波动方程求解2-分离变量法

发表于 2021-03-17 更新于 2024-08-31 分类于物理阅读次数：本文字数： 2.1k 阅读时长 ≈ 8 分钟

分离变量法求解波动方程：齐次方程、齐次边界条件下

大量参考《数学物理方法》-杨孔庆

齐次方程齐次边界条件

写成方程形式为：

\[ \begin{cases} u_{tt}-a^2u_{xx}=0\qquad &(0<x<l,\quad t>0)\\ u(0,t)=u(l,t)=0\qquad &(t>0)\\ u(x,0)=\phi(x)\qquad &(0<x<l)\\ u_t(x,0)=v(x)\qquad &(0<x<l) \end{cases} \]

这四个等式，上一篇文章都推导过

第一个：等号右边外力项 \(f_0(x,t)=0\)，即齐次波动方程，其中 \(u_{tt}\) 为弦振动的位移（x轴对应的某一点的弦在y轴方向上下振动）对时间的二阶求导，\(u_{xx}\) 为弦函数（某一时刻，整条线呈现为一个y关于x的函数）对x的二阶导
第二个：第一类边界条件，两端固定；
第三个：\(t=0\) 的初始状态，弦位置分布；
第四个：\(t=0\) 时初始状态，每一点的速度分布。

分离变量

分离变量法，\(u\) 是关于时间 \(t\) 和位置 \(x\) 的复合函数，我们假设函数的解 \(u\) 中，\(t\) 与 \(x\) 可以分开即最终解为

\[u(x,t)=X(x)T(t)\]

（因为每一时刻 \(z\) 整条弦是一个 \(y\) 关于 \(x\) 的函数，而每一点在不同的时候上下振动也是一个关于时间 \(t\) 的函数）将这个形式的解带入到上面的第一个等式中

其中第一项 \(u_{tt}\) 为函数 \(u\) 对时间 \(t\) 的二阶求导（求导两次），对 \(t\) 求导时，\(X(x)\) 与 \(t\) 无关不会变，反之相同；\(T’{’}\) 代表 \(T(t)\) 对时间的二阶导（这里的“双撇”用英文引号，在hexo next公式里面有问题，我是这么打出来的T’{’}，直接复制，不然有问题）

\[ \begin{aligned} u_{tt} &= \frac{\partial\frac{\partial (X(x)T(t))}{\partial t}}{\partial t}\\ &= X(x) \frac{\partial\frac{\partial (T(t))}{\partial t}}{\partial t}\\ &= X(x) T(t)’{’}\\ &=XT’{’} \end{aligned} \]

同理 \(u_{xx}=T(t)X(x)’{’}=TX’{’}\)

\[u_{tt}-a^2u_{xx} = XT’{’}-a^2TX’{’}=0\]

\[\frac{T’{’}}{a^2T}=\frac{X’{’}}{X}\]

上面这个等式，左边全部与 \(t\) 相关，右边全部与 \(x\) 相关，如果他们相等只能是常数，比如如果他们等于 \(2t\)，那么随着 \(t\) 的变化，方程左边变了，但是右边只与 \(x\) 有关，是不变的，反之同理

X(x)求通解

因此假设

\[\frac{T’{’}}{a^2T}=\frac{X’{’}}{X}=-\lambda \qquad (\lambda>0)\]

如果为正，后面的计算中会有冲突

对于 \(\frac{X’{’}}{X}=-\lambda\)，即\(X’{’}+\lambda X = 0\)，这是一个常见的二阶常微分方程，使用特征方程法，我们假设\(X = Ce^{r x}\)，则有

\[X’{’} + \lambda X = r ^2 C e^{r x} + \lambda C e^{r x} = 0\]

特征方程为：

\[r^2 + \lambda = 0\]

有两个虚数根：

\[r = \pm \sqrt{\lambda} i\]

解有两个\(\{C_1e^{r_1x} ， C_2e^{r_2x}\}\)，且线性无关，根据解的线性叠加原理可知：

解集 \(X= C_1e^{r_1x} + C_2e^{r_2x}=C_1e^{\sqrt{\lambda} ix} + C_2e^{-\sqrt{\lambda} ix}\) 为通解。

对于虚数指数有如下关系（欧拉恒等式）：

\[e^{ix} = cosx + i sinx\]

则通解为

\[X = C_1e^{\sqrt{\lambda} ix} + C_2e^{-\sqrt{\lambda} ix} = (C_1+C_2)cos\sqrt{\lambda}x+i(C_1-C_2)sin\sqrt{\lambda}x\]

但是包含虚数，因此为了方便运算，我们再取其中两个特解，进行线性叠加，可以得到通解

当\(C_1=C_2=\frac{1}{2}\)时，特解为\(X=(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})cos\sqrt{\lambda}x\)
当\(C_1=-C_2=\frac{1}{2i}\)时，特解为\(X=i (\frac{1}{2i}+\frac{1}{2i}) sin\sqrt{\lambda}=sin\sqrt{\lambda}x\)

则我们的通解可以写为：

\[X=Csin\sqrt{\lambda}x+Dcos\sqrt{\lambda}x\]

此处 \(C\) 仅仅为线性叠加的常数，与上面的 \(C \quad C_1 \quad C_2\)无关

X(x)带入边界条件--本征函数、本征值

对于边界条件 \(u(0,t)=u(l,t)=0\) ，将分离变量后 \(u(x,t)=X(x)T(t)\) 带入，可得

\[X(0)T(t)=X(l)T(t)\]

显然T(t)不能为0，否则\(u(x,t)\)恒为0，波动方程不动了……，只能是

\[X(0)=X(l)=0\]

刚才关于\(X(x)\)的通解为\(X=Csin\sqrt{\lambda}x+Dcos\sqrt{\lambda}x\)

分别带入边界条件

\(X(0)=0\)时，\(X=Csin\sqrt{\lambda}x+Dcos\sqrt{\lambda}x=D=0\)

\(X(l)=0\)时，\(X=Csin\sqrt{\lambda}l+0 \times cos\sqrt{\lambda}x=0\)

C不能为0，否则，又变成了恒等式，只能是

\[sin\sqrt{\lambda} l=0\]

此时，\(\lambda\) 只能取特定的值，称为 本征值

\[\sqrt{\lambda}l = n\pi \qquad n = 0,1,2,3……\]

\[\lambda _n = (\frac{n\pi}{l})^2 \qquad n = 0,1,2,3……\]

对于每一个本征值 \(\lambda_n\)对应一个\(X_n(x)\)的解

\[X_n(x)=Csin\frac{n\pi}{l}x \qquad n = 0,1,2,3……\]

这个解，被称为 本征函数

T(t)求解--本征频率

与之前\(X(x)\)的求解同理，T(t)的通解为

\[T=Asin(a\sqrt{\lambda} t) + Bcos(a\sqrt{\lambda} t)\]

这里的\(\lambda\)和之前X(x)求解中是一个，所以

\[\lambda _n = (\frac{n\pi}{l})^2 \qquad n = 0,1,2,3……\]

对于每一个 \(\lambda _n\) 都有一个 \(T_n(t)\) 的解与之对应

\[T_n(t)=A_nsin(a\frac{n\pi}{l}t) + B_ncos(a\frac{n\pi}{l}t) \qquad n = 0,1,2,3……\]

此时令 \(a\frac{n\pi}{l}=\omega_n\)，这里的 \(\omega_n\) 就是 本征频率，上面的式子可以写成

\[T_n(t)=A_nsin(\omega_nt) + B_ncos(\omega_nt)\qquad n = 0,1,2,3……\]

这时候，每一个本征值 \(\lambda_n\) 都对应一个本征解 \(u_n\)

最终定解

\[u_n(x,t) = X(x)T(t)=Csin\frac{n\pi}{l}x(A_nsin(\omega_nt) + B_ncos(\omega_nt)) n = 0,1,2,3……\]

因为 \(A_n \quad B_n \quad C\) 都只是一个积分常数，我们将 \(CA_n\) 合并为 \(A_n\)，注意，前后的 \(A_n\) 并不相等，只是代表一个常数，\(B_n\) 也做同样处理，式子可以化为

\[u_n(x,t) = X(x)T(t)=sin(\frac{n\pi}{l}x)(A_nsin(\omega_nt) + B_ncos(\omega_nt))\qquad n = 0,1,2,3……\]

这无穷多个 \(u_n\) 都是满足波动方程和边界条件，由线性微分方程解的线性叠加原理可以得知，这一问题的解为无穷多个 \(u_n\) 的线性叠加

\[u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty u_n(x,t) = \sum_{n=1}^\infty sin(\frac{n\pi}{l}x)(A_nsin(\omega_nt) + B_ncos(\omega_nt))\qquad n = 0,1,2,3……\]

其中的 \(A_n \quad B_n\)可以由最开始的四个方程中的初始状态确定，即方程3、4

初始状态：求\(A_nB_n\)

对于上面解中

\[\sum_{n=1}^\infty sin(\frac{n\pi}{l}x)\qquad n = 0,1,2,3……\]

是一个完备的正交函数系

由于初始条件 \(\phi(x) \quad v(x)\) 都是定义在 \([0,l]\) 上的，我们可以在这个函数系上进行Fourier展开，如下

\[ \phi(x) = \sum_1^n \phi_n sin(\frac{n\pi}{l}x) \tag {5.1} \]

\[v(x) = \sum_1^n v_n sin(\frac{n\pi}{l}x) \tag {5.2}\]

展开系数可以写为

\[\phi_n = \frac{2}{l} \int_0^l \phi(x) sin(\frac{n\pi}{l}x) \tag {5.3}\]

\[v_n = \frac{2}{l} \int_0^l v(x) sin(\frac{n\pi}{l}x) \tag {5.4}\]

最开始的初始状态有

\[ \begin{cases} u(x,0)=\phi(x)\qquad &(0<x<l)\\ u_t(x,0)=v(x)\qquad &(0<x<l) \end{cases} \]

之前 \(u(x,t)\) 已经有解，因此可得

\[ \begin{aligned} \phi(x)&=u(x,0)\\ &=\sum_{n=1}^\infty sin(\frac{n\pi}{l}x)(A_nsin(\omega_n 0) + B_ncos(\omega_n 0))\\ &=\sum_{n=1}^\infty sin(\frac{n\pi}{l}x)B_n \end{aligned} \tag {5.5} \]

速度函数，对t求导即可

\[ \begin{aligned} v(x)&=u_t(x,0)\\ &=\sum_{n=1}^\infty sin(\frac{n\pi}{l}x)(A_n \omega_n cos(\omega_n t) -B_n \omega_n sin(\omega_n t))\\ &=\sum_{n=1}^\infty sin(\frac{n\pi}{l}x)(A_n \omega_n) \end{aligned} \tag {5.6} \]

注意 \((5.1) \quad (5.5) \quad (5.3)\)对比

\[B_n= \phi_n = \frac{2}{l} \int_0^l \phi(x) sin(\frac{n\pi}{l}x)\]

同样，\((5.2) \quad (5.6) \quad (5.4)\)对比

\[\begin{aligned} A_n= \frac{v_n}{\omega_n} &= \frac{2}{\omega_nl} \int_0^l \phi(x) sin(\frac{n\pi}{l}x)\\ &=\frac{2}{an\pi} \int_0^l \phi(x) sin(\frac{n\pi}{l}x) \end{aligned}\]