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数理方法第二章：分离变量法

Chpater2 分离变量法

计算技巧

分部积分技巧

DI分部积分法

DI分部积分法 是对传统分部积分法的一种简化与系统化。通过将函数分成两部分，一部分反复求导（D列），另一部分反复求积分（I列），并利用表格中的交错相加减来快速求解积分。

DI法步骤：

  1. 选择合适的两部分：对一个函数反复求导（通常是多项式），对另一个函数反复求积分（通常是指数、三角函数等）。
  2. 构建DI表格：左边一列为导数（D列），右边一列为积分（I列）。
  3. 当DI表格中D列（导数）出现0时截断，后面就不需要再算了
  4. 相乘交错求和：从表格的对角线相乘，并交错相加减。

示例：

计算 ∫xex dx \int x e^x \, dx ：

交错加减符号 D (导数) I (积分)
+ x x ex e^x
- 1 1 ex e^x
+ 0 0 ex e^x

结果为：

∫xex dx=(+)x⋅ex(−)1⋅ex=xex−ex+C\int x e^x \, dx = (+) x \cdot e^x (-) 1 \cdot e^x = x e^x - e^x + C

截断技巧：不可反复求导的情况

场景：

当遇到 对数函数 如 ln⁡x \ln x 时，不能无限次求导，此时需要在DI表格中的特定步骤截断，剩下的内容手动积分。

示例：

交错符号 D (导数) I (积分)
+ ln⁡x \ln x x x
- 1x \frac{1}{x} x22 \frac{x^2}{2}

在DI表格中，发现第二行的内容已经可以正常积分计算了，所以在此截断，从DI表格中提取并还原出分部积分的内容，然后剩余的部分手动积分

∫x2ln⁡x dx=ln⁡x⋅x33−∫x33⋅1x dx\int x^2 \ln x \, dx = \ln x \cdot \frac{x^3}{3} - \int \frac{x^3}{3} \cdot \frac{1}{x} \, dx

简化后得到：

∫x2ln⁡x dx=x3ln⁡x3−19x3+C\int x^2 \ln x \, dx = \frac{x^3 \ln x}{3} - \frac{1}{9} x^3 + C

这种情况下，在对数函数的导数变为简单函数时，积分可以直接计算。

截断技巧：循环积分的情况

场景：

当遇到同时含有exe^x和三角函数的积分如 ∫excos⁡x dx \int e^x \cos x \, dx ，分部积分后会出现循环，即积分的形式会重新回到原来的样子。此时通过代数操作截断并解决循环。

示例：

交错符号 D (导数) I (积分)
+ ex e^x cos⁡x \cos x
- ex e^x sin⁡x \sin x
+ ex e^x −cos⁡x -\cos x

出现循环时截断，提取出分部积分内容

∫excos⁡x dx=exsin⁡x−ex(−cos⁡x)−∫excos⁡xdx\int e^x \cos x \, dx = e^x \sin x - e^x (-\cos x) - \int e^x \cos x dx

整理一下，简单代数操作即得结果

I=excos⁡x+exsin⁡x−I  ⟹  I=12(excos⁡x+exsin⁡x)I = e^x \cos x + e^x \sin x - I \implies I = \dfrac{1}{2} \left( e^x \cos x + e^x \sin x \right)

总结

  1. DI积分法：适用于可无限次求导和求积分的函数，如多项式乘指数函数、三角函数等。

  2. 截断技巧：

    1. 常规情况：DI表中D列出现0时截断，然后从DI表中提取积分结果
    2. 不可反复求导的情况：含对数函数的积分，需要在DI表中剩余内容能进行正常积分计算时截断，从DI表中还原出分部积分内容，然后回到常规的分部积分法计算解决。
    3. 循环积分的情况：同时含有e指数和三角函数积分，在DI表中遇到积分循环时截断，从DI表中提取出分部积分内容，然后通过简单的代数操作解决。

Fourier级数理论

设f(x)f(x)是定义在RR上，以2π2\pi为周期的周期函数，即

f(x+2π)=f(x)f(x+2\pi) = f(x)

在区间[−π,π][-\pi,\pi]上绝对可积，即

∫−ππ∣f(x)∣dx<+∞\int_{-\pi}^{\pi} \lvert f(x) \rvert dx < + \infty

那么f(x)f(x)可以用三角函数的级数和来表示

f(x)=a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)f(x) = \dfrac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}(a_n \cos nx + b_n \sin nx)

该式称为以2π2\pi为周期的周期函数f(x)f(x)的Fourier级数展开式

其中

an=1π∫−ππf(x)cos⁡nx dx, ∀n≥0bn=1π∫−ππf(x)sin⁡nx dx, ∀n≥1a_n = \dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos nx \, dx, \, \forall n \geq 0 \\ b_n = \dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin nx \, dx, \, \forall n \geq 1

三角函数系正交性

称函数族{1,cos⁡nx,sin⁡nx;n=1,2,3,⋯ }\{1,\cos nx, \sin nx; n=1,2,3,\cdots\}为（周期为2π2\pi）的三角函数系

三角函数系中的所有函数互相之间全部正交，故三角函数系是一组标准正交基

Fourier展开式的系数

正弦级数与余弦级数

在Fourier级数展开式中，如果f(x)f(x)是奇函数，则

an=1π∫−ππf(x)cos⁡nx dx=0,n=0,1,2,3⋯a_n = \dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos nx \, dx = 0, \quad n=0,1,2,3 \cdots

从而可以把f(x)f(x)写成只包含正弦函数的级数展开式

f(x)=∑n=1∞bnsin⁡nxf(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin nx

类似地，如果f(x)f(x)是偶函数，则

bn=1π∫−ππf(x)sin⁡nx dx=0,n=1,2,3,⋯b_n = \dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin nx \, dx=0, \quad n=1,2,3,\cdots

从而可以把f(x)f(x)写成只包含正弦函数的级数展开式

f(x)=a02+∑n=1∞ancos⁡nxf(x) = \dfrac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos nx

奇延拓和偶延拓

设g(x)g(x)是定义在[0,π][0,\pi]上的绝对可积函数，则g(x)g(x)可以展开成如下的正弦函数

g(x)=∑n=1∞bnsin⁡nxg(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin nx

Fourier级数的复数形式

由于

{cos⁡nx=einx+e−inx2sin⁡nx=einx−e−inx2i\begin{cases} \cos nx = \dfrac{e^{inx} + e^{-inx}}{2} \\ \sin nx = \dfrac{e^{inx} - e^{-inx}}{2i} \end{cases}

故

ancos⁡nx+bnsin⁡nx=cneinx+cn‾e−inxa_n \cos nx + b_n \sin nx = c_n e^{inx} + \overline{c_n} e^{-inx}

其中

cn=an−ibn=12π∫−ππf(x)e−inx dxcn‾=an+ibn=12π∫−ππf(x)einx dxc_n = a_n - ib_n = \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) e^{-inx} \, dx \\ \overline{c_n} = a_n + ib_n = \dfrac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) e^{inx} \, dx

记c0=a02,cn‾=c−n,n=1,2,3,⋯c_0 = \frac{a_0}{2}, \overline{c_n} = c_{-n}, n=1,2,3,\cdots，则Fourier级数展开式可以

f(x)=c0+∑n=1∞(cneinx+c−ne−inx)=∑n=−∞∞cneinxf(x) = c_0 + \sum_{n=1}^{\infty}(c_n e^{inx} + c_{-n} e^{-inx}) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n e^{inx}

2.2 弦振动方程的几类初边值问题

2.2.1 弦振动方程带第一类齐次边界条件的解

{utt−a2uxx=0u∣x=0=0,u∣x=l=0,t>0u∣t=0=φ(x),ut∣t=0=ψ(x)\begin{cases} u_{tt} - a^2 u_{xx} = 0 \\ u \lvert_{x=0} = 0, u\lvert_{x=l} = 0, t>0 \\ u \lvert_{t=0} = \varphi(x), u_t \lvert_{t=0} = \psi(x) \end{cases}

第一步：分离变量

令

u(t,x)=X(x)T(t)u(t,x) = X(x) T(t)

代入PDE，得到

X′′(x)X(x)=T′′(t)a2T(t)=−λ\dfrac{X''(x)}{X(x)} = \dfrac{T''(t)}{a^2 T(t)} = -\lambda

其中λ\lambda为常数

{X′′(x)+λX(x)=0X(0)=0,X(l)=0\begin{cases} X''(x) + \lambda X(x) = 0 \\ X(0) = 0,X(l) = 0 \end{cases}

第二步：求解特征值和特征函数

找λ\lambda，以及非零函数X(x)X(x)，满足

{X′′(x)+λX(x)=0X(0)=0,X(l)=0\begin{cases} X''(x) + \lambda X(x) = 0 \\ X(0) = 0,X(l) = 0 \end{cases}

这是一个固有值问题（特征值问题），其中λ\lambda为固有值（特征值），XX为固有函数（特征函数）

特征多项式为

r2+λ=0r^2 + \lambda = 0

Case1.
当λ<0\lambda < 0时，有两根r=±−λr = \pm \sqrt{-\lambda}，通解

X(x)=C1e−λx+C2e−−λxX(x) = C_1 e^{\sqrt{-\lambda}x} + C_2 e^{-\sqrt{-\lambda}x}

代入边界条件，可得

{X(0)=C1+C2=0X(l)=C1e−λl+C2e−−λl=0\begin{cases} X(0) = C_1 + C_2 = 0 \\ X(l) = C_1 e^{\sqrt{-\lambda}l} + C_2 e^{-\sqrt{-\lambda}l} = 0 \end{cases}

由此可以解得C1=C2=0C_1 = C_2 = 0

此时X(x)≡0X(x) \equiv 0，即特征值问题只有零解，不符合要求

Case2.
当λ=0\lambda = 0时，X′′(x)=0X''(x) = 0，这时方程的解可以表示为

X(x)=C1x+C2X(x) = C_1 x + C_2

代入边界条件

{X(0)=C2=0X(l)=C1l+C2=0  ⟹  C1=C2=0\begin{cases} X(0) = C_2 = 0 \\ X(l) = C_1 l +C_2 = 0 \end{cases} \implies C_1 = C_2 = 0

此时X(x)≡0X(x) \equiv 0，即特征值问题只有零解，不符合要求

Case3.

两个根 r=±λir = \pm \sqrt{\lambda} i

X(x)=C1sin⁡λx+C2cos⁡λxX(x) = C_1 \sin \sqrt{\lambda} x + C_2 \cos \sqrt{\lambda} x

{X(0)=0X(l)=0  ⟹  {C2=0C1sin⁡λl+C2cos⁡λl=0\begin{cases} X(0) = 0 \\ X(l) = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} C_2 = 0 \\ C_1 \sin \sqrt{\lambda} l + C_2 \cos \sqrt{\lambda} l = 0 \end{cases}

  ⟹  C1=0,sin⁡λl=0  ⟹  λl=nπ, n=1,2,3,⋯\implies C_1 = 0, \sin \sqrt{\lambda} l = 0 \\ \implies \sqrt{\lambda} l = n \pi, \, n = 1,2,3,\cdots

特征值为

λn=λ=(nπl)2\lambda_n = \lambda = (\dfrac{n \pi}{l})^2

对应的固有函数为

Xn(x)=Cnsin⁡nπlxX_n(x) = C_n \sin \dfrac{n\pi}{l} x

第三步，求解时间项T(t)T(t)，写出可分离变量解组un(t,x)u_n(t,x)

Tn′′(t)+λna2Tn(t)=0  ⟹  Tn(t)=Ancos⁡nπalt+Bnsin⁡nπalt  ⟹  un(t,x)=(ancos⁡nπalt+bnsin⁡nπalt)sin⁡nπlxT''_n(t) + \lambda_n a^2T_n(t) = 0 \\ \implies T_n(t) = A_n \cos \dfrac{n\pi a}{l}t + B_n \sin \dfrac{n\pi a}{l}t \\ \implies u_n(t,x) = (a_n \cos \dfrac{n\pi a}{l}t + b_n \sin \dfrac{n\pi a}{l}t) \sin \dfrac{n\pi}{l}x

第四步，使用叠加原理，写出形式解

u(t,x)=∑n=1∞un(t,x)=∑n=1∞(ancos⁡nπalt+bnsin⁡nπalt)sin⁡nπlxu(t,x) = \sum_{n=1}^\infty u_n(t,x) = \sum_{n=1}^\infty (a_n \cos \dfrac{n\pi a}{l}t + b_n \sin \dfrac{n\pi a}{l}t) \sin \dfrac{n\pi}{l}x

第五步，利用初始条件确定系数an,bna_n,b_n

φ(x)=u(0,x)=∑n=1∞ansin⁡nπlxψ(x)=ut(0,x)=∑n=1∞bnnπalsin⁡nπlx\varphi(x) = u(0,x) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n \sin \dfrac{n\pi}{l}x \\ \psi(x) = u_t(0,x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \dfrac{n\pi a}{l} \sin \dfrac{n\pi}{l}x

由三角函数系的正交性，

∫0lφ(x)sin⁡mπxldx=∑n=1∞∫0lansin⁡nπxlsin⁡mπxldx=am∫0lsin⁡2mπxldx=amlmπ∫0mπsin2tdt=amlmπ∫0mπ1+cos⁡2t2dt=amlmπmπ2=aml2  ⟹  am=2l∫0lφ(x)sin⁡mπxldx\int_{0}^{l} \varphi(x) \sin \dfrac{m \pi x}{l} dx = \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^l a_n \sin \dfrac{n\pi x}{l} \sin \dfrac{m \pi x}{l} dx \\ = a_m \int_{0}^{l} \sin^2 \dfrac{m\pi x}{l}dx = a_m \dfrac{l}{m \pi} \int_{0}^{m\pi} sin^2 t dt \\ = a_m \dfrac{l}{m \pi} \int_0^{m\pi} \dfrac{1+\cos 2t}{2} dt = a_m \dfrac{l}{m \pi} \dfrac{m\pi}{2} = a_m \dfrac{l}{2} \\ \implies a_m = \dfrac{2}{l} \int_{0}^{l} \varphi(x) \sin \dfrac{m \pi x}{l} dx

类似地，

∫0lψ(x)sin⁡mπxldx=∑i=1n∫0lbnnπalsin⁡nπxlsin⁡mπxldx=bmmπal∫0lsin⁡2mπxldx=bmmπallmπ∫0mπsin⁡2tdt=abmmπ2  ⟹  bm=2mπa∫0lψ(x)sin⁡mπxldx\int_0^l \psi(x) \sin \dfrac{m\pi x}{l} dx = \sum_{i=1}^n \int_0^l b_n \dfrac{n\pi a}{l} \sin \dfrac{n \pi x}{l} \sin \dfrac{m \pi x}{l} dx = b_m \dfrac{m\pi a}{l} \int_0^l \sin^2 \dfrac{m\pi x}{l} dx \\ = b_m \dfrac{m\pi a}{l} \dfrac{l}{m\pi} \int_0^{m\pi} \sin^2 t dt = a b_m \dfrac{m\pi}{2} \\ \implies b_m = \dfrac{2}{m\pi a} \int_0^l \psi(x) \sin \dfrac{m\pi x}{l} dx

综上，

an=2l∫0lφ(x)sin⁡nπxldxbn=2mπa∫0lψ(x)sin⁡nπxldxa_n = \dfrac{2}{l} \int_{0}^{l} \varphi(x) \sin \dfrac{n \pi x}{l} dx \\ b_n = \dfrac{2}{m\pi a} \int_0^l \psi(x) \sin \dfrac{n \pi x}{l} dx

当然，如果给定的初始条件本来就是正弦形式，直接比较系数就好了，就不必要积分求系数了

通过分离变量法求得的解只是形式解，可以证明这个解也是方程的古典解，这里不赘述了

2.2.2 弦振动方程带第二类齐次边界条件的解

{utt−a2uxx=0ux∣x=0=0,ux∣x=l=0,t>0u∣t=0=φ(x),ut∣t=0=ψ(x)\begin{cases} u_{tt} - a^2 u_{xx} = 0 \\ u_x \lvert_{x=0} = 0, u_x \lvert_{x=l} = 0, t>0 \\ u \lvert_{t=0} = \varphi(x), u_t \lvert_{t=0} = \psi(x) \end{cases}

第一步：分离变量

令

u(t,x)=X(x)T(t)u(t,x) = X(x) T(t)

代入PDE，得到

X′′(x)X(x)=T′′(t)a2T(t)=−λ\dfrac{X''(x)}{X(x)} = \dfrac{T''(t)}{a^2 T(t)} = -\lambda

其中λ\lambda为常数

{X′′(x)+λX(x)=0X′(0)=0,X′(l)=0\begin{cases} X''(x) + \lambda X(x) = 0 \\ X'(0) = 0, X'(l) = 0 \end{cases}

第二步：求解特征值和特征函数

找λ\lambda，以及非零函数X(x)X(x)，满足

{X′′(x)+λX(x)=0X′(0)=0,X′(l)=0\begin{cases} X''(x) + \lambda X(x) = 0 \\ X'(0) = 0, X'(l) = 0 \end{cases}

这是一个固有值问题（特征值问题），其中λ\lambda为固有值（特征值），XX为固有函数（特征函数）。

特征多项式为

r2+λ=0r^2 + \lambda = 0

Case1.
当λ<0\lambda < 0时，有两根r=±−λr = \pm \sqrt{-\lambda}，通解

X(x)=C1e−λx+C2e−−λxX(x) = C_1 e^{\sqrt{-\lambda}x} + C_2 e^{-\sqrt{-\lambda}x}

代入边界条件，可得

{X′(0)=C1−λ−C2−λ=0X′(l)=C1−λe−λl−C2−λe−−λl=0\begin{cases} X'(0) = C_1 \sqrt{-\lambda} - C_2 \sqrt{-\lambda} = 0 \\ X'(l) = C_1 \sqrt{-\lambda} e^{\sqrt{-\lambda}l} - C_2 \sqrt{-\lambda} e^{-\sqrt{-\lambda}l} = 0 \end{cases}

由此可以解得C1=C2=0C_1 = C_2 = 0

此时X(x)≡0X(x) \equiv 0，即特征值问题只有零解，不符合要求。

Case2.
当λ=0\lambda = 0时，X′′(x)=0X''(x) = 0，这时方程的解可以表示为

X(x)=C1x+C2X(x) = C_1 x + C_2

代入边界条件

{X′(0)=C1=0X′(l)=C1=0  ⟹  C1=0\begin{cases} X'(0) = C_1 = 0 \\ X'(l) = C_1 = 0 \end{cases} \implies C_1 = 0

此时X(x)=C2X(x) = C_2，即X(x)X(x)是一个常数解。

Case3.

两个根 r=±λir = \pm \sqrt{\lambda} i

X(x)=C1sin⁡λx+C2cos⁡λxX(x) = C_1 \sin \sqrt{\lambda} x + C_2 \cos \sqrt{\lambda} x

{X′(0)=0X′(l)=0  ⟹  {C1=0C2sin⁡λl=0\begin{cases} X'(0) = 0 \\ X'(l) = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} C_1 = 0 \\ C_2 \sin \sqrt{\lambda} l = 0 \end{cases}

  ⟹  C2≠0,sin⁡λl=0  ⟹  λl=nπ, n=0,1,2,3,⋯\implies C_2 \neq 0, \sin \sqrt{\lambda} l = 0 \\ \implies \sqrt{\lambda} l = n \pi, \, n = 0,1,2,3,\cdots

特征值为

λn=λ=(nπl)2\lambda_n = \lambda = \left(\dfrac{n \pi}{l}\right)^2

对应的固有函数为

Xn(x)=Cncos⁡nπlxX_n(x) = C_n \cos \dfrac{n\pi}{l} x

第三步，求解时间项T(t)T(t)，写出可分离变量解组un(t,x)u_n(t,x)

对于λ0=0\lambda_0 = 0时，时间项的方程为

T0′′(t)=0T_0''(t) = 0

其解为

T0(t)=A0t+B0T_0(t) = A_0 t + B_0

因此，当λ=0\lambda = 0时，u0(t,x)u_0(t,x)的解为

u0(t,x)=(A0t+B0)u_0(t,x) = (A_0 t + B_0)

对于λn=(nπl)2(n≠0)\lambda_n = \left(\dfrac{n\pi}{l}\right)^2 (n \neq 0)，时间项满足

Tn′′(t)+λna2Tn(t)=0T_n''(t) + \lambda_n a^2 T_n(t) = 0

其解为

Tn(t)=Ancos⁡nπalt+Bnsin⁡nπaltT_n(t) = A_n \cos \dfrac{n \pi a}{l} t + B_n \sin \dfrac{n \pi a}{l} t

因此，可分离变量解为

un(t,x)=(Ancos⁡nπalt+Bnsin⁡nπalt)cos⁡nπlx(n≥1)u_n(t,x) = \left(A_n \cos \dfrac{n \pi a}{l} t + B_n \sin \dfrac{n \pi a}{l} t\right) \cos \dfrac{n \pi}{l} x \quad (n \geq 1)

第四步，使用叠加原理，写出形式解

形式解为

u(t,x)=u0(t,x)+∑n=1∞un(t,x)u(t,x) = u_0(t,x) + \sum_{n=1}^\infty u_n(t,x)

其中

u0(t,x)=A0t+B0u_0(t,x) = A_0 t + B_0

un(t,x)=(Ancos⁡nπalt+Bnsin⁡nπalt)cos⁡nπlx(n≥1)u_n(t,x) = \left(A_n \cos \dfrac{n\pi a}{l}t + B_n \sin \dfrac{n\pi a}{l}t\right) \cos \dfrac{n\pi}{l}x \quad (n \geq 1)

因此，解的形式为

u(t,x)=A0t+B0+∑n=1∞(Ancos⁡nπalt+Bnsin⁡nπalt)cos⁡nπlxu(t,x) = A_0 t + B_0 + \sum_{n=1}^\infty \left(A_n \cos \dfrac{n\pi a}{l}t + B_n \sin \dfrac{n\pi a}{l}t\right) \cos \dfrac{n\pi}{l}x

第五步，利用初始条件确定系数An,BnA_n,B_n

φ(x)=u(0,x)=B0+∑n=1∞Ancos⁡nπlxψ(x)=ut(0,x)=A0+∑n=1∞Bnnπalcos⁡nπlx\varphi(x) = u(0,x) = B_0 + \sum_{n=1}^{\infty} A_n \cos \dfrac{n\pi}{l}x \\ \psi(x) = u_t(0,x) = A_0 + \sum_{n=1}^{\infty} B_n \dfrac{n\pi a}{l} \cos \dfrac{n\pi}{l}x

由三角函数系的正交性，

B0=1l∫0lφ(x)dxB_0 = \dfrac{1}{l} \int_0^l \varphi(x) dx

对于n≥1n \geq 1，

An=2l∫0lφ(x)cos⁡nπxldxA_n = \dfrac{2}{l} \int_{0}^{l} \varphi(x) \cos \dfrac{n \pi x}{l} dx

类似地，

A0=ψ(x)=1l∫0lψ(x)dxA_0 = \psi(x) = \dfrac{1}{l} \int_0^l \psi(x) dx

对于n≥1n \geq 1，

Bn=2nπa∫0lψ(x)cos⁡nπxldxB_n = \dfrac{2}{n\pi a} \int_0^l \psi(x) \cos \dfrac{n \pi x}{l} dx

综上，

A0=1l∫0lψ(x)dxA_0 = \dfrac{1}{l} \int_0^l \psi(x) dx

B0=1l∫0lφ(x)dxB_0 = \dfrac{1}{l} \int_0^l \varphi(x) dx

An=2l∫0lφ(x)cos⁡nπxldx(n≥1)A_n = \dfrac{2}{l} \int_{0}^{l} \varphi(x) \cos \dfrac{n \pi x}{l} dx \quad (n \geq 1)

Bn=2nπa∫0lψ(x)cos⁡nπxldx(n≥1)B_n = \dfrac{2}{n\pi a} \int_0^l \psi(x) \cos \dfrac{n \pi x}{l} dx \quad (n \geq 1)

当然，如果给定的初始条件本来就是余弦形式，直接比较系数就可以了。

第三类齐次边界条件

{utt−a2uxx=0u∣x=0=0,(ux+hu)∣x=l=0,t>0u∣t=0=φ(x),ut∣t=0=ψ(x)\begin{cases} u_{tt} - a^2 u_{xx} = 0 \\ u \lvert_{x=0} = 0, (u_x + h u)\lvert_{x=l} = 0, t>0 \\ u \lvert_{t=0} = \varphi(x), u_t \lvert_{t=0} = \psi(x) \end{cases}

第一步：分离变量

令

u(t,x)=X(x)T(t)u(t,x) = X(x) T(t)

代入PDE，得到

X′′(x)X(x)=T′′(t)a2T(t)=−λ\dfrac{X''(x)}{X(x)} = \dfrac{T''(t)}{a^2 T(t)} = -\lambda

其中λ\lambda为常数

{X′′(x)+λX(x)=0X(0)=0,X′(l)+hX(l)=0\begin{cases} X''(x) + \lambda X(x) = 0 \\ X(0) = 0,X'(l) + hX(l) = 0 \end{cases}

第二步：求解特征值问题

λ≤0\lambda \leq 0时，X(x)≡0X(x) \equiv 0 不符合要求

λ>0\lambda > 0时，

X(x)=C1cos⁡λx+C2sin⁡λxX(0)=C1=00=X′(l)+hX(l)=C2[λcos⁡λl+hsin⁡λl]X(x) = C_1 \cos \sqrt{\lambda} x + C_2 \sin \sqrt{\lambda} x \\ X(0) = C_1 = 0 \\ 0 = X'(l) + hX(l) = C_2 [\sqrt{\lambda} \cos \sqrt{\lambda} l + h \sin \sqrt{\lambda} l]

故需要找到λ>0\lambda >0，能够满足以上的边界条件

先写到这里了，第三类边界条件好像不考

总结

边界条件 特征值 $$\lambda_k$$ 特征函数 $$X_k(x)$$ 解的表达式 $$u(t, x)$$
$$X(0) = X(l) = 0$$ $$\lambda_k = \left( \frac{k \pi}{l} \right)^2 \quad (k=1,2,\dots)$$ $$X_k(x) = \sin \frac{k \pi x}{l}$$ $$ u(t,x) = \sum_{k=1}^{\infty} \left[ a_k \cos \frac{a k \pi t}{l} + b_k \sin \frac{a k \pi t}{l} \right] \sin \frac{k \pi x}{l} $$
$$X(0) = X’(l) = 0$$ $$\lambda_k = \left( \frac{(2k-1) \pi}{2l} \right)^2 \quad (k=1,2,\dots)$$ $$X_k(x) = \sin \frac{(2k-1) \pi x}{2l}$$ $$ u(t,x) = \sum_{k=1}^{\infty} \left[ a_k \cos \frac{a (2k-1) \pi t}{2l} + b_k \sin \frac{a (2k-1) \pi t}{2l} \right] \sin \frac{(2k-1) \pi x}{2l} $$
$$X’(0) = X(l) = 0$$ $$\lambda_k = \left( \frac{(2k-1) \pi}{2l} \right)^2 \quad (k=1,2,\dots)$$ $$X_k(x) = \cos \frac{(2k-1) \pi x}{2l}$$ $$ u(t,x) = \sum_{k=1}^{\infty} \left[ a_k \cos \frac{a (2k-1) \pi t}{2l} + b_k \sin \frac{a (2k-1) \pi t}{2l} \right] \cos \frac{(2k-1) \pi x}{2l} $$
$$X’(0) = X’(l) = 0$$ $$\lambda_k = \left( \frac{k \pi}{l} \right)^2 \quad (k=0,1,2,\dots)$$ $$X_k(x) = \cos \frac{k \pi x}{l}$$ $$ u(t,x) = c_0 + d_0 t + \sum_{k=1}^{\infty} \left[ a_k \cos \frac{a k \pi t}{l} + b_k \sin \frac{a k \pi t}{l} \right] \cos \frac{k \pi x}{l} $$

2.3 热传导方程的几类初边值问题

2.3.1 热传导方程带第一类齐次边界条件的解

{ut−a2uxx=0, 0<x<lu∣x=0=0,u∣x=l=0,t>0u∣t=0=φ(x)\begin{cases} u_{t} - a^2 u_{xx} = 0, \, 0<x<l \\ u \lvert_{x=0} = 0, u\lvert_{x=l} = 0, t>0 \\ u \lvert_{t=0} = \varphi(x) \end{cases}

第一步：分离变量

令

u(t,x)=X(x)T(t)u(t,x) = X(x) T(t)

代入PDE，得到

X′′(x)X(x)=T′(t)a2T(t)=−λ\dfrac{X''(x)}{X(x)} = \dfrac{T'(t)}{a^2 T(t)} = -\lambda

其中λ\lambda为常数

{X′′(x)+λX(x)=0X(0)=0,X(l)=0\begin{cases} X''(x) + \lambda X(x) = 0 \\ X(0) = 0,X(l) = 0 \end{cases}

第二步：求解特征值和特征函数

找λ\lambda，以及非零函数X(x)X(x)，满足

{X′′(x)+λX(x)=0X(0)=0,X(l)=0\begin{cases} X''(x) + \lambda X(x) = 0 \\ X(0) = 0,X(l) = 0 \end{cases}

这是一个固有值问题（特征值问题），其中λ\lambda为固有值（特征值），XX为固有函数（特征函数）

特征多项式为

r2+λ=0r^2 + \lambda = 0

Case1.
当λ<0\lambda < 0时，有两根r=±−λr = \pm \sqrt{-\lambda}，通解

X(x)=C1e−λx+C2e−−λxX(x) = C_1 e^{\sqrt{-\lambda}x} + C_2 e^{-\sqrt{-\lambda}x}

代入边界条件，可得

{X(0)=C1+C2=0X(l)=C1e−λl+C2e−−λl=0\begin{cases} X(0) = C_1 + C_2 = 0 \\ X(l) = C_1 e^{\sqrt{-\lambda}l} + C_2 e^{-\sqrt{-\lambda}l} = 0 \end{cases}

由此可以解得C1=C2=0C_1 = C_2 = 0

此时X(x)≡0X(x) \equiv 0，即特征值问题只有零解，不符合要求

Case2.
当λ=0\lambda = 0时，X′′(x)=0X''(x) = 0，这时方程的解可以表示为

X(x)=C1x+C2X(x) = C_1 x + C_2

代入边界条件

{X(0)=C2=0X(l)=C1l+C2=0  ⟹  C1=C2=0\begin{cases} X(0) = C_2 = 0 \\ X(l) = C_1 l +C_2 = 0 \end{cases} \implies C_1 = C_2 = 0

此时X(x)≡0X(x) \equiv 0，即特征值问题只有零解，不符合要求

Case3.

两个根 r=±λir = \pm \sqrt{\lambda} i

X(x)=C1sin⁡λx+C2cos⁡λxX(x) = C_1 \sin \sqrt{\lambda} x + C_2 \cos \sqrt{\lambda} x

{X(0)=0X(l)=0  ⟹  {C2=0C1sin⁡λl+C2cos⁡λl=0\begin{cases} X(0) = 0 \\ X(l) = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} C_2 = 0 \\ C_1 \sin \sqrt{\lambda} l + C_2 \cos \sqrt{\lambda} l = 0 \end{cases}

  ⟹  C1=0,sin⁡λl=0  ⟹  λl=nπ, n=1,2,3,⋯\implies C_1 = 0, \sin \sqrt{\lambda} l = 0 \\ \implies \sqrt{\lambda} l = n \pi, \, n = 1,2,3,\cdots

特征值为

λn=λ=(nπl)2\lambda_n = \lambda = (\dfrac{n \pi}{l})^2

对应的固有函数为

Xn(x)=Cnsin⁡nπlxX_n(x) = C_n \sin \dfrac{n\pi}{l} x

第三步，求解时间项T(t)T(t)，写出可分离变量解组un(t,x)u_n(t,x)

Tn(t)+λna2Tn(t)=0  ⟹  Tn(t)=Dne−(nπal)2t  ⟹  un(t,x)=(ane−(nπal)2t)sin⁡nπlxT_n(t) + \lambda_n a^2T_n(t) = 0 \\ \implies T_n(t) = D_n e^{-(\frac{n\pi a}{l})^2t} \\ \implies u_n(t,x) = \left( a_n e^{-(\frac{n\pi a}{l})^2t} \right) \sin \dfrac{n\pi}{l}x

第四步，使用叠加原理，写出形式解

u(t,x)=∑n=1∞un(t,x)=∑n=1∞(ane−(nπal)2t)sin⁡nπlxu(t,x) = \sum_{n=1}^\infty u_n(t,x) = \sum_{n=1}^\infty \left( a_n e^{-(\frac{n\pi a}{l})^2t} \right) \sin \dfrac{n\pi}{l}x

第五步，利用初始条件确定系数an,bna_n,b_n

φ(x)=u(0,x)=∑n=1∞ansin⁡nπlx\varphi(x) = u(0,x) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n \sin \dfrac{n\pi}{l}x

由三角函数系的正交性，

∫0lφ(x)sin⁡mπxldx=∑n=1∞∫0lansin⁡nπxlsin⁡mπxldx=am∫0lsin⁡2mπxldx=amlmπ∫0mπsin2tdt=amlmπ∫0mπ1+cos⁡2t2dt=amlmπmπ2=aml2  ⟹  am=2l∫0lφ(x)sin⁡mπxldx\int_{0}^{l} \varphi(x) \sin \dfrac{m \pi x}{l} dx = \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^l a_n \sin \dfrac{n\pi x}{l} \sin \dfrac{m \pi x}{l} dx \\ = a_m \int_{0}^{l} \sin^2 \dfrac{m\pi x}{l}dx = a_m \dfrac{l}{m \pi} \int_{0}^{m\pi} sin^2 t dt \\ = a_m \dfrac{l}{m \pi} \int_0^{m\pi} \dfrac{1+\cos 2t}{2} dt = a_m \dfrac{l}{m \pi} \dfrac{m\pi}{2} = a_m \dfrac{l}{2} \\ \implies a_m = \dfrac{2}{l} \int_{0}^{l} \varphi(x) \sin \dfrac{m \pi x}{l} dx

综上，

an=2l∫0lφ(x)sin⁡nπxldxa_n = \dfrac{2}{l} \int_{0}^{l} \varphi(x) \sin \dfrac{n \pi x}{l} dx

当然，如果给定的初始条件本来就是正弦形式，直接比较系数就好了，就不必要积分求系数了

2.3.2 热传导方程带第二类齐次边界条件的解

{ut−a2uxx=0,0<x<l, t>0ux(0,t)=0, ux(l,t)=0,t>0u(x,0)=φ(x),0≤x≤l\begin{cases} u_{t} - a^2 u_{xx} = 0, & 0 < x < l, \, t > 0 \\ u_x(0,t) = 0, \, u_x(l,t) = 0, & t > 0 \\ u(x,0) = \varphi(x), & 0 \leq x \leq l \end{cases}

第一步：分离变量法

假设解为 u(t,x)=X(x)T(t)u(t,x) = X(x) T(t)，代入偏微分方程

ut−a2uxx=0u_{t} - a^2 u_{xx} = 0

得到

X(x)T′(t)=a2X′′(x)T(t)X(x) T'(t) = a^2 X''(x) T(t)

两边同时除以 a2X(x)T(t)a^2 X(x) T(t)：

T′(t)a2T(t)=X′′(x)X(x)=−λ\frac{T'(t)}{a^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda

这里 λ\lambda 是常数。于是我们得到两个常微分方程：

{X′′(x)+λX(x)=0T′(t)+λa2T(t)=0\begin{cases} X''(x) + \lambda X(x) = 0 \\ T'(t) + \lambda a^2 T(t) = 0 \end{cases}

第二步：求解空间部分 X(x)X(x)

首先求解 X(x)X(x)，即解方程

X′′(x)+λX(x)=0X''(x) + \lambda X(x) = 0

并结合 Neumann 边界条件 ux(0,t)=ux(l,t)=0u_x(0,t) = u_x(l,t) = 0，即 X′(0)=0X'(0) = 0 和 X′(l)=0X'(l) = 0。

情况 1：λ=0\lambda = 0

当 λ=0\lambda = 0 时，方程变为

X′′(x)=0X''(x) = 0

解为

X(x)=C1x+C2X(x) = C_1 x + C_2

应用边界条件 X′(0)=0X'(0) = 0，有

X′(x)=C1  ⟹  C1=0X'(x) = C_1 \implies C_1 = 0

因此，X(x)=C2X(x) = C_2，即 X(x)X(x) 是一个常数函数。再应用 X′(l)=0X'(l) = 0，不再增加约束条件，因此 X(x)X(x) 仍为常数解。

情况 2：λ>0\lambda > 0

当 λ>0\lambda > 0 时，方程

X′′(x)+λX(x)=0X''(x) + \lambda X(x) = 0

其通解为

X(x)=C1cos⁡(λx)+C2sin⁡(λx)X(x) = C_1 \cos(\sqrt{\lambda} x) + C_2 \sin(\sqrt{\lambda} x)

结合边界条件 X′(0)=0X'(0) = 0 和 X′(l)=0X'(l) = 0：

  1. X′(x)=−C1λsin⁡(λx)+C2λcos⁡(λx)X'(x) = -C_1 \sqrt{\lambda} \sin(\sqrt{\lambda} x) + C_2 \sqrt{\lambda} \cos(\sqrt{\lambda} x)

  2. X′(0)=0  ⟹  C2λ=0  ⟹  C2=0X'(0) = 0 \implies C_2 \sqrt{\lambda} = 0 \implies C_2 = 0

因此，X(x)=C1cos⁡(λx)X(x) = C_1 \cos(\sqrt{\lambda} x)。

再应用 X′(l)=0X'(l) = 0：

X′(l)=−C1λsin⁡(λl)=0X'(l) = -C_1 \sqrt{\lambda} \sin(\sqrt{\lambda} l) = 0

因此，sin⁡(λl)=0\sin(\sqrt{\lambda} l) = 0，解为

λl=nπ  ⟹  λn=(nπl)2, n=0,1,2,⋯\sqrt{\lambda} l = n \pi \implies \lambda_n = \left(\frac{n \pi}{l}\right)^2, \, n = 0,1,2,\cdots

因此，特征值为

λn=(nπl)2\lambda_n = \left(\frac{n \pi}{l}\right)^2

对应的特征函数为

Xn(x)=Cncos⁡nπxl,n=0,1,2,⋯X_n(x) = C_n \cos \frac{n \pi x}{l}, \quad n = 0,1,2,\cdots

第三步：求解时间项 T(t)T(t)

现在我们求时间项 T(t)T(t)。对于每个 λn=(nπl)2\lambda_n = \left(\frac{n \pi}{l}\right)^2，时间方程为

T′(t)+λna2T(t)=0T'(t) + \lambda_n a^2 T(t) = 0

其解为

Tn(t)=Dne−λna2t=Dne−(nπal)2tT_n(t) = D_n e^{-\lambda_n a^2 t} = D_n e^{-\left(\frac{n \pi a}{l}\right)^2 t}

当 λ0=0\lambda_0 = 0 时，时间方程为

T0′(t)=0T_0'(t) = 0

因此，T0(t)T_0(t) 是常数解：

T0(t)=D0T_0(t) = D_0

第四步：写出通解

将空间和时间解结合起来，un(t,x)u_n(t, x) 的形式为

un(t,x)=Dne−(nπal)2tcos⁡nπxl,n=1,2,3,⋯u_n(t, x) = D_n e^{-\left(\frac{n \pi a}{l}\right)^2 t} \cos \frac{n \pi x}{l}, \quad n = 1, 2, 3, \cdots

对于 n=0n = 0，解为常数项：

u0(t,x)=D0u_0(t, x) = D_0

因此，通解为

u(t,x)=u0(t,x)+∑n=1∞un(t,x)u(t, x) = u_0(t, x) + \sum_{n=1}^{\infty} u_n(t, x)

即

u(t,x)=D0+∑n=1∞Dne−(nπal)2tcos⁡nπxlu(t, x) = D_0 + \sum_{n=1}^{\infty} D_n e^{-\left(\frac{n \pi a}{l}\right)^2 t} \cos \frac{n \pi x}{l}

第五步：利用初始条件确定系数

初始条件为 u(x,0)=φ(x)u(x,0) = \varphi(x)，即

φ(x)=D0+∑n=1∞Dncos⁡nπxl\varphi(x) = D_0 + \sum_{n=1}^{\infty} D_n \cos \frac{n \pi x}{l}

利用傅里叶级数展开 φ(x)\varphi(x)，我们可以通过正交性求解系数 DnD_n。

首先，D0D_0 为初始条件的平均值：

D0=1l∫0lφ(x)dxD_0 = \frac{1}{l} \int_0^l \varphi(x) dx

对于 n≥1n \geq 1，DnD_n 可以通过以下公式求得：

Dn=2l∫0lφ(x)cos⁡nπxldxD_n = \frac{2}{l} \int_0^l \varphi(x) \cos \frac{n \pi x}{l} dx

最终解

综上，热传导方程在第二类齐次边界条件下的解为

u(t,x)=1l∫0lφ(x)dx+∑n=1∞(2l∫0lφ(x)cos⁡nπxldx)e−(nπal)2tcos⁡nπxlu(t, x) = \frac{1}{l} \int_0^l \varphi(x) dx + \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{l} \int_0^l \varphi(x) \cos \frac{n \pi x}{l} dx \right) e^{-\left(\frac{n \pi a}{l}\right)^2 t} \cos \frac{n \pi x}{l}

这就是热传导方程带第二类齐次边界条件的解。

热传导方程总结

边界条件 特征值 $$\lambda_k$$ 特征函数 $$X_k(x)$$ 解的表达式 $$u(t, x)$$
$$X(0) = X(l) = 0$$ $$\lambda_k = \left( \frac{k \pi}{l} \right)^2 \quad (k=1,2,\dots)$$ $$X_k(x) = \sin \frac{k \pi x}{l}$$ $$ u(t,x) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n e^{-\left( \frac{a k \pi}{l} \right)^2 t} \sin \frac{k \pi x}{l} $$
$$X(0) = X’(l) = 0$$ $$\lambda_k = \left( \frac{(2k-1) \pi}{2l} \right)^2 \quad (k=1,2,\dots)$$ $$X_k(x) = \sin \frac{(2k-1) \pi x}{2l}$$ $$ u(t,x) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n e^{-\left( \frac{a (2k-1) \pi}{2l} \right)^2 t} \sin \frac{(2k-1) \pi x}{2l} $$
$$X’(0) = X(l) = 0$$ $$\lambda_k = \left( \frac{(2k-1) \pi}{2l} \right)^2 \quad (k=1,2,\dots)$$ $$X_k(x) = \cos \frac{(2k-1) \pi x}{2l}$$ $$ u(t,x) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n e^{-\left( \frac{a (2k-1) \pi}{2l} \right)^2 t} \cos \frac{(2k-1) \pi x}{2l} $$
$$X’(0) = X’(l) = 0$$ $$\lambda_k = \left( \frac{k \pi}{l} \right)^2 \quad (k=0,1,2,\dots)$$ $$X_k(x) = \cos \frac{k \pi x}{l}$$ $$ u(t,x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n e^{-\left( \frac{a k \pi}{l} \right)^2 t} \cos \frac{k \pi x}{l} $$

2.4 调和方程在矩形区域，圆域上的边值问题

矩形域内调和方程的求解

{uxx+uyy=0,0<x<a,0<y<bu(0,y)=0,u(a,y)=ψ(y)u(x,0)=0,u(x,b)=0\begin{cases} u_{xx} + u_{yy} = 0, & 0<x<a,0<y<b \\ u(0,y) = 0,u(a,y) = \psi(y) \\ u(x,0) = 0,u(x,b) = 0 \end{cases}

第一步：分离变量

令

u(x,y)=X(x)Y(y)u(x,y) = X(x)Y(y)

代入PDE，得到

X′′(x)Y(y)+X(x)Y′′(y)=0−X′′(x)X(x)=Y′′(y)Y(y)=−λX''(x)Y(y)+X(x)Y''(y) = 0 \\ - \dfrac{X''(x)}{X(x)} = \dfrac{Y''(y)}{Y(y)} = - \lambda

特征值问题

{Y′′(y)+λY(y)=0Y(0)=Y(b)=0\begin{cases} Y''(y) + \lambda Y(y) = 0\\ Y(0) = Y(b) = 0 \end{cases}

第二步：求解特征值问题

λn=(nπb)2,n=1,2,3⋯Yn(y)=Cnsin⁡nπby\lambda_n = (\dfrac{n\pi}{b})^2 ,n = 1,2,3\cdots \\ Y_n(y) = C_n \sin \dfrac{n\pi}{b} y

第三步：求解X(x)X(x)部分

Xn′′(x)−λnX(x)=0X_n''(x) - \lambda_n X(x) = 0

特征方程为

Xn(x)=An~eλnx+Bn~e−λnx=Ansinh⁡nπbx+Bncosh⁡nπbxX_n(x) = \tilde{A_n} e^{\sqrt{\lambda_n} x} + \tilde{B_n} e^{-\sqrt{\lambda_n} x} \\ = A_n \sinh \dfrac{n\pi}{b}x + B_n \cosh \dfrac{n\pi}{b}x

第四步：写出形式解

u(x,y)=∑n=1∞Xn(x)Yn(y)=(∑n=1∞ansinh⁡nπbx+bncosh⁡nπbx)sin⁡nπbyu(x,y) = \sum_{n=1}^\infty X_n(x)Y_n(y) = (\sum_{n=1}^\infty a_n \sinh \dfrac{n\pi}{b}x + b_n \cosh \dfrac{n\pi}{b}x ) \sin \dfrac{n\pi}{b} y

第五步：确定an,bna_n,b_n

0=u(0,y)=∑n=1∞ansin⁡nπby  ⟹  an=00 = u(0,y) = \sum_{n=1}^\infty a_n \sin \dfrac{n\pi}{b} y \implies a_n = 0

ψ(y)=u(a,y)=∑n=1∞bnsinh⁡nπabsin⁡nπby\psi(y) = u(a,y) = \sum_{n=1}^\infty b_n \sinh \dfrac{n\pi a}{b} \sin \dfrac{n\pi}{b}y

由sinh的正交性质

bnsinh⁡nπab=2b∫0bψ(y)sin⁡nπbydy  ⟹  bn=2bsinh⁡nπab∫0bψ(y)sin⁡nπbydyb_n \sinh \dfrac{n\pi a}{b} = \dfrac{2}{b} \int_0^b \psi(y) \sin \dfrac{n\pi}{b}ydy \\ \implies b_n = \dfrac{2}{b \sinh \dfrac{n\pi a}{b}} \int_0^b \psi(y) \sin \dfrac{n\pi}{b}ydy

非齐次情形的处理

拆分成两个齐次问题的叠加

圆域上的Laplace方程

{uxx+uyy=0x2+y2<a2u∣x2+y2=a2=φ(x,y)\begin{cases} u_{xx} + u_{yy} = 0 & x^2+y^2 < a^2 \\ u \rvert_{x^2 + y^2 = a^2} = \varphi(x,y) \end{cases}

在边界圆周上，不能分离成x,y的单变量形式，故需要将上述方程转化到极坐标下

极坐标

{x=rcos⁡θy=rsin⁡θ0≤r<a,0≤θ<2π\begin{cases} x = r \cos \theta \\ y = r \sin \theta \end{cases} \quad 0\leq r<a, 0 \leq \theta < 2 \pi

laplace算子转化到极坐标下为

转化后的方程

{urr+1rur+1r2uθθ=0u∣r=a=f(θ)=φ(rcos⁡θ,rsin⁡θ)\begin{cases} u_{rr} + \dfrac{1}{r}u_r + \dfrac{1}{r^2} u_{\theta \theta} = 0 \\ u\rvert_{r=a} = f(\theta) = \varphi(r \cos \theta,r \sin \theta) \end{cases}

Step1.分离变量

令

u(r,θ)=R(r)Ψ(θ)u(r,\theta) = R(r) \Psi(\theta)

代入PDE，得到

r2R′′(r)Ψ(θ)+rR′(r)Ψ(θ)+R(r)Ψ′′(θ)=0r^2 R''(r) \Psi(\theta) + r R'(r) \Psi(\theta) + R(r) \Psi''(\theta) = 0

可以分离变量

λ=r2R′′(r)+rR′(r)R(r)=−Ψ′′(θ)Ψ(θ)\lambda = \dfrac{r^2 R''(r) + r R'(r)}{R(r)} = - \dfrac{\Psi '' (\theta)}{\Psi(\theta)}

特征值问题为

{Ψ′′(θ)+λΨ(θ)=0Ψ(θ+2π)=Ψ(θ)\begin{cases} \Psi '' (\theta) + \lambda \Psi(\theta) = 0 \\ \Psi(\theta + 2 \pi) = \Psi(\theta) \end{cases}

Step2. 解特征值问题

case1. λ<0\lambda < 0

Ψ(θ)=C1e−λθ+C2e−−λθ\Psi(\theta) = C_1 e^{\sqrt{-\lambda}\theta} + C_2 e^{-\sqrt{-\lambda}\theta}

周期条件  ⟹  C1=C2=0周期条件 \implies C_1 = C_2 = 0

不符合要求

case2. λ=0\lambda = 0

Ψ(θ)=C0+C1θ\Psi(\theta) = C_0 + C_1 \theta

周期条件  ⟹  C1=0,C0≠0周期条件 \implies C_1 = 0, C_0 \neq 0

有符合要求的解

case3. λ>0\lambda > 0

Ψ(θ)=C1cos⁡λθ+C2sin⁡λθ\Psi(\theta) = C_1 \cos \sqrt{\lambda} \theta + C_2 \sin \sqrt{\lambda} \theta

由周期条件可以求得特征值λn\lambda_n

cos⁡λ(θ+2π)=cos⁡(λθ+2λπ)=cos⁡λθ  ⟹  λ=n  ⟹  λ=λn=n2 ,n=0,1,2⋯\cos \sqrt{\lambda} (\theta + 2 \pi ) = \cos (\sqrt{\lambda} \theta + 2 \sqrt{\lambda} \pi) = \cos \sqrt{\lambda} \theta \\ \implies \sqrt{\lambda} = n \implies \lambda = \lambda_n = n^2 \, ,n=0,1,2 \cdots

对应的特征函数为

Ψn(θ)=Ancos⁡nθ+Bnsin⁡nθ\Psi_n(\theta) = A_n \cos n\theta + B_n \sin n\theta

Step3. 求解R®

r2R′′(r)+rR′(r)−n2R(r)=0r^2 R''(r) + rR'(r) - n^2R(r) = 0

这是个齐次欧拉方程

令

r=ett=ln⁡rR‾(t)=R(r)=R(et)r = e^t \quad t = \ln r \quad \overline{R}(t) = R(r) = R(e^t)

则有

R(r)=R‾(t)=R‾(ln⁡r)R′(r)=R‾′(t)1rR′′(r)=[R‾′(t)1r]′=R‾′′(t)1r2−R‾′(t)1r2  ⟹  {R(r)=R‾(t)rR′(r)=R‾′(t)r2R′′(r)=R‾′′(t)−R‾′(t)R(r) = \overline{R}(t) = \overline{R}(\ln r) \\ R'(r) = \overline{R}'(t) \dfrac{1}{r} \\ R''(r) = [\overline{R}'(t) \dfrac{1}{r}]' = \overline{R}''(t) \dfrac{1}{r^2}- \overline{R}'(t) \dfrac{1}{r^2} \\ \implies \begin{cases} R(r) = \overline{R}(t) \\ rR'(r) = \overline{R}'(t) \\ r^2R''(r) = \overline{R}''(t) - \overline{R}'(t) \end{cases}

原方程可以化为

R‾′′(t)−n2R‾(t)=0\overline{R}''(t) - n^2 \overline{R}(t) = 0

n≠0n \neq 0时的解为

R‾(t)=C1ent+C2e−nt  ⟹  R(r)=C1rn+C2r−n  ⟹  Rn(r)=Enrn+Fnr−n\overline{R}(t) = C_1 e^{nt} + C_2 e^{-nt} \implies R(r) = C_1 r^{n} + C_2 r^{-n} \\ \implies R_n(r) = E_n r^{n} + F_n r^{-n}

n=0n=0时的解为

R‾(t)=C0+C1t  ⟹  R(r)=C0+C1ln⁡r  ⟹  R0(r)=E0+F0ln⁡r\overline{R}(t) = C_0 + C_1 t \implies R(r) = C_0 + C_1 \ln r \\ \implies R_0(r) = E_0 + F_0 \ln r

由r=0时的收敛性，可得

F0=0Fn=0F_0 = 0 \quad F_n = 0

故

R0(r)=E0Rn(r)=EnrnR_0(r) = E_0 \quad R_n(r) = E_nr^n

Step4. 形式解

由叠加原理，可以写出形式解

u(r,θ)=R0(r)Ψ0(θ)+∑n=1∞Rn(r)Ψn(θ)=a02+∑n=1∞(ancos⁡nθ+bnsin⁡nθ)rnu(r,\theta) = R_0(r) \Psi_0(\theta) + \sum_{n=1}^{\infty} R_n(r) \Psi_n(\theta) \\ = \dfrac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos n\theta + b_n \sin n\theta) r^n

Step5. 由边界条件确定系数

u(a,θ)=a02+∑n=1∞(ancos⁡nθ+bnsin⁡nθ)an=f(θ)u(a,\theta) = \dfrac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos n\theta + b_n \sin n\theta) a^n = f(\theta)

由函数系 {1,cos⁡nθ,sin⁡nθ}\{1,\cos n\theta, \sin n \theta\}的正交性，可以求得系数

an=1πan∫02πf(θ)cos⁡nθdθ ,n≥0bn=1πan∫02πf(θ)sin⁡nθdθ ,n≥1a_n = \dfrac{1}{\pi a^n} \int_0^{2\pi} f(\theta) \cos n\theta d\theta \, , n \geq 0 \\ b_n = \dfrac{1}{\pi a^n} \int_0^{2\pi} f(\theta) \sin n\theta d\theta \, , n \geq 1

变体：扇形区域上的Laplace方程边值问题

{urr+1rur+1r2uθθ=00<a<r<b,0<θ<αu(r,0)=u1,u(r,α)=u2u(a,θ)=0,u(b,θ)=f(θ)\begin{cases} u_{rr} + \dfrac{1}{r}u_r + \dfrac{1}{r^2} u_{\theta \theta} = 0 & 0<a<r<b, 0<\theta<\alpha \\ u(r,0) = u_1, u(r,\alpha) = u_2 \\ u(a,\theta) = 0,u(b,\theta) = f(\theta) \end{cases}

使用特殊函数法

找g(θ)g(\theta)

{g′′(θ)=0g(0)=u1,g(α)=u2\begin{cases} g''(\theta) = 0 \\ g(0) = u_1, g(\alpha) = u_2 \end{cases}

然后求解满足以下方程的v=u−gv = u - g

{urr+1rur+1r2uθθ=00<a<r<b,0<θ<αu(r,0)=0,u(r,α)=0u(a,θ)=−g(θ),u(b,θ)=f(θ)−g(θ)\begin{cases} u_{rr} + \dfrac{1}{r}u_r + \dfrac{1}{r^2} u_{\theta \theta} = 0 & 0<a<r<b, 0<\theta<\alpha \\ u(r,0) = 0, u(r,\alpha) = 0 \\ u(a,\theta) = -g(\theta),u(b,\theta) = f(\theta) - g(\theta) \end{cases}

非齐次初边值问题的求解

分解该问题

讨论非齐次方程和齐次边界问题

{utt−a2uxx=f(t,x)0<x<l,t>0u∣x=0=0,u∣x=l=0,t>0u∣t=0=φ(x),ut∣t=0=ψ(x)\begin{cases} u_{tt} - a^2 u_{xx} = f(t,x) & 0<x<l,t>0 \\ u \lvert_{x=0} = 0, u\lvert_{x=l} = 0, t>0 \\ u \lvert_{t=0} = \varphi(x), u_t \lvert_{t=0} = \psi(x) \end{cases}

由叠加原理，上面的问题可以分解为两个初边值问题（一个齐次方程+一个非齐次方程）

即令u(t,x)=v(t,x)+w(t,x)u(t,x)= v(t,x)+w(t,x)，其中

{vtt−a2vxx=00<x<l,t>0v∣x=0=0,v∣x=l=0t>0v∣t=0=φ(x),vt∣t=0=ψ(x)\begin{cases} v_{tt} - a^2 v_{xx} = 0 & 0<x<l,t>0 \\ v \lvert_{x=0} = 0, v\lvert_{x=l} = 0 & t>0 \\ v \lvert_{t=0} = \varphi(x), v_t \lvert_{t=0} = \psi(x) \end{cases}

{wtt−a2wxx=f(t,x)0<x<l,t>0w∣x=0=0,w∣x=l=0t>0w∣t=0=0,wt∣t=0=0\begin{cases} w_{tt} - a^2 w_{xx} = f(t,x) & 0<x<l,t>0 \\ w \lvert_{x=0} = 0, w\lvert_{x=l} = 0 & t>0 \\ w \lvert_{t=0} = 0, w_t \lvert_{t=0} = 0 \end{cases}

特殊函数法

{utt−a2uxx=f(t,x)0<x<l,t>0u∣x=0=0,u∣x=l=0,t>0u∣t=0=φ(x),ut∣t=0=ψ(x)\begin{cases} u_{tt} - a^2 u_{xx} = f(t,x) & 0<x<l,t>0 \\ u \lvert_{x=0} = 0, u\lvert_{x=l} = 0, t>0 \\ u \lvert_{t=0} = \varphi(x), u_t \lvert_{t=0} = \psi(x) \end{cases}

找一个函数g(t,x)g(t,x)，满足

{gtt−a2gxx=f(t,x)g(t,0)=0,g(t,l)=0\begin{cases} g_{tt} - a^2 g_{xx} = f(t,x) \\ g(t,0) = 0, g(t,l) = 0 \end{cases}

则v(t,x)=u(t,x)−g(t,x)v(t,x) = u(t,x) - g(t,x)满足

{vtt−a2vxx=0v(t,0)=0,v(t,l)=0v(0,x)=φ(x)−g(0,x)vt(0,x)=ψ(x)−gt(0,x)\begin{cases} v_{tt} - a^2 v_{xx} = 0\\ v(t,0) = 0, v(t,l) = 0 \\ v(0,x) = \varphi(x) - g(0,x) \\ v_t(0,x) = \psi(x) - g_t(0,x) \end{cases}

特别地，如果

{f(t,x)=f(x)u(t,0)=λ,u(t,l)=μ(λ,μ=const)\begin{cases} f(t,x) = f(x) \\ u(t,0) = \lambda, u(t,l) = \mu & (\lambda,\mu = const) \end{cases}

则可以选择函数g(x)g(x)满足

{−a2g′′(x)=f(x)g(0)=λ,g(l)=μ\begin{cases} -a^2 g''(x) = f(x) \\ g(0) = \lambda, g(l) = \mu \end{cases}

则v(t,x)=u(t,x)−g(x)v(t,x) = u(t,x) - g(x)同时满足齐次方程和齐次边界条件

{vtt−a2vxx=0v(t,0)=0,v(t,l)=0v(0,x)=λ−g(x)vt(0,x)=μ−gt(x)\begin{cases} v_{tt} - a^2 v_{xx} = 0\\ v(t,0) = 0, v(t,l) = 0 \\ v(0,x) = \lambda - g(x) \\ v_t(0,x) = \mu - g_t(x) \end{cases}

固有函数法

{ut−a2uxx=f(x,t)0<x<l,t>0u∣x=0=0,u∣x=l=0,t>0u∣t=0=φ(x)\begin{cases} u_{t} - a^2 u_{xx} = f(x,t) & 0<x<l,t>0 \\ u \lvert_{x=0} = 0, u\lvert_{x=l} = 0, t>0 \\ u \lvert_{t=0} = \varphi(x) \end{cases}

可以利用固有函数法将解 u(x,t)u(x,t) 和非齐次项 f(x,t)f(x,t) 按固有函数展开，并用待定系数法求解。步骤如下：

Step1. 求解相关的齐次空间固有值问题

首先，我们考虑相应的齐次空间方程

X′′(x)+λX(x)=0,X''(x) + \lambda X(x) = 0,

带有边界条件 X(0)=0X(0) = 0 和 X(l)=0X(l) = 0。其解为固有函数和固有值：

Xn(x)=sin⁡(nπxl),λn=(nπl)2,n=1,2,3,…X_n(x) = \sin \left( \frac{n \pi x}{l} \right), \quad \lambda_n = \left( \frac{n \pi}{l} \right)^2, \quad n = 1, 2, 3, \dots

这些固有函数 {Xn(x)}\{ X_n(x) \} 形成了在区间 [0,l][0, l] 上的一组完备正交基。

Step2. 将解 u(x,t)u(x, t) 和非齐次项 f(x,t)f(x, t) 以及初始条件按固有函数展开

因为固有函数族是完备的，我们可以将解 u(x,t)u(x, t) 和非齐次项 f(x,t)f(x, t) 以及初始条件都在固有函数族 {Xn(x)}\{ X_n(x) \} 下展开：

u(x,t)=∑n=1∞Tn(t)Xn(x)u(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} T_n(t) X_n(x)

{f(x,t)=∑n=1∞fn(t)Xn(x)φ(x)=∑n=1∞φnXn(x)\begin{cases} f(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} f_n(t) X_n(x) \\ \varphi(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \varphi_nX_n(x) \end{cases}

其中 Tn(t)T_n(t) 和 fn(t)f_n(t) 是关于 tt 的系数，分别为

fn(t)=2l∫0lf(x,t)sin⁡(nπxl) dxφn=2l∫0lφ(x)sin⁡(nπxl) dxf_n(t) = \frac{2}{l} \int_0^l f(x, t) \sin \left( \frac{n \pi x}{l} \right) \, dx \\ \varphi_n = \dfrac{2}{l} \int_0^l \varphi(x) \sin(\dfrac{n \pi x}{l}) \, dx

Step3. 代入 PDE 并利用正交性得到常微分方程

将 u(x,t)=∑n=1∞Tn(t)Xn(x)u(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} T_n(t) X_n(x) 代入 PDE：

∂∂t∑n=1∞Tn(t)Xn(x)−a2∂2∂x2∑n=1∞Tn(t)Xn(x)=∑n=1∞fn(t)Xn(x)\frac{\partial}{\partial t} \sum_{n=1}^{\infty} T_n(t) X_n(x) - a^2 \frac{\partial^2}{\partial x^2} \sum_{n=1}^{\infty} T_n(t) X_n(x) = \sum_{n=1}^{\infty} f_n(t) X_n(x)

利用固有值的关系 Xn′′(x)=−λnXn(x)X_n''(x) = -\lambda_n X_n(x) 化简得

∑n=1∞(Tn′(t)+a2λnTn(t)−fn(t))Xn(x)=0.\sum_{n=1}^{\infty} \left( T_n'(t) + a^2 \lambda_n T_n(t) - f_n(t) \right) X_n(x) = 0.

因为 {Xn(x)}\{ X_n(x) \} 是正交基，所以系数必须逐项相等，因此对于每个 nn 有

Tn′(t)+a2λnTn(t)=fn(t)T_n'(t) + a^2 \lambda_n T_n(t) = f_n(t)

Step4. 求解关于 Tn(t)T_n(t) 的常微分方程

这是一个非齐次一阶线性微分方程，其解为

Tn(t)=e−a2λnt(Tn(0)+∫0tea2λnτfn(τ) dτ).T_n(t) = e^{-a^2 \lambda_n t} \left( T_n(0) + \int_0^t e^{a^2 \lambda_n \tau} f_n(\tau) \, d\tau \right).

其中 Tn(0)T_n(0) 是初始条件下的系数。由初始条件 u(x,0)=φ(x)u(x, 0) = \varphi(x)，我们可以得到

u(x,0)=∑n=1∞Tn(0)Xn(x)=φ(x)=∑n=1∞φnXn(x)u(x, 0) = \sum_{n=1}^{\infty} T_n(0) X_n(x) = \varphi(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \varphi_nX_n(x)

于是

Tn(0)=φn=2l∫0lφ(x)sin⁡(nπxl) dxTn(t)=e−a2λnt(φn+∫0tea2λnτfn(τ) dτ).T_n(0) = \varphi_n = \frac{2}{l} \int_0^l \varphi(x) \sin \left( \frac{n \pi x}{l} \right) \, dx \\ T_n(t) = e^{-a^2 \lambda_n t} \left( \varphi_n + \int_0^t e^{a^2 \lambda_n \tau} f_n(\tau) \, d\tau \right).

Step5. 得到最终解的展开形式

将 Tn(t)T_n(t) 的表达式带入 u(x,t)u(x, t) 的展开式中，得到

u(x,t)=∑n=1∞(e−a2λntφn+e−a2λnt∫0tea2λnτfn(τ) dτ)Xn(x).u(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( e^{-a^2 \lambda_n t} \varphi_n + e^{-a^2 \lambda_n t} \int_0^t e^{a^2 \lambda_n \tau} f_n(\tau) \, d\tau \right) X_n(x).

代入 λn=(nπl)2\lambda_n = \left( \frac{n \pi}{l} \right)^2 和 Xn(x)=sin⁡(nπxl)X_n(x) = \sin \left( \frac{n \pi x}{l} \right)，最终解的形式为

u(x,t)=∑n=1∞(e−a2(nπl)2tφn+e−a2(nπl)2t∫0tea2(nπl)2τfn(τ) dτ)sin⁡(nπxl),u(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( e^{-a^2 \left( \frac{n \pi}{l} \right)^2 t} \varphi_n + e^{-a^2 \left( \frac{n \pi}{l} \right)^2 t} \int_0^t e^{a^2 \left( \frac{n \pi}{l} \right)^2 \tau} f_n(\tau) \, d\tau \right) \sin \left( \frac{n \pi x}{l} \right),

其中

φn=2l∫0lφ(x)sin⁡(nπxl) dx.\varphi_n = \frac{2}{l} \int_0^l \varphi(x) \sin \left( \frac{n \pi x}{l} \right) \, dx.

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