82-sc-r4 追試験 問題4

问题 1

在将 $u=g(x)h(y)$ 代入拉普拉斯方程 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$ 后，可分离变量，得到:

$$\frac{g^{\prime \prime }(x)}{g(x)}+\frac{h^{\prime \prime }(y)}{h(y)}=0.$$

将这个方程分为两部分，其中一部分只含 $x$，另一部分只含 $y$：

$$\frac{g^{\prime \prime }(x)}{g(x)}=-\frac{h^{\prime \prime }(y)}{h(y)}=\lambda .$$

因为 $\frac{g^{\prime \prime }(x)}{g(x)}$ 和 $\frac{h^{\prime \prime }(y)}{h(y)}$ 分别只是 $x$ 和 $y$ 的函数，它们都必须等于常数 $\lambda$。现在证明 $\lambda$ 必须为负。
证明：

1. 根据边界条件 $g(0)=g(2)=0$，假设 $g(x)=A\cos (\sqrt{\lambda }x)+B\sin (\sqrt{\lambda }x)$。
2. 为满足 $g(0)=0$，必须有 $A=0$，因此 $g(x)=B\sin (\sqrt{\lambda }x)$。
3. 为满足 $g(2)=0$ 且 $g(x)$ 非零（否则 $u(x,y)$ 为零），$\sin (\sqrt{\lambda }2)=0$，这意味着 $\sqrt{\lambda }2=n\pi$（$n$ 为正整数），从而 $\lambda ={\left(\frac{n\pi }{2}\right)}^2$。这表明 $\lambda$ 必须为正数。
4. 由于 $\frac{h^{\prime \prime }(y)}{h(y)}=-\lambda$，这意味着 $\frac{h^{\prime \prime }(y)}{h(y)}$ 是负的，因此 $\lambda$ 应为负的反面，即正数。这与我们之前的推导一致。

问题 2

根据前面的推导和边界条件，我们可以具体化函数 $g_n(x)$ 和 $h_n(y)$。
① $g_n(x)$ 的形式：

• 根据边界条件 $g(0)=g(2)=0$ 和 $\lambda ={\left(\frac{n\pi }{2}\right)}^2$ 的结果，有 $g_n(x)=\sin (\frac{n\pi x}{2})$。
  ② $h_n(y)$ 的形式：
• 因为 $h_n(y)$ 需要满足 $h_n^{\prime \prime }(y)=-\lambda h_n(y)$，且 $\lambda ={\left(\frac{n\pi }{2}\right)}^2$，所以 $h_n(y)=\sinh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)$。
  ③ $C_n$ 的形式：
• 根据边界条件 $u(x,0)=f(x)$ 和式 $(2)$，必须有： $$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{C}_n\sin (\frac{n\pi x}{2})\sinh (0)=\sum _{n=1}^{\infty }{C}_n\sin (\frac{n\pi x}{2}).$$
• 对比式 $(3)$ 中的傅立叶展开，得到： $$C_n={\int }_0^{2}f(\tau )\sin (\frac{n\pi \tau }{2})d\tau .$$

这样我们就得到了 $u(x,y)$ 的解析表达式。

拉普拉斯方程和波动方程看起来很相似，但它们在数学性质和物理意义上有本质的区别。你提到的方程：
$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$
这是拉普拉斯方程的二维形式，通常表示一个静态（稳态）的物理状态，比如电势或温度分布在没有源或汇的情况下的分布。
而波动方程通常表现为：
$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}=c^2\left(\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}\right)$
这里，$c$ 是波速，$t$ 是时间。波动方程描述的是如何随着时间的推移，波动（如声波、水波或电磁波）在介质中传播的动态过程。
两者的主要区别在于：

1. 时间依赖性：
   • 拉普拉斯方程是时间独立的，用于描述静态场。
   • 波动方程包含时间二阶导数，描述动态过程。
2. 物理意义：
   • 拉普拉斯方程多用于静电场、引力场、流体流动、热传导等领域，这些场景中不存在随时间变化的动态行为。
   • 波动方程适用于声学、光学、电磁学等领域，涉及波的传播。
3. 解的性质：
   • 拉普拉斯方程的解通常具有平滑和调和的特性，不存在振荡行为。
   • 波动方程的解通常表现为波形传播，具有显著的周期性和振荡性。
     这些差异是根据方程形式和边界条件而定。在数学处理上，尽管两者的形式看起来相似，尤其是在使用分离变量方法求解时，但它们各自的解释和应用场景完全不同。希望这能帮助你更清楚地区分这两类方程。

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我们来详细讨论如何解二维拉普拉斯方程。我们要解决的方程是：
$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$
在区域 $0\le x\le 2$ 和 $0\le y\le 3$ 内，边界条件如下：

$$u(0,y)=u(2,y)=0,u(x,3)=0,u(x,0)=f(x).$$

问1: 证明常数 $\lambda$ 为正

我们假设解 $u(x,y)$ 可以写成 $u(x,y)=g(x)h(y)$ 的形式，并代入拉普拉斯方程，得到：

$$\frac{g^{\prime \prime }(x)}{g(x)}+\frac{h^{\prime \prime }(y)}{h(y)}=0.$$

这意味着：

$$\frac{g^{\prime \prime }(x)}{g(x)}=-\frac{h^{\prime \prime }(y)}{h(y)}=\lambda .$$

我们需要证明 $\lambda$ 为正。考虑边界条件 $g(0)=g(2)=0$，假设 $g(x)$ 的形式为：

$$g(x)=A\cos (\sqrt{\lambda }x)+B\sin (\sqrt{\lambda }x).$$

边界条件 $g(0)=0$ 表明 $A=0$，因此 $g(x)=B\sin (\sqrt{\lambda }x)$。边界条件 $g(2)=0$ 则要求：

$$B\sin (2\sqrt{\lambda })=0.$$

由于 $B\ne 0$，我们必须有 $\sin (2\sqrt{\lambda })=0$，即 $\sqrt{\lambda }=\frac{n\pi }{2}$，其中 $n$ 为正整数。因此：

$$\lambda ={\left(\frac{n\pi }{2}\right)}^2>0.$$

这证明了 $\lambda$ 为正。

问2: 求解过程

1. 求 $g_n(x)$ 的形式：
   由于 $\lambda ={\left(\frac{n\pi }{2}\right)}^2$，我们有：

$$g_n(x)=\sin \left(\frac{n\pi x}{2}\right).$$

2. 求 $h_n(y)$ 的形式：
   根据 $h_n^{\prime \prime }(y)=-\lambda h_n(y)$，即：

$$h_n^{\prime \prime }(y)=-{\left(\frac{n\pi }{2}\right)}^2{h}_n(y).$$

我们知道 $h_n(y)$ 的通解为：

$$h_n(y)=C\sinh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)+D\cosh \left(\frac{n\pi y}{2}\right).$$

由于边界条件 $u(x,3)=0$，我们需要：

$$h_n(3)=0。$$

代入得到：

$$C\sinh \left(\frac{3n\pi }{2}\right)+D\cosh \left(\frac{3n\pi }{2}\right)=0.$$

由于 $\cosh \left(\frac{3n\pi }{2}\right)$ 不为零，我们有：

$$D=-C\tanh \left(\frac{3n\pi }{2}\right).$$

所以我们可以写 $h_n(y)$ 为：

$$h_n(y)=C\left[\sinh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)-\tanh \left(\frac{3n\pi }{2}\right)\cosh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)\right].$$

3. 确定 $C_n$ 的形式：
   根据边界条件 $u(x,0)=f(x)$，我们有：

$$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{C}_n\sin \left(\frac{n\pi x}{2}\right).$$

这是一个傅立叶正弦级数展开式。因此：

$$C_n=2{\int }_0^{2}f(\tau )\sin \left(\frac{n\pi \tau }{2}\right)d\tau .$$

综上所述，解二维拉普拉斯方程的方法是：

1. 写出分离变量形式 $u(x,y)={\sum }_{n=1}^{\infty }{C}_n{g}_n(x)h_n(y)$。
2. 确定 $g_n(x)=\sin \left(\frac{n\pi x}{2}\right)$。
3. 确定 $h_n(y)=\sinh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)-\tanh \left(\frac{3n\pi }{2}\right)\cosh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)$。
4. 通过边界条件 $u(x,0)=f(x)$ 确定傅立叶系数 $C_n=2{\int }_0^{2}f(\tau )\sin \left(\frac{n\pi \tau }{2}\right)d\tau$。
   最终的解可以表示为：

$$u(x,y)=\sum _{n=1}^{\infty }\left(2{\int }_0^{2}f(\tau )\sin \left(\frac{n\pi \tau }{2}\right)d\tau \right)\sin \left(\frac{n\pi x}{2}\right)\left[\sinh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)-\tanh \left(\frac{3n\pi }{2}\right)\cosh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)\right].$$

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为了从零开始推导出解，我们不假设特定的形式，而是使用分离变量法来求解二维拉普拉斯方程。我们将详细说明推导过程。

分离变量法

我们从拉普拉斯方程开始：
$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0.$
假设解 $u(x,y)$ 可以表示为 $u(x,y)=g(x)h(y)$ 的形式。将这个假设代入方程：
$\frac{{\partial }^2(g(x)h(y))}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2(g(x)h(y))}{\partial y^2}=0.$
这意味着：
$h(y)\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}+g(x)\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}=0.$
我们将这个方程两边同时除以 $g(x)h(y)$，得到：
$\frac{1}{g(x)}\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}+\frac{1}{h(y)}\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}=0.$
这样，方程可以分离为：
$\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}\cdot \frac{1}{g(x)}=-\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}\cdot \frac{1}{h(y)}=\lambda ,$
其中 $\lambda$ 是分离变量的常数。这样，我们得到两个独立的常微分方程：

1. 对于 $g(x)$：
   $\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}=\lambda g(x),$
2. 对于 $h(y)$：
   $\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}=-\lambda h(y).$
   我们先来解决 $g(x)$ 的方程：
   $\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}=\lambda g(x).$
   根据 $\lambda$ 的不同，我们有三种情况：
3. $\lambda >0$:
   解为 $g(x)=A\cos (\sqrt{\lambda }x)+B\sin (\sqrt{\lambda }x)$。
4. $\lambda =0$:
   解为 $g(x)=Ax+B$。
5. $\lambda <0$:
   令 $\lambda =-\mu$，解为 $g(x)=A\cosh (\sqrt{\mu }x)+B\sinh (\sqrt{\mu }x)$。
   现在我们利用边界条件 $g(0)=0$ 和 $g(2)=0$ 来确定 $\lambda$。

应用边界条件

1. 对于 $\lambda >0$：
   $g(0)=A\cos (0)+B\sin (0)=A=0,$
   $g(2)=B\sin (2\sqrt{\lambda })=0。$
   为了使 $B\ne 0$（否则 $g(x)=0$），必须有 $\sin (2\sqrt{\lambda })=0$。所以：
   $2\sqrt{\lambda }=n\pi ⟹\lambda ={\left(\frac{n\pi }{2}\right)}^2,n=1,2,3,\dots$
2. 对于 $\lambda =0$：
   $g(x)=Ax+B,g(0)=B=0,g(2)=2A=0⟹A=0。$
   这种情况下，$g(x)=0$，不满足非零解的要求。
3. 对于 $\lambda <0$：
   这种情况会产生指数解，不能满足边界条件 $g(0)=0$ 和 $g(2)=0$ 同时为零，除非 $A=B=0$，这也不满足非零解的要求。
   所以，唯一符合条件的是 $\lambda ={\left(\frac{n\pi }{2}\right)}^2$，并且解为：
   $g_n(x)=B_n\sin \left(\frac{n\pi x}{2}\right),n=1,2,3,\dots$

求解 $h(y)$

对于 $h(y)$，我们有：
$\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}=-{\left(\frac{n\pi }{2}\right)}^{2}h(y)，$
其解为：
$h_n(y)=C_n\sinh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)+D_n\cosh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)。$
利用边界条件 $u(x,3)=0$，即 $h_n(3)=0$，我们得到：
$C_n\sinh \left(\frac{3n\pi }{2}\right)+D_n\cosh \left(\frac{3n\pi }{2}\right)=0。$
由于 $\cosh \left(\frac{3n\pi }{2}\right)\ne 0$，我们有：
$D_n=-C_n\tanh \left(\frac{3n\pi }{2}\right)。$
因此：
$h_n(y)=C_n\left[\sinh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)-\tanh \left(\frac{3n\pi }{2}\right)\cosh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)\right]。$

综合解

最终，我们将这些结果结合起来，得到拉普拉斯方程的解：
$u(x,y)={\sum }_{n=1}^{\infty }{C}_n\sin \left(\frac{n\pi x}{2}\right)\left[\sinh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)-\tanh \left(\frac{3n\pi }{2}\right)\cosh \left(\frac{n\pi y}{2}\right)\right]。$
其中，$C_n$ 可以通过边界条件 $u(x,0)=f(x)$ 确定，即通过傅立叶正弦级数展开：
$f(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }{C}_n\sin \left(\frac{n\pi x}{2}\right)。$
利用傅立叶正弦级数的正交性，得到：
$C_n=2{\int }_0^{2}f(\tau )\sin \left(\frac{n\pi \tau }{2}\right)d\tau 。$
这样我们就从零开始一步步推导出了二维拉普拉斯方程的解。

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这是分离变量法中的一个关键步骤，通常称为分离常数。为了清楚地解释为什么可以做这样的假设，让我们从头开始推导。

我们从二维拉普拉斯方程开始：
$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0.$

假设解可以写成 $u(x,y)=g(x)h(y)$ 的形式。将这个假设代入拉普拉斯方程，得到：
$\frac{{\partial }^2(g(x)h(y))}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2(g(x)h(y))}{\partial y^2}=0。$

由于 $g(x)$ 和 $h(y)$ 只分别依赖于 $x$ 和 $y$，我们可以写成：
$h(y)\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}+g(x)\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}=0。$

将这个方程两边同时除以 $g(x)h(y)$，得到：
$\frac{1}{h(y)}\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}+\frac{1}{g(x)}\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}=0。$

为了进一步解释这个步骤，关键点在于认识到 $\frac{1}{h(y)}\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}$ 只依赖于 $y$，而 $\frac{1}{g(x)}\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}$ 只依赖于 $x$。这两个表达式必须加在一起等于零。由于它们分别依赖于独立的变量 $x$ 和 $y$，这意味着每个表达式必须等于一个常数 $\lambda$，使得它们的和为零。

换句话说，如果我们有两个独立变量的函数之和等于零，那么每个函数本身必须是一个常数。具体步骤如下：

1. 依赖变量的独立性：函数 $\frac{1}{h(y)}\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}$ 只依赖于 $y$，而 $\frac{1}{g(x)}\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}$ 只依赖于 $x$。这两个独立变量的函数之和为零，这意味着每个函数必须是一个常数。

2. 定义分离常数：由于 $\frac{1}{h(y)}\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}$ 和 $\frac{1}{g(x)}\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}$ 必须相等且相反，它们都必须等于一个常数 $\lambda$，这样：
   $\frac{1}{h(y)}\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}=-\lambda ，$
   $\frac{1}{g(x)}\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}=\lambda 。$

这就是为什么可以假设：
$\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}\cdot \frac{1}{g(x)}=-\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}\cdot \frac{1}{h(y)}=\lambda 。$

形式化证明

为了更严谨，我们可以用反证法：

假设 $\frac{1}{h(y)}\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}\ne \lambda$ 且 $\frac{1}{g(x)}\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}\ne \lambda$，这意味着 $\frac{1}{h(y)}\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}$ 和 $\frac{1}{g(x)}\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}$ 是 $y$ 和 $x$ 的非常数函数。然而，这样会导致一个矛盾，因为这两个不同变量的非常数函数之和不可能在所有情况下相等并且总和为零。唯一可能的情况是这两个表达式必须是常数，从而满足加和为零的条件。

物理直觉

在物理学和数学中，分离变量法是求解偏微分方程的常用方法，它依赖于这样一个事实：如果一个方程中的两个独立变量分别只出现在方程的某部分中，那么这些部分可以分离成独立的常微分方程。通过这种方法，我们可以将复杂的偏微分方程简化为更容易处理的常微分方程。

因此，假设 $\frac{1}{h(y)}\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}=-\lambda$ 和 $\frac{1}{g(x)}\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}=\lambda$ 是分离变量法的核心步骤，它确保了我们能够将偏微分方程分离并逐步求解。

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你说得对，我们需要证明 $\lambda$ 为负。实际上，在这种边界条件下，常数 $\lambda$ 应该是负的。让我们重新审视并推导这一点。

问题 1：证明 $\lambda$ 为负

我们从拉普拉斯方程出发：
$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0.$

假设解 $u(x,y)$ 可以写成 $u(x,y)=g(x)h(y)$ 的形式。将这个假设代入拉普拉斯方程，得到：
$h(y)\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}+g(x)\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}=0。$

将这个方程两边同时除以 $g(x)h(y)$，得到：
$\frac{1}{g(x)}\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}+\frac{1}{h(y)}\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}=0。$

由于 $\frac{1}{g(x)}\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}$ 只依赖于 $x$，而 $\frac{1}{h(y)}\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}$ 只依赖于 $y$，它们必须等于一个常数 $\lambda$，即：
$\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}=\lambda g(x)，$
$\frac{d^{2}h(y)}{d{y}^2}=-\lambda h(y)。$

求解 $g(x)$

首先解决 $g(x)$ 的方程：
$\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}=\lambda g(x)。$

我们可以讨论 $\lambda$ 的三种情况：

1. $\lambda >0$:
   $g(x)=A\cos (\sqrt{\lambda }x)+B\sin (\sqrt{\lambda }x)。$

2. $\lambda =0$:
   $g(x)=Ax+B。$

3. $\lambda <0$:
   令 $\lambda =-\mu$，则
   $\frac{d^{2}g(x)}{d{x}^2}=-\mu g(x)，$
   $g(x)=A\cosh (\sqrt{\mu }x)+B\sinh (\sqrt{\mu }x)。$

应用边界条件 $g(0)=0$ 和 $g(2)=0$

1. 对于 $\lambda >0$:
   $g(0)=A\cos (0)+B\sin (0)=A=0，$
   $g(2)=B\sin (2\sqrt{\lambda })=0。$

   为了使 $B\ne 0$，必须有 $\sin (2\sqrt{\lambda })=0$，即：
   $2\sqrt{\lambda }=n\pi ⟹\lambda ={\left(\frac{n\pi }{2}\right)}^2，n=1,2,3,\dots 。$

2. 对于 $\lambda =0$:
   $g(x)=Ax+B，$
   $g(0)=B=0，$
   $g(2)=2A=0⟹A=0。$

   这种情况下，$g(x)=0$，不满足非零解的要求。

3. 对于 $\lambda <0$:
   令 $\lambda =-\mu$，则
   $g(x)=A\cosh (\sqrt{\mu }x)+B\sinh (\sqrt{\mu }x)。$

   边界条件 $g(0)=0$ 表明 $A=0$，所以：
   $g(x)=B\sinh (\sqrt{\mu }x)。$

   边界条件 $g(2)=0$ 需要：
   $B\sinh (2\sqrt{\mu })=0。$

   为了使 $B\ne 0$，必须有 $\sinh (2\sqrt{\mu })=0$，这只有当 $\mu =0$ 时才成立，但这与我们假设的 $\lambda <0$ 相矛盾。

结论

通过以上分析，我们看到：

• $\lambda >0$ 和 $\lambda =0$ 的情况不可能得到非零解。
• 只有 $\lambda <0$ 时，才可能得到非零解。因此，$\lambda$ 必须为负。具体来说，$\lambda =-{\left(\frac{n\pi }{2}\right)}^2$。

所以，我们证明了在满足这些边界条件下，常数 $\lambda$ 必须为负。