1、例1.1.1 設v=v(線x,y),二階性偏微分方程 vxy =xy的通解。解原方程可以寫成e/ex (ev/ey)=xy兩邊對x積分，得Vy = 0 (y) +1/2 x 2Y,其中0(y)是任意一階可微函數。進一步地，兩邊對 y積分，得方程得通解為v (x,y) = Jvydy+f (x) = fC (y) dy+f (x) +1/4 x 2y2=f (x) +g (y) +1/4 x 2y2其中f (x) ,g (y)是任意兩個二階可微函數。例 1.1.21.1.2 訛u=u(七，門),求下列俏潴分方程的通解：*P具中AJ是字敝* a除原方程可以寫曲=口,+兩邊對積紂，彳至u/dq 一d

2、u =中01)一等式兩邊同時乘e然后通過分部積分Wd ) /dn = fFWVq)1兩邊對口枳分,得方程的解卻 e-u(C，n = fe-qJCndq + F=網&十備(門)即u(已)=F( 9 + G(力，其中F( E),G(力是任意兩個可微函數。例1.2.1設有一根長為L的均勻柔軟富有彈性的細弦，平衡時沿直線拉緊，在受到初始小擾動下，作微小橫振動。試確定該弦的運動方程。取定弦的運動平面坐標系是Oxu,弦的平衡位置為x軸，弦的長度為L,兩端固定在 O,L兩點。用u(x,t)表示弦上橫坐標為 X點在時刻t的位移。由于弦做微小橫振動，故Ux0.因此a 0, cos a韋sin a相n o=Ux0

3、,其中a表示在X處切線方向同 X軸的夾角。下面用微元 法建立U所滿足的偏微分方程。在弦上任取一段弧 MM,考慮作用在這段弧上的力。作用在這段弧上的力有張力和外力。可以證明，張力 T是一個常數，即 T與位置x和時間t的變化無關。事實上，因為弧振動微小，則弧段 MM的弧長x Yx2s=Vl+uxdxAx。這說明該段弧在整個振動過程中始終未發生伸長變化。于是由Hooke定律，張力T與時間t無關。因為弦只作橫振動，在x軸方向沒有位移，故合力在x方向上的分量為零，即T(x+ 4x )cos a-T(x)cos c=0.由于cos / M , cos a 4,所以T(X+ &x)=T(x),故張力T與x無

4、關。于是，張力是一個 與位置x和時間t無關的常數，仍記為 T.作用于小弧段 MM的張力沿u軸方向的分量為Tsin a-Tsin a 用(ux(x+,t)-u x(x,t).設作用在該段弧上的外力密度函數為F (x,t)那么弧段 MM 在時刻t所受沿u軸方向的外力近似的等于 F(x,t)以.由牛頓第二定律得T (ux(x+ Ax ,t)-u x(x,t)+F(x,t) -x= putdx,其中p是線密度，由于弦是均勻的，故p為常數。這里utt是加速度utt在弧段MM 上的平均值。設u=u(x,t)二次連續可微。由微分中值定理得Tuzz (x+ 心x , t) *x+F(x,t) x = P ut

5、t Ax , 0 01.消去&x ,并取極限Ax-0得Tuxx （x，t） +F（x,t尸 pu 共即u tt= a2 u xx+ ?(x,t),0x0, 2一,，其中常數a =T/ p,函數？(x,t) =F(x,t)/ p表不在x處單位質量上所受的外力。上式表示在外力作用下弦的振動規律，稱為弦的強迫橫振動方程，又稱一維非齊次波動方程。當外力作用為零時，即 ?=0時，方程稱為弦的 自由橫振動方程。類似地，有二維波動方程u tt = a2 (u xx+u yy) +? (x.y.t) , (x,y) w Q ,t0,電場E和磁場H滿足三維波動方程2 一2二 E 2、2H2、2 一2- = c

6、E 和 -2- = c H ,什ft其中c是光速和.2:z-2-y例1.2.2設物體在內無熱源。在中任取一閉曲面S (圖1.2)。以函數u(x,y,z,t)表示物體在t時刻，M=M(x,y,z)處的溫度。根據 Fourier熱傳導定律，在無窮小時段 dt內流過物體的一個無窮小面積dS的熱量dQ與時間dt ,曲面面積dS以及物體溫度u沿曲面的外法線n的方向導數三者成正比，即-k dSdt n,其中k=k(x,y,z)是在物體M(x,y,z)處的熱傳導系數，取正值。我們規定外法線n方向所指的那一側為正側。 上式中負號的出現是由于熱量由溫度高的地方流向溫度低得地方。故當Word資料0時，熱量實際上是

7、向-n方向流去。 n對于內任一封閉曲面 S,設其所包圍的空間區域為 V,那從時刻t1到時刻t2經曲面流出的熱量為t2-uQi = - 111 k dSdtt1 S 二 n設物體的比熱容為c(x,y,z)，密度為p(x,y,z),則在區域V內，溫度由u(x,y,z, t1)到u(x,y,z)所需的熱量為t2rQ2 : Iiic： U(x,y, z,t2)-u(x, y, z,ti )dv ： 1111 c- dvdt.V11V二 t根據熱量守恒定律，有Q2 - -QiHcpu(Vt2-x,y,z,t2)-u(x, y, z,t1)dv 二k-dSstti S二n假設函數u(x,y,z,t)關于x

8、,y,z具有二階連續偏導數，關于 t具有一階連續偏導數，那么由高斯公式得t2,1V；-:y4 f a 、u cu ;kdvdt = 0.cz 1 cz J由于時間間隔ti,t2及區域V是任意的，且被積函數是連續的，因此在任何時刻t,在內任意一點都有c-=jx(1.2.6)方程稱為非均勻的各向同性體的熱傳導方程。如果物體是均勻的，此時k,c及p均為常、，人2k，、房八，數，令a2 = 一，則方程(1.2.6)化為 cP.:u=a .:t；：2u；：2u2 2 y:z2 .=a lu(1.2.7)它稱為三維熱傳導方程若物體內有熱源，其熱源密度函數為，則有熱源的熱傳導方程為2 .Ut ua u f

9、(x, y, z,t)(1.2.8)其中f = c：類似地，當考慮的物體是一根均勻細桿時如果它的側面絕熱且在同一截面上的溫度分布相同，那么溫度只與有關，方程變成一維熱傳導方程2 ut =a uxx(1.2.9 )同樣，如果考慮一塊薄板的熱傳導，并且薄板的側面絕熱，則可得二維熱傳導方程2 ,、ut =a (uxx +uyy)(1.2.10 )(P16)例1.3.1 長為L的彈性桿，一端固定，另一端被拉離平衡位置 b而靜止，放手 任其振動。試寫出桿振動的定解問題。解取如圖1.3所示的坐標系。Cu, C Cu 1 , C -Ik + k + k z隊yyL+b泛定方程就是一維波動方程(桿的縱振動方程

10、)u tt=a 2 u xx ,0xL.在初始時刻(即放手之時)，桿振動的速度為零，即 ut(x,0)=o,oaq.而在x=L端拉離平衡位置，使整個彈性桿伸長了b。這個b是來自整個桿各部分伸長后的貢獻，而不是 x=L 一端伸長的貢獻，故整個彈性桿的初始位移為u| t 且=x,0 寂 q.再看邊界條件。一端 x=0固定，即該端位移為零，故有u(0,t)=0,0板q.另一端由于放手任其振動時未受外力，故有ux(L,t)=0,t四.所以，所求桿振動的定解問題為0x0,0a4,u utt=a u xx, u(x,0)= x, u t (x,0)=0,Lu(0,t)=0, u x (L,t)=0,tR.

11、(P17)例1.3.2 :長為L的均勻弦，兩端 x=0和x=L固定，弦中張力為 T,在x=x0處以橫向力F拉弦，達到穩定后放手任其振動。試寫出初始條件。ufF。皿L x解：建立如圖坐標系。設弦在X0點受到橫向力T作用后發生的位移為h,則弦的初始位移為hx, 0 xxo,，ru(x,0)=xoh(L-x), x w xW L,L L-x o其中h特求。由牛頓第二定律得F-Tsin a i-Tsin a 2=0, 在微小振動的情況下，Sin a i = tan “ i= h_, sin a 2= tan “2= h ,xoL-x 0所以 F=Th +Thxo L-x 0 因此h=Fx0(L-x 0

12、).TLF(L-x 0),0x0,故方程為雙曲型方程。對d y a 12 - 、a 12 - a 11 a 22=-1 .dxa 11y 3x =g, y+x = C2 .作自變量變換應的特征方程組為d y a 12: ya 212 - a 11 a 22丁 = = 3,dxa 11該方程組的特征曲線(即通解)y y y - 3x, n =y+x 則uxx=-3u u; Uy=u u,Uxx=9u _6u u 11, u xy = - 3u 至-2 u u1,U yy = 紇十2口的十口的.將上述各式帶入方程（2.1.22 ）,得第一種標準形式UE U = 0.(2.1.23 )24人 Ut

13、-n 一、若令s =,t =,則得到第二種標準形式22U ss - Utt - U s + U t = 0 .(2.1.24 )sf 一下面對式(2.1.24 )進一步化簡。令 U = Ve ，則Us = (Vs + 兒V )e+R,Ut = (Vt V )e s，Uss = (Vss 2 Vs 2V )e s Utt = (Vtt 2 Vt 2V )e，s .代入方程，得Vss - Vtt ( 2 - 1)V s (1 - 2)Vt (，2 -2 + .二 - )V = 0 .1我們取九= N= 一,則式(2.1.24 )化簡為2Vss - Vtt = 0 ,(2.1.25 )該方程不含一階

14、偏導數項。例 2.1.2化方程雙以也片口為標準形式解 因為 所以當X。時，方程(2一 L 26)為雙曲線方程，方 程(2. L26)為拋物線方程，此時方程(2 1.26)已是標準形式.當 y0時，方程(2. 1. 26)為輛圓型方程e方程(2. 1,26)的特征方程 組為。當”0時，該方程組的通解為裳槎(-y)3/z= 作變量代換，M十三一嚴二，月=x(y產工一則方程(2. L.26)可化為雙曲線型方程的第一標準形式aU i n .(U i -U H)=0. a當60,特征方程組的通解為一作變量代換，3則方程(2 1.26)變為橢圓型方程的標準形式aUt lflln -Ui=O.承刎例2.1.

15、4求值問題4y2Vxx+2(1-y 2)vxy-vyy-2y/(1+y 2) (2v x-vy)=0,x R1,Y0V(X,0)= ()(X) ,Vy (X,0) =0 (X) ,X fR1的解，其中4 (x)是已知任意二階可微函數，0 (x)是任意一階可微函數。解先把所給方程化為標準型。特征方程組為dy/dx =-1/2,dy/dx=1/2yA2.其通解為x+2y=C1,x-2yA3/3=C做自變量變換E =x+2y, n =x-2yA3/3,這樣給定的方程化為標準型V E =0依次關于n和E積分兩次，得通解 v=F ( E) +G ( n).代回原自變量x,y得原方程得通解v? (x,y)

16、 =F (x+2y ) +G (x-2yA2/3 )其中F,G是任意兩個可微函數。進一步，由初始條件得()(x) =v (x,0) =F (x) +G (x) ,0 (x) =V y (x,0) =2F (x)從而求出F (x) =F (0) +1/2 Jxo0 (t) dt,G (x) =()(x) -F (0) -1/2 Po C (t) dt.所以原定解問題的解為v (x,y) = (f) (x-2yA3/3) +1/2 廣+2y x-2yA3/3 0 (t) dt.例2.1.3設常數A,B,C滿足BA2-4AC w0,mi,m2是方程AmA2+Bm+C=0 的兩個根。證明二階線性偏微分

17、方程Au xx+Bu xy+Cu yy =0 的通解具有如下形式：u=u(x,y)=f(m1x+y)+g(m 2x+y),其中f,g是任意兩個二階可微函數。證 不失一般性，設 A W0和BA2-4AC0.其它情況可以類似的處理。令 Fm 1x+y, r=m 2x+y.貝UUx=m 1u e +m 2u ri, uy=u s+u t , Uxx=m1A2u e +2m 1m2u s +m 2A2u ” “uyy=u 七 +2u s +u T T ,uxy=m 1u 七 +(m 1 +m 2)u s +u T T上述式代入得(Am M2+Bm i+C) u s + (Am 2A2+Bm 2+C )

18、 u “ 4(2Am im 2+B(m 1+m 2)+2C)u e =0由題意得Am iA2+Bm 1 +C=0 , Am 2A2+Bm 2+C=0 , mi+m2=B/A, m 1 m 2=C/A上述式代入得(1/A)(4AC-BA2)u e =0又由題意得4AC-BA2卻故 u e =0對該方程兩邊分別關于和積分，得通解 u=f( 3+g (刀)，代回自變量x,y,得方程的通 解是u=u(x,y)=f(m ix+y)+g(m 2x+y),其中f,g是任意兩個二階可微函數。證畢。端點自由的半無限長的均勻弦振動的定解問題Utt =a2Uxx + f (x,t )0x0,u(x,0 六“儀)ut

19、(x,0 )=Wx) 0Mx0.因為Ux(0,t )=0 ,我們對函數f,印中關于x做偶延拓。定義F(x,t”(x抽出x珈下:X(x )= 4”(x, x0,例-x ,x0.巴x )=($x)X)x ,0,x ：: 0.F (x,t )= f x，t，f -x，t，x _ 0, t _ 0,x :二 0,t ,0.函數F（x，t ）由（x*（x勝00 xc+0c上是偶函數。由推論3.1.1偶函數，且ux（0，t ）=Ux（0，t ）=0.這樣得到定解問題u(x，t ) = U(x，t (x 之0，t 之0).所以,當x之at時,11 x at .1u x,t = 一 x at 廣；x - at

20、 d 22ax,2a,U(x，t)是關于x的(3.1.22 )的解d-dT (3.1.23)當 0 Wx 十 一2att x a tf ,-xs J(3.1.24 ) d d .例 4.2.3例42號 設邊界固定，均勻且柔軟的矩形膜，其長為3，寬 為 a，作微小橫振動，初始位移為初始速度為它求膜作自由振動的規律.解 設二（Ky，）為膜的位移，則上述物理問題可歸結 為求解下列定解問題：4 =(&+%10xa, 0y0,代vQ)=妣4(茗乂0)=依以 0x 0yb.卜Q 然，)=工&乂 r)=o,0y Q? 0/)=Q0x0.用分離變量法求解，設解= V（A）F（ y）7 （/） K O代人到定解

21、問題（4227）中的方程* 得廠二 丁。）.氣工）IF氣尸） P）-= -a m其中以，月為分離用數，記了=2+ .從而得到關于丁上不口）,F（前常微分方程/ 0?r/）+ Zc2r（/）= o,y ）+ /*“）=。 o vv h.由邊界條件，得 xg = xg）=。，因此得特征值向寇J+ AA7(a)O, O v jv v 不 1*0)=環門)=O求得特征值和對應的籽1E函數為久=4.=n Xm（*）=4r3mn 管=L 2、.類似地，我們得至u y（0）= y（6）=。以及關于y（y） 的特征值問題5） + U）= 0, 0 y v 瓦f（口）= Y（b）= 0.其特征值和對應的特征函數

22、為（n7r ,、 c n7vv. 一P - Pn- I 3 F（y） = Bn sinn = 1,2,-.記而丁，代入關于T的方程，得小下+京.、八丁工+尸：/工埒（，）=6其通解為十/ sin/曲a于是得到/GwAZGMSQg 利用疊加原理，得到定解問題的形式解（x J） = Z Z %”（x J/）=Z Z X.（X）】；（y）心，）h=1 m=lm=1 m=l白i 白,.、.mjvx . n/ry=工工（4. cosset + bmn smsin =i m=inb其中系數4打=月戶包h =。夕及, tUTLX ./77TVsinsm利用初始條件確定系數qO 8因為 （xnfO）=次您）=

23、ZE。哂m=1 m=l80/（x0） = xpg y=由三角函數系n=l.打？左* + nr v si nsm-?t=l.mjvx . riTry.csmsin-miltab在矩形區域0, 0 x0,3上的正交性，得- sin-bm 7tx . sm7njrydxdxa?, tn = 1, 25 端點固定的半無限長的均勻弦振動的定解問題考慮定解問題% =au r/（若上10 x03（3JJ6）虱二0）=如1,（工0）= Mt 0M XX S/0.u（m）=o.求解上述問題的基本思路是以某種方式延拓函數f4眄使其在一出（工0上也有定義，這樣把半無界區域04t+w上的問題轉變成一切工+如上的初值問

24、題。然后利用達朗貝爾公式（3.1.15）,求出在一團（工依上的解u （x,t）。同時使此解u （0,t）滿足u(0, t)=o.這樣當x限制在0,工+o)上就是我們所要求的半無界區域上的解。由微積分知識可知，如果一個連續可微函數g (x)在(一8黃加)上是奇函數，則必有g(0) =0.因此要使解u=u (x,t)滿足u (0,t)=0 ,只要u(x,t)是x的奇函數便可。而由推論3.1.1 ,只要 f(x,t),是x的奇函數。因此對函數 用單和桃關于x作奇延拓。我們定義F (x,t),&工)和如下:AH hNO.-*一旦=0.MH xo,一必一力“。-f /(工工1 xO,ZQ, 1-五KV

25、cu之a顯然函數 fKDWH和M4在一00工和0 上是奇函數。然后考慮初值問題-OJX0:,0)二制心刈=”球-oti利用線性代數中把對稱矩陣化為對角型的方法，我們可選取100B = _110 ，111I 2 2 )則BABT =E,這里E為三階矩陣，令y -x則給定的方程化簡為UU. v,U = 0.(2)方程對應的系數矩陣是4-20A =20-10-10因為1 00%BAB T =0-10,F01 J其中1 1100 I2B = 10 2所以取x2x yx-2 -y z則給定的方程化簡為uf-u u u”0.例3.1.1求解下列初值問題x _xutt - 9u xx = e - e ，一二

26、u x ,0 =x,ut x ,0 =sin解：利用達朗貝爾公式(3.3.15 )得1u x, t = x at； , x - atx -at2 a”at2at x a t ,： .0 .x_at_. f ，d d-01x 3t x2x-3 tsin0n-0x sin x sin 3t sinh2sinh x cosh 3t, 9易見，解u (x, t )關于x是奇函數。4.2.1波動方程的初邊值問題4 (x)，初始速度為小例4.2.1設邊長為L的弦，兩端固定，作微小橫振動。已知初位移為(x),試求弦的運動規律。解：該物理問題可歸為下列定解問題：,廣2-，-Utt =a u xx，0 x 01

27、 u ( x,0) =( x), U t (x ,0)川(x)、 u (0,t)=u (L,t) =0設上述問題有非零變量分離解u(x,t)=X(x)T(t).代入上述問題1中得：X(x)T(t尸 a2 X(x) T(t),由此設： (t)a2 T(t) = x x)X(x) =-入(記-訥比值常數)，并得：T(t)+Za2 T(t) =02X (x)+AX(x) = 0,3再根據邊界條件u(0,t)=u(L ,t)=0, 得：X(0) T(t)=X(L)T(t)=0 ,T(t)w0,則 X(0)=X(L)=0 ,由上分析，得：；.X ( x ) X ( x ) = 04 X ( 0 ) =

28、X ( L ) = 0(1) X=-伊 0 時，方程組4的通解為：X(x)= Cicos 3x+C 2sin 隊代入 X(0)= X(L)=0 ,解得Ci=0, C2Sin3L=0則 入= 入 n=3 n2=( n 兀 /L )2 ,n=1,2，Xn ( x )=C nn 二 x sin n=1,2,.將特征值加代入2 得:丁(t)+Zn a2 T(t) =0通解為UnTn (t)=A nn 二 at cos sinn 二 at(ana n=題 的變n 二 atcos+bLn 二 atn sin LsinAnCn ,bn = BnCn 為 任根據線性疊加原理，將特解 Un (x, t)疊加起來

29、，得到通解:00U(x,t)=、 U nn 1(x,t)=od二(an 1n 二 at 人n cos b n sinLn只at)sin LL為：7 1n=1,2 8由原定解問題:(x)=u(x,0)=oOq an sinn 1W (x) =u t(x,0)=CO、 bn n 1n 二a . sinL可將(x) , W (x)看作是0,L上的傅里葉級數，則有:2oL(x)sin dxLL /、 n 二 xI ( x ) sin dx- oL把上面得到的an,bn代入8中，得級數通解U(x,t)=oCoO、Un(x,t)= 、(an cosn -1n 二 at)sin淇中LL ： ,、 n 二 x

30、 7 ( x ) sin dxL經檢驗，得到的通解 u (x,t)滿足關于x和t逐項微分二次后一致收斂，因而滿足定解問題1中方程和相應條件，即通解 u (x,t)存在，是定解問題的解例4.2.2設長為L,且兩端自由的均勻細桿，作縱振動，且初始位移為e (x),初始速度為少(x)。試求桿做自由縱振動的位移規律。解:l1tt=a2l1xx,0x0N(x, 0)=(x), Nt(x,0)=W(x),0MxML，J0,t )= %(L,0),t 之 0令H(x,t)=X(xjT(t )，代入上式得:一 _ _ T tXxa2TtXx得到兩個獨立的常微分方程T ta2Tt=0X xXx=0一一一一 _

31、又由邊界條件，得 X (0)=X (L ) = 0.所以特征值問題為X x = X x = 0,0 : x L |X 0 =X L =0.當九0時，邊值問題中方程的通解為X x = Acos ： x Bsin x由邊 界條件 X(0)=X(L )=0,得B=0和Asin P L =0.因 為a因此得到系型特征值和對應的特征函數列%,Xn x =n 二 xAn cosL,n =0,1,2,將代入前式，得到相應的Co Dot,n =0Tn t = c n-：atn 二 atCn cosDnsinj- ,n =1,2,.因此函數a。+b0t,n = 0n x, t =Tn t Xn xn 二 at

32、,.an cos bn sinLn 二 atLcosx , n =1,2,L設所求的形式解為n 二 atx,ta。bot / I an cosnJ .Lbnsinn 二 at cosL L其中系數中的初始條件確定，即oCi, x = J x,0)= a0 a.n x cosLx = 4 x,0 =b八. bn -1n 二 a cosLn 二aL從而得(n=1,2,)1 L .a 0x dx , a01 Jb0 = 一(x )dx , bL 2 L .n 二 xx cos dx ,L 0LL，n 二 x x cos dx0L例 4.2.4設有一均勻細桿，長為L,兩端點坐標分別為 X=0和*=匚桿

33、的表面絕熱，再X=0端保持零度，在 X=L端熱量自由發散到溫度為零度的介質中去，已知初始溫度為(x),求桿上溫度分布規律解：設U(x,t)表示在x處，時刻t時的溫度，那么由第 1章可知，所給物理問題可以 歸結為求解下列定解問題：一2ut = auxx,0 x 0,J u (x, 0) = * (x),0 x 0,其中常數h0,函數(x)在0, L滿足狄利克雷條件。我們仍然用分離變量法解這個問題。設 u(x,t) =X(x)T(t).將其代入到(4.2.38)方程中，得T (t) X ”(x)-.=一九.a2T(t) X(x)從而得到關于T(t),X(x)的常微分方程T (t) a 2 T (t

34、) =0,X(x) X(x) =0,。：二中的邊界條件，得(4.2.39)(4.2.40)由(4.2.38 )x 二 L.4.2.41)X (0) = 0,X(L) hX (L) = 0.(4.2.42)卜面求解由方程（4.2.41 ）和邊界條件（4.2.42組成的特征值問題當 九W0時，邊值問題（4.2.41 ）和（4.2.42 ）只有零解。當02, B 0時，方程（4.2.41 ）的通解為X (x) u Acos : x Bsin : x由邊界條件（4.2.42 ）,得A = 0, B（ ： cos ： L hsin ： L） = 0.為求特征值和特征函數，設B#0.所以1 cos 1 L

35、 hsin ： L = 0,記九二 Pl,則上式可表示為根依次為012| | | n |,于是邊值問題(4.2.41 )和(4242 )的特征值嬴和相應的特征函數Xn(x)為2 2 n_ n - ： 2 n = 2 , X n (x)= B n sin- n x, n = 1,2,|(4.2.44)現在證明特征函數系S sin P1x,sin 2 2x, 111 ,sin Pnx,|，在0, L是正交系.記 n(x) = sin P nx, n =1,2,1“則 n(x), m m(x)分別滿足n(x)n n(x) = 0,0 :二 x :二 L, (4.2.45)m (x) m m(x) =

36、 0,0 :二 x :二 L (4.2.46)和邊界條件(4.2.42 ).用*m乘以(4.2.46 ),然后(4.2.46 ),然后兩式相減，并且在0, L上積分，得LL(，n-，m) n(x)m(x) dx =( n(x)m(x) - m(x)n(x) dx0L10L=.(n(x)m(x) - m(x)n(x) dx =(n(x)m(x) - m(x)n(x)0二m(L) n(L) - m(L)n(L)=- hm(L)n(L)h m(L) n(L) = 0因為當n m 時，九n *九m .所以L(4.2.47)! n (x) m (x) dx = 0, n -= m.0oO即特征函數系1s

37、in nx） | ,是0, l上的正交函數系 n = 1卜面將九=九n代入到方程（4.2.40 ）,得解2Tn(t) = A ne nat,n = 1,2,|(4.2.48)由此得到滿足方程(4.2.38 )中的方程和邊界條件的一組特解u n (x, t) = X n(x) T n(t) = C ne - na t sin : nx, n = 1,2, HI, 其中任意常數 Cn=AnBn, n = 1, 2, H I ，由于方程和邊界條件是其次的利用疊加原理，可設定解問題(4.2.38 )的形式解為qQqQu (x, t) = - un(x, t) =C nena2t sin . nx(4.

38、2.50)n -1n -1qQ上的用 sin 口 mX 乘以式(4.2.50 ),并且利用sin P nx) 1 是0, L n=1正交函數性，我們得到1 LCm = (x) sin - mxdx, m = 1,2, HI(4.2.51L m 0這里LL m = sin 2 mxdx ,04.2.38 )的形式解.將是(4.2.51 )代入(4.2.49 ),即得原定解問題(例4.4.1解下列非齊次邊界的定解問題2Utt =a Uxx + f (x)0x0, u(x,0) = (x) ,Ut(x,0) = (x),0x0o其中A , B是常數。解：設u (x,t) =U(x,t) + 8(x)

39、,將其帶入到上述的方程中，得 Utt= a2 ! xx (x) 1 f(x).為使方程和邊界條件都化為齊次的，我們選取缶(x)滿足32。(x) + f (x) =0,0 x L,(0) = A,a(L) =B.其解為.B - A x L1 x(x) = A x 九 0 (L s)f x ds 1 0(x -s) f (s)ds.再解U(x,t)滿足的定解問題2tt = a xx，0 ： x :二 L,t 0,u(x,0 卜 *(x)-m (x), ut(x,0) =V (x),0 x L,出0,t) =u(L,t) =0,t 之0.由波動方程的初邊值問題(例4.2.1)可知u(x,t) - (

40、x)(x,t)，./、二 nnnat nnat nnx= cc(x)+ an cos+bnsin isin,n，1LL ) L其中系數2 Ln-：x .二一 (x) - (x) sindx,L -0l2 Ln 二x= (x)sin dx, n =1,2 .n 二a 0L例4.4.2解下列初邊值問題:0x0, 0 E x M L ,B, t - 0 , b- 0.Ut = a2Uxx-bu,u x,0 =0 ,Ux 0,t = a, U L , t 二其中a,b,A,B是常數，且a0和解：設 U（ x , t）= v（ x , t）+ w（ x），其中 W（ x）滿足 w （0）= A,w（L）

41、= b ,顯然可取 W（X）= A（X 一 L）+ B.那 么v（ x , t）滿足如下（4.4.14 ）三等式。vt2bv-bw x ,0x0,v x ,0 = x - w x , 0 Mx M L,u x 0 , t =A,u L , t =B,t_0,，cos（2 n -1 Kx 工易知上式的特征函數系為 L 2 L ）因此上式的形式解為：Mn 1 二 x2L(4.4.15 )其中 T n t .ii. n = 1,2）為待定系數。把 v代入（4.4.14 ）中的方程得、:T m t Ij.m b T m t Icos m 1-bw x ,(4.4.16 )m其中2m -1 a -：一 2L對等式（4.4.16 ）兩邊同乘以c os并且利用三角函數系(2 n -1 7xcos 2工2 LT n t I- b T n t I； = W(4.4.17 )其中-2b LW n = 10 w x cos二 x ,dx ,n=1,2.(4.4.18)方程（4.4.17 ）的解為T n (t )= e T +bt)Tn(0 ) +.2W； b(1 e -。-2+b)兒 n b(4.4.19