 + 2𝜋)
就可以解得
𝜆
𝑛
= 𝜔
2
, Θ
𝑛
(𝜃) = 𝐶
𝑛
cos 𝑛𝜃 + 𝐷
𝑛
sin 𝑏𝜃
把 𝜆
𝑛
= 𝑛
2
代入 𝑅 的方程得到
𝑟
2
𝑅
′′
+ 𝑟 𝑅
′
− 𝑛
2
𝑅 = 0
解得
𝑅
0
( 𝑟) = 𝐴
0
+ 𝐵
0
ln 𝑟, 𝑅
𝑛
( 𝑟) = 𝐴
𝑛
𝑟
𝑛
+ 𝐵
𝑛
𝑟
−𝑛
, 𝑛 ∈ Z
+
得到一系列分离变量形式的解
𝑢
0
( 𝑟, 𝜃) = 𝐴
0
+ 𝐵
0
ln 𝑟, 𝑢
𝑛
( 𝑟, 𝜃) = (𝐴
𝑛
𝑟
𝑛
+ 𝐵
𝑛
𝑟
−𝑛
)(𝐶
𝑛
cos 𝑛𝜃 + 𝐷
𝑛
sin 𝑛𝜃)
叠加得到级数解
𝑢(𝑟, 0) = 𝐴
0
+ 𝐵
0
𝑟, 𝑢
𝑛
( 𝑟, 𝜃) = 𝐴
0
+ 𝐵
0
ln 𝑟 +
+∞
Õ
𝑛=1
(
𝐴
𝑛
𝑟
𝑛
+ 𝐵
𝑛
𝑟
−𝑛
)
(
𝐶
𝑛
cos
𝑛𝜃
+
𝐷
𝑛
sin
𝑛𝜃
)
为了避免无穷解, 在圆内区域有 𝐵
𝑛
= 0, 圆外区域有 𝐵
0
= 0, 𝐴
𝑛
= 0 (不包括𝐴
0
! )
对于圆内问题
Δ
2
𝑢 = 0, (𝑟 < 𝑎)
𝑢|
𝑟=𝑎
= 𝑓 (𝜃)
圆内区域 𝐵
𝑛
= 0, 那么
𝑢(𝑟, 𝜃) =
𝐴
0
2
+
+∞
Õ
𝑛=1
𝑟
𝑎
𝑛
( 𝐴
𝑛
cos 𝑛𝜃 + 𝐵
𝑛
sin 𝑛𝜃)
在 𝑟 = 𝑎 时有
𝑢
𝑟=𝑎
=
𝐴
0
2
+
+∞
Õ
𝑛=1
𝐴
𝑛
cos 𝑛𝜃 + 𝐵
𝑛
sin 𝑛𝜃 = 𝑓 (𝜃)
其中 𝐴
𝑛
是傅里叶系数
𝐴
𝑛
=
1
𝜋
∫
𝜋
− 𝜋
𝑓 (𝜃) cos 𝑛𝜃𝑑𝜃, 𝐵
𝑛
=
1
𝜋
∫
𝜋
− 𝜋
𝑓 (𝜃) sin 𝑛𝜃𝑑𝜃, (𝑛 ∈ Z)
4 刘维尔 (Sturm-Liouville) 定理
4.1 斯托姆标准型
对于一般的二阶线性偏微分方程
𝐿
𝑡
𝑢 + 𝑐(𝑡)𝐿
𝑥
𝑢 = 0
其中
𝐿
𝑡
= 𝑎
0
𝜕
2
𝜕𝑡
2
+ 𝑎
1
(𝑡)
𝜕
𝜕𝑡
+ 𝑎
2
(𝑡), 𝐿
𝑥
= 𝑏
0
(𝑥)
𝜕
2
𝜕𝑥
2
+ 𝑏
1
(𝑥)
𝜕
𝜕𝑥
+ 𝑏
2
(𝑥)
令 𝑢 = 𝑇 (𝑡)𝑋 (𝑥), 代入产生微分方程
𝐿
𝑥
𝑋 (𝑥) + 𝜆(𝑥) = 0
展开即
𝑏
0
(𝑥)𝑦
′′
(𝑥) + 𝑏
1
(𝑥)𝑦
′
(𝑥) + 𝑏
2
(𝑥)𝑦(𝑥) + 𝜆𝑦(𝑥) = 0
利用积分因子, 要求
𝜌(𝑥)𝑏
1
(𝑥) =
[
𝜌(𝑥)𝑏
0
(𝑥)
]
′
那么
𝑏
1
(𝑥) − 𝑏
′
0
(𝑥)
𝑏
0
(𝑥)
=
𝜌
′
(𝑥)
𝜌(𝑥)
就解得了
𝜌(𝑥) =
1
𝑏
0
(𝑥)
𝑒𝑥 𝑝
𝑏
1
(𝑥)
𝑏
0
(𝑥)𝑑𝑥
方程化为了
[𝑘 (𝑥)𝑦
′
(𝑥)]
′
− 𝑞(𝑥)𝑦(𝑥) + 𝜆𝜌(𝑥)𝑦(𝑥) = 0
即斯托姆-刘维尔标准型. 假定
1. 𝑘
(
𝑥
) ∈
𝐶
1
[
𝑎, 𝑏
]
, 𝜌
(
𝑥
) ∈ [
𝑎, 𝑏
]
,
在
(
𝑎, 𝑏
)
上
𝜌
(
𝑥
)
>
0
, 𝑞
(
𝑥
) ≥
0
2. 𝑞(𝑥) 在 (𝑎, 𝑏) 连续, 在端点是至多一级极点
可以附加条件
1. 一二三类边界条件,𝛼
1
𝑦
′
(𝑎) − 𝛽
1
𝑔(𝑎) = 0, 𝛼
2
𝑦
′
(𝑏) + 𝛽
2
𝑦(𝑏) = 0
2. 𝑘 (𝑎) = 𝑘 (𝑏) > 0, 可附加周期性条件 𝑦(𝑎) = 𝑦(𝑏)
3. 𝑘 (𝑥) 某个端点为零 (在此端点为一级零点), 可附加自然边界条件
结论
1. 可数性,𝜆
𝑛
→ +∞
2. 非负性,𝜆 ≥ 0(有 𝜆 = 0 条件, 则无一三类边界条件 𝑞(𝑥) = 0)
3. 正交性: 属于不同固有值的固有函数正交
𝜆
𝑛
≠ 𝜆
𝑚
, 则
⟨
𝑦
𝑛
(𝑥), 𝑦
𝑚
(𝑥)
⟩
= 0
4. 完备性:𝑦(𝑥) =
+∞
Í
𝑛=1
𝑐
𝑛
𝑦
𝑛
(𝑥), 其中
𝑐
𝑘
=
1
|
𝑦
𝑘
(𝑥)
|
2
∫
𝑏
𝑎
𝑦(𝑥)𝑦
𝑘
(𝑥) 𝜌(𝑥)𝑑𝑦
其中
|
𝑦
𝑘
(𝑥)
|
2
=
∫
𝑏
𝑎
𝑦
𝑘
(𝑥)
2
𝜌(𝑥)𝑑𝑥
下面证明系数 𝑐
𝑘
. 若想得出 𝑦(𝑥), 𝑦
𝑘
(𝑥) 的系数
⟨
𝑦(𝑥), 𝑦
𝑘
(𝑥)
⟩
=
*
+∞
Õ
𝑛=1
𝑐
𝑛
𝑦
𝑛
(𝑥), 𝑦
𝑘
(𝑥)
+
=
+∞
Õ
𝑛=1
𝑐
𝑛
⟨
𝑦
𝑛
(𝑥), 𝑦
𝑘
(𝑥)
⟩
= 𝑐
𝑘
⟨
𝑦
𝑘
(𝑥), 𝑦
𝑘
(𝑥)
⟩
那么
𝑐
𝑘
=
1
|
𝑦
𝑘
(𝑥)
|
2
∫
𝑏
𝑎
𝑦
𝑛
(𝑥)𝑦
𝑘
(𝑥) 𝜌(𝑥)𝑑𝑥
考察固有值问题
𝑦
′′
+ 𝜆𝑦 = 0, (−∞ < 𝑥 < +∞)
𝑦(𝑥) = 𝑦(𝑥 + 2𝜋)
它有固有值和固有函数
𝜆
𝑛
= 𝑛
2
, 𝑦
𝑛
(𝑥) = 𝐴
𝑛
cos 𝑛𝑥 + 𝐵
𝑛
sin 𝑛𝑥
属于同一个固有值的固有函数不一定正交, 但是可以由施密特正交化取为正交的. 设
𝑓 (𝑥) = 𝐻
0
+
+∞
Õ
𝑛=1
𝐴
𝑛
cos 𝑛𝑥 + 𝐵
𝑛
sin 𝑛𝑥
那么由系数确定公式
𝐴
𝑛
=
1
|
cos 𝑛𝑥
|
2
∫
𝜋
− 𝜋
𝑓 (𝑥) cos 𝑛𝑥𝑑𝑥 =
1
𝜋
∫
𝜋
− 𝜋
𝑓 (𝑥) cos 𝑛𝑥𝑑𝑥
𝐻
0
=
1
|
1
|
2
∫
𝜋
− 𝜋
𝑓 (𝑥) cos 𝑛𝑥𝑑𝑥 =
1
2
1
𝜋
∫
𝜋
− 𝜋
𝑓 (𝑥)𝑑𝑥
=
𝐴
0
2
正交性的证明与线性代数中实对称矩阵特征值与特征向量的证明相似
𝜕𝑢
𝜕𝑡
= 𝑎
2
𝜕
2
𝑢
𝜕𝑥
2
, (0 < 𝑥 < 𝐿)
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝑥=0
= 0, 7,
𝜕𝑢
𝜕𝑥
+ 𝑟𝑢
𝑥=𝐿
= 0
𝑢|
𝑡=0
= 𝜑(𝑥)
作分离变量,𝑢 = 𝑇 (𝑡)𝑋 (𝑥), 代入并结合边界条件得固有值问题
𝑋
′′
(𝑥) + 𝜆𝑋 (𝑥) = 0, (0 < 𝑥 < 𝐿)
𝑋
′
(0) = 0, 𝑋
′
(𝐿) + 𝑟 𝑋 (𝐿) = 0
有 S-L 定理,𝜆 > 0, 令 𝜆 = 𝜔
2
, 解得
𝑋 (𝑥) = 𝐴 cos 𝜔𝑥 + 𝐵 sin 𝜔𝑥
代入 𝑋 = 0 的边界条件
𝑋
′
(0) = 𝐵𝜔 = 0 ⇒ 𝐵 = 0
则
𝑋 (𝑥) = 𝐴 cos 𝜔𝑥
代入 𝑋 = 𝐿 的条件
𝑋
′
(𝐿) + 𝑟 𝑋 (𝐿) = −𝐴𝜔 sin 𝜔𝐿 + 𝐴𝑟 cos 𝜔𝐿 ⇒ tan 𝜔𝐿 =
𝑟
𝜔
这是一个超越方程, 作图求解. 设第 𝑛 个正根为 𝜔
𝑛
, 得到
𝜆
𝑛
= 𝜔
2
𝑛
, 𝑋
𝑛
(𝑥) = cos 𝜔
𝑛
𝑥
相应
𝑇
𝑛
(
𝑡
)
=
𝑐
𝑛
𝑒
−𝑎
2
𝜔
2
𝑛
𝑡
由叠加原理
𝑢
(
𝑡, 𝑥
)
=
+∞
Õ
𝑛=1
𝑐
𝑛
𝑒
−𝑎
2
𝜔
2
𝑛
𝑡
cos 𝜔
𝑛
𝑥
边界条件
𝑢|
𝑡=0
=
+∞
Õ
𝑛=1
𝑐
𝑛
cos 𝜔
𝑛
𝑥 = 𝜑(𝑥)
由 S-T 定理
𝑐
𝑛
=
1
|
cos 𝜔
𝑛
𝑥
|
∫
𝐿
0
𝜑(𝑥) cos 𝜔
𝑛
𝑥𝑑𝑥
其中由积化和差
|
cos 𝜔
𝑛
𝑥
|
=
1
2
𝐿 +
𝑟
𝜔
2
𝑛
+ 𝑟
2
𝑟
2
𝑅
′′
+ 𝑟 𝑅
′
+ 𝜆𝑅 = 0, (1 < 𝑅 < 𝑒)
𝑅(1) = 𝑅(𝑒) = 0
令 𝑡 = ln 𝑟, 那么泛定方程变为
d
2
𝑅
d𝑡
2
+ 𝜆𝑅 = 0
𝑅(0) = 𝑅(1) = 0
⇒ 𝜆
𝑛
= 𝑛
2
, 𝑅
𝑛
(𝑡) = sin 𝑛𝜋𝑡
即
𝜆
𝑛
= (𝑛𝜋)
2
, 𝑅
𝑛
( 𝑟) = sin(𝑛𝜋 ln 𝑟)
标准型
[𝑟
′
𝑅
′
]
′
+ 𝜆
1
𝑟
𝑅 = 0, 𝜌(𝑟) =
1
𝑟
那么
|
𝑅
𝑛
|
2
=
∫
1
0
(sin 𝑛𝜋 ln 𝑟)
2
1
𝑟
𝑑𝑟 =
𝑐
2
Δ
2
𝑢 = 0, (1 < 𝑟 < 𝑒, 0 < 𝜃 <
𝜋
2
)
𝑢|
𝑟=1
= 𝑢|
𝑟=𝑒
= 0
𝑢|
𝜃=0
= 0, 𝑢|
𝜃=
𝜋
2
= 𝑔(𝑟)
𝜕
2
𝑢
𝜕𝑥
2
+
𝜕
2
𝑢
𝜕𝑦
2
= 0, (0 < 𝑥 < 𝑎, 0 < 𝑦 < 𝑏)
𝑢|
𝑥=0
= 0, 𝑢|
𝑥=𝑎
= 𝑓 (𝑦)
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝑦=0
= 0,
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝑦=0
= 0
利用分离变量法. 设 𝑢 = 𝑋 (𝑥)𝑌 (𝑦), 代入方程得到
𝑋
′′
𝑋
+
𝑌
′′
𝑌
= 0
于是
𝑋
′′
𝑋
= −
𝑌
′′
𝑌
= 𝜆
结合 𝑦 = 0, 𝑦 = 𝑏 的边界条件得固有值问题
𝑌
′′
+ 𝜆𝑌 = 0, (0 < 𝑦 < 𝑏)
𝑌
′
(0) = 𝑌
′
(𝑏) = 0
解得固有函数和固有值
𝜆
0
= 0, 𝜆
𝑛
=
𝑛𝜋
𝑏
2
, 𝑌
0
= 1, 𝑌
𝑛
= cos
𝑛𝜋
𝑏
𝑦
同样地,𝑋 也有固有值与固有函数
𝑋
0
= 𝐶
𝑜
+ 𝐷
0
𝑥, 𝑋
𝑛
= 𝑐
𝑛
cosh
𝑛𝜋
𝑏
𝑥 + 𝐷
𝑛
sinh
𝑛𝜋
𝑏
𝑥
采用双曲函数是因为在 0 点的初值可以直接定出一个系数. 根据叠加原理, 可以设
𝑢 = 𝐶
0
+ 𝐷
0
𝑥 +
+∞
Õ
𝑛=1
𝐶
𝑛
cosh
𝑛𝜋
𝑏𝑥
+ 𝐷
𝑛
sinh
𝑛𝜋
𝑏
𝑥
cos
𝑛𝜋
𝑏
𝑦
代入初值
𝑢|
𝑥=0
= 𝐶
0
+
+∞
Õ
𝑛=1
𝐶
𝑛
cos
𝑛𝜋
𝑏
𝑦 = 0
得到 𝐶
𝑛
= 0, 𝑛 = 1, 2, · · · . 再考察
𝑢|
𝑥=𝑎
= 𝐷
0
𝑎 +
+∞
Õ
𝑛=1
𝐷
𝑛
sinh
𝑛𝜋𝑎
𝑏
cos
𝑛𝜋𝑦
𝑏
= 𝑓 (𝑦)
那么
𝐷
0
=
1
𝑎𝑏
∫
𝑏
0
𝑓 (𝑦)𝑑𝑦, 𝐷
𝑛
=
2
𝑏 sinh
𝑛 𝜋 𝑎
𝑏
∫
𝑏
0
𝑓 (𝑦) cos
𝑛𝜋
𝑏
𝑑𝑦, 𝑛 = 1, 2, · · ·
5 非齐次混合问题
5.1 齐次边界, 方程非齐次
𝑢
𝑡𝑡
= 𝑎
2
𝑢
𝑥𝑥
+ 𝑓 (𝑡, 𝑥), (0 < 𝑥 < 𝐿)
𝑢(𝑡, 0) = 0, 𝑢(𝑡, 𝐿) = 0
𝑢(0, 𝑥) = 𝜑(𝑥), 𝑢
𝑡
(0, 𝑥) = 𝜓 (𝑥)
特解法, 要求特解 𝑢
1
满足前两条方程, 作变换 𝑢 = 𝑉 + 𝑢
1
𝑢
𝑡𝑡
= 𝑎
2
𝑢
𝑥𝑥
+ 𝐴𝑥, (𝑡 > 0, 0 < 𝑥 < 𝑙)
𝑢(𝑡, 0) = 𝑢(𝑡, 1) = 0
𝑢(0, 𝑥) = 0, 𝑢
𝑡
(0, 𝑥) = 0
昨天晚上梦到了一个特解 𝑢
0
= −
𝐴𝑥
3
6𝑎
2
. 设 𝑢
1
= −
𝐴𝑥
3
6𝑎
3
+ 𝑏𝑥 + 𝑐 满足前两条方程, 那么
𝑢
1
|
𝑥=0
= 0 ⇒ 𝑐 = 0, 𝑢
1
|
𝑥=1
= −
𝐴
6𝑎
2
+ 𝑏 = 0 ⇒ 𝑏 =
𝐴
6𝑎
2
于是
𝑢
1
=
𝐴
6𝑎
2
(𝑥 − 𝑥
3
)
作变换 𝑢 = 𝑉 + 𝑢
1
, 则
𝑉
𝑡𝑡
= 𝑎
2
𝑉
𝑥𝑥
𝑉 (𝑡, 0) = 𝑉 (𝑡, 1) = 0
𝑉 (0, 𝑥) =
𝐴
6𝑎
2
(𝑥
3
− 𝑥), 𝑉
𝑡
(0, 𝑥) = 0
将其齐次化
还可以使用冲量原理 (齐次化原理)
𝑢 = 𝑢
1
+ 𝑢
2
, 𝑢
1
满足
𝑢
1𝑡𝑡
= 𝑎
2
𝑢
1𝑥 𝑥
, (𝑡 > 0, 0 < 𝑥 < 𝐿)
𝑢
1
(𝑡, 0) = 0, 𝑢
2
(𝑡, 𝐿) = 0
𝑢
1
(0, 𝑥) = 𝜑(𝑥), 𝑢
1𝑡
(0, 𝑥) = 𝜓 (𝑥)
并且
𝑢
2𝑡𝑡
= 𝑎
2
𝑈
2𝑥 𝑥
+ 𝑓 (𝑥)
𝑢
2
(𝑡, 0) = 0, 𝑢
2
(𝑡, 𝐿) = 0
𝑢
2
(0, 𝑥) = 0, 𝑢
2𝑡
(0) = 0
𝑢
2
=
∫
𝑡
0
𝑤(𝑡, 𝑥, 𝜏)𝑑𝜏
𝑤
𝑡𝑡
= 𝑎
2
𝑤
𝑥𝑥
𝑤(𝑡, 0) = 0, 𝑤(𝑡, 𝐿) = 0
𝑤|
𝑡= 𝜏
= 0, 𝑤
𝑡
|
𝑡= 𝜏
= 𝑓 (𝜏, 𝑥)
固有函数展开法, 抽取齐次部分
𝑉
𝑡𝑡
= 𝑎
2
𝑉
𝑥𝑥
𝑉 (𝑡, 0) = 0, 𝑉 (𝑡, 𝐿) = 0
分离变量 𝑉 = 𝑇 (𝑡)𝑋 (𝑥), 代入得到固有值和固有函数
𝜆
𝑛
=
𝑛𝜋
𝐿
2
, 𝑋
𝑛
(𝑥) = sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥
这是一个完备系. 那么可以设
𝑢(𝑡, 𝑥) =
+∞
Õ
𝑛=1
𝑇
𝑛
(𝑡) sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥
将 𝑓 (𝑡, 𝑥) 展开
𝑓 (𝑡, 𝑥) =
+∞
Õ
𝑛=1
𝑓
𝑛
(𝑡) sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥, 𝑓
𝑛
(𝑡) =
2
𝐿
∫
𝐿
0
𝑓 (𝑡, 𝑥) sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥𝑑𝑥
𝜑 也可以展开
𝜑(𝑥) =
+∞
Õ
𝑛=1
𝜑
𝑛
sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥, 𝜑
𝑛
=
2
𝐿
∫
𝐿
0
𝜑(𝑥) sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥
𝜓 同理, 代入得到
+∞
Õ
𝑛=1
𝑇
′′
𝑛
(𝑡) sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥 − 𝑎
2
+∞
Õ
𝑛=1
𝑇
𝑛
(𝑡)
sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥
′′
=
+∞
Õ
𝑛=1
𝑇
′′
𝑛
(𝑡) +
𝑛𝜋𝑎
𝐿
2
𝑇
𝑛
(𝑡)
sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥 =
+∞
Õ
𝑛=1
𝑓
𝑛
(𝑡) sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥
+∞
Õ
𝑛=1
𝑇
𝑛
(0) sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥 =
+∞
Õ
𝑛=1
𝜑
𝑛
sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥,
+∞
Õ
𝑛=1
𝑇
′
𝑛
(0) sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥 = 𝜓
𝑛
sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥
比较 sin
𝑛𝜋
𝐿
𝑥 的系数
𝑇
′′
𝑛
(𝑡) +
𝑛𝜋𝑎
𝐿
2
𝑇
𝑛
(𝑡) = 𝑓
𝑛
(𝑡)
𝑇
𝑛
(0) = 𝜑
𝑛
, 𝑇
′
𝑛
(0) = 𝜓
𝑛
设 𝐿
[
𝑇
𝑛
(𝑡)
]
= 𝐺
𝑛
(𝑝), 那么
𝐿
𝑇
′′
𝑛
(𝑡)
= 𝑝
2
𝐺
𝑛
(𝑝) − 𝜑
𝑛
𝑝 − 𝜓
𝑛
记
𝐿
[
𝑓
𝑛
(𝑡)
]
= 𝐹
𝑛
(𝑝)
经拉普拉斯变换
𝑝
2
𝐺
𝑛
(𝑝) = 𝑝𝜑
𝑛
− 𝜓
𝑛
+
𝑛𝜋𝑎
𝐿
2
𝐺
𝑛
(𝑝) = 𝐹
𝑛
(𝑝) ⇒ 𝐺
𝑛
(𝑝) =
1
𝑝
2
+
𝑛 𝜋 𝑎
𝐿
2
(
𝑝𝜑
𝑛
+ 𝜓
𝑛
+ 𝐹
𝑛
(𝑝)
)
拉普拉斯变换是线性变换, 可以分别考虑其反变换
𝐿
−1
"
𝜑
𝑛
𝑝
𝑝 +
𝑛 𝜋 𝑎
𝐿
2
#
= 𝜑
𝑛
cos
𝑛𝜋𝑎
𝐿
𝑡
𝐿
−1
"
𝜓
𝑛
𝑝
2
+
𝑛 𝜋 𝑎
𝐿
2
#
=
𝐿𝜓
𝑛
𝑛𝜋𝑎
sin
𝑛𝜋𝑎
𝐿
𝑡
𝐿
−1
"
𝐹
𝑛
(𝑝)
𝑝
2
𝑛 𝜋 𝑎
𝐿
2
#
= 𝑓
𝑛
(𝑡) ∗
1
𝑛𝜋𝑎
sin
𝑛𝜋𝑎
𝐿
𝑡 =
1
𝑛𝜋𝑎
∫
𝑡
0
sin
𝑛𝜋𝑎
𝐿
(𝑡 − 𝜏) 𝑓
𝑛
(𝜏)𝑑𝜏
相加得到 𝑇
𝑛
(𝑡)
5.2 非齐次边界
𝐿
𝑡
𝑢 + 𝐿
𝑥
𝑢 = 𝑓 (𝑡, 𝑥), (𝑡 > 0, 𝑎 < 𝑥 < 𝑏)
𝛼
1
𝑢 − 𝛽
1
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝑥=𝑎
= 𝑔
1
(𝑥),
𝛼
2
𝑢 − 𝛽
2
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝑥=𝑎
= 𝑔
2
(𝑥)
𝑢|
𝑡=0
= 𝜑(𝑥),
𝜕𝑢
𝜕𝑡
𝑡=0
= 𝜓 (𝑥)
设 𝑢 = 𝐴(𝑡)𝑥 + 𝛽(𝑡), 由边界条件得 𝐴(𝑡), 𝛽(𝑡) 的方程
(𝛼
1
𝑎 − 𝛽
1
) 𝐴(𝑡) + 𝛼
1
𝛽(𝑡) = 𝑔
1
(𝑡)
(𝛼
2
𝑏 + 𝛽
2
) 𝐴(𝑡) + 𝛼
2
𝛽(𝑡) = 𝑔
2
(𝑡)
𝜕
2
𝑢
𝜕𝑡
2
= 𝑎
2
𝜕
2
𝑢
𝜕𝑥
2
, (𝑡 > 0, 0 < 𝑥 < 𝑙)
𝑢(𝑡, 0) = 0, 𝑢(𝑡, 𝑙) = sin 𝜔𝑡, (𝜔 =
𝑛𝜋𝑎
𝐿
)
𝑢(0, 𝑥) = 𝜑(𝑥), 𝑢
𝑡
(0, 𝑥) = 𝜓 (𝑥)
将边界条件齐次化. 设
𝑉 = 𝐴(𝑡)𝑥 + 𝐵(𝑡)
𝑉 (𝑡, 0) = 𝐵(𝑡) = 0, 𝑉 (𝑡, 𝑙) = 𝐴(𝑡)𝑙 = sin 𝜔𝑡 得到 𝐴(𝑡) =
sin 𝜔𝑡
𝑙
, 因而
𝑉 =
sin 𝜔𝑡
𝐿
𝑥
作变换 𝑢 = 𝑤(𝑡, 𝑥) +
sin 𝜔𝑡
𝑙
𝑥, 则 𝑤 满足的方程有齐次的边界条件
𝜕
2
𝑤
𝜕𝑡
2
= 𝑎
2
𝜕
2
𝑤
𝜕𝑥
2
+
𝜔
2
𝐿
𝑥 sin 𝜔𝑡
𝑤(𝑡, 0) = 0, 𝑤(𝑡, 𝑙) = 0
𝑤(0, 𝑥) = 𝜑(𝑥), 𝑤
𝑡
(0, 𝑥) = 𝜓 (𝑥) −
𝜔
𝑙
𝑥
对于本题也可以设 𝑢 = 𝑋 (𝑥) sin 𝜔𝑡. 代入消去 sin 𝜔𝑡, 那么
𝑋
′′
(𝑥) +
𝜔
𝑎
2
𝑋 (𝑥) = 0
代入边界条件得到
𝑋 (0) sin 𝜔𝑡 = 0, 𝑋 (𝐿) sin 𝜔𝑡 = sin 𝜔𝑡 ⇒ 𝑋 (0) = 0, 𝑋 (𝑙) = 1
那么得到
𝑋
′′
(𝑥) +
𝜔
2
𝑎
2
𝑋 (𝑥) = 0
𝑋 (0) = 0, 𝑋 (𝐿) = 0
解得
𝑋 (𝑥) =
sin
𝜔
𝑎
𝑥
sin
𝜔𝑙
𝑎
作变换 𝑢(𝑡, 𝑥) =
sin
𝜔
𝑎
𝑥
sin
𝜔𝑙
𝑎
sin 𝜔𝑡 + 𝑤(𝑡, 𝑥), 则 𝑤(𝑡, 𝑥) 满足
𝜕
2
𝑤
𝜕𝑡
2
= 𝑎
2
𝜕
2
𝑤
𝜕𝑥
2
, (𝑡 > 0, 0 < 𝑥 < 𝑙)
𝑤(𝑡, 0) = 0, 𝑤(𝑡, 𝑙) = 0
𝑤(0, 𝑥) · · ·
𝜕
2
𝑢
𝜕𝑥
2
+
𝜕
2
𝑢
𝜕𝑦
2
= 12(𝑥
2
+ 𝑦
2
), (𝑎
2
< 𝑥
2
+ 𝑦
2
< 𝑏
2
)
𝑢|
𝑥
2
+𝑦
2
=𝑎
2
= 1,
𝜕𝑢
𝜕n
𝑥
2
+𝑦
2
=𝑏
2
= 0
昨晚梦到一个特解 𝑉 = 𝑥
4
− 𝑦
4
= 𝑟
4
cos 𝜃, 作变换 𝑢 = 𝑉 + 𝑟
4
cos 𝜃