北邮数理方程课件第三章分离变量法

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1、第三章 分离变量法3。2 基础训练 例题分析 例1 解下列定解问题： （1）解：分离变量，即令 （2）代入方程（1）中第一式），得 （3） （4）其中为分离常数。（2）式代入边界条件（1）中第二式），得 （5）相应的本证值问题为求 （6）的非零解下面针对的取值情况进行讨论： （1）当时，（6）式中方程的通解是 （7）其中A，B为积分常数，（7）代入（6）中边界条件，得 （8）由（8）得A=B=0，得X（x）=0，为平凡解，故不可能有。 (2) 当时，（6）式中方程的通解是 由边界条件得A=B=0，得X（x）=0，为平凡解，故也不可能有。 （3）当 时，上述固有值问题有非零解此时式（6）的通解为

2、代入条件（6）中边界条件，得由于 ，故 ，即从而得到一系列固有值与固有函数与这些固有值相对应的方程（3）的通解为于是，所求定解问题的解可表示为利用初始条件确定其中的任意常数，得故所求的解为例2 演奏琵琶是把弦的某一点向旁边拨开一小段距离，然后放手任其自由振动。设弦长为，被拨开的点在弦长的(为正整数)处，拨开距离为，试求解弦的振动，即求解定解问题解：将代入原方程及边界条件得 （1） （2）解(2)第一式可得由（2）的第二式得，将代入（1）并解得由初始条件得所以从而例3 求解细杆的导热问题，杆长，两端保持零度，初始温度分布.解：该问题的定解问题为 （1）令, 代入(1)第一式可得， （2） （3）

3、由(2)得 （4）由(1)第三式可得，由得，由，得， 于是有，因此，将作Fourier展开得其中于是因此例4 在矩形域 内求Laplace方程 （1）的解，使其满足边界条件 解：令 ，代入式(1)，有 （4） （5）又由边界条件(3)得 (6)当时，式(5)的通解为由式(6)有 由此得 ，即式(5)、(6)无非零解当时，式(5)的通解为由 ，得 当时，式(5)的通解为由 得，由 得，得，即 由此可见，本征值为 本征函数为 将的值代入式(4)，解得 故问题的一般解为 (7)由边界条件 得到一个无穷级数等于零，说明各项系数均为零，故 (8)又由得将Ay展开成Fourier余弦级数，并比较系数有故

4、(9)从式(8)和(9)中解得代入式(7)并整理得 (10)例5 带电云与大地之间的静电场近似匀强静电场，其电场强度是垂直的水平架设的输电线处在这个静电场中输电线是导体圆柱柱面由于静电感应出现感应电荷，圆柱附近的静电场也就不再是匀强的了不过，离圆柱“无限远”处的静电场仍保持匀强，现研究导体圆柱怎样改变了匀强静电场（即讨论导线附近的电场分布）解：化成定解问题，取柱轴为z轴，设导线“无限长”，那么场强和电势都与z无关，只需在x，y平面上讨论如图3-2所示，圆柱在x，y平面的截面是圆周 作为静电场的边界，所以我们采用极坐标柱外空间无电荷，电势满足二维Laplace方程，化成极坐标为 (1)边界条件：

5、导体中的电荷不再移动，说明导体中电势相同，又因为电势具有相对意义，可以把导体的电势当作零，故 (2)“无穷远”处也为一个边界（圆内则考虑圆心点），“无穷远”处静电场仍为匀强静电场，由于选取了x轴平行，故有即 因此有 (3)图3-2 输电线对带电云和大地之间电场的影响分离变量，令代入方程(1)，得 (4) (5)因为极角具有周期性，应表示一个点，同一处的u应该相同，故有即 所以有 (6)方程(6)称为自然周期条件方程(4)，(6)构成本征值问题，解之即方程(5)可以写成 (7)为欧拉方程作变换 化成常系数线性微分方程，其通解为于是得到极坐标系中Laplace方程的本征解一般解应叠加 (8)由边界

6、条件(2)，有一个Fourier级数为零，各系数为零，即由此于是将解化简为 (9)再由边界条件(3)，对于略去及项，即比较系数代入方程（9），导体周围的电势分布 (10)例6 长为l的理想传输线，一端接于电动势为 的交流电源，另一端开路，求解线上的稳恒电振荡解：经历交流电的许多周期后,初始条件所引起的自由振荡衰减到可以认为已经消失，这时的电振荡完全是由交流电源引起的，所以叫稳恒振荡因此是没有初始条件的问题：为了计算方便，将电动势 写成 ，最后将得到的解取虚部由于振荡完全由交流电源引起，当然可以认为振荡的周期与交流电源相同，即令代入方程得即其通解为故有由 得 (1)及 得 (2)从式(1)，(2

7、)中解出带入解的表达式，得取虚部，并以 代入，得传输线内稳恒的电振荡例7 试解出具有放射衰变的热传导方程 已知边界条件为初始条件为解 令 ，定解问题可以化为由于对应的齐次问题具有第一类边界条件，故令代入上述方程和初始条件得即 其中 （3）求解式得到 （4）将式代入式得故得原定解问题的解为即例8 在环形域内求解下列定解问题解：由于求解区域式环形区域，所以我们选用平面极坐标系，利用直角坐标系与极坐标系之间的关系可将上述定解问题用极坐标表示： 这是一个非齐次方程附有齐次边界条件的定解问题采用固有函数法，并注意到圆域内Laplace方程所对应的固有函数，可令问题(1)-(2)的解的形式为代入式(1)并

8、整理得到比较两端关于的系数，可得 (3) (4) (5)再由条件(2)得 方程(4)与(5)都是齐次的欧拉方程，它们的通解分别为其中都是任意常数由条件(6)与(7)可得下面的任务就是要确定方程(3)是一个非齐次的欧拉方程，利用待定系数法可求得它的一个特解所以，它的通解为由条件(6)确定，得因此原定解问题的解为例9 求解一端固定，一端作周期运动的弦的振动问题 解法一：令 取 (1)则定解问题转化为 (2) 又令 其中 分别满足 (3) (4)由分离变量法求解式(3)，得 (5)用固有函数法求解问题(4)，即设其中代入方程(4)，得由参数变易法，得因此 (6)其中 原定解问题的解为 解法二：取 则

9、原问题化为 (7)注意到方程和边界条件同时齐次化了 用分离变量法解方程(7)，得其中 原定解问题的解为 应当指出，同两种方法得到的定解问题的解在形式上不一样，但可以证明它们是等价的，这是由定解问题解的唯一性决定的例10 求下列定解问题 的解，其中A，B均为常数 解：这个定解问题的特点是：方程及边界条件都是非齐次的根据上述原则，首先应将边界条件化成齐次的由于问题中方程（1）的自由项及边界条件（2）都与t无关，所以我们有可能通过一次代换将方程及边界条件都变成齐次的具体做法如下： 令 代入方程(1)，得为了使这个方程及边界条件同时化成齐次的，选满足 (4)问题 (4)是一个二阶常系数线性非齐次常微分

10、方程的边值问题，它的解可以通过两次积分求得：求出函数之后，再由问题（1）-（3）可知函数为下列定解问题 的解 采用分离变量法，可得式(5)满足齐次边界条件(6)的解为 (7)利用式(7)中第二个条件可得 于是定解问题(5)-（7）的解可表示为代入式(7)中第一个条件，得即由傅氏级数的系数公式可得 (8)因此，原定解问题的解为其中由式(8)确定例11在扇形区域内求下列定解问题的解。解：采用极坐标表示即 ，将代入方程及边界条件，得 及 （3）可见（1）和（3）构成本征值问题。（1）得通解为 （4）由（3）可得 由此得本征值为 （5）和本证函数 （6）将（5）代入（2）得这是Euler方程，令，得其

11、通解为 （7）由自然条件，取 ，于是问题的本征解为一般解为本征解的迭加，故 （8）由边界条件，得 （9）代入（8），得定解问题的解为：例12在铀块中，除了中子的扩散运动之外，还进行着中子的增值过程，每秒钟在电位体积中产生的中子数正比于该处的中子浓度，从而可表为（是表示增殖快慢的常数），设铀块厚度，在两端浓度为零，求证临界厚度为（铀块厚度超过临界，则中子浓度将随时间而增长，一致铀块爆炸核爆炸），该问题写成定解问题即为解：令，代入原方程可得即 （1） （2）由(1)得 由得。从而，于是得本征值和本征函数分别为代入(2)，并解得 于是及时，若，则浓度将随时间而增长，便可能产生爆破； 若，则浓度将随时

12、间而减小，反应堆可能熄火；若, 即时，浓度将不随时间而变化，这时就是临界密度.例13矩形区域，上，电位满足，并满足边界条件：，。解：定解问题为 （1）令使得和分别满足 (2) (3)先解（2），令, 则有,即 （4） （5）（4）得通解为 （6）由得，代入（6）得，因此得本征值和本征函数从而 由得 ，即 （7）由得 将展开成Fourier正弦级数，可以得到 （8）由(7)(8)可得再解（3），令, 则有,即可以求得由得 （9）又由得 将展开成Fourier正弦级数，可以得到当时有当时有由(9)及以上两式得当时，.最后例14在带形区域（，）上求解Laplace方程，使, ，。解：定解问题为 （1

13、）令，代入原方程得 （2） （3）由（1）的第二式得 （4）解本征值问题（2）（4），得解关于的方程（3）得从而有 （4）将（4）代入边界条件（1）的第三式，得 （5） （6）由（6）得代入（5）得由此得 习题1 就下列初始条件及边界条件解弦振动方程 2 两端固定的弦的长度为，用细棒敲击弦上点，即在施加冲力，设其冲量为，求解弦的振动。即求解定解问题3 长为的杆，一段固定，另一端因受力而伸长，其定解问题为 （1）4 长为的理想传输线远端开路，先把传输线充电到电位差，然后把近端短路。求解线上的电压，其定解问题为 （1） 5 设弦的两端固定于及，弦的初始位移如图所示，初速度为零，又没有外力作用，求弦

14、作横向振动时的位移函数。 图3-3（第5题图）6 试求适合于下列初始条件及边界条件的一维热传导方程的解 7 求解一维热传导方程，其初始条件及边界条件为8 在圆形区域内求解，使满足边界条件(1) , (2) 。9 求下列定解问题 （1）10 求满足下列定解条件的一维热传导方程的解11 试确定下列定解问题解的一般形式。12 .在矩形域内求拉普拉斯方程的解，使满足边界条件 13求半带形区域内的静电势，已知边界和上的电势都是零，而边界上的电势为（常数）。14 求解薄膜的恒定表面浓度扩散问题。薄膜厚度为，杂质从两面进入薄膜，由于薄膜周围气体中含有充分的杂质，薄膜表面上的杂质浓度得以保持为恒定的，其定解问

15、题为 求解。解答与提示 1解 定解问题如下： 设，代入上述方程得到 由条件，得到 令，此时的通解为： 因此得本征值和本征函数分别为将本征值代入，得 解之得 令，有利用叠加原理得代入初始条件，得到 及由，得 于是得 ， 将其代入得到： 2 解：令，代入原方程及边界条件得 （1） （2）解(2)第一式可得由（2）的第二式得，将代入（1）得于是由初始条件得所以从而 3 解：令，代入原方程和边界条件得 （2） （3）下面求解本征值问题（3）1) 若，则由边界条件（3）的第二式得，从而，故。2） 若，则由边界条件（3）的第二式得解之得，从而，所以不能有。3） 若，令 (为实数），则由边界条件（3）的第二

16、式得所以，将本征值代入（2）式，解之得从而代入初始条件得故有于是得 4解：本题与第2题类似，具有第一类和第二类边界条件，从而可得其一般解由初始条件得所以 5解：弦固定于及两端，初速度为零，即定解问题为 设，得到其满足边界条件代入得到有 ，经讨论知当或时，问题没有非零解。 在时令，得 因此有本征值和本征函数分别为将本征值代入，得解之得 令，有利用叠加原理得代入初始条件得 将其代入得到： 6 解 定解问题为设，代入上述方程得到 由条件，得到 （3）令，此时的通解为： 由此得本征值和本征函数依次为将本征值代入，得其通解为故有式中 叠加得到由，得 于是得将其代入得到：7 解 由题意即求定解问题设，并取

17、得到 解方程得到 由边界条件得 ，代入上式得 及 又 解方程得到 于是根据初始条件由得到， 故得原定解问题的解为 8 解 采用极坐标，即令, 则泛定方程为令代入上式并分离变量可得即 （1） （2）由（1）可得 由自然边界条件得将代入(2)得作欧拉变换将其化为常系数线性微分方程，可求得其通解为所以，本征解为对于略去和得（1）由有，故因此(2) 由有，因此.9 解 将u及非齐次项A按固有函数系展开，注意是第一类齐次边界条件 ，故有 及 代入中的方程有 故有即 上述方程相应齐次方程的通解，即 特解为 于是有 又由于 ，得到故 ，可得 或 10 解 定解问题为设 ，并取，从而v满足 令，由分离变量法解

18、得于是一般解为级数形式由 初始条件有 ，所以有于是最后 11解 定解问题为 设 代入得到故为使的方程和边界条件均为齐次，应选使之满足 将式对积分两次得代入边界条件中得 由此得 故有 此时，求解的问题，可化为 用分离变量法可求得的解为其中 故原定解问题的解为式中 。 12 解 设方程为 令代入得到： 由边界条件得到 （4）在 时，（3）的通解为 由得且 于是有解出通解为，于是有 由边界条件 得 ，则级数的各项系数均为零，故又由 即 故 由以上各式解得 于是有 13 解 定解问题为令 ，取 ，代入方程得到设 有 解及（2）得到由 则 由 ，则 ，故，而再由 ，故故定解问题的通解为 14 解 令, 则, 代入定解问题得 （1）令, 代入上式的第一式得 （2） （3）由(2)得 （4）由，得从而，由此得本征值和本征函数分别为代入(3)得 ，于是由得.