偏微分课件(3)分离变量法

(1.1) (1.2)
u(x,0) (x),
ut
(
x,0)
(
x)
(1.3) (1.4)
(I) 首先设法找到所有具有变量分离形式的满足方
程（1.1）和边界条件（1.2）的非零特解。这些非零 特解的线性叠加仍满足方程和边界条件。
所谓函数 u(x,t) 具有变量分离形式，即它可表示为
u(x,t) X (x)T (t)
Ak Bk
,
k
ka
L
• 对任意时刻 t0 ,
uk (x, t0 )
N k s in(ωk t0
k )sin
k
L
x
这说明，任一时刻弦的形状都是正弦波，
其振幅 Nksin(ωkt0 k ) 随不同的时间 t0 而不同。
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• 对任意一点 x0 ,
uk (x0 , t)
N k s in
(1.5)
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将（1.5）代入方程（1.1）和边界条件（1.2）得到
XT a2 X T
即
T (t) X (x)
a2T (t) X (x)
(1.6)
以及
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
X (0)T (t) X (L)T (t) 0 (1.7)
(1.6)式中，左端是t的函数，右端是x的函数，由此可
得只能是常数，记为 。从而有
偏微分方程
PARTIAL DIFFIERENTIAL EQUATION (P.D.E)
分离变量法
许多物理现象都具有叠加性：由几种不同原因同时出 现时所产生的效果，等于各个原因单独出现时所产生
的效果的叠加，这就是物理学中的叠加原理。
在解决数学中的线性问题时，可应用物理学中的
叠加原理。
分离变量法又称Fourier方法，而在波动方程情形也称为 驻波法。它是解决数学物理方程定解问题中的一中基本 方法，这个方法建立在叠加原理的基础上，其基本出发 点是物理学中的机械振动和电磁振动（总可分解为一些 简谐振动的叠加）
值问 题
出相应的 T (t) 的表达式。
第三步 将所有变量分离形式的特解叠加起来，并
利用初始条件定出所有待定系数。
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物理意义
uk (x,t)
Ak
cos
ka
L
t
Bk
sin
ka t sin
L
k
L
x
N k s in
k
L
xsin(ωkt k )
其中 Nk
Ak2 Bk2 ,
k
arctan
L 2
,
L
0
mn0 mn0 mn
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分离变量法的解题步骤
第一步 令 u(x,t) X (x)T (t) 适合方程和边界条件，
从而定出 X (x) 所适合的常微分方程齐次边值问题，以及
T (t) 适合的常微分方程。
本征
求解该常微分方程齐次边值问题，
第二步 求出全部本征值和本征函数，并求
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波动方程
一维 情形
有界弦的自由振动 齐次方程 有界弦的强迫振动 非齐次方程
高维情形
热传导方程
一维情形 高维情形
椭圆方程
周期性条件
自然边界条件
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1. 有界弦的自由振动
2u
t
2
a2
2u x 2
,
t 0, 0 x L
u(0, t) u(L, t) 0,
Ck
sin
k
L
x,
(k 1,2,)
本征
函数
(1.12)
7
k
k 2
L2
2
,
(k 1,2,3,)
代入(1.8)可得
T a 2 k 2 2 T 0, (k 1,2,3, )
L2
其通解为
Tk
(t)
Ak
cos ka
L
t
Bk
sin
ka
L
t,
(k 1,2,)
(1.13)
由此，就得到方程（1.1）满足边界条件（1.2）的变 量分离的非零特解
T a2T 0, (t 0) (1.8)
X X 0, (0 x L) (1.9)
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X (0) X (L) 0
(1.10)
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(II) 本征值问题
X X 0, (0 x L) (1.9)
X (0) X (L) 0
(1.10)
情形（A） 0 其通解为 X (x) C1e x C2e x ,
由边界条件X(0) = 0推出 C1 0,
再由 X (L) C2 sin L 0, 知道为了使 C2 0, 必须
sin L 0.
于是有 L k , (k 1,2,3, ).
本征值
k
k 2 2
L2
,
(k 1,2,3,).
这样就找到了一族非零解
(1.11)
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X
k
(x)
uk (x, t) X k (x)Tk (t)
Ak
cos ka
L
t
Bk
sin
ka t sin
L
k
L
x
(k 1,2,)
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(III) 特解的叠加
为了求出原定解问题的解，还需满足初始条件（1.3）。 一般来讲，前面求出的特解不一定满足初始条件。
为此，我们把所有特解 uk (x,t) 叠加起来，并使之满足 初始条件，即取
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sin x, sin 2 x, sin k x, 是[0, L]上的正交函数列
L
L
L
L sin
0
m
L
x sin
n
L
xdx
L 2
,
0
mn mn
1, cos x, cos 2 x, cos k x,
L
L
L 是[0, L]上的正交函数列
L cos m
0
L
x cos n
L
xdx
由(1.10)，可推出 C1 C2 0,
C1e L C2e L 0
只有零解。
C1 C2 0
情形（B） 0 其通解为 X (x) C1 C2x,
由(1.10)，可推出 C1 C2 0
只有零解。
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情形（C） 0 方程的通解为
X (x) C1 cos x C2 sin x,
u(x,t) X k (x)Tk (t) k 1
使得
k 1
Ak
c
os
ka
L
t
Bk
sin
ka t sin
L
k
L
x
(x) u(x,0)
k 1
Ak s in
k
L
x
(1.14) (1.15)
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(x) ut (x,0)
k 1
ka Bk
L
sin
k
L
x
(1.16)
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因此， Ak ,
ka Bk
L
应分别是 (x), (x) 在[0, L]区间上
正弦展开的Fourier级数的系数，即
Ak
2 L
L
(
) sin
k
d
0
L
(k 1,2,)
(1.17)
Bk
2
ka
L
( ) sin
k
d
0
L
(1.18)
这样，我们就给出了混合问题（1.1）-（1.4）的形 式解（1.14），其中系数由公式（1.17）和（1.18）给 出。
k
L
x0sin(ωkt k )