[顾樵 数学物理方法] Chap.2 分离变量法

007

1. 从弦振动问题说分离变量

1.1 求解方法
以两端固定的弦的自由振动为例
\left\{\begin{array}{ll} \dfrac{\partial^2u}{\partial t^2}=a^2\dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}\quad&(0<x<L,t>0)\\ u|_{t=0}=\phi(x),\ \left.\dfrac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=\psi(x)&(0\leq x\leq L)\\ u|_{x=0}=0,\ u|_{x=L}=0&(t>0) \end{array}\right.
所谓分离变量法旨在将 u(x,t) 的偏微分方程转化为 x 和 t 的常微分方程，即
\boldsymbol Lu(x,t)=0\Longrightarrow\left\{ \begin{align} &\boldsymbol L_xX(x)=0\\ &\boldsymbol L_tT(t)=0 \end{align} \right.
于是假设方程具有变量分离形式的解
u(x,t)=X(x)T(t)
代入方程得
X(x)T&#39;&#39;(t)=a^2X&#39;&#39;(x)T(t)
分离变量得到
\frac{X&#39;&#39;(x)}{X(x)}=\frac{1}{a^2}\frac{T&#39;&#39;(t)}{T(t)}
若对任意 (x,t) 均成立，则只能是两边等于同一常数：
\frac{X&#39;&#39;(x)}{X(x)}=\frac{1}{a^2}\frac{T&#39;&#39;(t)}{T(t)}=-\lambda
其中 -\lambda 称为分离常数（separation constant），这样
\begin{align} X&#39;&#39;(x)+\lambda X(x)=0\\ T&#39;&#39;(t)+\lambda a^2T(t)=0 \end{align}
就得到了分别关于 x 、 t 的常微分方程。同时可以看出，应用分离变量法的一个条件是泛定方程必须是齐次的，否则由于驱动项的存在会无法分离变量。
下一步考虑变量分离的形式解，满足边界条件
X(0)T(t)=0 ， X(L)T(t)=0
显然 T(t)\neq0 ，因此边界条件实际上是针对 X(x) 的条件
X(0)=0 ， X(L)=0
显然应用分离变量法的另一个条件是边界条件必须是齐次的，否则形如 X(0)T(t)=f_0(t) 的边界条件仍不能分离变量。
分离变量后，就得到了关于 x 的边值问题：
\left\{\begin{array}{ll} X&#39;&#39;(x)+\lambda X(x)=0&(0<x<L)\\ X(0)=0,\ X(L)=0 \end{array}\right.
注意到这个边值问题实际上是算符 \boldsymbol L=\frac{\partial^2}{\partial t^2} 的本征值问题。可以依本征值 \lambda 的正负符号分类讨论
1） \lambda=0 ，这时泛定方程为 X&#39;&#39;(x)=0 ，其通解为
X(x)=A+Bx
满足边界条件的唯一解是 A=B=0 即 X(x)=0 ，它导致平凡解 u(x,t)=0 。
2） \lambda<0 ，这时方程的通解为
X(x)=A\cosh \sqrt{-\lambda}x+B\sinh \sqrt{-\lambda}x
边界条件 X(0)=0 要求 A=0 ，从而 X(x)=B\sinh \sqrt{-\lambda}x ；边界条件 X(L)=0 要求 B\sinh \sqrt{-\lambda}L=0 ，但由于 \sqrt{-\lambda}L\neq0\Longrightarrow\sinh\sqrt{-\lambda}L\neq0 ，故只能 B=0 ，于是再次 X(x)=0 ，导致平凡解 u(x,t)=0 。
3） \lambda>0 ，这时方程的通解为
X(x)=A\cos \sqrt{\lambda}x+B\sin \sqrt{\lambda}x
边界条件 X(0)=0 要求 A=0 ，从而 X(x)=B\sin \sqrt{\lambda}x ；边界条件 X(L)=0 要求 B\sin \sqrt{\lambda}L=0 ，若 B=0 则再次给出平凡解；若 B\neq0 则 \sin \sqrt{\lambda}L=0 ：
\sqrt{\lambda}L=0=n\pi\quad(n=1,2,\cdots)
于是本征值就可解出
\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2\quad(n=1,2,\cdots)
对应的本征函数为
X_n(x)=B_n\sin\frac{n\pi}{L}x\quad(n=1,2,\cdots)
上面得到了正的 \lambda 值后，就可以分析关于 T(t) 的常微分方程：
T&#39;&#39;(t)+\left(\frac{an\pi}{L}\right)^2T(t)=0
它的通解为
T(t)=T_n(t)=E_n\cos\frac{an\pi}{L}t+F_n\sin\frac{an\pi}{L}t
结合起来，就得到泛定方程在边界条件下的解
u_n(x,t)=\left[C_n\cos\frac{an\pi}{L}t+D_n\sin\frac{an\pi}{L}t\right]\sin\frac{n\pi}{L}x
它有两个任意常数。因它是求解本征方程得到的，因而又被称为泛定方程的本征解；其时间函数的频率 \frac{an\pi}{L} 称为是该本征解的本征频率，它是基频 \frac{a\pi}{L} 整数倍。但是假若初始条件具有任意函数形式，则这些本征解未必能够满足，因为 u_n(x,0)=C_n\cos\frac{an\pi}{L}t 是一个单频简谐波。幸而根据叠加原理，如下的无穷级数
u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty u_n(x,t)=\sum_{n=1}^\infty\left[C_n\cos\frac{an\pi}{L}t+D_n\sin\frac{an\pi}{L}t\right]\sin\frac{n\pi}{L}x
若收敛且对 x 、 t 均二次可微（这里由于各个本征解本身就有任意常数，因此线性叠加时不需要再乘以系数，只要吸收进 C 、 D 中即可），则也是原方程的解，称为一般解。

注意一般解与通解的区别；通解只是基于泛定方程本身得出的解的一般形式，而任意解则是泛定方程与边界条件共同决定的形式；当然，都有可能存在特解不能表为通解或一般解。

下面考虑初始条件，即确定系数 C 、 D 。首先
\frac{\partial u(x,t)}{\partial t}=\sum_{n=1}^\infty\frac{an\pi}{L}\left[-C_n\sin\frac{an\pi}{L}t+D_n\cos\frac{an\pi}{L}t\right]\sin\frac{n\pi}{L}x
依据初始条件即得
\begin{align} \phi(x)&=\sum_{n=1}^\infty C_n\sin\frac{n\pi}{L}x\\ \psi(x)&=\sum_{n=1}^\infty D_n\frac{an\pi}{L}\sin\frac{n\pi}{L}x \end{align}
可见 C_n 、 D_n\frac{an\pi}{L} 正是 \phi(x) 、 \psi(x) 的半幅傅里叶展开（正弦级数）的系数，即
\begin{align} C_n&=\frac{2}{L}\int_0^L\phi(x)\sin\frac{n\pi}{L}x{\rm d}x\\ D_n&=\frac{2}{n\pi a}\int_0^L\psi(x)\sin\frac{n\pi}{L}x{\rm d}x \end{align}
于是只要取这样的常系数，则一般解就能同时满足初始条件，同时也能被唯一确定。不难看出，一般解就是各种本征频率成分的叠加，所以弦振动是一种周期运动。

上面就是利用分离变量法求定解问题的一个典型范式。值得思考的一个问题是，为什么先求 X(x) 而非 T(t) 。因为在这个问题里，初始条件为零，与 T(t) 无关；而边界条件是 x 的函数，与 X(x) 有关。具体问题需要具体来分析求解方法。
关于确定分离常数的原理，从上面的过程看出原则上是基于边界条件，究其细节实际上是线性齐次方程组的解的存在性条件。事实上在泛定方程给出通解后，它在齐次边界条件下给出一个线性齐次方程组
\begin{align} A+B&\cdot0=0\\ A\cos\sqrt{\lambda}L+&B\sin\sqrt{\lambda}L=0 \end{align}
方程组有非零解的充要条件是系数行列式为零
\begin{vmatrix} 1&0\\ \cos\sqrt{\lambda}L&\sin\sqrt{\lambda}L \end{vmatrix} =0
由此可以直接得到关于未知数 \lambda 的限定条件。当然由于在确定了之后 \lambda 两个方程是线性相关的，因而这个解存在性条件不能完全确定待定系数，实际上还存在一个未定，这个系数将会用初始条件来确定。

综上，总结分离变量法的使用条件：

• 泛定方程是线性的；
  
• 泛定方程是齐次的；
  
• 边界条件是齐次的。
  

强调泛定方程齐次性是为了利用叠加原理得到一般解从而能够符合任意的初始条件。使用分离变量法的一般步骤则是：

• 对泛定方程写出其变量分离形式的解 u(x,t)=X(x)T(t) ；
  
• 代入泛定方程并分离变量，得到 X(x) 、 T(t) 分别的、包含分离常数的常微分方程；
  
• 求解空间函数 X(x) 的常微分方程与边界条件组成的边值问题——本征值问题，得到本征值 \lambda_n 与本征函数 X_n(x) ；
  
• 将 \lambda_n 代入时间函数 T(t) 的常微分方程解出 T_n(t) ，从而与空间函数相乘得到泛定方程的本征解 u_n(x,t)=X_n(x)T_n(t) ；
  
• 利用叠加原理得到一般解 u(x,t)=\sum_{i=0}^\infty u_n(x,t) ，并利用初始条件确定未定系数。
  

最后，需要注意的是，求解空间函数得到的本征函数形式与其边界条件密切相关。一般来说：对于本征方程，其不同边界条件下的本征解为：\begin{array}{c} X&#39;&#39;(x)+\lambda X(x)=0\\ \begin{array}{|l|l|l|l|} \hline u|_{x=0}=0,\ u|_{x=L}=0& \lambda_n=\left(\dfrac{n\pi}{L}\right)^2 & X_n(x)=B_n\sin\dfrac{n\pi}{L}x&n=1,2,3,\cdots\\ \hline \left.\dfrac{\partial u}{\partial x}\right|_{x=0}=0,\ \left.\dfrac{\partial u}{\partial x}\right|_{x=L}=0& \lambda_n=\left(\dfrac{n\pi}{L}\right)^2 & X_n(x)=A_n\cos\dfrac{n\pi}{L}x&n=0,1,2,\cdots\\ \hline u|_{x=0}=0,\ \left.\dfrac{\partial u}{\partial x}\right|_{x=L}=0& \lambda_n=\left[\dfrac{(2n+1)\pi}{2L}\right]^2 & X_n(x)=B_n\sin\dfrac{(2n+1)\pi}{2L}x&n=0,1,2,\cdots\\ \hline \left.\dfrac{\partial u}{\partial x}\right|_{x=0}=0,\ u|_{x=L}=0& \lambda_n=\left[\dfrac{(2n+1)\pi}{2L}\right]^2 & X_n(x)=A_n\cos\dfrac{(2n+1)\pi}{2L}x&n=0,1,2,\cdots\\ \hline \end{array} \end{array}

1.2 物理意义及驻波条件
首先分析本征解，它还可以写成
u_n(x,t)=N_n\sin(\omega_nt+\theta_n)\sin\frac{n\pi}{L}x
其中 N_n=\sqrt{C_n^2+D_n^2} ， \omega_n=\frac{n\pi a}{L} ， \theta_n=\arctan\frac{C_n}{D_n} 。下面分析这个本征解的物理意义。
一方面，对于确定的时刻 t_0 ，
u_n(x)=A_n(t_0)\sin\frac{n\pi}{L}x
可见空间形状是一条正弦曲线，它的振幅与 t_0 有关；另一方面，对于固定的位置 x_0 ，
u_n(t)=B_n(x_0)\sin(\omega_nt+\theta_n)
表示一个简谐振荡，其振幅与 x_0 有关。特别地，在
x_m=\frac{mL}{n}\quad(m=1,2,\cdots,n)
这些位置处， B_n(x_m)=N_n\sin\frac{n\pi}{L}x_m=N_n\sin m\pi=0 ，振幅始终为零，即波节点。一个本征解有 n+1 个波节点（包括两端点）；显然这种本征解在物理上代表一个驻波。由 \Delta x_m=\frac{\lambda}{2} 可得
L=\frac{\lambda}{2}n\quad(n=1,2,\cdots)
这就是驻波条件。
当然一般的弦波形可能是本征解的线性叠加，即一系列驻波 u_1(x,t),u_2(x,t),\cdots ，它们的振幅、频率、相位都随着 n 而不同。称其中频率最低 / 波长最长 /  n=1 的 u_1(x,t) 为基波 / 基态，而 u_n(x,t)\ (n\geq2) 的称为谐波 / 激发态。实际的物理系统，可能处于单一的基态或激发态，也有可能处于它们的线性叠加态。

2. 二维泛定方程的定解问题

若二维系统问题的泛定方程是线性齐次的，且边界条件也是齐次的，则也可以使用分离变量法求解。与一维问题的区别在于，空间变量有两个，所以在时空变量分离后还要进一步对两个空间变量分离。
2.1 二维波动方程
考虑膜振动问题：边长为 a 、 b 的矩形膜四边水平固定，列出泛定方程和定解条件：
\left\{\begin{array}{ll} \dfrac{\partial^2u}{\partial t^2}=c^2\left(\dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2u}{\partial y^2}\right)\quad&(0<x<a,0<y<b,t>0)\\ u|_{t=0}=\phi(x,y),\ \left.\dfrac{\partial u}{\partial t}\right|_{t=0}=\psi(x,y)&(0\leq x\leq a,0\leq y\leq b)\\ u|_{x=0}=0,\ u|_{x=a}=0&(0\leq y\leq b,t>0)\\ u|_{y=0}=0,\ u|_{y=b}=0&(0\leq x\leq a,t>0) \end{array}\right.
首先假设方程的解能够分离时空变量
u(x,y)=V(x,y)T(t)
代入方程并分离变量得到：
\frac{1}{V(x,y)}\left(\frac{\partial^2V(x,y)}{\partial x^2}+\frac{\partial^2V(x,y)}{\partial y^2}\right)=\frac{1}{c^2}\frac{T&#39;&#39;(t)}{T(t)}=-\lambda
这样就得到时间的常微分方程和空间的偏微分方程
\begin{align} \frac{\partial^2V}{\partial x^2}+\frac{\partial^2V}{\partial y^2}+\lambda V=0\\ T&#39;&#39;(t)+\lambda x^2T(t)=0 \end{align}
其中第一式即空间本征方程，是线性齐次的，且空间边界条件也是齐次的，故可以进一步设
V(x,y)=X(x)Y(y)
代入方程得
\frac{X&#39;&#39;(x)}{X(x)}+\frac{Y&#39;&#39;(y)}{Y(y)}=-\lambda
要分离变量，就要引入第二个分离常数
\frac{X&#39;&#39;(x)}{X(x)}=-\frac{Y&#39;&#39;(y)}{Y(y)}-\lambda=-\mu
由此，再结合边界条件就得到分别关于 x 、 y 的两个边值问题
\left\{\begin{array}{ll} X&#39;&#39;(x)+\mu X(x)=0&(0<x<a)\\ X(0)=0,\ X(a)=0 \end{array}\right.
\left\{\begin{array}{ll} Y&#39;&#39;(y)+\nu Y(y)=0&(0<x<b)\\ Y(0)=0,\ Y(b)=0 \end{array}\right.
其中 \nu=\lambda-\mu 。于是这就又回到了一维弦振动问题。它们的本征值和本征解分别为
\left\{\begin{array}{ll} \mu_m=\left(\dfrac{m\pi}{a}\right)^2\\ X_m(x)=A_m\sin\dfrac{m\pi}{a}x \end{array}\right.\quad(m=1,2,\cdots)
\left\{\begin{array}{ll} \nu_n=\left(\dfrac{n\pi}{b}\right)^2\\ Y_n(y)=B_n\sin\dfrac{n\pi}{b}y \end{array}\right.\quad(n=1,2,\cdots)
因而空间本征方程的本征解为
\left\{\begin{array}{ll} \lambda_{mn}=\mu_m+\nu_n=\left(\dfrac{m\pi}{a}\right)^2+\left(\dfrac{n\pi}{b}\right)^2\\ V_{mn}(x,y)=A_mB_n\sin\dfrac{m\pi}{a}x\sin\dfrac{n\pi}{b}y \end{array}\right.\quad(m,n=1,2,\cdots)
进而能够解出时间本征方程
T(t)=T_{mn}(t)=E_{mn}\cos\omega_{mn}t+F_{mn}\sin\omega_{mn}t
其中 \omega_{mn}=c\pi\sqrt{\left(\frac{m}{a}\right)^2+\left(\frac{n}{b}\right)^2} 称为膜振动的特征频率；其中基频 \omega_{11}=c\pi\sqrt{\left(\frac{1}{a}\right)^2+\left(\frac{1}{b}\right)^2} 。但是这里二维的谐频不再是基频的整数倍。
现在得到了泛定方程的本征解
u_{mn}(x,y,t)=\Big[C_{mn}\cos\omega_{mn}t+D_{mn}\sin\omega_{mn}t\Big]\sin\dfrac{m\pi}{a}x\sin\dfrac{n\pi}{b}y
进而得到一般解
u(x,y,t)=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\Big[C_{mn}\cos\omega_{mn}t+D_{mn}\sin\omega_{mn}t\Big]\sin\dfrac{m\pi}{a}x\sin\dfrac{n\pi}{b}y
从而
\frac{\partial u(x,y,t)}{\partial t}\!\!=\!\!\!\!\sum_{m=1}^\infty\!\!\sum_{n=1}^\infty\!\!-\omega_{mn}\!\!\Big[\!\!-\!C_{mn}\!\!\cos\omega_{mn}t\!+\!D_{mn}\!\sin\omega_{mn}t\Big]\!\!\sin\!\dfrac{m\pi}{a}x\sin\!\dfrac{n\pi}{b}y
结合初始条件，得到
\begin{align} \phi(x,y)&=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty C_{mn}\sin\dfrac{m\pi}{a}x\sin\dfrac{n\pi}{b}y\\ \psi(x,y)&=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty \omega_{mn}D_{mn}\frac{an\pi}{L}\sin\dfrac{m\pi}{a}x\sin\dfrac{n\pi}{b}y \end{align}
可见 C_{mn} 、 \omega_{mn}D_{mn} 正是 \phi(x,y) 、 \psi(x,y) 的二重傅里叶级数的系数，即
\begin{align} C_{mn}&=\frac{4}{ab}\int_0^a\int_0^b\phi(x,y)\sin\frac{m\pi}{a}x\sin\dfrac{n\pi}{b}y{\rm d}x{\rm d}y\\ D_{mn}&=\frac{4}{ab\omega_{mn}}\int_0^a\int_0^b\psi(x,y)\sin\frac{m\pi}{a}x\sin\dfrac{n\pi}{b}y{\rm d}x{\rm d}y \end{align}
于是只要取这样的常系数，则一般解就能同时满足初始条件，同时也能被唯一确定。应该指出，二维膜振动并不是时间周期性的，这是因为特征频率不是基频的整数倍，因而各种频率成分叠加得到的一般解没有确定的周期。
当然，若边界条件是其他种类，那么这里的本征函数形式也相应地不同。

2.2 二维热传导方程
考虑二维热传导问题：边长为 a 、 b 的矩形薄片水平放置，四边固定零温度，列出泛定方程和定解条件：
\left\{\begin{array}{ll} \dfrac{\partial u}{\partial t}=c^2\left(\dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2u}{\partial y^2}\right)\quad&(0<x<a,0<y<b,t>0)\\ u|_{t=0}=\phi(x,y)&(0\leq x\leq a,0\leq y\leq b)\\ u|_{x=0}=0,\ u|_{x=a}=0&(0\leq y\leq b,t>0)\\ u|_{y=0}=0,\ u|_{y=b}=0&(0\leq x\leq a,t>0) \end{array}\right.
首先假设方程的解能够分离时空变量
u(x,y)=V(x,y)T(t)
代入方程并分离变量得到：
\frac{1}{V(x,y)}\left(\frac{\partial^2V(x,y)}{\partial x^2}+\frac{\partial^2V(x,y)}{\partial y^2}\right)=\frac{1}{c^2}\frac{T&#39;(t)}{T(t)}=-\lambda
这样就得到时间的常微分方程和空间的偏微分方程
\begin{align} \frac{\partial^2V}{\partial x^2}+\frac{\partial^2V}{\partial y^2}+\lambda V=0\\ T&#39;(t)+\lambda x^2T(t)=0 \end{align}
与膜振动相同，空间本征方程的本征解为
\left\{\begin{array}{ll} \lambda_{mn}=\mu_m+\nu_n=\left(\dfrac{m\pi}{a}\right)^2+\left(\dfrac{n\pi}{b}\right)^2\\ V_{mn}(x,y)=A_mB_n\sin\dfrac{m\pi}{a}x\sin\dfrac{n\pi}{b}y \end{array}\right.\quad(m,n=1,2,\cdots)
进而能够解出时间本征方程
T(t)=T_{mn}(t)={\rm e}^{-\omega_{mn}^2t}
泛定方程的本征解
u_{mn}(x,y,t)=C_{mn}{\rm e}^{-\omega_{mn}^2t}\sin\dfrac{m\pi}{a}x\sin\dfrac{n\pi}{b}y
进而得到一般解
u(x,y,t)=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty C_{mn}{\rm e}^{-\omega_{mn}^2t}\sin\dfrac{m\pi}{a}x\sin\dfrac{n\pi}{b}y
结合初始条件
\phi(x,y)=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty C_{mn}\sin\dfrac{m\pi}{a}x\sin\dfrac{n\pi}{b}y
可见 C_{mn} 正是 \phi(x,y) 的二重傅里叶级数的系数，即
C_{mn}=\frac{4}{ab}\int_0^a\int_0^b\phi(x,y)\sin\frac{m\pi}{a}x\sin\dfrac{n\pi}{b}y{\rm d}x{\rm d}y
于是二维热传导问题也就解决了。

3. 第三类边界条件下的定解问题

3.1 本征函数的正交性
前述的问题只涉及到了第一、二类边界条件；而本节讨论第三类条件。为此首先讨论从属于不同本征值本征函数的正交性问题；这在抽象的线性代数中是明确的，但是在具体函数的分析里面不妨重新来看一下。
对于本征方程
\frac{\rm d^2}{{\rm d}x^2}X(x)=-\lambda X(x)\Longrightarrow\frac{\rm d}{{\rm d}x}X&#39;(x)=-\lambda X(x)
设两个本征解
\begin{align} \frac{\rm d}{{\rm d}x}(X&#39;_m)&=-\lambda_mX_m\\ \frac{\rm d}{{\rm d}x}(X&#39;_n)&=-\lambda_nX_n \end{align}
两式两边分别同乘 X_n 、 X_m ，
\begin{align} X_n\frac{\rm d}{{\rm d}x}(X&#39;_m)&=-\lambda_mX_mX_n\\ X_m\frac{\rm d}{{\rm d}x}(X&#39;_n)&=-\lambda_nX_mX_n \end{align}
于是
X_m\frac{\rm d}{{\rm d}x}(X&#39;_n)-X_n\frac{\rm d}{{\rm d}x}(X&#39;_m)=\lambda_mX_mX_n-\lambda_nX_mX_n
左边积分
\begin{align} &\int_0^L\left[X_m\frac{\rm d}{{\rm d}x}(X&#39;_n)-X_n\frac{\rm d}{{\rm d}x}(X&#39;_m)\right]{\rm d}x\\ =&\int_0^LX_m{\rm d}(X&#39;_n)-\int_0^LX_n{\rm d}(X&#39;_m)\\ =&[X_mX&#39;_n]_0^L-[X_nX&#39;_m]_0^L-\int_0^LX&#39;_n{\rm d}X_m+\int_0^LX&#39;_m{\rm d}X_n\\ =&[X_n(0)X&#39;_m(0)-X_m(0)X&#39;_n(0)]-[X_n(L)X&#39;_m(L)-X_m(L)X&#39;_n(L)]\\ &-\int_0^L\left(X&#39;_nX&#39;_m-X&#39;_mX&#39;_n\right){\rm d}x\\ =&[X_n(0)X&#39;_m(0)-X_m(0)X&#39;_n(0)]-[X_n(L)X&#39;_m(L)-X_m(L)X&#39;_n(L)]\\ =&Q \end{align}
称为\boldsymbol Q 因子。另一方面，右边积分
\begin{align} &\int_0^L\left(\lambda_mX_mX_n-\lambda_nX_mX_n\right){\rm d}x\\ =&(\lambda_m-\lambda_n)\int_0^LX_mX_n{\rm d}x \end{align}
于是就可得到两从属于不同本征值的本征函数的正交性
\int_0^LX_mX_n{\rm d}x=\frac{Q}{\lambda_m-\lambda_n}\quad(m\neq n)
这表明，只要边界条件满足 Q=0 ，则不同本征值的本征函数就是正交的。

3.2 热辐射定解问题
3.2.1 热辐射-补充系统
下面讨论第三类边界条件下的热传导定解问题；特别地，若热传导系统的边界条件含有诺伊曼项（即为第二类或第三类），那么就称系统在该边界处有热辐射或热吸收。
\left\{\begin{array}{ll} \dfrac{\partial u}{\partial t}=a^2\dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}\quad&(0<x<L,t>0)\\ u|_{t=0}=\phi(x)&(0\leq x\leq L)\\ u|_{x=0}=0,\ \left[u+h\dfrac{\partial u}{\partial x}\right]_{x=L}=0&(t>0,h>0) \end{array}\right.
这里是一个简单的例子，若 h>0 则表明系统在边界 x=L 处向外辐射热量，且辐射强度与该点处的温度成正比。后端辐射热量，那么前端要想保持温度恒定，就必须要从外界补充能量，这就是其热辐射-补充得名原因。边界条件仍然是齐次的，为了能够分离变量求解。
对于该泛定方程分离变量得到的空间函数的边值问题为
\left\{\begin{array}{ll} X&#39;&#39;(x)+\lambda X(x)=0&(0<x<L)\\ X(0)=0,\ X(L)+hX&#39;(L)=0&(h>0) \end{array}\right.
可以依本征值 \lambda 的正负符号分类讨论
1） \lambda=0，这时泛定方程为 X&#39;&#39;(x)=0 ，其通解为
\begin{align} &X(x)=A+Bx\\ &X&#39;(x)=B \end{align}
（注意这里就给出了 X&#39;(x)=B ）边界条件 X(0)=0 要求 A=0 ，边界条件 X(L)+hX&#39;(L)=0 要求 B(L+h)=0 即 B=0 ，则 X(x)=0 ，它导致平凡解 u(x,t)=0 。
2） \lambda<0，这时方程的通解为
\begin{align} &X(x)=A\cosh \sqrt{-\lambda}x+B\sinh \sqrt{-\lambda}x\\ &X&#39;(x)=\sqrt{-\lambda}A\sinh \sqrt{-\lambda}x+\sqrt{-\lambda}B\cosh \sqrt{-\lambda}x \end{align}
边界条件 X(0)=0 要求 A=0 ，从而 X(x)=B\sinh \sqrt{-\lambda}x ；边界条件 X(L)+hX&#39;(L)=0 要求 B\Big[\sinh\sqrt{-\lambda}L+h\sqrt{-\lambda}\cosh\sqrt{-\lambda}L\Big]=0 ，只能 B=0 ，于是再次 X(x)=0 ，导致平凡解 u(x,t)=0 。
3） \lambda>0，这时方程的通解为
\begin{align} &X(x)=A\cos \sqrt{\lambda}x+B\sin \sqrt{\lambda}x\\ &X&#39;(x)=-\sqrt{\lambda}A\sin \sqrt{\lambda}x+\sqrt{\lambda}B\cos \sqrt{\lambda}x \end{align}
边界条件 X(0)=0 要求 A=0 ，从而 X(x)=B\sin \sqrt{\lambda}x ；边界条件 X(L)+hX&#39;(L)=0 若 B=0 则再次给出平凡解；若 B\neq0 则给出超越方程
\sin \sqrt{\lambda}L+h\sqrt{\lambda}\cos\sqrt{\lambda}L=0\Longrightarrow\tan(\sqrt{\lambda}L)=-\frac{h}{L}(\sqrt{\lambda}L) ，
可以解得，本征值
\lambda_n=\frac{\mu^2_n}{L^2}\quad(n=1,2,\cdots)
对应的本征函数为
X_n(x)=B_n\sin\frac{\mu_n}{L}x\quad(n=1,2,\cdots)
这里引入的参量 \mu_n 不再是 n\pi 甚至不是 n 的整数倍（事实上它是直线 -\frac{h}{L}x 与曲线 \tan x 的交点横坐标），但是满足 \mu_n\in\Big((n-0.5)\pi,n\pi\Big) 且随着 n 增大越向 (n-0.5)\pi 靠近；于是间隔 \mu_{n+1}-\mu_n 越来越接近于 \pi ， \lim_{n\to\infty}(\mu_{n+1}-\mu_n)=\pi 。因而本征函数集
\left\{\sin\frac{\mu_n}{L}x\right\}\quad(n=1,2,\cdots)
在 n 很大（ n\to\infty ）时可以近似地接近傅里叶级数。
另一方面，时间函数的方程
T&#39;(t)+\left(\frac{\mu_na}{L}\right)^2T(t)=0\quad(n=1,2,\cdots)
通解为
T(t)=E_n{\rm e}^{-\left(\frac{\mu_na}{L}\right)^2t}\quad(n=1,2,\cdots)
于是泛定方程的本征解就是
u_n(x,t)=C_n{\rm e}^{-\left(\frac{\mu_na}{L}\right)^2t}\sin\frac{\mu_n}{L}x\quad(n=1,2,\cdots)
一般解为
u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty C_n{\rm e}^{-\left(\frac{\mu_na}{L}\right)^2t}\sin\frac{\mu_n}{L}x
结合初始条件
\phi(x)=\sum_{n=1}^\infty C_n\sin\frac{\mu_n}{L}x
这并不是通常的傅里叶级数；但是在 n 很大（ n\to\infty ）时非常接近傅里叶级数，称之为“广义傅里叶级数”。上式两边同乘 \sin\frac{\mu_m}{L}x 然后积分
\begin{align} \int_0^L\phi(x)\sin\frac{\mu_m}{L}x{\rm d}x&=\int_0^L\sin\frac{\mu_m}{L}x\left(\sum_{n=1}^\infty C_n\sin\frac{\mu_n}{L}x\right){\rm  d}x\\ &=\sum_{n=1}^\infty C_n\int_0^L\sin\frac{\mu_m}{L}x\sin\frac{\mu_n}{L}x{\rm  d}x\\ &=\sum_{n=1}^\infty C_n\frac{L}{2}\left(1-\frac{\sin 2\mu_n}{2\mu_n}\right)\delta_{mn}\\ &=C_m\frac{L}{2}\left(1-\frac{\sin 2\mu_m}{2\mu_m}\right) \end{align}
（其中利用了前面得出的正交性关系）。于是
C_n=\frac{2}{L\left(1-\dfrac{\sin 2\mu_n}{2\mu_n}\right)}\int_0^L\phi(x)\sin\frac{\mu_n}{L}x{\rm d}x\quad(n=1,2,\cdots)
可见在 n 很大（ n\to\infty ）时分母的 1-\frac{\sin 2\mu_n}{2\mu_n}\to1 ，从而的确这一展开式接近傅里叶系数。

最后可以讨论系统的平均温度，对于一维系统其定义为
U(t)=\frac{1}{L}\int_0^Lu(x,t){\rm d}x
在这里，其一般解的平均温度为
\begin{align} U(t)&=\frac{1}{L}\sum_{n=1}^\infty C_n{\rm e}^{-\left(\frac{\mu_na}{L}\right)^2t}\int_0^L\sin\frac{\mu_n}{L}x{\rm d}x\\ &=\sum_{n=1}^\infty C_n\frac{1-\cos\mu_n}{\mu_n}\exp\left[-\left(\frac{\mu_na}{L}\right)^2t\right] \end{align}

3.2.2 热辐射-绝热系统
虑如下定解问题
\left\{\begin{array}{ll} \dfrac{\partial u}{\partial t}=a^2\dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}\quad&(0<x<L,t>0)\\ u|_{t=0}=\phi(x)&(0\leq x\leq a)\\ \left.\dfrac{\partial u}{\partial x}\right|_{x=0}=0,\ \left[u+h\dfrac{\partial u}{\partial x}\right]_{x=L}=0&(t>0,h>0) \end{array}\right.
它与辐射-补充系统的区别在于，后端辐射的同时前端绝热，因而显见的是系统温度会随时间降低。
分离变量后空间函数的边值问题
\left\{\begin{array}{ll} X&#39;&#39;(x)+\lambda X(x)=0&(0<x<L)\\ X&#39;(0)=0,\ X(L)-\eta X&#39;(L)=0&(\eta>0) \end{array}\right.
依旧根据本征值 \lambda 的正负符号分类讨论
1） \lambda=0，只有平凡解 u(x,t)=0 。
2） \lambda<0，只有平凡解 u(x,t)=0 。
3） \lambda>0，这时 B\neq0 给出超越方程
\cot(\sqrt{\lambda}L)=\frac{h}{L}(\sqrt{\lambda}L)
可以解得，本征值
\lambda_n=\frac{\mu^2_n}{L^2}\quad(n=1,2,\cdots)
对应的本征函数为
X_n(x)=B_n\cos\frac{\mu_n}{L}x\quad(n=1,2,\cdots)
对于相应的时间函数方程
T&#39;(t)+\left(\frac{\mu_na}{L}\right)^2T(t)=0\quad(n=1,2,\cdots)
解得
T_n(t)=E_n{\rm e}^{-\left(\frac{\mu_na}{L}\right)^2t}\quad(n=1,2,\cdots)
因此本征解为
u_n(x,t)=C_n{\rm e}^{-\left(\frac{\mu_0a}{L}\right)^2t}\cos\frac{\mu_n}{L}x\quad(n=1,2,\cdots)
一般解为本征解之叠加
u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty C_n{\rm e}^{-\left(\frac{\mu_na}{L}\right)^2t}\cos\frac{\mu_n}{L}x
结合初始条件
\phi(x)=\sum_{n=1}^\infty C_n\cos\frac{\mu_n}{L}x
容易证明各个 X_n(x) 之间的正交性
\int_0^L\cos\frac{\mu_m}{L}x\cos\frac{\mu_n}{L}x{\rm  d}x=\frac{L}{2}\left(1+\frac{\sin 2\mu_n}{2\mu_n}\right)\delta_{mn}
则展开系数容易求得为
C_n=\frac{2}{L\left(1+\dfrac{\sin 2\mu_n}{2\mu_n}\right)}\int_0^L\phi(x)\cos\frac{\mu_n}{L}x{\rm d}x\quad(n=1,2,\cdots)  
现在就求解出了热辐射-绝热系统的定解问题。最后还能求其平均温度
\begin{align} U(t)=\sum_{n=1}^\infty C_n\frac{\sin\mu_n}{\mu_n}\exp\left[-\frac{\mu^2_na^2}{L^2}t\right] \end{align}

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