分离变量法IV:齐次方程,常数项非齐次边界

如果方程是齐次的,而边界条件是非齐次的,我们可以利用叠加原理,将未知函数写成两个函数之和,其中一个函数满足边界条件,另一个函数满足方程和齐次边界条件。满足边界条件的函数通常可以比较容易构造出来,剩下的那个函数可以通过分离变量法求解。将解得两个函数相加,就得到了方程的解。

如果边界条件只是常数,我们可以先求出方程的一个稳态解,它满足方程的边界条件。这样的函数很容易就求出来。我们还是以热方程为例来说明。

例:解初边值问题

\[\begin{cases}u_t-u_{xx},\qquad &0<x<\frac{\pi}{2}\\ u(0,t)=0,&u(\frac{\pi}{2})=1\\ u(x,0)=x\end{cases}\]

解:我们设 \(u(x,t)=u_{\infty}(x)+v(x,t)\),其中 \(u_{\infty}^{\prime\prime}(x)=0, u_{\infty}(0)=0, u_{\infty}(\frac{\pi}{2})=1\)。求解 \(u_{\infty}(x)\),我们得到 \(u_{\infty}=ax+b\),代入边界条件,我们得到

\[u_{\infty}(x)=\frac{2}{\pi}x\]

将它代入等式 \(v(x,t)=u(x,t)-u_{\infty}(x)\),利用原方程以及初边值条件,我们得到 \(v(x,t)\) 满足初边值条件

\[\begin{cases}v_t-v_{xx}=0,\qquad & 0<x<\frac{\pi}{2}\\ v(0,t)=0,& v(\frac{\pi}{2},t)=0\\ v(x,0)=(1-\frac{2}{\pi})x\end{cases}\]

应用分离变量法(分离变量法I),我们知道

\[v(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}b_ne^{-4n^2t}\sin(2nx)\]

其中 \[\begin{align*}b_n&=\frac{4}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}} (1-\frac{2}{\pi})x \sin(2nx)dx\\ &= \frac{4}{\pi} (1-\frac{2}{\pi}) \left(-\frac{x}{2n}\cos(2nx)+\frac{1}{4n^2}\sin(2nx)\right)\Bigg|_0^{\frac{\pi}{2}}\\ &= \frac{(-1)^{n+1}}{n} (1-\frac{2}{\pi}) \end{align*}\]

所以,方程的解为

\[u(x,t)= \frac{2}{\pi}x + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} (1-\frac{2}{\pi}) e^{-4n^2t}\sin(2nx) \]

分离变量法III:齐次边界,非齐次方程,非齐次项与时间相关

对于一般的齐次边界的非齐次方程,我们的一般处理方法是特征函数展开法。这种方法是分离变量法的一种特殊情形。这种方法类似于常微分方程里的常数变易法或者待定系数法。

我们先用分离变量法求出对应齐次方程的特征函数,然后将未知函数、非齐次项及初始条件都用特征函数展开,其中未知函数的各系数待定,然后利用方程,求出未知函数里的系数,从而得到方程的解。

我们仍然以热传导方程为例来说明这种方法,对于波动方程可类似地讨论。

例:解下列初边值问题:

\[\begin{cases}u_t-u_{xx}=xt(2-t),\quad &0<x<\pi\\ u(0,t)=0,&u(\pi,t)=0 \\ u(x,0)=\sin(2x)\end{cases}\]

由分离变量法我们知道, 对应齐次方程的特征函数为 \(X_n=\sin(nx)\),所以未知函数,非齐次项和初始条件都可以用特征函数展开:

\[\begin{align*}&u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}T_n(t)\sin (nx)\\ &x^2t=\sum_{n=1}^{\infty}f_n(t)\sin(nx)\\ &x=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\sin(nx)\end{align*}\]

由傅里叶级数的系数表达式,我们得到

\[\begin{align*}f_n(t)&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}xt(2-t)\sin(nx)dx\\ &=\frac{2}{\pi}t(2-t) \int_{0}^{\pi}x\sin(nx)dx \\ &= \frac{2}{\pi}t(2-t) \left(-\frac{x}{n}\cos(nx)+\frac{1}{n^2}\sin(nx)\right)\Bigg|_{0}^{\pi}\\ &=\frac{2(-1)^{n+1}}{n}t(2-t)\end{align*}\]

\[B_n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\sin(2x)\sin(nx)dx=\begin{cases}1,\quad &n=2\\ 0,& n\ne 2\end{cases}\]

这里我们可以直接应用三角函数的正交性。当然你也可以直接求积分来得到这些系数。又

\[u_t=\sum_{n=1}^{\infty}T'(t)\sin(nx),\quad u_{xx}=\sum_{n=1}^{\infty}-n^2T_(t)\sin(nx)\]

我们将这些表达式以及上面求得的系数代入方程里,我们得到

\[\sum_{n=1}^{\infty}(T’_n(t)-n^2T_n(t))\sin(nx)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(-1)^{n+1}}{n}t(2-t) \sin(nx)\]

比较两边的系数,我们行到一系列的方程

\[T’_n(t)-n^2T_n(t)= \frac{2(-1)^{n+1}}{n}t(2-t), \quad n=1,2,3,\cdots \]

这是一阶线性常微分方程,它们的解为

\[T_n(t)= e^{n^2t} \left(-\frac{1}{n^2}e^{-n^2t}t(2-t)-\frac{1}{n^4}e^{-n^2t}(2-2t)-\frac{2}{n^6}e^{-n^2t}+C_n\right)\]

所以方程的解具有形式

\[u=\sum_{n=1}^{\infty} \left(-\frac{1}{n^2}t(2-t)-\frac{1}{n^4}(2-2t)-\frac{2}{n^6}+C_n e^{n^2t} \right) \sin(nx)\]

代入初始条件,我们得到

\[u(x,0)= \sum_{n=1}^{\infty}\left(-\frac{2}{n^4}-\frac{2}{n^6}+C_n\right) \sin(nx)=\sin(2x) \]

从而\[c_n=\begin{cases}\frac{37}{32},\quad& n=2\\ \frac{2}{n^4}+\frac{2}{n^6},& n\ne 2\end{cases}\]

所以方程的解为

\[\begin{align*}u(x,t)&=(4e^t+t^2-4)\sin x+\left(\frac{37}{32}e^4t-\frac{1}{4}t(2-t)-\frac{1}{16}(2-2t)-\frac{1}{32}\right)\sin 2x\\ &+\sum_{n=3}^{\infty}\left( \frac{2}{n^4}e^{n^2t}+\frac{2}{n^6} e^{n^2t} -\frac{1}{n^2}t(2-t)-\frac{1}{n^4}(2-2t)-\frac{2}{n^6} \right)\sin(nx)\end{align*}.\]

我们上面的例子是以狄利可雷(Dirichlet)边界条件为例说明的,对于其它的边界条件,特征函数是不同的。我们把不同边界条件的特征函数列举在下面。

纽曼(Newmann)边界条件

\[u_x(0,t)=0, u_x(L,t)=0\Longrightarrow X_n(x)=\cos(\frac{n\pi x}{L})\]

混合边值问题I

\[u(0,t)=0, u_x(L,t)=0\Longrightarrow X_n(x)=\sin(\frac{(2k+1)\pi}{2L}x)\]

混合边值问题II

\[ u_x(0,t)=0, u(L,t)=0\Longrightarrow X_n(x)=\cos(\frac{(2k+1)\pi}{2L}x) \]

分离变量法 II:齐次边界,非齐次方程,非齐次项与时间 \(t\) 无关

我们求解非齐次偏微分方程时,如果边界条件是齐次的,一般的求解方法是采用特征函数展开法来求解。这种方法就是根据边界条件的类型,将未知函数、初始条件及非齐次项都展开成特征函数的级数形式,其系数待定。将这些函数的级数形式都代入方程,求出待定系数,从而求出未知函数的方法。本文不详细介绍这种方法,详细的介绍我留到下一篇文章。

如果非齐次项与时间 t 无关,我们也可以采用特征函数展开的方式来求解,但是我们有更有效的方法来求解。这种方法,我们先求出一个稳态解(对 t 的导数都为 \(0\),或者不含时间 t 的导数的方程),利用叠加原理,剩下的部分就是求解一个带齐次边界条件的齐次方程,这个我们在上一篇文章里已经介绍过了。

我们还是以热传导方程为例来说明这种方法,当然这种方法同样适用于波动方程。

例:用分离变量法求解初边值问题:

\[\begin{cases}u_t=\alpha^2u_{xx}+x, \qquad & 0<x<L\\ u(0,t)=0,& u(L,t)=0\\ u(x,0)=g(x)\end{cases}\]

我们看到非齐次项 \(f(x,t)=x\),只跟空间变量有关,与时间 \(t\) 无关。这时,我们只要设 \(u=u_{\infty}+v\),其中 \(u_{\infty}(x)\) 满足

\[\begin{cases}0=\alpha^2u_{\infty}^{\prime\prime}+x, \qquad & 0<x<L\\ u_{\infty}(0,t)=0,& u_{\infty}(L,t)=0\end{cases}\]

这是一个二阶常微分方程,我们只需要求两次积分就可以求出它的解了。

\[u_{\infty}^{\prime\prime}=-\frac{x}{\alpha^2}, \qquad u_{\infty}=-\frac{x^3}{6\alpha^2}+Ax+B\]

代入边界条件, 我们得到

\[B=0, A=\frac{L^2}{6\alpha^2}, \Longrightarrow u_{\infty}= -\frac{x^3}{6\alpha^2} + \frac{L^2x}{6\alpha^2} \]

将它的表达式代入方程 \(u=u_{\infty}+v\), \(v=u-u_{\infty}\),从而我们得到关于 \(v\) 的方程

\[ \begin{cases}v_t=\alpha^2u_{xx}, \qquad & 0<x<L\\ v(0,t)=0,& v(L,t)=0\\ v(x,0)=g(x)+ \frac{x^3}{6\alpha^2} – \frac{L^2x}{6\alpha^2} \end{cases} \]

那么 \(v\) 的求解跟之前讲的齐次方程,齐次边界的情形一样。使用分离变量法,注意到边界条件是狄利可雷边界条件,我们可以求得

\[v=\sum_{n=1}^{\infty}a_ne^{-(\frac{n\pi}{L})^2}\sin \frac{n\pi x}{L}\]

其中\[a_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{\pi}( g(x)+ \frac{x^3}{6\alpha^2} – \frac{L^2x}{6\alpha^2} )dx\]

所以,方程的解为

\[u= -\frac{x^3}{6\alpha^2} + \frac{L^2x}{6\alpha^2} + \sum_{n=1}^{\infty}a_ne^{-(\frac{n\pi}{L})^2}\sin \frac{n\pi x}{L} \]

分离变量法 I: 齐次方程,齐次边界条件

分离变量法是求解偏微分方程的一种基本方法。它的思想是:假设未知函数 \(u(x,t)\) 是两个各自依赖于变量 \(x\) 和变量 \(t\) 的函数 \(X(x), T(t)\) 的乘积, \(u(x,t)=X(x)T(t)\), 从而可以将偏微分方程简化成两个独立的常微分方程,然后利用常微分方程的理论与求解方法,来求出偏微方程的解的一种方法。这种方法一般用于求解热方程与波动方程的初边值问题与拉普拉斯(Laplace)方程的边值问题。

这一篇文章,我们详细讲解分离变量法来求解偏微分方程的的思想与步骤。热方程与波动方程里最简单的情形就是带齐次边界条件的齐次方程。我们用带齐次边界条件的热方程来说明个方法。

例:求解热方程
\[\begin{cases}
u_{t}-a^2u_{xx}=0,\quad & 0\le x\le L, t\geq 0 \\
u(0,t)=0, u(L,t)=0,&t\geq 0\\
u(x,0)=x,& 0\leq x\leq L
\end{cases}\]

我们现在详细讲解求解的步骤。

第一步,假设方程的解具有形式 \(u(x,t)=X(x)T(t)\),将它代入原方程,我们得到
\[T'(t)X(x)-a^2T(t)X^{\prime\prime}(x)=0\]
两边同除以 \(a^2X(x)T(t)\),方程变为
\[\frac{T'(t)}{a^2T(t)}=\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}\]
因为左边只跟 \(t\) 有关, 右边只跟 \(x\) 有关,要使得它们相等,只有两边都是常数。我们用 \(-\lambda\) 来表示这个常数(参见 Sturm-Liouville 定理了解为什么是负号)。也就是
\[\frac{T'(t)}{a^2T(t)}=\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}=-\lambda\]
从而得到了两个方程
\[\begin{array}{l}
X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0\\
T'(t)+a^2\lambda T(t)=0
\end{array}\]

因为原方程的边界条件 \(u(0,t)=0, u(L,t)=0\) 对所有的 \(t\) 成立,所以只可能 \(X(0)=0, X(L)=0\)。所以函数 \(X(x)\) 满足下列方程
\[\begin{cases}
X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0, 0\le x\le L\\
X(0)=0, X(L)=0
\end{cases}\]

第二步,求解 \(X(x)\)。由二阶常系数微分方程的解的理论,我们知道,这个方程的特征方程为
\[r^2+\lambda=0\]
其特征方程的根为
\[r_{1,2}=\pm\sqrt{-\lambda}\]

依据 \(\lambda\) 的符号,我们分几种情况讨论。

情形1: \(\lambda< 0\)。我们不妨设 \(\mu=\sqrt{-\lambda}>0\),那么方程的通角为
\[X(x)=C_1e^{\mu x}+C_2e^{-\mu x}\]
重新定义 \(C_1,C_2\)后,方程的通解可以写成
\[X(x)=C_1\sinh(\mu x)+C_2\cosh(\mu x)\]

由方程的边界条件,\(X(0)=0\),我们得到 \(C_2=0\),再由边界条件\(X(L)=0\),我们得到 \(C_2=0\)。所以方程的解只有零解。也就是说,\(\lambda\)不可能小于\(0\)。

情形2:\(\lambda=0\)。在这种情形下,方程变为 \(X”(x)=0\),积分两次,得到方程的通解为
\[X(x)=C_1x+C_2.\]
由边界条件,\(X(0)=0\)得到 \(C_2=0\),再由边界条件 \(X(L)=0\) 得到 \(C_1=0\)。所以方程的解只有零解。也就是说,\(\lambda\)也不可能等于\(0\)。

情形3:\(\lambda>0\)。这时候我们设设 \(\mu=\sqrt{\lambda}>0\)。\(r_{1,2}=\pm \mu i\),所以方程的通解为
\[X(x)=C_1\cos(\mu x)+C_2\sin(\mu x)\]
由边界条件\(X(0)=0\)得到 \(C_2=0\)。由边界条件\(X(L)=0\) 得到 \(C_1\sin(\mu L)=0\)。这个方程有解
\[\mu=\frac{n\pi}{L}, n=1,2,\cdots\]
也就是说 \(\lambda=(\frac{n\pi}{L})^2, n=1,2,\cdots\)。我们记
\[X_n=\sin(\frac{n\pi x}{L}),\]
它是方程的
\[\begin{cases}
X”(x)+\lambda X(x)=0, 0\le x\le L\\
X(0)=0, X(L)=0
\end{cases}\]
的解。称之为特征函数,而\(\lambda=(\frac{n\pi}{L})^2, n=1,2,\cdots\)称之为对应的特征值。

第三步,将 \(\lambda=(\frac{n\pi}{L})^2, n=1,2,\cdots\) 代入方程
\[T'(t)+a^2\lambda T(t)=0\]
可以得到方程
\[T'(t)+a^2(\frac{n\pi}{L})^2 T(t)=0\]
其解为
\[T_n(t)=A_ne^{-\frac{a^2n^2\pi^2}{L^2}t}\]
所以
\[u_n=T_n(t)X_n(x)=A_ne^{-\frac{a^2n^2\pi^2}{L^2}t}\sin(\frac{n\pi x}{L}),n=1,2,\cdots\]
都是原方程的一个解。

第四步,由叠加原理,原方程的通解为
\[u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}u_n=\sum_{n=1}^{\infty}A_ne^{-\frac{a^2n^2\pi^2}{L^2}t}\sin(\frac{n\pi x}{L})\]
由方程的初值条件,\(u(x,0)=f(x)\),
\[f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}A_n\sin(\frac{n\pi x}{L})\]
显然,等式的右边就是函数 \(f(x)\) 的 Fourier 正弦级数。\(A_n\) 是是函数 \(f(x)\) 的 Fourier 正弦系数
\[A_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin(\frac{n\pi x}{L})dx\]

所以初边值问题的解是
\[u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}u_n=\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin(\frac{n\pi x}{L})dx)e^{-\frac{a^2n^2\pi^2}{L^2}t}\sin(\frac{n\pi x}{L})\]