\[\newcommand{\half}[1]{\dfrac{#1}{2}}
\newcommand{\PD}[2]{\dfrac{\partial #1}{\partial #2}}
\newcommand{\pd}[2]{\frac{\partial #1}{\partial #2}}
\newcommand{\eps}{\varepsilon}
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\]
|
张瑞
中国科学技术大学数学科学学院
rui@ustc.edu.cn |
分离变量法又称为Fourier级数法。是解定解问题的常用方法，适用于解混合问题与边值问题。
有界弦的自由振动
用，两端固定的有界弦的自由振动的混合问题
\[\casefunc{
& u_{tt}=a^2 u_{xx} , x\in(0,l), t>0 \\
& u(t,0)=u(t,l)=0 \\
& u(0,x)=\phi(x), u_t(0,x)=\psi(x)
}
\]
来说明分离变量法的主要步骤。
第一步，分离变量
先求满足泛定方程和边界条件的$u$（不考虑初值条件）
\[u(t,x)=X(x)T(t)
\]
代入方程，得
\[X(x)T''(t)=a^2X''(x)T(t)
\]
有
\[\dfrac{T''(t)}{a^2T(t)}=\dfrac{X''(x)}{X(x)}
\]
只有两边都是常数时，才能成立。令这个常数为$-\lambda$，则有
\[T''+\lambda a^2 T=0
\]
及由边界条件得到的常微分方程边值问题，记为I
\[\casefunc{
X''(x)+\lambda X(x)=0 , 0<x<l \\
X(0)=X(l)=0
}
\]
第二步，解固有值问题
找到$\lambda$，使得问题I有非零解。
- 若$\lambda=0$，则方程只有零解。
- 若$\lambda<0$，则方程也只有零解。
- 若$\lambda>0$，则只有$\lambda=(\dfrac{n\pi}{l})^2, n=1,2,\cdots$时，才有非零解
\[X_n(x)=B_n\sin\dfrac{n\pi x}{l}
\]
其中$B_n$是任意常数。
把$\lambda_n=(\dfrac{n\pi}{l})^2$叫做固有值，相应的$X_n$叫做属于固有值$\lambda_n$的固有函数。而问题I叫做固有值问题。
把固有值$\lambda_n=(\dfrac{n\pi}{l})^2$代入解$T(t)$的常微分方程中，可得
\[T_n(t)=C_n\cos\dfrac{n\pi at}l+D_n\sin\dfrac{n\pi at}l
\]
$C_n,D_n$为任意常数。这样，就可以得到满足方程与边界条件的一系列解
\[u_n(t,x)=X_n(x)T_n(t) \\
=(C_n\cos\dfrac{n\pi at}l+D_n\sin\dfrac{n\pi at}l)\sin\dfrac{n\pi x}{l}
\]
第三步， 把特解列叠加
利用叠加原理知，级数
\[u(t,x)
=\sum_{n=1}^{+\infty}(C_n\cos\dfrac{n\pi at}l+D_n\sin\dfrac{n\pi at}l)\sin\dfrac{n\pi x}{l}
\]
也是满足方程与边界条件的解
第四步，确定级数中的系数$C_n, D_n$
由初始条件，有
\[\phi(x)=u(0,x)=\sum_{n=1}^{+\infty}C_n\sin\dfrac{n\pi x}{l}
\]
和
\[\psi(x)=u_t(0,x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n\pi a}l D_n\sin\dfrac{n\pi x}{l}
\]
由Fourier分析，有
\[C_n=\dfrac2l\int_0^l \phi(x)\sin\dfrac{n\pi x}{l}dx \\
D_n=\dfrac2{n\pi a}\int_0^l \psi(x)\sin\dfrac{n\pi x}{l}dx
\]
这样，就得到了定解问题的解。
例 1. 两端固定的有界弦，初始是以$(\frac{l}2,h)$为顶点的抛物线，速度为$0$。求弦的位置函数。
例 2. \[\phi(x)=x(l-x) , \psi(x)=\sin\frac{2\pi x}l
\]
初始值为
\[u(0,x)=\frac{4h}{l^2}(l-x)x , u_t(0,x)=0
\]
所以有
\[C_n=\frac{2}l\int_0^l \frac{4h}{l^2}(l-x)x\sin(\frac{n\pi x}{l})dx = \frac{16h(1-(-1)^n)}{\pi^3n^3} \\
D_n=0
\]
解为
\[u(t,x)
=\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{16h(1-(-1)^n)}{\pi^3n^3}\cos\dfrac{n\pi at}l \sin\dfrac{n\pi x}{l}
\]
\[C_n=\frac{4l^2}{n^3\pi^3}(1-(-1)^n)
\]
\[D_n=\casefunc{
& \frac{l}{2\pi a} , n=2 \\
& 0 , n\neq 2
}
\]
由高等数学的知识，可以证明：
当$\phi(x)\in C^3, \psi(x) \in C^2$，且有
\[\phi(0)=\phi(l)=\psi(0)=\psi(l)=0, \\
\phi''(0)=\phi''(l)=0
\]
时，得到的级数解是收敛的，且可以在积分号下对$x$和$t$求偏导两次。
- 当$\phi(x), \psi(x) $不满足上面的条件时，得到的$u(t,x)$不具备古典解的要求。
- 当$\phi(x), \psi(x) $是$[0,l]$上的可积且平方可积函数，则$u(t,x)$可以看成是广义解。
当$\phi(x), \psi(x) $是$[0,l]$上的可积且平方可积函数，则
\[\phi_n(x)=\sum_{k=1}^n C_k\sin\dfrac{k\pi x}l \\
\psi_n(x)=\sum_{k=1}^n D_k\sin\dfrac{k\pi x}l
\]
分别平方平均收敛于$\phi(x), \psi(x)$。
把定解问题中的初始条件换成
\[u(0,x)=\phi_n(x), u_t(0,x)=\psi_n(x)
\]
则可以得到解为
\[S_m(t,x)=\sum_{n=1}^{m}(C_n\cos\dfrac{n\pi at}l+D_n\sin\dfrac{n\pi at}l)\sin\dfrac{n\pi}{l}
\]
当$m\to+\infty$，$S_k(t,x)$平方平均收敛到$u(t,x)$。
$S_m(t,x)$既满足泛定方程及边界条件，又近似满足初始条件，所以$m$充分大时，可以把$S_m(t,x)$看成是原来定解问题的近似解。
$n=1$时
$n=2$时
$n=5$时
$u_n(t,x)$表示了，两个端点保持不动，其余的每个点做频率都为$\omega_n=\dfrac{n\pi a}l$，初位相$\arctan\dfrac{C_n}{D_n}$的简谐振动。振幅各点不同，为$A_n|\sin\dfrac{n\pi x}l|$。
频率$\omega_n$与初始值无关，称为弦的固有频率。对于两端固定的有界弦来说，固有频率不是任意的，而是形成一个离散谱：
\[\dfrac{\pi a}l, \dfrac{2\pi a}l, \dfrac{3\pi a}l, \cdots
\]
最低的固有频率
\[\dfrac{\pi a}l=\dfrac{\pi}l\sqrt{\dfrac{T}{\rho}}
\]
称为这条弦的基频。其余的频率都是基频的整数倍，称为倍频
与d'Alembert公式是一致的
由
\[u(t,x)=\sum_{n=1}^{+\infty}(C_n\cos(k_n at)+D_n\sin(k_nat))\sin(k_nx) , k_n=\dfrac{n\pi}l \\
=\sum_{n=1}^{+\infty}C_n\cos(k_n at)\sin(k_nx)
+\sum_{n=1}^{+\infty}D_n\sin(k_nat)\sin(k_nx) \\
=\sum_{n=1}^{+\infty}C_n(\dfrac12(\sin(k_nx+k_nat)-\sin(k_nx-k_nat))) \\
+\sum_{n=1}^{+\infty}D_n(\dfrac12(\cos(k_nx-k_nat)-\cos(k_nx+k_nat)))
\]
\[=\dfrac12\sum_{n=1}^{+\infty}(C_n(\sin(k_n(x+at))-\sin(k_n(x-at)))) \\
+\dfrac12\sum_{n=1}^{+\infty}k_nD_n\int_{x-at}^{x+at}\sin(k_n s)ds \\
=\dfrac12(\phi(x+at)-\phi(x-at))+\dfrac1{2a}\int_{x-at}^{x+at}\psi(s)ds
\]
例 3. 弦的边界条件变为自由振动状态，即
\[\casefunc{
& u_{tt}=a^2u_{xx}, x\in(0,l), t>0 \\
& u_x|_{x=0}=u_x|_{x=l}=0 \\
& u(0,x)=\phi(x), u_t(0,x)=\psi(x) , x\in[0,l]
}
\]
分离变量
令$u(t,x)=X(x)T(t)$，代入方程
\[X(x)T''(t)=a^2X''(x)T(t)
\]
则有
\[\frac{T''(t)}{a^2T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda
\]
边界条件
\[X'(0)T(t)=0 , X'(l)T(t)=0
\]
可得
\[X'(0)=X'(l)=0
\]
分解为 和微分方程
\[T''(t)+\lambda a^2T(t)=0
\]
和固有值问题
\[\casefunc{
& X''(x)+\lambda X(x)=0 \\
& X'(0)=X'(l)=0
}
\]
(1) 当$\lambda<0$时，只有$0$解
(2) 当$\lambda=0$时，有$X(x)=C$，其中$C$为任意常数。此时可以得到
\[T(t)=A_0+B_0t
\]
所以，有
\[u_0(t,x)=A_0+B_0t
\]
(3) 当$\lambda>0$时，有
\[\lambda=(\frac{n\pi}l)^2 , X(x)=C \cos(\frac{n\pi}lx)
\]
此时，可得到
\[T(t)=A\cos(\frac{n\pi a}lt)+B\sin(\frac{n\pi a}lt)
\]
所以，有
\[u_n(t,x)=(A_n\cos(\frac{n\pi a}lt)+B_n\sin(\frac{n\pi a}lt))\cos(\frac{n\pi}lx)
\]
组合成级数解为
\[\begin{aligned}
u(t,x)=& A_0+B_0t \\
& +\sum_{n=1}^{+\infty}(A_n\cos(\frac{n\pi a}lt)+B_n\sin(\frac{n\pi a}lt))\cos(\frac{n\pi}lx)
\end{aligned}
\]
代入初始条件，确定系数$A_n, B_n, n=0,1,2,\cdots$
\[ A_0 +\sum_{n=1}^{+\infty}A_n\cos(\frac{n\pi}lx)=\phi(x)
\]
\[B_0 +\sum_{n=1}^{+\infty}B_n(\frac{n\pi a}l)\cos(\frac{n\pi}lx)=\psi(x)
\]
由
\[\int_0^l( A_0 +\sum_{n=1}^{+\infty}A_n\cos(\frac{n\pi}lx)=\phi(x) )\cos(\frac{n\pi}lx)dx
\]
及$\cos(\frac{n\pi}lx)$的正交性，可以方便地求得$A_n, B_n, n=0,1,\cdots$
例 4. 长为$a$，宽为$b$的矩形薄板，边缘温度为$0$，内部无热源，初始温度分布为$\phi_1(x)\phi_2(y)$，则温度$u(t,x,y)$满足问题
\[\casefunc{
&u_t=k^2(u_{xx}+u_{yy}) , x\in(0,a), y\in(0,b), t>0 \\
&u|{x=0}=u|_{x=a}=0, \\
&u|{y=0}=u|_{y=n}=0, \\
&u(0,x,y)=\phi_1(x)\phi_2(y)
}
\]
求$u$
第1步： 分离变量
$u=V(x,y)T(t)$，代入方程，有
\[\dfrac{T'(t)}{T(t)}=\dfrac{V_{xx}+V_{yy}}{V}=-\lambda
\]
第2步： 解固有值问题
\[\casefunc{
& V_{xx}+V_{yy}+\lambda V=0 \\
& V(0,y)=V(a,y)=V(x,0)=V(x,b)=0
}
\]
令$V(x,y)=X(x)Y(y)$代入方程，得
\[\dfrac{X''}{X}=-\dfrac{Y''+\lambda Y}{Y}=-\mu
\]
分为
\[\casefunc{
& X''+\mu X=0 \\
& X(0)=X(a)=0
}
\]
\[\casefunc{
& Y''+(\lambda-\mu) Y=0 \\
& Y(0)=Y(b)=0
}
\]
得到
\[V_{mn}=C_nD_m\sin\dfrac{n\pi x}{a}\sin\dfrac{n\pi y}{b} \\
\lambda_{mn}=\dfrac{n^2\pi^2}{a^2}+\dfrac{m^2\pi^2}{b^2}
\]
把$\lambda_{mn}$代入$T(t)$的方程，可解得
\[T_{mn}(t)=E_{mn}e^{\lambda_{mn}k^2t}
\]
这样，满足方程与边界条件的解为
\[u_{mn}=A_nB_me^{-\lambda k^2 t}\sin\dfrac{n\pi x}{a}\sin\dfrac{n\pi y}{b}
\]
最后，
找$A_n, B_m$，满足初始条件
\[\sum{m,n=1}^{+\infty}A_nB_me^{-\lambda k^2 t}\sin\dfrac{n\pi x}{a}\sin\dfrac{n\pi y}{b}=\phi_1(x)\phi_2(y)
\]
得到
\[A_n=\dfrac2a\int_0^a\phi_1(x)\sin\dfrac{n\pi x}{a}dx \\
B_m=\dfrac2b\int_0^b\phi_2(y)\sin\dfrac{n\pi y}{b}dx \\
\]
5.
例 8. 子：
First show
Second show
Highlight Green
Highlight Red
a list
- abc
\[x^2
\]
- that is
- fragmented
- A :
- cde
- B :
- defigkd
keidkdddk