0426-1984 东大工 数学 WEB

偏微分方程 波动方程 分离变量法

偏微分方程式

$$\frac{{\partial }^{2}f(x,t)}{\partial t^2}=c^2\frac{{\partial }^{2}f(x,t)}{\partial x^2},(0\le t,0\le x\le l,c\text{は正の常数})(\text{p})$$
を境界条件,
$$f(0,t)=0,f(l,t)=0,(0<t)(\text{q})$$
初期条件,
$$\begin{array}{rl}& f(x,0)=a\left(\sin \frac{\pi x}{l}-\sin \frac{3\pi x}{l}\right)\\ & \frac{\partial f(x,0)}{\partial t}=0\end{array}\}(\text{r})$$
$$(0\le x\le l,a\text{は正の常数})$$
の下で。変数分離法で解いてみよう。

(1) $f(x,t)=A(x)B(t)$ とおくと、(p) 式より $A(x),B(t)$ に関する二つの線形常微分方程式が得られることを示せ。

(2) (1) で求めた二つの常微分方程式より得られる $f(x,t)$ の一般解を全て求めよ。

(3) (2) で求めた解のうち、(q) の境界条件を満足する解を求めよ。

(4) (3) で求めた解を重ね合わせて、(r) 式の初期条件を満足する解を求めよ。

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解答：

(1)
$f(x,t)=A(x)B(t)$ を (p) に代入すると、

$$A(x)B^{\prime \prime }(t)=c^2{A}^{\prime \prime }(x)B(t)$$
両辺を $c^{2}A(x)B(t)$ で割ると、
$$\frac{B^{\prime \prime }(t)}{c^{2}B(t)}=\frac{A^{\prime \prime }(x)}{A(x)}$$
左辺は $t$ のみの関数、右辺は $x$ のみの関数であるため、これらが恒等的に等しくなるためには定数でなければならない。その分離定数を $-\lambda$ とおくと、
$$\frac{B^{\prime \prime }(t)}{c^{2}B(t)}=\frac{A^{\prime \prime }(x)}{A(x)}=-\lambda$$
整理すると、以下の $A(x),B(t)$ に関する二つの線形常微分方程式が得られる。
$$A^{\prime \prime }(x)+\lambda A(x)=0$$
$$B^{\prime \prime }(t)+c^2\lambda B(t)=0$$
(証明終)

(2)
分離定数 $\lambda$ の符号により場合分けを行う（$k>0$ を実数の定数とする）。

(i) $\lambda =-k^2<0$ の場合
常微分方程式の特性方程式より、

$$A(x)=C_1{e}^{kx}+C_2{e}^{-kx}$$
$$B(t)=D_1{e}^{ckt}+D_2{e}^{-ckt}$$
よって、
$$f(x,t)=(C_1{e}^{kx}+C_2{e}^{-kx})(D_1{e}^{ckt}+D_2{e}^{-ckt})$$

(ii) $\lambda =0$ の場合

$$A(x)=C_{3}x+C_4$$
$$B(t)=D_{3}t+D_4$$
よって、
$$f(x,t)=(C_{3}x+C_4)(D_{3}t+D_4)$$

(iii) $\lambda =k^2>0$ の場合

$$A(x)=C_5\cos kx+C_6\sin kx$$
$$B(t)=D_5\cos ckt+D_6\sin ckt$$
よって、
$$f(x,t)=(C_5\cos kx+C_6\sin kx)(D_5\cos ckt+D_6\sin ckt)$$

($C_1\dots C_6,D_1\dots D_6$ は任意の定数)

$$\boxed{\begin{array}{rl}\lambda <0& :f(x,t)=(C_1{e}^{kx}+C_2{e}^{-kx})(D_1{e}^{ckt}+D_2{e}^{-ckt})\\ \lambda =0& :f(x,t)=(C_{3}x+C_4)(D_{3}t+D_4)\\ \lambda >0& :f(x,t)=(C_5\cos kx+C_6\sin kx)(D_5\cos ckt+D_6\sin ckt)\end{array}}$$

(3)
境界条件 (q) より $f(0,t)=A(0)B(t)=0$, $f(l,t)=A(l)B(t)=0$。非自明な解を持つためには $A(0)=0$ かつ $A(l)=0$ が必要。

(i) $\lambda <0$ の場合
$A(0)=C_1+C_2=0$, $A(l)=C_1{e}^{kl}+C_2{e}^{-kl}=0$
これを解くと $C_1=C_2=0$ となり、自明な解 $f(x,t)=0$ のみとなる。

(ii) $\lambda =0$ の場合
$A(0)=C_4=0$, $A(l)=C_{3}l=0$
これも $C_3=C_4=0$ となり、自明な解のみ。

(iii) $\lambda >0$ の場合
$A(0)=C_5=0$ より $A(x)=C_6\sin kx$
$A(l)=C_6\sin kl=0$
非自明な解を得るため $C_6\ne 0$ とすると、$\sin kl=0$
よって $kl=n\pi$ ($n=1,2,\dots$) すなわち $k=\frac{n\pi }{l}$
これに対応する ${\lambda }_n={\left(\frac{n\pi }{l}\right)}^2$ であり、定数を $A_n,B_n$ とおき直して、

$$\boxed{f_n(x,t)=\sin \frac{n\pi x}{l}\left(A_n\cos \frac{cn\pi t}{l}+B_n\sin \frac{cn\pi t}{l}\right)(n=1,2,\dots )}$$

(4)
(3) の解を重ね合わせると、一般解は

$$f(x,t)=\sum _{n=1}^{\infty }\sin \frac{n\pi x}{l}\left(A_n\cos \frac{cn\pi t}{l}+B_n\sin \frac{cn\pi t}{l}\right)$$
(r) の第二式より、
$$\frac{\partial f(x,0)}{\partial t}=\sum _{n=1}^{\infty }\left(B_n\frac{cn\pi }{l}\sin \frac{n\pi x}{l}\right)=0$$
任意の $x$ について成立するためには $B_n=0$。よって、
$$f(x,t)=\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n\sin \frac{n\pi x}{l}\cos \frac{cn\pi t}{l}$$
次に (r) の第一式より、
$$f(x,0)=\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n\sin \frac{n\pi x}{l}=a\sin \frac{\pi x}{l}-a\sin \frac{3\pi x}{l}$$
両辺の正弦関数の係数を比較すると、
$A_1=a$
$A_3=-a$
それ以外の $n$ については $A_n=0$
これらを代入して、求める解は
$$\boxed{f(x,t)=a\sin \frac{\pi x}{l}\cos \frac{c\pi t}{l}-a\sin \frac{3\pi x}{l}\cos \frac{3c\pi t}{l}}$$

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这道题目考查的是利用分离变量法求解一维波动方程的初边值问题。这在偏微分方程以及数学物理方法中是十分经典的题型，主要描述了弦的自由振动过程。

在第一步中，将偏微分方程转化为两个常微分方程。这里引入分离常数时，因为时间和空间变量是相互独立的，所以偏导数分离后的等式两端必须等于同一个绝对常数。这个常数的符号决定了后续常微分方程解的形式。

第二步枚举了分离常数为负、零和正的三种情况。这是为了严谨地找出所有可能的解。根据常微分方程的特征方程理论，根的不同会导致解的基底分别含有指数函数、多项式或者三角函数。

第三步代入齐次边界条件，也就是题目要求的固定端条件。空间域的边界条件会极大地限制函数的形式，导致只有当分离常数取特定离散值，即固有特征值时，才存在非零解。这也是为什么指数函数和线性函数形式的解被舍弃的原因。最终得出满足边界条件的特征函数为正弦函数，及其对应的时间响应函数。

第四步利用线性方程的叠加原理，将所有可能的特解相加构造出更一般形式的级数解。然后通过初始条件来确定未知系数。本题的初始位置条件比较简单，直接给出了特定频率正弦函数的线性组合。因此，不需要像求解常规傅里叶正弦级数那样进行复杂的积分计算，只需要利用正弦函数的正交性，直接比对两边对应项的系数即可得出答案。此外，初始速度为零这一条件意味着时间函数中只能包含余弦项，这表示系统处于驻波振动状态。