分离变量法

分离变量法也称为傅立叶法:解混合问题。

考虑其次波动方程的混合问题:

$$ u_{tt}-a^2u_{xx}=0,x{\in}(0,l),t>0\\ u|_{t=0}=\varphi(x),u_t|_{t=0}=\psi(x),x{\in}[0,l]\\ u|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0,t{\ge}0 $$

其中$\varphi(0)=\varphi(l)=0,\psi(0)=\psi(l)=0$。

假设其有分离变量解,也即$u(x,t)=X(x)T(t)$。于是带入方程可以得到:

$$ X(x)T''(t)=a^2X''(x)T(t) $$

此处我们通过分离变量得到:

$$ \frac{X''(x)}{X(x)}=\frac{1}{a^2}\frac{T''(t)}{T(t)} $$

因为等式左端仅与$x$相关,而右端又仅与$t$相关,因此存在常数$\lambda$,使得

$$ \frac{X''(x)}{X(x)}=\frac{1}{a^2}\frac{T''(t)}{T(t)}=-\lambda $$

于是得到俩常微分方程:

$$ X''(x)+\lambda{X}(x)=0\\ T''(t)+\lambda{a}^2T(t)=0 $$

于是我们解两个常微分方程来定出函数$X(x)$和$T(t)$,由边界条件得到:

$$ u(0,t)=X(0)T(t)=0\\ u(l,t)=X(l)T(t)=0 $$

由于要求的$u(x,t)$是非零解,于是$T(t){\neq}0$,于是$X(x)$应该满足

$$ X(0)=0=X(l) $$

于是我们仅需解含有参数$\lambda$的二阶线性常微分方程的边值问题即可:

$$ \begin{cases} X''(x)+\lambda{X}(x)=0\\ X(0)=X(l)=0 \end{cases} $$

分为三种情况进行讨论:

(1)当$\lambda<0$时,常微分方程的通解为:

$$ X(x)=c_1e^{\sqrt{-\lambda{x}}}+c_2e^{-\sqrt{-\lambda{x}}} $$

其中$c_1,c_2$是任意常数,要使它满足边界条件,仅需带入得到:

$$ \begin{cases} c_1+c_2=0\\ c_1e^{\sqrt{-\lambda{l}}}+c_2e^{-\sqrt{-\lambda{l}}}=0 \end{cases} $$

由于系数行列式

$$ \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ e^{\sqrt{-\lambda{l}}} & e^{-\sqrt{-\lambda{l}}} \end{vmatrix}{\neq}0 $$

因此$c_1,c_2$必须同时为0,从而$X(x)$恒为0,于是特征值问题是没有非平凡解。

(2)当$\lambda=0$时,通解为

$$ X(x)=c_1+c_2x\\ c_1=0,c_1+c_2l=0 $$

于是$c_1=c_2=0$,于是推出$X(x)=0$恒成立,于是也一样。

(3)当$\lambda>0$时,方程通解为:

$$ X(x)=c_1\cos{\sqrt{\lambda}}x+c_2\sin{\sqrt{\lambda}}x $$

然后带入边界条件:

$$ c_1=0,c_1\cos{\sqrt{\lambda}}l+c_2\sin{\sqrt{\lambda}}l=0 $$

于是得到

$$ c_2\sin{\sqrt{\lambda}}l=0 $$

如果$c_2=0$,则$X(x)=0$,为了保证非平凡解,要求$c_2{\neq}0$,且$\sin{\sqrt{\lambda}}l=0$。

也即

$$ \sqrt{\lambda}=\frac{k\pi}{l} $$

其中$k$是一个任意的正整数,所以仅当$\lambda$取值为

$$ \lambda_k=(\frac{k\pi}{l})^2,k=1,2,{\cdots} $$

时,有非平凡解,对应的特征函数为

$$ X_k(x)=c_k\sin{\frac{k\pi{x}}{l}},k=1,2,{\cdots} $$

其通解可以写为

$$ T_k(t)=a_k\cos{\frac{k\pi{a}}{l}}t+b_k\sin{\frac{k\pi{a}}{l}}t,k=1,2,{\cdots} $$

其中$a_k,b_k$为任意常数,于是对于$A_k=c_ka_k,B_K=c_kb_k$我们得到:

$$ u_k(x,t)=X_k(x)T_k(t)=(A_k\cos{\frac{k\pi{a}}{l}}t+B_k\sin{\frac{k\pi{a}}{l}}t)sin{\frac{k\pi{x}}{l}} $$

则满足方程和边界条件。由于方程是线性齐次的,根据叠加原理,对于任意有限个特解的线性组合也是它的解,对于无穷级数

$$ u(x,t)=\sum^{\infty}_{k=1}(A_k\cos{\frac{k\pi{a}}{l}}t+B_k\sin{\frac{k\pi{a}}{l}}t)sin{\frac{k\pi{x}}{l}} $$

仅需满足逐项可积和一致收敛即可,我们再满足初始条:

先对级数关于$t$求导,得到:

$$ \frac{\partial{u}}{\partial{t}}(x,t)=\sum^{\infty}_{k=1}\frac{k\pi{a}}{l}(-A_k\sin{\frac{k{\pi}a}{l}}t+B_k\cos{\frac{k{\pi}a}{l}}t)\sin{\frac{k\pi}{l}}x $$

利用初始条件,代入$t=0$得到:

$$ \begin{cases} \varphi(x)=\sum^{\infty}_{k=1}A_k\sin{\frac{k\pi}{l}}x\\ \psi(x)=\sum^{\infty}_{k=1}B_k\frac{k\pi{a}}{l}\sin{\frac{k\pi}{l}}x \end{cases} $$

于是通过傅立叶展开的正弦技术对比,其系数给出为

$$ \begin{cases} A_k=\frac{2}{l}\int^l_0\varphi(x)\sin(\frac{k\pi{x}}{l})dx\\ B_k=\frac{2}{k{\pi}a}\int^l_0\psi(x)sin{\frac{k{\pi}x}{l}}dx \end{cases} $$

相容性条件:

$$ \varphi(0)=\varphi(l)=\varphi''(0)=\varphi''(l)=\psi(0)=\psi(l)=0 $$

总结如下三个步骤:

(1)令$u(x,t)=X(x)T(t)$满足方程和边界条件,从而$X(x)$定出适合的刘维尔问题和$T(t)$适合的常微分方程。

(2)解刘维尔问题求出特征函数和特征值,并且解$T(t)$的表达式。

(3)将变量分离形式的特解叠加起来,并且利用初始条件定出所有待定常数。

解习题

下面我们对抛物型方程(热传导方程)来应用一下:

$$ \begin{cases} u_t-a^2u_{xx}=0,0<x<l,t>0\\ u|_{t=0}=\varphi(x),0{\le}x{\le}l\\ u|_{x=0}=u|_{x=l}=0,t{\ge}0 \end{cases} $$

解:我们假定解形式为$u(x,t)=X(x)T(t)$,代入得到:

$$ \frac{T'(t)}{a^2T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda $$

于是得到:

$$ T'(t)+a^2{\lambda}T(t)=0\\ X''(x)+\lambda{X}(x)=0 $$

考虑边界条件知道$X(x)$应该满足$X(0)=0=X(l)$。

于是我们仅需考虑$\lambda>0$的情况,这个时候才有非零解,这个时候特征值取值为:

$$ \lambda_k=(\frac{n\pi}{l})^2,n=1,2,{\cdots} $$

代入方程得到:

$$ T'(t)+\frac{a^2n^2\pi^2}{l^2}T(t)=0 $$

解开得到:

$$ T_n(t)=C_ne^{-(\frac{an\pi}{l})^2t} $$

于是所有的函数

$$ u_n(x,t)=X_n(x)T_n(t)=A_ne^{-(\frac{an\pi}{l})^2t}\sin{\frac{n\pi{x}}{l}},n=1,2,{\cdots} $$

都是满足方程和边界条件的非平凡解,接下来我们叠加,并且得到系数的值:

$$ u(x,t)=\sum^{\infty}_{n=1}A_ne^{-(\frac{an\pi}{l})^2t}\sin\frac{n{\pi}x}{l} $$

然后满足初始条件,带入$t=0$,得到

$$ u(x,0)=\sum^{\infty}_{n=1}A_n\sin{\frac{n\pi{x}}{l}}=\varphi(x) $$

于是得到

$$ A_n=\frac{2}{l}\int^l_0\varphi(x)\sin{\frac{n\pi{x}}{l}}dx $$

再次带入即可得到解的形式为:

$$ u(x,t)=\sum^{\infty}_{n=1}(\frac{2}{l}\int^l_0\varphi(x)\sin{\frac{n\pi{x}}{l}}dx)e^{-(\frac{an\pi}{l})^2t}\sin\frac{n{\pi}x}{l} $$

抛物型方程2

用分离变量法求解初边值问题

$$ \begin{cases} u_t-u_{xx}=0,{\quad}0<x<1,t>0\\ u|_{t=0}=\cos{\frac{3\pi}{2}}x,0{\le}x{\le}1\\ u_x|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0,t{\ge}0 \end{cases} $$

解:设解

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

代入方程则

$$ T'(t)X(x)-X''(x)T(t)=0 $$

于是

$$ \frac{X''(x)}{X(x)}=\frac{T'(x)}{T(x)}=-\lambda $$

也即

$$ X''(x)+\lambda{X}(x)=0\tag{1} $$

$$ T'(t)+\lambda{T}(t)=0\tag{2} $$

由于边界条件知道

$$ X'(0)T(0)=0,X(l)T(l)=0 $$

于是

$$ X’(0)=X(l)=0\tag{3} $$

下面就(1)(3)解方程:

情形1:$\lambda<0$,则(1)的通解为

$$ X(x)=c_1e^{-\sqrt{-\lambda}{x}}+c_2e^{\sqrt{-\lambda}x} $$

代入边界条件也即得到$c_1=c_2=0$。

这时特征值问题(1)(2)只有平凡零解。

情形2:$\lambda=0$,则(1)的通解为

$$ X(x)=c_1x+c_2 $$

代入边界条件也即得到$c_1=c_2=0$。

这时特征值问题(1)(2)只有平凡零解。

情形3,$\lambda>0$,则(1)的通解为:

$$ X(x)=c_1\cos{\sqrt{\lambda}}x+c_2\sin{\sqrt{\lambda}}x $$

代入边界条件则得到$c_2=0,c_1\cos{\sqrt{\lambda}}=0$,于是得到特征值:

$$ \lambda_k=(k+1)^2\pi^2,k=0,1,2,{\cdots} $$

对应的特征函数为:

$$ X_k(x)=a_k\cos(k+\frac{1}{2})\pi{x},k=0,1,2,{\cdots} $$

对于特征值$\lambda_k$,解方程(2)得到:

$$ T_k=b_ke^{-(k+\frac{1}{2})^2\pi^2{t}} $$

于是

$$ u_k(x,t)=c_ke^{-(k+\frac{1}{2})^2\pi^2{t}}\cos(k+\frac{1}{2})\pi{x},k=0,1,2,{\cdots} $$

作无穷级数

$$ u(x,t)=\sum^{\infty}_{k=0}c_ke^{-(k+\frac{1}{2})^2\pi^2{t}}\cos(k+\frac{1}{2})\pi{x} $$

代入初始条件,得到

$$ \sum^{\infty}_{k=0}c_k\cos(k+\frac{1}{2})\pi{x}=\cos{\frac{3}{2}}\pi{x} $$

于是$c_0=0,c_1=1,c_2=c_3={\cdots}=0$。

所以解为

$$ u(x,t)=e^{-\frac{9}{4}\pi^2{t}}\cos{\frac{3}{2}}\pi{x} $$

Last modification:June 27th, 2020 at 08:57 pm
如果觉得我的文章对你有用,请随意赞赏