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初边值问题的分离变量法

初边值问题的分离变量法

作者: 洛玖言 | 来源:发表于2020-05-15 23:10 被阅读0次

初边值问题的分离变量法

考察波动方程的初边值问题
\begin{aligned} \begin{cases} u_{tt}-a^2u_{xx}=0\cdots①\\ t=0:\;u=\varphi(x),u_{t}=\psi(x)\\ u(0,t)=u(l,t)=0 \end{cases} \end{aligned}
先求方程①的可以分离变量的非平凡(即不恒等于零)的特解：
u(x,t)=X(x)T(t)
带入方程①可得
X(x)T''(t)-a^2X''(x)T(t)=0
上式分离变量得
\dfrac{T''(t)}{a^2T(t)}=\dfrac{X''(x)}{X(x)}
左边仅是 t 得函数，右边仅是 x 的函数，需要等于同一个常数，记为 -\lambda，于是
T''(t)+\lambda a^2T(t)=0
X''(x)+\lambda X(x)=0\cdots②

又有边界条件知 X(0)=X(l)=0
求非平凡解：

  • 当 \lambda<0 时
    ② 的通解可以写成
    X(x)=C_1e^{\sqrt{-\lambda}x}+C_2e^{-\sqrt{-\lambda}x}
    X(0)=C_1+C_2=0
    X(l)=C_1e^{\sqrt{-\lambda}l}+C_2e^{-\sqrt{-\lambda}l}=0
    由于 \begin{vmatrix} 1&1\\ e^{\sqrt{-\lambda}l}&e^{-\sqrt{-\lambda}l} \end{vmatrix}\not=0
    \Rightarrow C_1=C_2=0\Rightarrow\lambda<0 时得不到非平凡解.
  • 当 \lambda=0 时
    ② 的通解可以写成
    X(x)=C_1+C_2x
    可知 X(x) 也恒为零.
  • 当 \lambda>0 时
    ② 的通解可以写成
    X(x)=C_1\cos\sqrt{\lambda}x+C_2\sin\sqrt{\lambda}x
    由边界条件知
    X(0)=C_1=0
    X(l)=C_2\sin\sqrt{\lambda}l=0\Rightarrow\lambda=\lambda_{k}=\dfrac{k^2\pi^2}{l^2}\;(k=1,2,\cdots)
    于是得到一族非零解
    X_{k}(x)=C_{k}\sin\dfrac{k\pi}{l}x\quad(k=1,2,\cdots)
    由此可得 T_{k} 的通解为
    T_{k}=A_{k}\cos\dfrac{k\pi a}{l}t+B_{k}\sin\dfrac{k\pi a}{l}t\quad(k=1,2,\cdots)
    其中 A_k,B_k 为任意常数
    由此就得到了满足奇次边界下分离变量形式的特解：
    U_{k}(x,t)=X_{k}(x)T_{k}(t)=\left(A_{k}\cos\dfrac{k\pi a}{l}t+B_{k}\sin\dfrac{k\pi a}{l}t\right)\sin\dfrac{k\pi}{l}x
    这边 C_{k} 和其他两个常数结合成了常数.
    由此得到
    \displaystyle u(x,t)=\sum_{k=1}^{\infty}\left(A_{k}\cos\dfrac{k\pi a}{l}t+B_{k}\sin\dfrac{k\pi a}{l}t\right)\sin\dfrac{k\pi}{l}x\cdots③
    由初值问题得
    \displaystyle u_{t}=\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{k\pi a}{l}\left(-A_{k}\sin\dfrac{k\pi a}{l}t+B_{k}\cos\dfrac{k\pi a}{l}t\right)\sin\dfrac{k\pi}{l}x
    由初始条件
    u(x,0)=\varphi(x)\\u_{t}(x,0)=\psi(x)
    知
    \begin{aligned} \begin{cases} \displaystyle\varphi(x)=\sum_{k=1}^{\infty}A_{k}\sin\dfrac{k\pi}{l}x\\ \displaystyle\psi(x)=\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{B_{k}k\pi a}{l}\sin\dfrac{k\pi}{l}x \end{cases} \end{aligned}
    因此，A_{k} 和 \dfrac{B_{k}k\pi a}{l} 应分别是 \varphi(x) 和 \psi(x) 在 [0,l] 区间中正弦展开得傅里叶级数的系数，即
    \begin{aligned} \begin{cases} \displaystyle A_{k}=\dfrac{2}{l}\int_{0}^l\varphi(\xi)\sin\dfrac{k\pi}{l}\xi\text{d}\xi\\ \displaystyle B_{k}=\dfrac{2}{k\pi a}\int_{0}^l\psi(\xi)\sin\dfrac{k\pi}{l}\xi\text{d}\xi \end{cases} \end{aligned}
    求得 A_{k},B_{k}，带入③就得到了初边值问题的解.

初边值问题
\begin{aligned} \begin{cases} u_{tt}-a^2u_{xx}=f(x,t)\\ t=0:u=0,\;u_{t}=0\\ u(0,,t)=u(l,t)=0 \end{cases} \end{aligned}

\displaystyle u(x,t)=\sum_{k=1}^{\infty}\int_{0}^{t}B_{k}(\tau)\sin\dfrac{k\pi a}{l}(t-\tau)\text{d}\tau\cdot\sin\dfrac{k\pi}{l}x
其中 \displaystyle B_{k}(\tau)=\dfrac{2}{k\pi a}\int_{0}^lf(\xi,\tau)\sin\dfrac{k\pi}{l}\xi\text{d}\xi

初边值问题：
\begin{aligned} \begin{cases} u_{tt}-a^2u_{xx}=f(x,t)\\ t=0:\;u=\varphi(x),u_{t}=\psi(x)\\ u(0,t)=u(l,t)=0 \end{cases} \end{aligned}

Sol：
\begin{aligned} \begin{cases} u_{tt}-a^2u_{xx}=0\\ t=0:\;u=\varphi(x),u_{t}=\psi(x)\\ u(0,t)=u(l,t)=0 \end{cases} \quad \begin{cases} u_{tt}-a^2u_{xx}=f(x,t)\\ t=0:\;u=0,u_{t}=0\\ u(0,t)=u(l,t)=0 \end{cases} \end{aligned}
的解为 u_1,u_2，知原初边值问题的解为 u=u_1+u_2.

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