初边值问题的分离变量法

2020-05-15 本文已影响0人洛玖言

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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