题03-带阻尼波动分离

题三·带阻尼波动方程的分离变数（A 类，含 $u_t$ 项）

抄题（$0\le x\le l$）：

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

方程齐次、边界齐次 → 直接分离。比 题02-波动直接分离 多一个阻尼项 $u_t$，区别全在 $T$ 的方程上。

1. 分离变数 + 解 $X$ 本征值问题

令 $u=X(x)T(t)$，代入除以 $a^{2}XT$：

$\frac{T^{\prime \prime }+T^{\prime }}{a^{2}T}=\frac{X^{\prime \prime }}{X}=-\lambda .$

$x$ 方向 $X^{\prime \prime }+\lambda X=0$，边界 $X^{\prime }(0)=X^{\prime }(l)=0$（N–N）。查 本征值问题速查表 的 N–N 行：

${\lambda }_n=(\frac{n\pi }{l}{)}^2,X_n(x)=\cos \frac{n\pi x}{l},n=0,1,2,\dots$

（${\lambda }_0=0,X_0=1$ 这个常数本征函数别漏。）

2. $T$ 方程 = 阻尼振动（你卡住的地方）

$T$ 方向：$T_n^{\prime \prime }+T_n^{\prime }+a^2{\lambda }_n{T}_n=0$。记 ${\omega }_n=a\sqrt{{\lambda }_n}=\frac{an\pi }{l}$：

$T_n^{\prime \prime }+T_n^{\prime }+{\omega }_n^2{T}_n=0.$

这是含阻尼的常系数二阶 ODE，直接套 阻尼振动ODE（对应 $p=1,q={\omega }_n^2$）。特征方程 $r^2+r+{\omega }_n^2=0$，判别式 $\Delta =1-4{\omega }_n^2$。

为得到统一表达式，设 $\frac{a\pi }{l}>\frac{1}{2}$（即最小的 ${\omega }_1>\frac{1}{2}$，于是所有 $n\ge 1$ 都 $\Delta <0$，欠阻尼）：

${\beta }_n=\sqrt{{\omega }_n^2-\frac{1}{4}},T_n(t)=e^{-t/2}(C_n\cos {\beta }_{n}t+D_n\sin {\beta }_{n}t)(n\ge 1).$

$n=0$：${\omega }_0=0$，退化为 $T_0^{\prime \prime }+T_0^{\prime }=0\Rightarrow T_0=C_0+D_0{e}^{-t}$。

若参数使某些小 $n$ 落到 $\Delta \ge 0$，那几个模式改用 阻尼振动ODE 的过阻尼/临界阻尼行（$\cos /\sin \to \cosh /\sinh$ 或 $(1+t/2)$），其余步骤同理。

3. 用初始条件定系数

$u={\sum }_{n\ge 0}{T}_n(t)\cos \frac{n\pi x}{l}$。

初速 $u_t{|}_{t=0}=0\Rightarrow T_n^{\prime }(0)=0$：

• $n=0$：$T_0^{\prime }(0)=-D_0=0\Rightarrow D_0=0$，故 $T_0=C_0$（常数，不衰减）。
• $n\ge 1$：$T_n^{\prime }(0)=-\frac{1}{2}{C}_n+{\beta }_n{D}_n=0\Rightarrow D_n=\frac{C_n}{2{\beta }_n}$。

初位移 $u{|}_{t=0}=\sin x\Rightarrow T_n(0)=c_n$（$\sin x$ 的余弦展开系数，平方范数 ${\int }_0^l{X}_n^{2}dx$ 查 本征值问题速查表：${\int }_0^l{X}_0^2=l$，${\int }_0^l{X}_n^2=\frac{l}{2}$）。用积化和差 $\sin x\cos \frac{n\pi x}{l}=\frac{1}{2}\left[\sin \right((1+\frac{n\pi }{l})x)+\sin ((1-\frac{n\pi }{l})x\left)\right]$，逐项积分并用 $\cos (l\pm n\pi )=(-1{)}^n\cos l$：

$c_0=\frac{1}{l}{\int }_0^l\sin xdx=\frac{1-\cos l}{l},c_n=\frac{2}{l}{\int }_0^l\sin x\cos \frac{n\pi x}{l}dx=\frac{2l(1-(-1{)}^n\cos l)}{l^2-n^2{\pi }^2}(n\ge 1).$

于是 $C_0=c_0$，$C_n=c_n$，$D_n=\frac{c_n}{2{\beta }_n}$。（若恰好 $l=n\pi$，上式分母为零，但此时分子 $1-(-1{)}^n\cos n\pi =1-1=0$ 同时为零，是可去奇点，取极限得有限值。）

4. 答案

$\boxed{u(x,t)=c_0+\sum _{n=1}^{\infty }{c}_n{e}^{-t/2}(\cos {\beta }_{n}t+\frac{1}{2{\beta }_n}\sin {\beta }_{n}t)\cos \frac{n\pi x}{l}}$

其中 ${\beta }_n=\sqrt{(an\pi /l{)}^2-\frac{1}{4}}$，$c_0=\frac{1-\cos l}{l}$，$c_n=\frac{2l(1-(-1{)}^n\cos l)}{l^2-n^2{\pi }^2}$（均在 $\frac{a\pi }{l}>\frac{1}{2}$ 下）。

读一眼：每个 $n\ge 1$ 模式是”衰减包络 $e^{-t/2}$ × 振荡”，阻尼让波逐渐平息；$n=0$ 的平均项 $c_0$ 不衰减（无回复、初速为零，停在初始平均值）。