一维初边值问题的分离变量法

考虑如下的初边值问题：

{\begin{cases} L u = u_{t t} - a^{2} u_{x x} = f, & in (0, l) \times (0, + \infty) \\ u = φ, u_{t} = ψ, & on [0, l] \times {t = 0} \\ u |_{x = 0} = g_{1}, u |_{x = l} = g_{2}, & where t \in [0, + \infty) . \end{cases}

由 Sturm-Liouville 边值问题的结论，一维的二阶微分方程可以用分离变量法求解．以下是用分离变量法求解波方程的解题模版．

齐次无边值问题的分离变量法

此时考虑混合问题

{\begin{cases} L u = u_{t t} - a^{2} u_{x x} = 0, & in (0, l) \times (0, + \infty) \\ u = φ, u_{t} = ψ, & on [0, l] \times {t = 0} \\ u |_{x = 0} = 0, u |_{x = l} = 0, & where t \in [0, + \infty) . \end{cases}

解题模版

第一步：写出可分离变量形式的解，化为 Sturm-Liouville 边值问题

考虑分离变量形式的非零解

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

代入方程得

T^{″} (t) X (x) - a^{2} X^{″} (x) T (t) = 0

即

\frac{T^{″} (t)}{a^{2} T (t)} = \frac{X^{″} (x)}{X (x)}

由于左端是 $t$ 的函数，右端是 $x$ 的函数，因此只能是常数，记为 $λ$ ，得

\begin{matrix} (λ) & \begin{aligned} T^{″} (t) - a^{2} λ T (t) & = 0, t \geq 0; \\ X^{″} (x) - λ X (x) & = 0, x \in (0, l) . \end{aligned} \end{matrix}

将 $u (x, t) = X (x) T (t)$ 代入边值条件得

X (0) T (t) = X (l) T (t) = 0, t > 0

由于 $u ≢ 0$ ，因此 $T ≢ 0$ ，从而

X (0) = X (l) = 0.

于是我们得到特征值问题

{\begin{cases} X^{″} (x) - λ X (x) = 0, & x \in (0, l); \\ X (0) = X (l) = 0. \end{cases}

这是一个 Sturm-Liouville 边值问题；以及一个与 $T (t)$ 有关的初值问题：

{\begin{cases} T^{″} (t) - λ T (t) = ◻, & t > 0 \\ ◻ \end{cases}

具体的形式留到后面讨论．

第二步：通过讨论，解出 Sturm-Liouville 边值问题的特征值，并根据边值条件求出特解

$λ > 0$ 时，解得通解为 $X (x) = C_{1} e^{\sqrt{λ} x} + C_{2} e^{- \sqrt{λ} x}$ ，代入边值条件得

{\begin{cases} C_{1} + C_{2} & = 0 \\ C_{1} e^{\sqrt{λ} l} + C_{2} e^{- \sqrt{λ} l} & = 0 \end{cases}

解得 $C_{1} = C_{2} = 0$ ，方程只有零解．

$λ = 0$ 时，通解为 $X (x) = C_{1} x + C_{2}$ ，代入边值条件得

{\begin{cases} C_{2} & = 0 \\ C_{1} l + C_{2} & = 0 \end{cases}

解得 $C_{1} = C_{2} = 0$ ，方程只有零解．

$λ < 0$ 时，通解为 $X (x) = C_{1} \cos (\sqrt{- λ} x) + C_{2} \sin (\sqrt{- λ} x)$ ，代入边值条件得

{\begin{cases} C_{1} & = 0 \\ C_{1} \cos (\sqrt{- λ} l) + C_{2} \sin (\sqrt{- λ} l) & = 0 \end{cases}

得 $C_{1} = 0$ ，为使方程有非零解， $C_{2} \neq 0$ ，因此 $\sin (\sqrt{- λ} l) = 0$ ，得

λ_{n} = - {(\frac{n π}{l})}^{2}, n = 1, 2, \dots

对应的特征函数为

X_{n} (x) = \sin \frac{n π}{l} x .

第三步：根据上面解出的特征值，写出初值问题并求出其通解，并以级数形式（正交基下坐标）写出原问题的通解

此时，解方程 $T^{″} (t) - a^{2} λ_{n} T (t) = 0$ 得

T_{n} (t) = A_{n} \cos \frac{n a π}{l} t + B_{n} \sin \frac{n a π}{l} t,

这里 $A_{n}, B_{n}$ 为待定系数．方程的解为

u (x, t) = \sum_{n = 1}^{\infty} (A_{n} \cos \frac{n a π}{l} t + B_{n} \sin \frac{n a π}{l} t) \sin \frac{n π}{l} x .

第四步：将初值条件变换为同一级数形式（同一正交基下的坐标形式），比较系数求出特解系数

下面考虑初值条件：

\begin{aligned} u (x, 0) & = φ (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} A_{n} \sin \frac{n π}{l} x, \\ u_{t} (x, 0) & = ψ (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n a π}{l} B_{n} \sin \frac{n π}{l} x . \end{aligned}

由于特征函数系 ${\sin \frac{n π}{l} x} (n = 1, 2, \dots)$ 的完备性，因此

\begin{aligned} φ (x) & = \sum_{n = 1}^{\infty} φ_{n} \sin \frac{n π}{l} x, \\ ψ (x) & = \sum_{n = 1}^{\infty} ψ_{n} \sin \frac{n π}{l} x . \end{aligned}

这里

\begin{aligned} φ_{n} & = \frac{⟨ φ, \sin \frac{n π}{l} x ⟩}{‖ \sin \frac{n π}{l} x ‖} = \frac{2}{l} \int_{0}^{l} φ (x) \sin \frac{n π}{l} x d x, \\ ψ_{n} & = \frac{⟨ ψ, \sin \frac{n π}{l} x ⟩}{‖ \sin \frac{n π}{l} x ‖} = \frac{2}{l} \int_{0}^{l} ψ (x) \sin \frac{n π}{l} x d x . \end{aligned}

比较系数得

\begin{aligned} A_{n} & = φ_{n} = \frac{2}{l} \int_{0}^{l} φ (x) \sin \frac{n π}{l} x d x, \\ B_{n} & = \frac{l}{n a π} ψ_{n} = \frac{2}{n a π} \int_{0}^{l} ψ (x) \sin \frac{n π}{l} x d x . \end{aligned}

尾声：将解合并在一起

综上，方程的解形如

u (x, t) = \sum_{n = 1}^{\infty} (\cos \frac{n a π}{l} t \frac{2}{l} \int_{0}^{l} φ (x) \sin \frac{n π}{l} x d x + \sin \frac{n a π}{l} t \frac{2}{n a π} \int_{0}^{l} ψ (x) \sin \frac{n π}{l} x d x) \sin \frac{n π}{l} x .

相容性条件

若

$φ \in C^{3} [0, l]$ ,， $φ (0) = φ (l) = φ^{″} (0) = φ^{″} (l) = 0$ ；
$ψ \in C^{2} [0, l]$ ； $ψ (0) = ψ (l) = 0$ ．
则以上给出的 $u \in C^{2} (\bar{Q})$ ，且满足该初边值问题．

非齐次零边值的分离变量法

考虑初边值问题

{\begin{cases} L u = u_{t t} - a^{2} u_{x x} = f, & in (0, l) \times (0, + \infty) \\ u = φ, u_{t} = ψ, & on [0, l] \times {t = 0} \\ u |_{x = 0} = 0, u |_{x = l} = 0, & where t \in [0, + \infty) . \end{cases}

同样的，可将该混合问题的解按特征函数系 ${\sin \frac{n π}{l}}$ 展开：

\begin{aligned} u (x, t) & = \sum_{n = 1}^{\infty} T_{n} (t) \sin \frac{n π}{l} x, \\ f (x, t) & = \sum_{n = 1}^{\infty} f_{n} (t) \sin \frac{n π}{l} x, \\ φ (x) & = \sum_{n = 1}^{\infty} φ_{n} \sin \frac{n π}{l} x, \\ ψ (x) & = \sum_{n = 1}^{\infty} ψ_{n} \sin \frac{n π}{l} x, \end{aligned}

其中

◻_{n} = \frac{⟨ ◻, \sin \frac{n π}{l} x ⟩}{‖ \sin \frac{n π}{l} x ‖} = \frac{2}{l} \int_{0}^{l} ◻ (ξ) \sin \frac{n π}{l} ξ d ξ,

则 $(λ .1)$ 化为

{\begin{cases} T_{n}^{″} (t) + λ_{n} T_{n} (t) = f_{n} (t), & t \geq 0 \\ T_{n} (0) = φ_{n}, T_{n}^{'} (0) = ψ_{n} . \end{cases}

其后与前述相同。

齐次有边值问题的分离变量法

考虑初边值问题

{\begin{cases} L u = u_{t t} - a^{2} u_{x x} = 0, & in (0, l) \times (0, + \infty) \\ u = φ, u_{t} = ψ, & on [0, l] \times {t = 0} \\ u |_{x = 0} = g_{1}, u |_{x = l} = g_{2}, & where t \in [0, + \infty) . \end{cases}

我们用换元法将边值零化，这样就化为了无边值形式的问题，从而可以继续用分离变量法求解．

解题模版

第零步：换元将边值零化

令

v = u - (\frac{l - x}{l} g_{1} (t) + \frac{x}{l} g_{2} (t))

减去了个啥？

一个在 $0$ 处为 $g_{1}$ 、 $l$ 处为 $g_{2}$ 的线性函数．

则 $v$ 满足方程

{\begin{cases} L v = v_{t t} - a^{2} v_{x x} = 0, & in (0, l) \times (0, + \infty) \\ v = \tilde{φ}, u_{t} = \tilde{ψ}, & on [0, l] \times {t = 0} \\ v |_{x = 0} = 0, v |_{x = l} = 0, & where t \in [0, + \infty) . \end{cases}

这时

\begin{aligned} \tilde{φ} (x) & = φ (x) - (\frac{l - x}{l} g_{1} (0) + \frac{x}{l} g_{2} (0)), \\ \tilde{ψ} (x) & = ψ (x) - (\frac{l - x}{l} g_{1} (0) + \frac{x}{l} g_{2} (0)) . \end{aligned}

从而化为齐次零边值问题．