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具有 Neumann 边值条件的混合问题

1.2 具有 Neumann 边值条件的混合问题

在这一节中我们将以一维热传导方程为例介绍如何用分离变量法求解具有 Neu－ mann 边值条件的混合问题，这一方法对于具有 Neumann 边值条件的其他类型方程的混合问题的求解也是适用的。

考虑具有 Neumann 边值条件的热传导方程的如下混合问题：

$$
\left\{\begin{array}{l}
u_t-a^2 u_{x x}=0, \quad 0<x<l, \quad t>0 \\
\left.u\right|_{t=0}=\varphi(x), \quad 0 \leqslant x \leqslant l \\
\left.u_x\right|_{x=0}=0,\left.\quad u_x\right|_{x=l}=0, \quad t \geqslant 0
\end{array}\right.
$$

下面我们用分离变量法来求解混合问题（1．15）－（1．17）．假设解具有如下变量分离形式：

$$
u(x, t)=X(x) T(t) .
$$

代入方程（1．15），得

$$
X(x) T^{\prime}(t)=a^2 X^{\prime \prime}(x) T(t),
$$

此处 $X(x) T(t) \neq 0$ ，分离变量即得

$$
\frac{X^{\prime \prime}(x)}{X(x)}=\frac{T^{\prime}(t)}{a^2 T(t)}=-\lambda,
$$

其中 $\lambda$ 为常数，于是有

$$
\begin{aligned}
& X^{\prime \prime}(x)+\lambda X(x)=0 ...(1.18), \\
& T^{\prime}(t)+a^2 \lambda T(t)=0 .
\end{aligned}
$$

先考虑方程（1．18）．由边值条件（1．17）推知，$X(x)$ 应满足边值条件

$$
X^{\prime}(0)=0, \quad X^{\prime}(l)=0 .
$$

现在我们来求解特征值问题（1．18），（1．20）．分三种情形进行讨论．
（1）当 $\lambda<0$ 时，方程（1．18）的通解为

$$
X(x)=c_1 e^{\sqrt{-\lambda} x}+c_2 e^{-\sqrt{-\lambda} x},
$$

其中 $c_1, c_2$ 是任意常数，要使它满足边值条件（1．20），就必须有

$$
\left\{\begin{array}{l}
c_1 \sqrt{-\lambda}-c_2 \sqrt{-\lambda}=0, \\
c_1 \sqrt{-\lambda} e^{\sqrt{-\lambda} l}-c_2 \sqrt{-\lambda} e^{-\sqrt{-\lambda} l}=0 .
\end{array}\right.
$$

由此解得 $c_1=c_2=0$ ，从而 $X(x) \equiv 0$ ．此时特征值问题（1．18），（1．20）没有非平凡解．
（2）当 $\lambda=0$ 时，方程（1．18）的通解为

$$
X(x)=c_1+c_2 x,
$$

由边值条件（1．20）得

$$
c_2=0 .
$$

取 $c_1=1$ ，我们可以得到特征值问题（1．18），（1．20）的一个非平凡解

$$
X_0(x) \equiv 1,
$$

对应的特征值为 $\lambda_0=0$ ．对于 $\lambda_0=0$ ，方程（1．19）的通解可以写成 $T_0(t)=\frac{A_0}{2}$ ，其中 $A_0$ 为常数．此时，函数

$$
u_0(x, t)=X_0(x) T_0(t)=\frac{A_0}{2}
$$

满足方程（1．15）和边值条件（1．17）．
（3）当 $\lambda>0$ 时，方程（1．18）的通解为

$$
X(x)=c_1 \cos \sqrt{\lambda} x+c_2 \sin \sqrt{\lambda} x
$$

要使它满足边值条件（1．20），必须

$$
c_2=0, \quad-c_1 \sin \sqrt{\lambda} l+c_2 \cos \sqrt{\lambda} l=0
$$

由这两个等式推得

$$
c_1 \sin \sqrt{\lambda} l=0
$$

即

$$
\sqrt{\lambda}=\frac{k \pi}{l}, \quad k=1,2, \cdots .
$$

所以，只有当 $\lambda$ 取值为

$$
\lambda_k=\left(\frac{k \pi}{l}\right)^2, \quad k=1,2, \cdots
$$

时，特征值问题（1．18），（1．20）才有非平凡解．这些离散的 $\lambda_k$ 就是特征值问题 （1．18），（1．20）的特征值，与这些特征值 $\lambda_k$ 相对应的函数

$$
X_k(x)=B_k \cos \frac{k \pi x}{l}, \quad k=1,2, \cdots
$$

就是特征值 $\lambda_k$ 所对应的特征函数．
对于这些 $\lambda_k$ ，方程（1．19）的通解可写成

$$
T_k(t)=C_k e^{-\left(\frac{k \pi a}{l}\right)^2 t}, \quad k=1,2, \cdots,
$$

其中 $C_k$ 是任意常数．于是对任意的 $A_k=B_k C_k$ ，函数

$$
u_k(x, t)=X_k(x) T_k(t)=A_k e^{-\left(\frac{k \pi a}{l}\right)^2 t} \cos \frac{k \pi x}{l}, \quad k=1,2, \cdots
$$

满足方程（1．15）和边值条件（1．17）．
为了求出问题（1．15）－（1．17）的解，考虑级数

$$
u(x, t)=\frac{A_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty} A_k e^{-\left(\frac{k \pi a}{L}\right)^2 t} \cos \frac{k \pi x}{l},
$$

我们希望它满足初值条件

$$
u(x, 0)=\frac{A_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty} A_k \cos \frac{k \pi x}{l}=\varphi(x)
$$

这时只要 $\varphi(x)$ 可在 $[0, l]$ 上展成以

$$
A_k=\frac{2}{l} \int_0^l \varphi(x) \cos \frac{k \pi x}{l} d x, \quad k=0,1,2, \cdots
$$

为系数的 Fourier 余弦级数即可．现在将（1．23）式代入（1．22）式，我们就得到混合问题（1．15）－（1．17）的形式解为

$$
u(x, t)=\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{2}{l} \int_0^l \varphi(\xi) \cos \frac{k \pi \xi}{l} d \xi\right) e^{-\left(\frac{k \pi a}{l}\right)^2 t} \cos \frac{k \pi x}{l} .
$$

下面我们证明由（1．24）定义的函数 $u(x, t)$ 确实是问题（1．15）－（1．17）的解．
定理 3.2 设 $\varphi \in C^1([0, l])$ ，且 $\varphi^{\prime}(0)=\varphi^{\prime}(l)=0$ ，则由级数（1．24）定义的函数 $u(x, t)$ 就是混合问题（1．15）－（1．17）的解．

证 先证明形式解（1．24）满足方程（1．15）．由于 $\varphi \in C^1([0, l])$ ，从而有界，于是存在正常数 $M$ 使得 $\left|A_k\right| \leqslant M$ ，故对任意的 $t_0>0$ ，当 $t \geqslant t_0$ 时，有

$$
\left|A_k e^{-\left(\frac{k \pi a}{l}\right)^2 t} \cos \frac{k \pi x}{l}\right| \leqslant M e^{-\left(\frac{k \pi a}{l}\right)^2 t_0},
$$
而数项级数 $\sum_{k=0}^{\infty} e ^{-\left(\frac{k \pi a}{l}\right)^2 t_0}$ 收玫，因此，级数（1．24）在区域 $0 \leqslant x \leqslant l, t>0$ 内内闭一致收玫且绝对收玫，所以函数 $u(x, t)$ 在区域 $\Omega$ 内是连续的．

级数（1．22）对 $t$ 逐项微分，得

$$
u_t=-\sum_{k=1}^{\infty} A_k\left(\frac{k \pi a}{l}\right)^2 e^{-\left(\frac{k \pi a}{l}\right)^2 t} \cos \frac{k \pi x}{l} ...(1.25)
$$

而级数（1．22）对 $x$ 逐项微分两次后所得级数为

$$
u_{x x}=-\sum_{k=1}^{\infty} A_k\left(\frac{k \pi}{l}\right)^2 e^{-\left(\frac{k \pi a}{l}\right)^2 t} \cos \frac{k \pi x}{l}
$$

易知当 $t \geqslant t_0$ 时，有

$$
\left|-A_k\left(\frac{k \pi b}{l}\right)^2 e^{-\left(\frac{k \pi a}{l}\right)^2 t} \cos \frac{k \pi x}{l}\right| \leqslant M\left(\frac{k \pi b}{l}\right)^2 e^{-\left(\frac{k \pi a}{l}\right)^2 t_0}
$$

其中 $b=a$ 或 1 ．由于数项级数 $\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{k \pi b}{l}\right)^2 e ^{-\left(\frac{k \pi a}{l}\right)^2 t_0}$ 收敛，所以级数（1．25）和（1．26）在区域 $0 \leqslant x \leqslant l, t>0$ 内内闭一致收玫且绝对收玫，从而级数（1．22）是逐项可微的．由（1．25）式和（1．26）式立即得到

$$
u_t-a^2 u_{x x}=0 .
$$

其次证明由（1．24）式所确定的函数 $u(x, t)$ 满足定解条件．关于初值条件，在定理的假设下，

$$
\varphi(x)=\frac{A_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty} A_k \cos \frac{k \pi x}{l}, \quad 0 \leqslant x \leqslant l
$$

是一致且绝对收玫的．根据 Abel（阿贝尔）判别法，这个级数的项与单调下降且一致有界的序列 $e ^{-\left(\frac{k \pi a}{t}\right)^2 t}$ 的项的乘积所构成的级数对 $t$ 是一致收敛的．所以级数（1．24）在区域 $0 \leqslant x \leqslant l, t \geqslant 0$ 上是一致收玫的．于是函数 $u(x, t)$ 在区域 $\bar{\Omega}=\{0 \leqslant x \leqslant l$ ， $0 \leqslant t \leqslant \bar{T}\}$ 上连续，即满足初值条件

$$
u(x, 0)=\varphi(x), \quad 0 \leqslant x \leqslant l .
$$

关于边值条件，由于函数 $u_x(x, t)$ 在 $\bar{\Omega}$ 上连续，故函数 $u_x(x, t)$ 在 $x=0$ 和 $x=$ $l$ 处都是连续的．因而对所有的 $t \geqslant 0$ ，都成立
$$
u_x(0, t)=0, \quad u_x(l, t)=0 .
$$

定理证毕．
注3．1 当 $t>0$ 时，由（1．24）式给出的第二边值问题的解 $u(x, t)$ 关于 $x, t$ 实际上是无穷次连续可微的．

综上所述，分离变量法的解题步骤可以分成三步：
第一步：设 $u(x, t)=X(x) T(t)$ 满足方程和边值条件，从而定出 $X(x)$ 所满足的 Sturm－Liouville 问题，以及 $T(t)$ 满足的常微分方程．

第二步：解 Sturm－Liouville 问题，求出全部特征值和特征函数，并求出相应的 $T(t)$ 的表达式．

第三步：将所有变量分离形式的特解叠加起来，并利用初值条件定出所有待定常数．

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