题02-波动直接分离

题二·波动方程直接分离（A 类基础模板）

抄题（$0\le x\le l$）：

$u_{tt}-a^2{u}_{xx}=0,u{|}_{x=0}=0,u_x{|}_{x=l}=0,u{|}_{t=0}=cx,u_t{|}_{t=0}=0.$

方程齐次、边界齐次 → 直接分离，走 系统流程 第 3–6 步。

1. 挑齐次方向，解本征值问题

$x$ 方向方程齐次、两端齐次 → 对 $x$ 做本征值。边界是 $X(0)=0$（D）、$X^{\prime }(l)=0$（N）， 查 本征值问题速查表 的 D–N 行（记 ${\beta }_n=\frac{(2n+1)\pi }{2l}$）：

${\lambda }_n={\beta }_n^2,X_n(x)=\sin {\beta }_{n}x,n=0,1,2,\dots$

2. 展开 + 代回定 $T_n$

令 $u={\sum }_{n\ge 0}{T}_n(t)\sin {\beta }_{n}x$。代入波动方程，$u_{xx}\to -{\beta }_n^2{X}_n$：

$T_n^{\prime \prime }+a^2{\beta }_n^2{T}_n=0\Rightarrow T_n=a_n\cos (a{\beta }_{n}t)+b_n\sin (a{\beta }_{n}t).$

初速 $u_t{|}_{t=0}=0\Rightarrow \sum a{\beta }_n{b}_n\sin {\beta }_{n}x=0\Rightarrow b_n=0$。

3. 用初位移定 $a_n$（傅里叶系数）

$u{|}_{t=0}=cx=\sum a_n\sin {\beta }_{n}x$。模方 ${\int }_0^l{\sin }^2{\beta }_{n}xdx=\frac{l}{2}$（因 $\sin (2{\beta }_{n}l)=\sin ((2n+1)\pi )=0$）。

分子分部积分，${\int }_0^{l}x\sin {\beta }_{n}xdx=[-\frac{x\cos {\beta }_{n}x}{{\beta }_n}+\frac{\sin {\beta }_{n}x}{{\beta }_n^2}{]}_0^l$。 在 $x=l$：$\cos {\beta }_{n}l=\cos \frac{(2n+1)\pi }{2}=0$，$\sin {\beta }_{n}l=(-1{)}^n$，故 $=\frac{(-1{)}^n}{{\beta }_n^2}$。于是

$a_n=\frac{c(-1{)}^n/{\beta }_n^2}{l/2}=\frac{2c(-1{)}^n}{l{\beta }_n^2}=\frac{8cl(-1{)}^n}{(2n+1{)}^2{\pi }^2}.$

4. 答案

$\boxed{u(x,t)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{8cl(-1{)}^n}{(2n+1{)}^2{\pi }^2}\cos \frac{(2n+1)\pi at}{2l}\sin \frac{(2n+1)\pi x}{2l}}$

题四同型（热传导 $u_t-a^2{u}_{xx}=0$，边界 N–D）：唯一区别是代回得一阶 $T_n^{\prime }+a^2{\lambda }_n{T}_n=0\Rightarrow T_n=a_n{e}^{-a^2{\lambda }_{n}t}$，本征函数换成 N–D 的 $\cos {\beta }_{n}x$，初值 $u{|}_{t=0}=x$ 定 $a_n$。