第二周作业

本次作业题包括习题1.3第4题。

习题1.3

4

先考虑初边值问题：

$\begin{cases}u_{tt}-a^2u_{xx}=0 & , x\in (0,\ell), t\in (0,+\infty)\\u(0,t)=u_x(\ell,t)=0&, t\in (0,+\infty)\\u(x,0)=0, u_t(x,0)=\psi (x)& , x\in (0,\ell)\end{cases}$

对于这初值问题形如$u(x,t)=X(x)T(t)$的分离变量非零解，代入方程得$X(x)T’‘(t)-a^2X’‘(x)T(t)=0$，在解非零处有$\frac{X’‘(x)}{X(x)}=\frac{T’‘(t)}{a^2T(t)}$，左方与$t$无关而右方与$x$无关，故它是个与两者都无关的常数，记为$-\lambda$，则$X’‘(x)+\lambda X(x)=0$和$T’‘(t)+\lambda a^2 T(t)=0$。由边界条件，有$X(0)=X’(\ell)=0$（注意到$u$不恒为零故$T$也不能恒为零）：

• 当$\lambda\lt 0$，$X(x)=Ce^{\sqrt{-\lambda}x}+De^{-\sqrt{-\lambda}x}$（其中$C$、$D$为待定常数），于是$0=X(0)=C+D$而$0=X’(\ell)=C\sqrt{-\lambda}e^{\sqrt{-\lambda}\ell}-D\sqrt{-\lambda}e^{-\sqrt{-\lambda}\ell}$，解出$C=D=0$从而$X$恒为零，与$u$不恒为零的假设矛盾。
• 当$\lambda= 0$，$X(x)=Cx+D$（其中$C$、$D$为待定常数），于是$0=X(0)=D$而$0=X’(\ell)=C$，从而$X$恒为零，与$u$不恒为零的假设矛盾。
• 当$\lambda\gt 0$，$X(x)=C\cos({\sqrt{\lambda}x})+D\sin({\sqrt{\lambda}x})$（其中$C$、$D$为待定常数），于是$0=X(0)=C$而$0=X’(l)=D\sqrt{\lambda}\cos({\sqrt{\lambda}\ell})$，于是存在非负整数$k$使$\sqrt{\lambda}\ell=(k+\frac{1}{2})\pi$。记$\lambda_k=(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi)^2$，则$T(t)=A_k\cos({\sqrt{\lambda_k}at})+B_k\sin({\sqrt{\lambda_k}at})$（其中$A_k$、$B_k$为待定常数）。由初值条件知$0=T(0)=A_k$，故得分离变量解$u(x,t)=X(x)T(t)=b_k\sin(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi at)\sin(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi x)$（其中$b_k$为待定常数）。

假设$u(x,t)=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}b_k\sin(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi at)\sin(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi x)$，形式上，$\psi (x)=u_t(x,0)=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}(k+\frac{1}{2})\frac{\pi ab_k}{\ell}\sin((k+\frac{1}{2})\frac{\pi x}{\ell})$，$\int^\ell_0\psi (x)\sin((m+\frac{1}{2})\frac{\pi x}{\ell})\mathrm{d}x=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}(k+\frac{1}{2})\frac{\pi ab_k}{\ell}\int^\ell_0\sin((k+\frac{1}{2})\frac{\pi x}{\ell})\sin((m+\frac{1}{2})\frac{\pi x}{\ell})\mathrm{d}x=(m+\frac{1}{2})\frac{\pi ab_m}{2}$，即$b_m=\frac{4}{(2m+1)\pi a}\int^\ell_0\psi (x)\sin((m+\frac{1}{2})\frac{\pi x}{\ell})\mathrm{d}x$。

特别地由以上讨论，通过比较系数，以下问题I：

$\begin{cases}u_{tt}-a^2u_{xx}=0 & , x\in (0,\ell), t\in (0,+\infty)\\u(0,t)=u_x(\ell,t)=0&, t\in (0,+\infty)\\u(x,0)=0, u_t(x,0)=\sin(\frac{\pi x}{2\ell})& , x\in (0,\ell)\end{cases}$

的一个解为$u_1(x,t)=\frac{2\ell}{\pi a}\sin(\frac{\pi at}{2\ell})\sin(\frac{\pi x}{2\ell})$。

再考虑问题II：

$\begin{cases}u_{tt}-a^2u_{xx}=g & , x\in (0,\ell), t\in (0,+\infty)\\u(0,t)=u_x(\ell,t)=0&, t\in (0,+\infty)\\u(x,0)=0, u_t(x,0)=0& , x\in (0,\ell)\end{cases}$

利用齐次化原理，可以转而考虑以下这类问题：

$\begin{cases}W_{tt}(x,t;\tau)-a^2W_{xx}(x,t;\tau)=0 & , x\in (0,\ell), t\in (\tau,+\infty)\\W(0,t;\tau)=W_x(\ell,t;\tau)=0&, t\in (\tau,+\infty)\\W(x,\tau;\tau)=0, W_t(x,\tau;\tau)=g& , x\in (0,\ell)\end{cases}$

$b_m=\frac{4}{(2m+1)\pi a}\int^\ell_0g\sin((m+\frac{1}{2})\frac{\pi x}{\ell})\mathrm{d}x=\frac{8g\ell}{(2m+1)^2\pi^2 a}$与$\tau$无关，即有$W(x,t;\tau)=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}b_k\sin(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi a(t-\tau))\sin(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi x)$，于是由齐次化原理，问题II的解应为

$\begin{align}u_2(x,t)&=\int^t_0 W(x,t;\tau)\mathrm{d}\tau=\int^t_0 \displaystyle\sum^\infty_{k=0}b_k\sin(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi a(t-\tau))\sin(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi x)\mathrm{d}\tau\\&=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\frac{16g\ell^2}{(2k+1)^3\pi^3 a^2}(1-\cos (k+\frac{1}{2})\frac{\pi a t}{\ell})\sin(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi x)\\&=\sum^\infty_{k=0}\frac{16g\ell^2}{(2k+1)^3\pi^3 a^2}(\sin(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi x)-\frac{1}{2}\sin( (k+\frac{1}{2})\frac{\pi (x+a t)}{\ell})-\frac{1}{2}\sin( (k+\frac{1}{2})\frac{\pi (x-a t)}{\ell}))\end{align}$。

由魏尔斯特拉斯判别法，易知对上述级数及它逐项求导得到的级数在$[0,\ell]$一致收敛。同时，注意到$\displaystyle\sum^{N-1}_{k=0}\sin ((k+\frac{1}{2})y)=\frac{1-\cos(Ny)}{2\sin\frac{y}{2}}$，由狄利克雷判别法可知对$\Omega =(0,\ell)\times (0,+\infty)\setminus\{(x,t)\vert \frac{x-at}{2\ell}\in\mathbb{Z}\text{或}\frac{x+at}{2\ell}\in\mathbb{Z}\}$中任一点，上述级数逐项求导两次后得到的级数在某邻域中一致收敛。这说明$u_2\in C^1([0,\ell]\times [0,+\infty))\cap C^2(\Omega)$并且有关直到二阶的导函数可以通过逐项求导得到，容易验证它满足问题II的初边值条件。另外，$\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\frac{4g}{(2k+1)\pi}\sin(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi x)$，注意$\{\sin(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi \cdot)\}$的$L^2$正交性，又通过计算可对此级数验证Parseval恒等式$\displaystyle\sum^\infty_{k=0}(\frac{4g}{(2k+1)\pi})^2=\sum^\infty_{k=1}(\frac{4g}{k\pi})^2-\sum^\infty_{k=1}(\frac{4g}{2k\pi})^2=\frac{12g^2}{\pi^2}\sum^\infty_{k=1}\frac{1}{k^2}=2g^2=\frac{2}{\ell}\int^\ell_0g^2\mathrm{d}x$成立，故右侧级数在$(0,\ell)$上$L^2$收敛于$g$从而几乎处处收敛于$g$，但由项的连续性和级数的内闭一致收敛性知极限函数连续，所以极限函数为常数$g$，这就验证了$u_2$满足问题II的方程。

原问题的一个弱间断解为$u(x,t)=u_1(x,t)+u_2(x,t)=\frac{2\ell}{\pi a}\sin(\frac{\pi at}{2\ell})\sin(\frac{\pi x}{2\ell})+\displaystyle\sum^\infty_{k=0}\frac{16g\ell^2}{(2k+1)^3\pi^3 a^2}(1-\cos (k+\frac{1}{2})\frac{\pi a t}{\ell})\sin(\frac{k+\frac{1}{2}}{\ell}\pi x)$

没有同学有验证得到的是解，其中结果中级数可逐项求导两次的事实并不明显