菲兹克斯喵

外观

请我喝杯奶茶→

Lesson 4 分离变量法 (三)

约 2027 字大约 7 分钟

2025-10-17

两端固定弦的受迫振动

/Example/

求解定解问题

∇2u=xyu∣x=0=u∣x=a=0u∣y=0=ϕ(x) ,u∣y=b=ψ(x)\begin{aligned} &\nabla^2u=xy\\\\ &u|_{x=0}=u|_{x=a}=0\\\\ &u|_{y=0}=\phi(x)\,,\quad u|_{y=b}=\psi(x) \end{aligned}

我们考虑先找一个特解 vv，这个特解猜测满足：

v=f(x)y ,{f′′(x)y=xyf(0)=f(a)=0v=f(x)y\,,\quad\left\{\begin{aligned} &f''(x)y=xy\\\\ &f(0)=f(a)=0 \end{aligned}\right.

用多项式来估计这个结果，可以得到特解

v=16x3y−16a2xyv=\frac{1}{6}x^3y-\frac{1}{6}a^2xy

之后就转变为 ww 的非齐次稳定方程、齐次边界条件的问题.

所谓分离变量法，只是找到了一种求特解的方式，求解过程中得到了一组分离变量形式的特解，叠加得到通解. 所以说我们本质上是寻找合适的正交完备函数组.

仍然以固定弦的受迫振动为例：

∂2u∂t2−a2∂2u∂x2=f(x,t)u∣x=0=u∣x=l=0u∣t=0=0 ,∂u∂t∣t=0=0\begin{aligned} &\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=f(x,t)\\\\ &u|_{x=0}=u|_{x=l}=0\\\\ &u|_{t=0}=0\,,\quad \left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=0 \end{aligned}

我们只用先解 X(x)X(x) 的本征值问题，找到

Xn(x)=sin⁡nπxl ,n=1,2,⋯X_n(x)=\sin\frac{n\pi x}{l}\,,\quad n=1,2,\cdots

然后把 u(x,t)u(x,t) 和非齐次项全部按照这一组基展开：

u(x,t)=∑n=1∞Tn(t)Xn(x) ,f(x,t)=∑n=1∞gn(t)Xn(x)u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty T_n(t)X_n(x)\,,\quad f(x,t)=\sum_{n=1}^\infty g_n(t)X_n(x)

然后我们代到方程里，对比系数，得到

注意

这里要求我们的非齐次项和本征函数的性质都足够好，比如求和和积分可以交换，也就是一致收敛；当然在数理方程这门课里面这个条件一直会成立.

∑Tn′′(t)Xn(x)−a2∑Tn(t)Xn′′(x)=∑gn(t)Xn(x)\sum T_n''(t)X_n(x)-a^2\sum T_n(t)X_n''(x)=\sum g_n(t)X_n(x)

直接用本征方程换掉 Xn′′X_n'' 项，得到

∑[Tn′′(t)−a2λnTn(t)−gn(t)]Xn(x)=0\sum[T_n''(t)-a^2\lambda_nT_n(t)-g_n(t)]X_n(x)=0

根据正交性，如果两边乘一个 Xm(x)X_m(x)，积分，因为正交性，得到这一项的系数应该是零；于是每一项的系数都应该是零. 得到 Tn(t)T_n(t) 的本征方程：

Tn′′(t)+a2λnTn(t)=gn(t)T_n''(t)+a^2\lambda_nT_n(t)=g_n(t)

这里咱们给了齐次的边界条件，也就是 Tn(0)=0T_n(0)=0 和 Tn′(0)=0T_n'(0)=0. 所以现在我们要解一个一元的定解问题，

Tn′′+a2λTn=gnTn(0)=Tn′(0)=0\begin{aligned} T''_n+a^2\lambda T_n=g_n\\\\ T_n(0)=T'_n(0)=0 \end{aligned}

因为我们还没有学 Laplace 变换和 Green 函数法，所以考虑用常数变易法来做，假设

Tn=Cn(t)sin⁡nπalt+Dn(t)cos⁡nπaltT_n=C_n(t)\sin\frac{n\pi a}{l}t+D_n(t)\cos\frac{n\pi a}{l}t

代入边界条件得到

C′sin⁡□+D′cos⁡□=0C′cos⁡□−D′sin⁡□=lnπagn\begin{aligned} &C'\sin\Box+D'\cos\Box=0\\\\ &C'\cos\Box-D'\sin\Box=\frac{l}{n\pi a}g_n \end{aligned}

解得

C′=lnπagncos⁡□ ,D′=−1nπagnsin⁡□C'=\frac{l}{n\pi a}g_n\cos\Box\,,\quad D'=-\frac{1}{n\pi a}g_n\sin\Box

积分一次，

Tn(t)=lnπa∫0tgn(τ)sin⁡[nπal(t−τ)]dτT_n(t)=\frac{l}{n\pi a}\int_0^t g_n(\tau)\sin\left[\frac{n\pi a}{l}(t-\tau)\right]\text{d}\tau

这正是一个标准的卷积.

如果 f(x,t)=A0sin⁡ωtf(x,t)=A_0\sin\omega t (受迫振动)，我们有

A0sin⁡ωt=2A0π∑n=1∞1−(−1)nnsin⁡nπlxsin⁡ωtA_0\sin\omega t=\frac{2A_0}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\frac{1-(-1)^n}{n}\sin\frac{n\pi}{l}x\sin\omega t

非齐次稳定问题

/Example/

定解问题

∇2u=f(x,y)u∣x=0=u∣x=a=0u∣y=0=u∣y=b=0\begin{aligned} &\nabla^2u=f(x,y)\\\\ &u|_{x=0}=u|_{x=a}=0\\\\ &u|_{y=0}=u|_{y=b}=0 \end{aligned}

我们直接用两套本征函数展开，

u(x,y)=∑n=1∞∑m=1∞cnmsin⁡nπaxsin⁡mπbyf(x,y)=∑n=1∞∑m=1∞dnmsin⁡nπaxsin⁡mπby\begin{aligned} &u(x,y)=\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty c_{nm}\sin\frac{n\pi}{a}x\sin\frac{m\pi}{b}y\\\\ &f(x,y)=\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty d_{nm}\sin\frac{n\pi}{a}x\sin\frac{m\pi}{b}y \end{aligned}

其中，

dnm=4ab∫0b∫0af(x,y)sin⁡nπaxsin⁡mπbydxdyd_{nm}=\frac{4}{ab}\int_0^b\int_0^af(x,y)\sin\frac{n\pi}{a}x\sin\frac{m\pi}{b}y\text{d}x\text{d}y

而代入方程，比较系数，得到的是

cnm=−dnm(nπa)2+(mπb)2c_{nm}=-\frac{d_{nm}}{\displaystyle{\left(\frac{n\pi}{a}\right)^2+\left(\frac{m\pi}{b}\right)^2}}

完全展开这种方法仅仅适用于「边界条件均齐次、方程非齐次的稳定性 (不含时) 问题」.

而且另外一个缺点是，cnmc_{nm} 的分母不能为零：这在什么情况下能够出现呢？当边界条件是第二类边界条件时，λ=0\lambda=0 也是本征值，这时候就没办法用这个条件.

非齐次边界条件的齐次化

以波动方程的定解为例，

∂2u∂t2−a2∂2u∂x2=0u∣x=0=μ(t) ,u∣x=l=ν(t)u∣t=0=0 ,∂u∂t∣t=0=0\begin{aligned} &\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=0\\\\ &u|_{x=0}=\mu(t)\,,\quad u|_{x=l}=\nu(t)\\\\ &u|_{t=0}=0\,,\quad\left.\frac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=0 \end{aligned}

考虑 u=v+wu=v+w，其中 vv 只需要满足非齐次的边界条件. 之后方程变得非齐次，边界条件齐次化.

找 vv 时，可以插值，找很多不同的解，比如一次函数型的，

v=μ(t)l(l−x)+ν(t)lxv=\frac{\mu(t)}{l}(l-x)+\frac{\nu(t)}{l}x

或者二次函数型的，

v=μ(t)l2(l−x)2+ν(t)l2x2v=\frac{\mu(t)}{l^2}(l-x)^2+\frac{\nu(t)}{l^2}x^2

当然我们在做柱面的这类问题时有一些选取 vv 的法则，以便于我们之后能够解出非齐次的方程.

/Example/

定解问题

∂u∂t−κ∂2u∂x2=0u∣x=0=Asin⁡ωt ,u∣x=l=0u∣t=0=0\begin{aligned} &\frac{\partial u}{\partial t}-\kappa\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=0\\\\ &u|_{x=0}=A\sin\omega t\,,\quad u|_{x=l}=0\\\\ &u|_{t=0}=0 \end{aligned}

取

v=A(1−xl)sin⁡ωtv=A\left(1-\frac{x}{l}\right)\sin\omega t

剩下就是解 ww.

一个特殊的方法是，方程和边界条件同时齐次化，我们要求 v=f(x)sin⁡ωtv=f(x)\sin\omega t，于是

f′′(x)+(ωa)2f(x)=0 ,f(0)=0 ,f′(l)=Af''(x)+\left(\frac{\omega}{a}\right)^2f(x)=0\,,\quad f(0)=0\,,\quad f'(l)=A

得到

v(x,t)=Aaω1cos⁡(ωl/a)sin⁡ωaxsin⁡ωtv(x,t)=\frac{Aa}{\omega}\frac{1}{\cos(\omega l/a)}\sin\frac{\omega}{a}x\sin\omega t

/Example/

下面的三维问题，请齐次化边界条件

∂u∂t−κ[∂2u∂x2+∂2u∂y2]=0u∣x=0=μ(y) ,u∣x=a=ν(y)∂u∂y∣y=0=α(x) ,∂u∂y∣y=b=β(x)u∣t=0=ϕ(x,y)\begin{aligned} &\frac{\partial u}{\partial t}-\kappa\left[\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}\right]=0\\\\ &u|_{x=0}=\mu(y)\,,\quad u|_{x=a}=\nu(y)\\\\ &\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{y=0}=\alpha(x)\,,\quad\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{y=b}=\beta(x)\\\\ &u|_{t=0}=\phi(x,y) \end{aligned}

因为空间上的边界不含时，我们还是能够做到同时齐次化 (仅仅对空间来进行).

分离变量法总结

我们现在求解的问题都是矩形边界，因为我们只有在矩形边界上能够齐次化边界条件. 当然，王竹溪的《特殊函数概论》附录中总结了很多可以通过坐标变换化为矩形边界的一些边界条件.

比如等腰直角三角形区域的热传导问题，可以沿着斜边对称为一个正方形.

分离变量法 (三)

正交曲面坐标系下的 Laplace 算符

我们可以证明，在正交曲面坐标系下，Laplace 算符仍然不含混合导数. 如果不是正交的，那么会出现混合导数，我们的分离变量法就没办法做. 所以很多人在问能不能用椭球坐标做分离变量，这个事情其实非常非常难做.

极坐标的 Laplace 算符，

∇2≡1r∂∂r(r∂∂r)+1r2∂2∂ϕ2\nabla^2\equiv\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2}{\partial \phi^2}

这是要背下来的，不然考场上现推几乎不可能.

柱坐标的 Laplace 算符为

∇2=1r∂∂r(r∂∂r)+1r2∂2∂ϕ2+∂2∂z2\nabla^2=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2}{\partial\phi^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}

球坐标：

∇2≡1r2∂∂r(r2∂∂r)+1r2sin⁡θ∂∂θ(sin⁡θ∂∂θ)+1r2sin⁡2θ∂2∂ϕ2\nabla^2\equiv\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}\right)+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\phi^2}

限制条件都是 r≠0r\neq0，这里会有个奇点.

一个更好的推导是，Lamé 系数：考虑基矢量为

e^i=1hi(∂x∂qii^+∂y∂qij^+∂z∂qik^)\hat{e}_i=\frac{1}{h_i}\left(\frac{\partial x}{\partial q^i}\hat{i}+\frac{\partial y}{\partial q^i}\hat{j}+\frac{\partial z}{\partial q^i}\hat{k}\right)

相互正交，也就是满足 e^i⋅e^j=δij\hat{e}_i\cdot\hat{e}_j=\delta_{ij}. 其中

hi=(∂x∂qi)2+(∂y∂qi)2+(∂z∂qi)2h_i=\sqrt{\left(\frac{\partial x}{\partial q^i}\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial q^i}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial q^i}\right)^2}

有了这个系数之后，可以写出 nabla 算子

∇=∑i=13e^ihi∂∂qi\nabla=\sum_{i=1}^3\frac{\hat{e}_i}{h_i}\frac{\partial}{\partial q^i}

更新日志

2025/10/17 15:57
查看所有更新日志
  • f1988-feat(note): add emp note于

版权归属：physnya

许可证：署名-非商业性-相同方式共享 4.0 国际 (CC-BY-NC-SA-4.0)