非齐次振动方程和输运方程解法-傅里叶级数法冲量定理法

这节研究非齐次振动方程和输运方程的定解问题。
这节研究的是齐次的边界条件。
本节介绍两个方法。首先介绍傅里叶级数法，它直接求解非齐次的定解问题；接着是冲量定理法，它把非齐次方程的定解问题转化为齐次方程的定解问题进行求解。

(一) 傅里叶级数法

在求解两端固定的弦的非齐次振动方程定解问题中，得到的解具有傅里叶正弦级数的形式，而且其系数AnA_nAn和BnB_nBn决定于初始条件φ(x)\varphi(x)φ(x)和ψ(x)\psi(x)ψ(x)的傅里叶正弦级数。至于采取正弦级数而不是一般的傅里叶级数的形式，则完全是由于两端都是第一类齐次边界条件u∣x=0u|_{x=0}u∣x=0和u∣x=lu|_{x=l}u∣x=l原因。
分离变数法得出的这些结果给出提示:不妨把所求的解本身展开为傅里叶级数,即u(x,t)=∑nTn(t)Xn(x).u(x,t)=\sum_nT_n(t)X_n(x).u(x,t)=n∑Tn(t)Xn(x). 上面的傅里叶级数的基本函数族Xn(x)X_n(x)Xn(x)为该定解问题齐次方程在所给齐次边界条件下的本征函数。
由于解是自变数x和t的函数，因而u(x,t)u(x,t)u(x,t)的傅里叶系数不是常数，而是时间t的函数，把它记作Tn(t)T_n(t)Tn(t)。将上面的待定解(FIXME)代入泛定方程，尝试分离出Tn(t)T_n(t)Tn(t)的常微分方程，然后求解。

例1 求解定解问题
utt−a2uxx=Acos⁡πxlsin⁡ωt;u_{tt}-a^2u_{xx}=A\cos \frac{\pi x}{l} \sin \omega t;utt−a2uxx=Acoslπxsinωt;ux∣x=0=0,ux∣x=l=0;u_x|_{x=0}=0,u_x|_{x=l}=0;ux∣x=0=0,ux∣x=l=0;u∣t=0=φ(x),ut∣t=0=ψ(x),(0<x<l)u|_{t=0}=\varphi (x), u_t|_{t=0}=\psi (x), (0<x<l)u∣t=0=φ(x),ut∣t=0=ψ(x),(0<x<l)
解：级数展开的基本函数应是相应的齐次泛定方程utt−a2uxx=0u_{tt}-a^2u_{xx}=0utt−a2uxx=0在所给齐次边界条件ux∣x=0=0u_x|_{x=0}=0ux∣x=0=0和ux∣x=l=0u_x|_{x=l}=0ux∣x=l=0下的本征函数。我们已经熟悉了(并没有)这些本征函数，它们是cos⁡nπxl(n=0,1,2,...)\cos \frac{n\pi x}{l} (n=0,1,2,...)coslnπx(n=0,1,2,...)。这样，试把所求的解展开为傅里叶余弦级数。u(x,t)=∑n=0∞Tn(t)cos⁡nπxlu(x,t)=\sum_{n=0}^{\infty}T_n(t)\cos\frac{n\pi x}{l}u(x,t)=n=0∑∞Tn(t)coslnπx.为了求解Tn(t)T_n(t)Tn(t)，尝试把这个级数代入非齐次泛定方程。∑n=0∞[Tn′′+n2π2a2l2Tn]cos⁡nπxl=Acos⁡πxlsin⁡ωt.\sum_{n=0}^{\infty}[T^{''}_n+\frac{n^2\pi ^2a^2}{l^2}T_n]\cos \frac{n\pi x}{l}=A\cos \frac{\pi x}{l}\sin \omega t.n=0∑∞[Tn′′+l2n2π2a2Tn]coslnπx=Acoslπxsinωt.等式左边是傅里叶余弦级数，这提示我们把等式右边也展开为傅里叶余弦级数。其实，右边已经是傅里叶余弦级数，它只有一个单项即n=1n=1n=1的项。于是，比较两边的系数，分离出Tn(t)T_n(t)Tn(t)的常微分方程T1′′+π2a2l2T1=Asin⁡ωt,Tn′′+n2π2a2l2Tn=0,n≠1T^{''}_1+\frac{\pi ^2a^2}{l^2}T_1=A\sin \omega t \space \space, T^{''}_n+\frac{n^2\pi ^2a^2}{l^2}T_n=0, n \neq 1T1′′+l2π2a2T1=Asinωt ,Tn′′+l2n2π2a2Tn=0,n=1又把u(x,t)u(x,t)u(x,t)的傅里叶余弦级数代入初始条件,得∑n=0∞Tn(0)cos⁡nπlx=φ(x)=∑n=0∞φncos⁡nπlx,\sum_{n=0}^{\infty}T_n(0)\cos\frac{n\pi}{l}x=\varphi(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\varphi _n\cos\frac{n\pi}{l}x,n=0∑∞Tn(0)coslnπx=φ(x)=n=0∑∞φncoslnπx,∑n=0∞Tn′(0)cos⁡nπlx=ψ(x)=∑n=0∞ψncos⁡nπlx.\sum_{n=0}^{\infty}T^{'}_n(0)\cos \frac{n \pi}{l}x=\psi (x)=\sum_{n=0}^{\infty}\psi_n\cos \frac{n\pi}{l}x .n=0∑∞Tn′(0)coslnπx=ψ(x)=n=0∑∞ψncoslnπx.其中φn,ψn\varphi_n,\psi_nφn,ψn分别是φ(x),ψ(x)\varphi(x),\psi(x)φ(x),ψ(x)的傅里叶余弦级数[以cos⁡(nπx/l)\cos (n\pi x/l)cos(nπx/l)为基本函数族]的第n个函数族。上面等式的两边都是傅里叶余弦级数。由于基本函数族cos⁡(nπx)/l\cos (n\pi x)/lcos(nπx)/l的正交性，等式两边对应同一基本函数的傅里叶系数必然相等，于是得Tn(t)T_n(t)Tn(t)的非零值初始条件{T0(0)=φ0=1l∫0lφ(ξ)dξT0′(0)=ψ0=1l∫0lψ(ξ)dξ\left\{ \begin{aligned} &T_{0}(0)=\varphi_0=\frac{1}{l}\int_{0}^{l}\varphi (\xi)d \xi \\ &T^{'}_{0}(0)=\psi _0=\frac{1}{l} \int^{l}_{0}\psi (\xi)d\xi \\ \end{aligned} \right. ⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧T0(0)=φ0=l1∫0lφ(ξ)dξT0′(0)=ψ0=l1∫0lψ(ξ)dξ{Tn(0)=φn=2l∫0lφ(ξ)cos⁡nπξldξn≠0Tn′(0)=ψn=2l∫0lψ(ξ)cos⁡nπξldξ\left\{ \begin{aligned} T_{n}(0)=\varphi_n=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\varphi (\xi)\cos \frac{n\pi \xi}{l}d \xi &\\ & n \neq 0\\ T^{'}_{n}(0)=\psi _n=\frac{2}{l} \int^{l}_{0}\psi (\xi)\cos \frac{n \pi \xi}{l}d\xi &\\ \end{aligned} \right. ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧Tn(0)=φn=l2∫0lφ(ξ)coslnπξdξTn′(0)=ψn=l2∫0lψ(ξ)coslnπξdξn=0Tn(t)T_n(t)Tn(t)的常微分方程在初始条件下的解是
T0(t)=φ0+ψ0tT1(t)=Alπa1ω2−π2a2/l2(ωsin⁡πatl−πalsin⁡ωt)+φ1cos⁡πatl+lπaψ1sin⁡πatl,Tn(t)=φncos⁡nπatl+lnπaψnsin⁡nπatl(n≠0,1)T_0(t)=\varphi_0+\psi_0t\\ T_1(t)=\frac{Al}{\pi a}\frac{1}{\omega ^2-\pi ^2a^2/l^2}(\omega\sin \frac{\pi at}{l}-\frac{\pi a}{l}\sin \omega t)+\varphi_1\cos \frac{\pi at}{l} + \frac{l}{\pi a}\psi _1\sin\frac{\pi at}{l}, \\T_n(t)=\varphi_n\cos \frac{n\pi at}{l}+\frac{l}{n\pi a}\psi_n\sin \frac{n\pi at}{l} (n\neq0,1) T0(t)=φ0+ψ0tT1(t)=πaAlω2−π2a2/l21(ωsinlπat−lπasinωt)+φ1coslπat+πalψ1sinlπat,Tn(t)=φncoslnπat+nπalψnsinlnπat(n=0,1)上面的第二个式子的第一项为T1(t)T_1(t)T1(t)的非齐次常微分方程的特解，满足零值初始条件。它的后两项之和及第三个式子分别是T1(t)T_1(t)T1(t)和Tn(t)n≠0,1T_n(t) n\neq 0,1Tn(t)n=0,1的齐次常微分方程的解，满足非零初始条件。
这样，所求的解为u(x,t)=Alπa1ω2−π2a2/l2(ωsin⁡πatl−πalsin⁡ωt)cos⁡πxl+φ0+ψ0t+∑n=1∞(φncos⁡nπatl+lnπaψnsin⁡nπatl)cos⁡nπxlu(x,t)=\frac{Al}{\pi a}\frac{1}{\omega^2-\pi^2a^2/l^2}(\omega\sin\frac{\pi at}{l}-\frac{\pi a}{l}\sin \omega t)\cos \frac{\pi x}{l}+\varphi_0 \\+\psi_0t+\sum_{n=1}^{\infty}(\varphi_n\cos\frac{n\pi at}{l}+\frac{l}{n\pi a}\psi_n\sin\frac{n\pi at}{l})\cos \frac{n\pi x}{l}u(x,t)=πaAlω2−π2a2/l21(ωsinlπat−lπasinωt)coslπx+φ0+ψ0t+n=1∑∞(φncoslnπat+nπalψnsinlnπat)coslnπx齐次振动方程和齐次输运方程当然也可以用傅里叶级数法(结合分离变数法)求解，这时得到的Tn(t)T_n(t)Tn(t)的常微分方程是齐次方程，求解更容易。
综上所述，可以看出，对于振动和输运问题，不论齐次还是非齐次方程定解问题，傅里叶级数结合分离变数法均可应用，如仅用分离变数法，则只能用于齐次方程齐次边界条件定解问题。

(二) 冲量定理法

应用冲量定理法有一个前提，即初始条件均取零值。
现在用冲量定理法来研究弦的非齐次振动方程定解问题。utt−a2uxx=f(x,t)u∣x=0=0,u∣x=l=0u∣t=0=0,ut∣t=0=0u_{tt}-a^2u_{xx}=f(x,t)\\u|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0\\u|_{t=0}=0,u_t|_{t=0}=0utt−a2uxx=f(x,t)u∣x=0=0,u∣x=l=0u∣t=0=0,ut∣t=0=0通过冲量定理法，我们可以得到它的等价问题vtt−a2vxx=0,v∣x=0=0,v∣x=l=0v∣t=τ=0,vt∣t=τ=f(x,τ)v_{tt}-a^2v_{xx}=0,\\v|_{x=0}=0,v|_{x=l}=0\\v|_{t=\tau}=0 ,\space \space v_t|_{t=\tau}=f(x,\tau)vtt−a2vxx=0,v∣x=0=0,v∣x=l=0v∣t=τ=0, vt∣t=τ=f(x,τ)其中u(x,t)=∫0tv(x,t;τ)dτu(x,t)=\int_0^tv(x,t;\tau)d\tauu(x,t)=∫0tv(x,t;τ)dτ 。

(1) 冲量定理法的物理思想

请参考《数学物理方法》(第四版) 梁昆淼编第165页

(2) 冲量定理法的数学验证

首先验证边界条件，由于v∣x=0=0,v∣x=l=0v|_{x=0}=0,v|_{x=l}=0v∣x=0=0,v∣x=l=0，因此u∣x=0=∫0tv∣x=0dτ=0,u∣x=l=∫0tv∣x=ldτ=0.u|_{x=0}=\int_{0}^{t}v|_{x=0}d\tau=0, u|_{x=l}=\int_0^{t}v|_{x=l}d\tau=0. u∣x=0=∫0tv∣x=0dτ=0,u∣x=l=∫0tv∣x=ldτ=0.所以u(x,t)u(x,t)u(x,t)满足边界条件。
其次验证初始条件，由uuu和vvv的关系知u∣t=0=∫00v∣t=0dτ=0.u|_{t=0}=\int_0^0v|_{t=0}d\tau=0.u∣t=0=∫00v∣t=0dτ=0.为了验证初始速度，需利用积分号下求导的公式ddt∫α(t)β(t)g(t;τ)dτ=∫α(t)β(t)∂g(t;τ)∂tdτ+g[t;β(t)]dβ(t)dt−g[t;α(t)]dα(t)dt,\frac{d}{dt}\int_{\alpha (t)}^{\beta (t)}g(t;\tau)d\tau=\int_{\alpha (t)}^{\beta(t)}\frac{\partial g(t;\tau)}{\partial t}d\tau + g[t;\beta (t)] \frac{d\beta (t)}{dt}-g[t;\alpha(t)]\frac{d\alpha(t)}{dt},dtd∫α(t)β(t)g(t;τ)dτ=∫α(t)β(t)∂t∂g(t;τ)dτ+g[t;β(t)]dtdβ(t)−g[t;α(t)]dtdα(t),把这个公式应用于u(x,t)=∫0tv(x,t;τ)dτu(x,t)=\int_0^tv(x,t;\tau)d\tauu(x,t)=∫0tv(x,t;τ)dτ，有ut(x,t)=∫0tvt(x,t;τ)dτ+v(x,t;t)u_t(x,t)=\int_0^tv_t(x,t;\tau)d\tau+v(x,t;t)ut(x,t)=∫0tvt(x,t;τ)dτ+v(x,t;t)按照v的初始条件，有v(x,τ;τ)=0(0≤τ≤t)v(x,\tau;\tau)=0 (0 \leq \tau \leq t)v(x,τ;τ)=0(0≤τ≤t)。所以ut(x,t)=∫0tvt(x,t;τ)dτ,ut∣t=0=∫00vt∣t=0dτ=0u_t(x,t)=\int_0^tv_t(x,t;\tau)d\tau, \\ u_t|_{t=0}=\int_0^0v_t|_{t=0}d\tau=0ut(x,t)=∫0tvt(x,t;τ)dτ,ut∣t=0=∫00vt∣t=0dτ=0这样，原始方程中的两个零值初始条件都为零。
最后验证非齐次方程，对于utu_tut应用求导公式utt=∫0tvtt(x,t;τ)dτ+vt(x,t;t).u_{tt}=\int_0^{t}v_{tt}(x,t;\tau)d\tau+v_t(x,t;t).utt=∫0tvtt(x,t;τ)dτ+vt(x,t;t).按照v的初始条件vt(x,τ;τ)=f(x,τ)(0≤τ≤t).v_t(x,\tau;\tau)=f(x,\tau) (0 \leq \tau \leq t).vt(x,τ;τ)=f(x,τ)(0≤τ≤t).所以，utt=∫0tvtt(x,t;τ)dτ+f(x,t).u_{tt}=\int_0^tv_{tt}(x,t;\tau)d\tau+f(x,t).utt=∫0tvtt(x,t;τ)dτ+f(x,t).这样utt−a2uxx=∫0t(vtt−a2vxx)dτ+f(x,t)=∫0t0dτ+f(x,t)=f(x,t),u_{tt}-a^2u_{xx}=\int_0^t(v_{tt}-a^2v_{xx})d\tau +f(x,t)=\int_0^t0d\tau+f(x,t) \\=f(x,t),utt−a2uxx=∫0t(vtt−a2vxx)dτ+f(x,t)=∫0t0dτ+f(x,t)=f(x,t),这样非齐次方程得以满足，其中利用了v的齐次方程。
数学验证全部完成，冲量定理法在数学上成立。这里还应指出一点：原方程的齐次边界条件不必限于第一类边界条件，而可以是第二类或第三类齐次边界条件。甚至x=0x=0x=0端与x=lx=lx=l端的边界条件还可以是不同类的，只要经过变换前后的边界条件类型相同即可。
例2 将例1中的初始条件改为零值，用冲量定理法求解，即求解定解问题。utt−a2uxx=Acos⁡πxlsin⁡ωtux∣x=0=0,ux∣x=l=0;u∣t=0=0,ut∣t=0=0.u_{tt}-a^2u_{xx}=A\cos \frac{\pi x}{l}\sin \omega t \\u_x|_{x=0}=0,u_x|_{x=l}=0;\\u|_{t=0}=0,u_t|_{t=0}=0.utt−a2uxx=Acoslπxsinωtux∣x=0=0,ux∣x=l=0;u∣t=0=0,ut∣t=0=0.
解应用冲量定理法，先求解vtt−a2vxx=0;vx∣x=0=0,vx∣x=l=0;v∣t=τ+0,vt∣t=τ+0=Acos⁡πxlsin⁡ωτv_{tt}-a^2v_{xx}=0;\\v_x|_{x=0}=0,v_x|_{x=l}=0;\\v|_{t=\tau+0},v_t|_{t=\tau+0}=A\cos \frac{\pi x}{l}\sin\omega \tauvtt−a2vxx=0;vx∣x=0=0,vx∣x=l=0;v∣t=τ+0,vt∣t=τ+0=Acoslπxsinωτ参照边界条件，试把解v展开为傅里叶余弦级数v(x,t;τ)=∑0∞Tn(t,τ)cos⁡nπxlv(x,t;\tau)=\sum_0^{\infty}T_n(t,\tau)\cos \frac{n\pi x}{l} v(x,t;τ)=0∑∞Tn(t,τ)coslnπx把这余弦级数代入泛定方程∑n=0∞[Tn′′+n2π2a2l2Tn]cos⁡nπxl=0\sum_{n=0}^{\infty}[T^{''}_n+\frac{n^2\pi ^2a^2}{l^2}T_n]\cos \frac{n\pi x}{l}=0n=0∑∞[Tn′′+l2n2π2a2Tn]coslnπx=0由此分离出TnT_nTn的常微分方程Tn′′+n2π2a2l2Tn=0T_n^{''}+\frac{n^2\pi^2a^2}{l^2}T_n=0Tn′′+l2n2π2a2Tn=0这个常微分方程的解是
T0(t;τ)=A0(τ)+B0(τ)(t−τ)Tn(t;τ)=An(τ)cos⁡nπa(t−τ)l+Bn(τ)sin⁡nπa(t−τ)l(n=1,2...).T_0(t;\tau)=A_0(\tau)+B_0(\tau)(t-\tau)\\T_n(t;\tau)=A_n(\tau)\cos \frac{n\pi a(t-\tau)}{l}+B_n(\tau)\sin\frac{n\pi a(t-\tau)}{l} \space (n=1,2...).T0(t;τ)=A0(τ)+B0(τ)(t−τ)Tn(t;τ)=An(τ)coslnπa(t−τ)+Bn(τ)sinlnπa(t−τ) (n=1,2...).这样，解v具有傅里叶余弦级数形式，为v(x,t;τ)=A0(τ)+B0(τ)(t−τ)+∑n=1∞[An(τ)cos⁡nπa(t−τ)l+Bn(τ)sin⁡nπa(t−τ)l]cos⁡nπxl.v(x,t;\tau)=A_0(\tau)+B_0(\tau)(t-\tau)\\+\sum_{n=1}^{\infty}[A_n(\tau)\cos\frac{n\pi a(t-\tau)}{l}\\+B_n(\tau)\sin\frac{n\pi a(t-\tau)}{l}]\cos \frac{n\pi x}{l}.v(x,t;τ)=A0(τ)+B0(τ)(t−τ)+n=1∑∞[An(τ)coslnπa(t−τ)+Bn(τ)sinlnπa(t−τ)]coslnπx.至于系数An(τ)A_n(\tau)An(τ)和Bn(τ)B_n(\tau)Bn(τ)则由初始条件确定。为此，将上式代入初始条件，A0(τ)+∑n=1∞An(τ)cos⁡nπxl=0,B0(τ)+∑n=1∞Bn(τ)nπalcos⁡nπxl=Acos⁡πxlsin⁡ωτ.A_0(\tau)+\sum_{n=1}^{\infty}A_n(\tau)\cos\frac{n\pi x}{l}=0,\\B_0(\tau)+\sum_{n=1}^{\infty}B_n(\tau)\frac{n\pi a}{l}\cos\frac{n\pi x}{l}=A\cos \frac{\pi x}{l}\sin \omega \tau.A0(τ)+n=1∑∞An(τ)coslnπx=0,B0(τ)+n=1∑∞Bn(τ)lnπacoslnπx=Acoslπxsinωτ.右边的Acos⁡πxlsin⁡ωτA\cos \frac{\pi x}{l}\sin \omega\tauAcoslπxsinωτ也是傅里叶余弦级数，它只有一个单项即n=1的项。比较两边系数，得An(τ)=0,B1(τ)=Alπasin⁡ωτ,Bn(τ)=0(n=2,3,...)A_n(\tau)=0,B_1(\tau)=A\frac{l}{\pi a}\sin \omega \tau,B_n(\tau)=0 (n=2,3,...)An(τ)=0,B1(τ)=Aπalsinωτ,Bn(τ)=0(n=2,3,...)到此，已求出v(x,t;τ)v(x,t;\tau)v(x,t;τ)，v(x,t;τ)=Alπasin⁡ωτsin⁡πa(t−τ)lcos⁡πxl.v(x,t;\tau)=A\frac{l}{\pi a}\sin \omega \tau \sin \frac{\pi a(t-\tau)}{l}\cos \frac{\pi x}{l}.v(x,t;τ)=Aπalsinωτsinlπa(t−τ)coslπx.接着按照u(x,t)=∫0tv(x,t;τ)dτu(x,t)=\int_0^tv(x,t;\tau)d\tauu(x,t)=∫0tv(x,t;τ)dτ得出答案u(x,t)=∫0tv(x,t;τ)=Alπacos⁡πxl∫0tsin⁡ωτsin⁡πa(t−τ)ldτ=Alπa1ω2−π2a2/l2(ωsin⁡πalt−πalsin⁡ωt)cos⁡πxl.u(x,t)=\int_0^{t}v(x,t;\tau)\\=\frac{Al}{\pi a}\cos\frac{\pi x}{l}\int_{0}^t\sin\omega\tau\sin\frac{\pi a(t-\tau)}{l}d\tau \\=\frac{Al}{\pi a}\frac{1}{\omega ^2-\pi^2a^2/l^2}(\omega\sin\frac{\pi a}{l}t-\frac{\pi a}{l}\sin \omega t)\cos \frac{\pi x}{l}.u(x,t)=∫0tv(x,t;τ)=πaAlcoslπx∫0tsinωτsinlπa(t−τ)dτ=πaAlω2−π2a2/l21(ωsinlπat−lπasinωt)coslπx.输运问题，如泛定方程是非齐次的，完全可以仿照冲量定理法进行加以处理。比如，研究定解问题ut−a2uxx=f(x,t),ux∣x=0=0,ux∣x=l=0,u∣t=0=0u_t-a^2u_{xx}=f(x,t),\\u_x|_{x=0}=0,u_x|_{x=l}=0,\\u|_{t=0}=0ut−a2uxx=f(x,t),ux∣x=0=0,ux∣x=l=0,u∣t=0=0，使用冲量定理我们可以导出v(x,t;τ)v(x,t;\tau)v(x,t;τ)的定解问题为vt−a2vxx=0,vx∣x=0=0,vx∣x=l=0,v∣t=τ=f(x,τ).v_t-a^2v_{xx}=0,\\v_x|_{x=0}=0,v_x|_{x=l}=0,\\v|_{t=\tau}=f(x,\tau).vt−a2vxx=0,vx∣x=0=0,vx∣x=l=0,v∣t=τ=f(x,τ).现在已是齐次泛定方程，齐次边界条件，可用分离变数法或傅里叶级数法求解，不过要注意，原来求解公式中的ttt替换成t−τt-\taut−τ。同样u(x,t)=∫0tv(x,t;τ)dτu(x,t)=\int_0^tv(x,t;\tau)d\tauu(x,t)=∫0tv(x,t;τ)dτ。
例3求解定解问题ut−a2uxx=Asin⁡ωt,u∣x=0=0,ux∣x=l=0,u∣t=0=0.u_t-a^2u_{xx}=A\sin\omega t,\\u|_{x=0}=0,u_x|_{x=l}=0,\\u|_{t=0}=0.ut−a2uxx=Asinωt,u∣x=0=0,ux∣x=l=0,u∣t=0=0.解首先有u(x,t)=∫0tv(x,t;τ)dτ,u(x,t)=\int^t_0v(x,t;\tau)d\tau,u(x,t)=∫0tv(x,t;τ)dτ,而v(x,t;τ)v(x,t;\tau)v(x,t;τ)则需从下述定解问题vt−a2vxx=0,v∣x=0=0,vx∣x=l=0,v∣t=τ=Asin⁡ωτv_t-a^2v_{xx}=0,\\v|_{x=0}=0,v_x|_{x=l}=0,\\v|_{t=\tau}=A\sin \omega \tauvt−a2vxx=0,v∣x=0=0,vx∣x=l=0,v∣t=τ=Asinωτ求解。这可以仿照例2，用分离变数法解出v(x,t;τ)=∑n=0∞Cnexp[−(n+12)2π2a2l2(t−τ)]sin⁡(n+12)πlξdξ=2Asin⁡ωτll(n+12)π[−cos⁡(n+12π)lξ]0l=2Asin⁡ωτ(n+12)πv(x,t;\tau)=\sum_{n=0}^{\infty}C_nexp[-\frac{(n+\frac{1}{2})^2\pi^2a^2}{l^2}(t-\tau)]\sin\frac{(n+\frac{1}{2})\pi}{l}\xi d\xi\\=\frac{2A\sin\omega\tau}{l}\frac{l}{(n+\frac{1}{2})\pi}[-\cos\frac{(n+\frac{1}{2}\pi)}{l}\xi]^l_0=\frac{2A\sin\omega\tau}{(n+\frac{1}{2})\pi}v(x,t;τ)=n=0∑∞Cnexp[−l2(n+21)2π2a2(t−τ)]sinl(n+21)πξdξ=l2Asinωτ(n+21)πl[−cosl(n+21π)ξ]0l=(n+21)π2Asinωτ这样，v(x,t;τ)=2Asin⁡ωτπ∑0∞1(n+12)exp[−(n+12)2π2a2l2(t−τ)]sin⁡(n+12)πlx，v(x,t;\tau)=\frac{2A\sin\omega\tau}{\pi}\sum_0^{\infty}\frac{1}{(n+\frac{1}{2})}exp[-\frac{(n+\frac{1}{2})^2\pi^2a^2}{l^2}(t-\tau)]\sin\frac{(n+\frac{1}{2})\pi}{l}{x}，v(x,t;τ)=π2Asinωτ0∑∞(n+21)1exp[−l2(n+21)2π2a2(t−τ)]sinl(n+21)πx，从而u(x,t)=∫0tv(x,t;τ)dτ=2Aπ∑n=0∞1(n+12)sin⁡(n+12)πxle−(n+12)2π2a2tl2∫0texp[(n+12)2π2a2τl2]sin⁡ωτdτ=2Aπ∑n=0∞1(n+12)sin⁡(n+12)πxl1(n+12)4π4a4/l4+ω2((n+12)2π2a2l2sin⁡ωt−ωcos⁡ωt+ωexp⁡[−(n+12)2π2a2tl2]).u(x,t)=\int_0^{t}v(x,t;\tau)d\tau\\=\frac{2A}{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+\frac{1}{2})}\sin\frac{(n+\frac{1}{2})\pi x}{l}\\e^{-\frac{(n+\frac{1}{2})^2\pi^2a^2t}{l^2}}\int_0^texp[\frac{(n+\frac{1}{2})^2\pi ^2a^2\tau}{l^2}]\sin\omega\tau d\tau \\=\frac{2A}{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+\frac{1}{2})}\sin\frac{(n+\frac{1}{2})\pi x}{l}\frac{1}{(n+\frac{1}{2})^4\pi^4a^4/l^4+\omega ^2}\\ (\frac{(n+\frac{1}{2})^2\pi^2a^2 }{l^2} \sin\omega t-\omega\cos\omega t+\omega\exp[-\frac{{(n+\frac{1}{2})^2}\pi ^2a^2t}{l^2}]).u(x,t)=∫0tv(x,t;τ)dτ=π2An=0∑∞(n+21)1sinl(n+21)πxe−l2(n+21)2π2a2t∫0texp[l2(n+21)2π2a2τ]sinωτdτ=π2An=0∑∞(n+21)1sinl(n+21)πx(n+21)4π4a4/l4+ω21(l2(n+21)2π2a2sinωt−ωcosωt+ωexp[−l2(n+21)2π2a2t]).

附录

例一中T1解的求法【常数变易法】：