第三章 分离变量法3。2 基础训练3.2.1 例题分析例题分析例例 1 解下列定解问题：（1）0,20, 00,002 0022 2 22ttlxxtulxxuxuutlxxuatu解：解：分离变量，即令（2）( , )( ) ( )u x tX x T t代入方程（1）中第一式） ，得（3）0)()(2 tTatT（4）0)()( xXxX其中为分离常数。 （2）式代入边界条件（1）中第二式） ，得（5）0)()0(lXX相应的本证值问题为求（6） 0)()0(0)()( lXXxXxX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0（7）( )xxX xAeBe 其中 A，B 为积分常数， （7）代入（6）中边界条件，得（8）00llABAeBe 由（8）得 A=B=0，得 X（x）=0，为平凡解，故不可能有。0(2) 当时， （6）式中方程的通解是0( )X xAxB由边界条件得 A=B=0，得 X（x）=0，为平凡解，故也不可能有。0（3）当 时，上述固有值问题有非零解此时式（6）的通解为02xBxAxXsincos)(代入条件（6）中边界条件，得0cos, 0lBA由于 ，故 ，即0B0cosl), 2 , 1 , 0(212nln从而得到一系列固有值与固有函数2224) 12( lnn), 2 , 1 , 0(2) 12(sin)(nxlnBxXnn与这些固有值相对应的方程（3）的通解为), 2 , 1 , 0(2) 12(sin2) 12(cos)(ntlanDtlanCtTnnn于是，所求定解问题的解可表示为xlntlanDtlanCtxunnn2) 12(sin2) 12(sin2) 12(cos),(0利用初始条件确定其中的任意常数，得nnDC ,0nD33202) 12(322) 12(sin)2(2nlxdxlnlxxlCln故所求的解为xlntlan nltxun2) 12(sin2) 12(cos) 12(132),(0332 例例 2 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l01 n0nh解定解问题 0|)1()()10(|0|)0(000000002tttlxxxxttuln nllxlhnxlhxnuuulxuau解：解：将代入原方程及边界条件得)()(),(tTxXtxu20Ta T（1） 0 (0)( )0XX XX l（2） 解(2)第一式可得xDxCxXsincos)(由（2）的第二式得，222lnn, 3 , 2 , 1,sin)(nlxnDxXnn将代入（1）并解得latnBlatnAtTnnnsincos)(1( , )(cossin)sinnn nn atn atn xu x tABlll由初始条件得 )1()()10(cos00001ln nllxlhnxlhxnlatnAnn0sincos1lxn latnBlannn所以0nB00222 010100sin) 1(2)(sin200nn nnhndxnllxlhdxlxn lhxn lAlnn n 从而102 022 0sincossin1 ) 1(2),(nlxn latn nn nnhntxu 例例 3 3 求解细杆的导热问题，杆长 ，两端保持零度，初始温度分布l.2 0/ )(|txlbxut解：解：该问题的定解问题为 0|)(|0202lxxtxxtuulxlbxuuau（1）令, 代入(1)第一式可得，)()(),(tTxXtxu0)()( xXxX（2）0)()(2tTatT（3） 由(2)得（4）( )cossinX xAxBx由(1)第三式可得，0)()0(tTX0)()(tTlX0(0)( )0XX l因为所以由得，0)0(X0A由，得， 于是有( )sin0X lBl0B), 3 , 2 , 1(222 nlnn，sinnnn xXBl2222( )(1,2,3,)nna t atl nnnT tC eC en 因此，222 ( , )sinna t l nnn xux tC el1sin),(222nltannlxneCtxu将作Fourier展开得2)( lxlbx12sin)(nnlxnBlxlbx其中), 3 , 2 , 1(cos1 4sin)(23302nnnbdxlxn txlbx lBln于是), 3 , 2 , 1(cos1 433nnnbBCnn 因此xlkekblxnennbtxukltaknltan 1)12(3313312sin) 12(8sincos1 4),(22222222例例 4 在矩形域 内求 Laplace 方程byax0 ,0（1）02222 2yu xuu的解，使其满足边界条件 00000byyyyaxx uuAyuu(2) (3)解：解：令 ，代入式(1)，有)()(),(yYxXyxu（4）0)()( xXxX（5）0)()( yYyY又由边界条件(3)得(6)0)()0(bYY当时，式(5)的通解为0yyeCeCyY21)(由式(6)有 021CC021bbeCeC由此得 ，即式(5)、(6)无非零解021 CC当时，式(5)的通解为001)(AyAyY1)(AyY由 ，得 00)()0(1AbYY常数）()(00AyY当时，式(5)的通解为0yByAyYsincos)(0cossin)(yByAyY由 得，由 得，得，0)0(Y0B0)( bY0sinbAnb 或0即 ), 2 , 1(222 nbn由此可见，本征值为 ), 2 , 1 , 0(222 nbn本征函数为 ), 2 , 1 , 0(cos)(nybnAyYnn将的值代入式(4)，解得xDCX000), 2 , 1()(neDeCxXbxnnbxnnn故问题的一般解为(7) ybneDeCxDCyYxXyYxXyxunbxnnbxnnnnn cos)()()()(),(100100 由边界条件 得到00xu0cos10bynDCCnnn一个无穷级数等于零，说明各项系数均为零，故(8), 2 , 1(000nDCCnn又由得AyuaxAyybneDeCaDnbannbann cos10将 Ay 展开成 Fourier 余弦级数，并比较系数有2212 21200AbbbAAydybaDb故 aAbD20(9) 1(cos2cos2220 nnAbdybynAybeDeCbbannbann从式(8)和(9)中解得), 2 , 1() 1(cos,) 1(cos2222nbanshnnAbDbanshnnAbCnn 代入式(7)并整理得(10)byn bxnshbanshnnAbxaAbyxun cos1cos2 2),(122例例 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0E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：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，电为半径）aayx(222势满足二维 Laplace 方程，化成极坐标为02222 yu xu(1)(01122222 auuu边界条件：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)0au“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，0E由于选取了 x 轴平行，故有0E00,yxEEE即 000,cosuEuE xEx 因此有(3)0cosuE 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)()(),(Ruu代入方程(1)，得(4)0 (5)022 2RddR dRd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)2,(),(和),()2,(uu即 )()()2()(RR所以有 (6)()2(方程(6)称为自然周期条件方程(4)，(6)构成本征值问题，解之mBmAsincos)(即), 2 , 1 , 0(2mm方程(5)可以写成(7)02 22 2RmddR dRd 为欧拉方程作变换 化成常系数线性微分方程，其通解为te)0(1)0(ln0mDCRmDCRmm 于是得到极坐标系中 Laplace 方程的本征解ln),(000DCu mmm mmmmDCmBmAu1)sincos(),(一般解应叠加(8) 1001)sincos(ln),(mmmm mmmDCmBmADCu由边界条件(2)，有01)sincos(ln100mmmm mmmaDaCmBmAaDC一个 Fourier 级数为零，各系数为零，即01, 0ln00mmm maDaCaDC由此m mmaCDaDC2 00,ln于是将解化简为(9) 12 01)sincos(ln),(mmmm mmamBmAaDu再由边界条件(3)，对于略去及项，即alnm10 1lim(cossin)cosm mm mAmBmE