分离变量法介绍
引言
我们在解线性常微分方程的时候,
- 对于齐次方程, 先求出若干线性无关的基础解, 它们的线性组合构成通解;
- 对于非齐次方程,再在此基础上求出一个特解, 通解即为齐次通解 + 特解;
最后利用定解条件确定通解中的待定系数.
一阶线性偏微分方程的求解问题, 基本方法也是特征线法, 转化为一阶线性常微分方程组来求解问题.
考虑
\[\begin{cases} a(x,y,u)\dfrac{\partial u}{\partial x}+b(x,y,u)\dfrac{\partial u}{\partial y}=c(x,y,u)\\ u(x(t), y(t)) = z(t) \end{cases}\]容易联想到全微分形式
\[\mathrm du=\frac{\partial u}{\partial x}\mathrm dx+\frac{\partial u}{\partial y}\mathrm dy\]当然你不能直接令 $a=\mathrm dx$, 不然这个方程还解个锤子.
不妨用 $z$ 代替 $u$, 从而得到
\[\boxed{\frac{\mathrm dx}{a(x,y,z)}=\frac{\mathrm dy}{b(x,y,z)}=\frac{\mathrm dz}{c(x,y,z)}=\mathrm d\lambda}\]这个方程组的特征曲线为 $(x(\lambda), y(\lambda), z(\lambda))$, 含有三个待定常数.
曲面 $z=u(x,y)$ 覆盖了特征曲线和曲线 $\gamma(x(\lambda), y(\lambda), z(\lambda))$.不妨令特征曲线当 $\lambda=0$ 时经过曲线 $(x(t), y(t), z(t))$, 得到一阶常微分方程组和定解条件
\[\begin{cases} \dfrac{\mathrm dx}{\mathrm d\lambda}=a(x,y,z),\quad\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm d\lambda}=b(x,y,z),\quad\dfrac{\mathrm dz}{\mathrm d\lambda}=c(x,y,z)\\ (x,y,z)\vert_{\lambda = 0}=(x(t), y(t), z(t)) \end{cases}\]如果定解问题的解存在且唯一, 则曲线 $\gamma(x(t), y(t), z(t))$ 不能与特征曲线重合, 即
\[J=\begin{vmatrix} x'(t) & y'(t)\\ a(x(t), y(t), z(t)) & b(x(t), y(t), z(t)) \end{vmatrix}\neq 0\]示例: 两端固定弦的自由振动的求解过程
对于二阶以及更高阶的偏微分方程的定解问题, 有如下困难:
- 通解难以求出;
- 即使可以求出偏微分方程的通解, 由于通解中含有待定函数, 一般来说, 根据定解条件定出待定函数是相当困难的.
因此我们应当求出同时满足微分方程和边界条件的一般解, 而不是通解.
而求出这个一般解, 我们最常使用分离变量法, 同时这几乎是唯一的方法. 下面将以两端固定弦为例展示分离变量法的一般步骤, 并且进一步地论证其正确性.
考虑长为 $l$, 两端固定的弦的自由振动. 波动方程以及定解条件为
\[\begin{cases}\dfrac{\partial^2 u}{\partial t^2}-a^2\dfrac{\partial^2 u}{\partial t^2} = 0, &0<x<l, t>0\\ u\vert_{x=0}=u\vert_{x=l}=0,&t\ge 0\\ u\vert_{t=0}=\varphi(x),\dfrac{\partial u}{\partial t}\bigg\vert_{t=0}=\psi(x), &0\le x\le l \end{cases}\]分离变量
我们希望特解具有分离变量的形式, 即
\[u(x,t)=X(x)T(t)\]将分离变量形式的解代入原微分方程可得
\[X(x)T^"(t)-a^2X^"(x)T(t)=0\]即
\[\dfrac{X^"(x)}{X(x)}=\frac{1}{a^2}\frac{T^"(t)}{T(t)}\]方程左侧与 $t$ 无关, 右侧与 $x$ 无关, 则整体与 $x, t$ 都无关, 是一个常数. 记常数为 $-\lambda$ (此处负号方便进一步形式处理), 则可以得到两个微分方程
\[\begin{cases} X^"(x)+\lambda X(x)=0\\ T^"(t)+a^2\lambda T(t)=0 \end{cases}\]另外地, 边界条件可以分离变量为 $X(0)T(t)=0, X(l)T(t)=0$, 而初始条件不能分离变量.
得到的微分方程中含有待定常数 $\lambda $, 定解条件是一对齐次边界条件, 这样的定解问题不同于常微分方程的初值问题: 它不是给定一个点的初值求唯一解, 而是给定两点的边值, 只有某些特殊的 $\lambda$ 值才能有既满足齐次常微分方程, 又满足齐次边界条件的非零解 $X(x)$. $\lambda$ 的这些值称为本征值, 相应的非零解称为本征函数, 函数 $X(x)$ 的常微分方程定解问题称为本征值问题.
求解本征值问题
接着来求解本征值问题
\[\begin{cases} X^"(x)+\lambda X(x)=0\\ X(0)=0\quad X(l)=0 \end{cases}\]- 若 $\lambda =0$, 微分方程的通解为 $X(x)=A_0(x)+B_0$, 代入边界条件可以解得 $A_0=B_0=0$, 这说明 $\lambda = 0$ 时只有零解, 即 $\lambda =0$ 不是本征值.
- 若 $\lambda\neq 0$ (请注意: $\mathbb C$ 不是全序集, 所以不能比较大小), 微分方程的通解为$X(x)=A\sin\sqrt\lambda x+B\cos\sqrt\lambda x$, 代入边界条件容易得到 $B=0, A\sin\sqrt\lambda l=0$. 由于 $A$ 不能为 $0$, 应当有 $\sqrt\lambda l=n\pi, n\in\mathbb N_+$, 因此本征值
本征函数
\[X_n(x)=\sin\frac{n\pi}{l}x\]本征值有可数无穷多个. 不同本征值的本征函数不能叠加在一起.
求出全部特解
接下来求特解并叠加出一般解. 对于每一个本征值 $\lambda_n=\left(\dfrac{n\pi}{l}\right)^2$, 代入 $T(t)$ 的方程可得
\[T_n(t)=C_n\sin\frac{n\pi}{l}at+D_n\cos\frac{n\pi}{l}at\]因此满足偏微分方程和边界条件的特解为
\[\boxed {u_n(x,t) = \left(C_n\sin\frac{n\pi}{l}at+D_n\cos\frac{n\pi}{l}at\right)\sin\frac{n\pi}{l}x,\quad n = 1,2,\dots}\]这样的特解仍然有无穷多个, 每一个都满足齐次偏微分方程和齐次边界条件, 但是单独任何一个特解一般不能恰好满足定解问题的初始条件. 由于这些特解 $\left\lbrace\sin\dfrac{n\pi}{l}x\right\rbrace$ 形成了一组完备的正交基, 任何满足边界条件的初始位形与初始速度都可以展开为它们的线性组合. 把全部无穷多个特解叠加起来, 构成
\[\boxed{u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(C_n\sin\frac{n\pi}{l}at+D_n\cos\frac{n\pi}{l}at\right)\sin\frac{n\pi}{l}x}\]只要级数有足够好的收敛性, 那么这样得到的 $u(x,t)$ 也仍然是齐次偏微分方程在齐次边界条件下的解. 注意到
\[\begin{cases} \sum_{n=1}^{\infty}D_n\sin\dfrac{n\pi}{l}x=\varphi(x),&\quad(*)\\ \sum_{n=1}^{\infty}C_n\dfrac{n\pi a}{l}\sin\frac{n\pi}{l} x=\psi(x)&\quad(\dagger) \end{cases}\]这说明初始位形被 $D_n$ 控制, 初始速度被 $C_n$ 控制.
利用本征函数的正交性定叠加系数
由于我们找到的本征函数具有很好的正交性 $\displaystyle \int_0^lX_n(x)X_m(x)\mathrm dx=\frac l2\delta_{mn}$, 所以
- 在 $(*)$ 式两端同乘 $\sin\dfrac{k\pi}{l}x$ 并从 $0$ 到 $l$ 积分, 有 $\displaystyle\int_0^l\sum_{n=1}^{\infty}D_n\sin\frac{n\pi}{l}x\sin\frac{k\pi}{l}x\mathrm dx=\int_0^l\varphi(x)\sin\frac{k\pi}{l}x\mathrm dx$, 即 $\color{red}{\displaystyle D_n=\frac 2l\int_0^l\varphi(x)\sin\frac{k\pi}{l}x\mathrm dx}$
- 同样地, 对 $(\dagger)$ 式有 $\color{red}{\displaystyle C_n=\frac{2}{n\pi a}\int_0^l\psi (x)\sin\frac{n\pi}{l}x\mathrm dx}$
从而我们终于找到了原方程的精确解析解!
本征值问题 \(\begin{cases} X^"(x)+\lambda X(x)=0\\ 齐次的第一,二, 三类边界条件 \end{cases}\) 中, 本征函数均具有正交性.
对于我们研究的本征值问题, 可以为本征函数引入范数 $\lVert\cdot\rVert$, 计算方式为
\[\displaystyle \lVert X_n\rVert^2\equiv\int_0^lX_n^2(x)\mathrm dx=\int_0^l\sin^2\frac{n\pi x}l\mathrm dx=\frac l2\]这个结果一般在第一类边界条件下成立, 对于第二类和第三类边界条件原则上需要另行计算. 特别地, 常称 $\displaystyle \frac{1}{\lVert X_n\rVert}$ 为归一因子, 这样可以使得归一化后的特征函数满足
\[\int_0^l\tilde X_m(x)\tilde X_n(x)\mathrm dx=\delta_{mn}\]
本征函数的范数平方并不总能表达成为统一的表达式, 本征值问题也并不常能解析地求出确切的本征值以及相应的本征函数.
检查解的适定性
我们回过头来检查一下分离变量法得到的解的适定性. 关于解的存在性只要检验得到的级数解的收敛情况即可, 而级数解能否很好收敛取决于初始条件. 而解的唯一性, 可以通过能量守恒来证明.
在任意时刻 $t$, 弦的动能和势能分别为
\[E_k=\frac12\int_0^l\rho\left(\frac{\partial u}{\partial t}\right)^2\mathrm dx\] \[E_p=\frac 12\int_0^l T\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2\mathrm dx\]其中
\[u(x,t)=\sum_{k=1}^{\infty}\left(C_k\sin\frac{k\pi}{l}at+D_k\cos\frac{k\pi}{l}at\right)\sin\frac{k\pi}{l} x\]$u$ 是偏离平衡位置的量, 并非绳段的伸长量, 绳段的伸长量应为
\[\left(\sqrt{1+\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2}-1\right)\mathrm dx\approx \frac12\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2\mathrm dx\]
弦的总能量应当为 $E_k+E_p$. 分别采用两种方法验证总能量不变.
暴力计算:
\[\frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\pi a}l\sum_{k=1}^\infty k\left(C_k\cos\frac{k\pi}{l}at-D_k\sin\frac{k\pi}{l}at\right)\sin\frac{k\pi}{l}x\] \[\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\pi}{l}\sum_{k=1}^\infty k\left(C_k\sin\frac{k\pi}{l}at+D_k\cos\frac{k\pi}{l}at\right)\cos\frac{k\pi}{l}x\] \[\begin{align*} E_k&=\frac{\rho\pi^2 a^2}{2l^2}\int_0^l\sum_{k=1}^{\infty}k^2\left(C_k\cos\frac{k\pi}{l}at-D_k\sin\frac{k\pi}{l}at\right)^2\sin^2\frac{k\pi}{l}x\mathrm dx\\ &=\frac{\rho\pi^2 a^2}{2l^2}\sum_{k=1}^{\infty}k^2\left(C_k\cos\frac{k\pi}{l}at-D_k\sin\frac{k\pi}{l}at\right)^2\int_0^l\sin^2\frac{k\pi}{l}x\mathrm dx\\ &=\frac{\rho\pi^2 a^2}{4l}\sum_{k=1}^{\infty}k^2\left(C_k\cos\frac{k\pi}{l}at-D_k\sin\frac{k\pi}{l}at\right)^2 \end{align*}\] \[\begin{align*} E_p&=\frac{\pi^2T}{2l^2}\int_0^l\sum_{k=1}^{\infty}k^2\left(C_k\sin\frac{k\pi}{l}at+D_k\cos\frac{k\pi}{l}at\right)^2\cos^2\frac{k\pi}{l}x\mathrm dx\\ &\overset{T=a^2\rho}{=}\frac{\rho\pi^2 a^2}{2l^2}\sum_{k=1}^{\infty}k^2\left(C_k\sin\frac{k\pi}{l}at+D_k\cos\frac{k\pi}{l}at\right)^2\int_0^l\cos^2\frac{k\pi}{l}x\mathrm dx\\ &=\frac{\rho\pi^2 a^2}{4l}\sum_{k=1}^{\infty}k^2\left(C_k\sin\frac{k\pi}{l}at+D_k\cos\frac{k\pi}{l}at\right)^2 \end{align*}\]其中利用了代换 $T=a^2\rho $ 和 $\left\lbrace\cos\dfrac{k\pi}{l}x\right\rbrace$ 的正交完备性. 进行合并得到
\[E(t) = \frac {\rho\pi^2 a^2}{4l}\sum_{k = 1}^{\infty}k^2\left(|C_k|^2+|D_k|^2\right)\]右端是与 $t$ 无关的常数, 所以弦的总能量守恒.
更一般的方法: 考虑 \(\begin{align*} \frac{\mathrm dE}{\mathrm dt}&=\frac12\int_0^l\rho\cdot2\frac{\partial u}{\partial t}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}\mathrm dx+\frac 12\int_0^lT\cdot2\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial^2 u}{\partial t\partial x}\mathrm dx\\ &=\rho\int_0^l\frac{\partial u}{\partial t}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}\mathrm dx+T\left(\cancel{\frac{\partial u}{\partial t}\frac{\partial u}{\partial x}\Bigg\vert_{x=0}^{x=l}}-\int_0^l\frac{\partial u}{\partial t}\frac{\partial^2u}{\partial x^2}\mathrm dx\right)\\ &=\rho\int_0^l\frac{\partial u}{\partial t}\left(\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}\right)\mathrm dx=0 \end{align*}\)
这表明, 若两个解满足相同的初始条件与边界条件, 它们的能量差随时间守恒; 但初始能量差为零, 因此在所有时刻都为零, 从而差函数恒为零, 解唯一.
分离变量法得到的解实际上是把解按照驻波展开. 考虑积化和差公式, 可以把我们得到的解展开为
\[\begin{align*}u(x,t)&=\frac12\sum_{k=1}^{\infty}\left[D_n\sin\frac{k\pi}{l}(x-at)+C_n\cos\frac{k\pi}{l}(x-at)\right]\\&\quad+\frac12\sum_{k=1}^{\infty}\left[D_n\sin\frac{k\pi}{l}(x+at)-C_n\cos\frac{k\pi}{l}(x+at)\right]\\&=f(x-at)+g(x+at)\end{align*}\]对驻波解进行奇延拓, 然后再做周期延拓, 就完全可以将行波解和驻波解对应起来.
示例: 矩形区域内的稳定问题的求解过程
我们再以 Laplace 方程的定解问题为例, 继续练习分离变量法.
设有定解问题
\[\begin{cases} \dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2 u}{\partial y^2}=0 &0<x<a, 0<y<b\\ u\vert_{x=0}=0,\quad\dfrac{\partial u}{\partial x}\bigg\vert_{x=a}=0&0\le y\le b\\ u\vert_{y=0}=f(x),\quad\dfrac{\partial u}{\partial y}\bigg\vert_{y=b} = 0&0\le x\le a \end{cases}\]分离变量
设 $u(x,y) = X(x)Y(y)$. 代入偏微分方程有 $\dfrac{X^”(x)}{X(x)}=-\dfrac{Y^”(y)}{Y(y)}=-\lambda$, 即
\[\begin{cases} X^"(x)+\lambda X(x)=0\\ Y^"(y)-\lambda Y(y)=0 \end{cases}\]求解本征值问题
本征值问题
\[\begin{cases} X^"(x)+\lambda X(x) = 0\\ X(0) = 0 \\ X'(a) = 0 \end{cases}\]- 若 $\lambda =0$, 则 $X(x)$ 只有零解, 所以 $\lambda = 0 $ 不是本征值;
- 若 $\lambda\neq 0$, 则微分方程有通解 $X(x)=A\sin\sqrt\lambda x+B\cos\sqrt\lambda x$, 由边界条件得 $B=0,\;A\neq 0$, 本征值
本征函数
\[\displaystyle X_n(x)=\sin\frac{(2n+1)\pi}{2a}x\]求出全部特解
此时
\[\begin{cases} Y_n^"(y)-\lambda Y_n(y) = 0\\ \lambda_n=\left(\dfrac{2n+1}{2a}\pi\right)^2,\quad n = 0, 1, 2, \dots \end{cases}\]的解为
\[Y_n=C_n\sinh\left(\frac{2n+1}{2a}\pi y\right)+D_n\cosh\left(\frac{2n+1}{2a}\pi y\right)\]所以特解为
\[u_n(x,y)=\left[C_n\sinh\left(\frac{2n+1}{2a}\pi y\right)+D_n\cosh\left(\frac{2n+1}{2a}\pi y\right)\right]\sin\left(\frac{2n+1}{2a}\pi x\right)\]把全部无穷多个特解叠加起来, 得到
\[u(x,y)=\sum_{n=1}^{\infty}\left[C_n\sinh\left(\frac{2n+1}{2a}\pi y\right)+D_n\cosh\left(\frac{2n+1}{2a}\pi y\right)\right]\sin\left(\frac{2n+1}{2a}\pi x\right)\]代入关于 $y$ 的一对边界条件,
\[\begin{align*} u\vert_{y=0}&=\sum_{n=1}^{\infty}D_n\sin\left(\frac{2n+1}{2a}\pi x\right)=f(x)&(*)\\ \frac{\partial u}{\partial y}\bigg\vert_{y=b}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n+1}{2a}\pi\left[C_n\cosh\left(\frac{2n+1}{2a}\pi b\right)+D_n\sinh\left(\frac{2n+1}{2a}\pi b\right)\right]\sin\left(\frac{2n+1}{2a}\pi x\right)=0&(\dagger) \end{align*}\]利用本征函数的正交性定叠加系数
由 $\displaystyle\int_0^a\sin\left(\frac{2m+1}{2a}\pi x\right)\sin\left(\frac{2n+1}{2a}\pi x\right)\mathrm dx=\frac{a}{2}\delta_{mn}$, 容易根据 $(*)$ 解得
\[D_n=\frac{2}{a}\int_0^af(x)\sin\left(\frac{2n+1}{2a}\pi x\right)\mathrm dx\]由 $(\dagger)$, 只能有
\[C_n\cosh\left(\frac{2n+1}{2a}\pi b\right)+D_n\sinh\left(\frac{2n+1}{2a}\pi b\right)=0\]即
\[C_n = -D_n\tanh\left(\frac{2n+1}{2a}\pi b\right)\]高维情况的讨论
对于 $N$ 个自变量的定解问题, 通常逐次分离变量, 得到 $N$ 个常微分方程和 $N-1$ 个待定常数, 然后利用齐次边界条件得到 $N-1$ 个本征值问题. 原则上分离变量的次序没有要求, 但是最先分出定系数的那个方程比较方便.
这样得到的解一般是 $N-1$ 重求和, 将来定系数的时候同时利用到 $N-1$ 组本征函数的正交性.
设有定解问题
\[\begin{cases} \dfrac{\partial u}{\partial t}-\kappa\left(\dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2 u}{\partial y^2}\right)=0&0<x<a,\;0<y<b\\ u\vert_{x=0}=0,\quad \dfrac{\partial u}{\partial x}\bigg\vert_{x=a}=0&0\le y\le b\\u\vert_{y=0}=0,\quad \dfrac{\partial u}{\partial y}\bigg\vert_{y=b}=0&0\le x\le a\\ u\vert_{t=0}=\varphi(x,y) \end{cases}\]逐次分离变量 $u(x,y,t)=v(x,y)T(t)$, 代入方程和边界条件得到
\[\begin{align*} &(*) \begin{cases} \dfrac{\partial^2v}{\partial x^2}+\frac{\partial^2v}{\partial y^2}+\lambda v=0\\ v\vert_{x=0}=0, \dfrac{\partial v}{\partial x}\bigg\vert_{x=a}=0\\ v\vert_{y=0}=0,\dfrac{\partial v}{\partial y}\bigg\vert_{y=b} =0 \end{cases}\\ &(\dagger)\quad T'+\kappa\lambda T=0 \end{align*}\]$(*)$ 是一个二维本征值问题. 继续分离变量, 令 $v(x,y)=X(x)Y(y)$, 代入方程和边界条件得到
\[\begin{cases} X^"+\mu X=0\\ X(0)=0,\quad X'(a)=0 \end{cases}\] \[\begin{cases} Y^"+\nu Y=0\\ Y(0)=0,\quad Y'(b)=0 \end{cases}\]其中 $\mu+\nu=\lambda$. 本征值和本征函数分别为
\[\begin{align*} &\mu_n=\left(\frac{2n+1}{2a}\pi\right)^2&X_n(x)=\sin\frac{2n+1}{2a}\pi x\\ &\nu _n=\left(\frac{2n+1}{2b}\pi\right)^2&Y_n(y)=\sin\frac{2n+1}{2b}\pi y \end{align*}\]所以原二维本征值问题的解为
\[\lambda_{mn}=\left(\frac{2m+1}{2a}\pi\right)^2+\left(\frac{2n+1}{2b}\pi\right)^2,\quad n,m\in\mathbb N\] \[v_{mn}(x,y)=\sin\frac{2m+1}{2a}\pi x\sin\frac{2n+1}{2b}\pi y\]根据 $\lambda_{mn}$, $(\dagger)$ 的通解为
\[T_{mn}(t)=C_{mn}\exp\left\lbrace-\kappa\left[\left(\frac{2m+1}{2a}\pi\right)^2+\left(\frac{2n+1}{2b}\pi\right)^2\right]t\right\rbrace\]原先定解问题的一般解为
\[u(x,y,t)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}C_{mn}\exp\left\{-\kappa\left[\left(\frac{2m+1}{2a}\pi\right)^2+\left(\frac{2n+1}{2b}\pi\right)^2\right]t\right\}\sin\left(\frac{2m+1}{2a}\pi x\right)\sin\left(\frac{2n+1}{2b}\pi y\right)\]其中
\[C_{mn}=\frac{4}{ab}\int_0^b\int_0^a\varphi (x,y)\sin\left(\frac{2m+1}{2a}\pi x\right)\sin\left(\frac{2n+1}{2b}\pi y\right)\mathrm dx\mathrm dy\]从理论上讲, 分离变量法能够成功, 取决于以下几个条件:
- 本征值问题有解;
- 本征函数的全体是完备的;
- 本征函数具有正交性.
在最后自伴算符处, 我们将回过头来再看这几个问题.