超定非齐次方程组python 非齐次方程的定解问题

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$A_n$和$B_n$决定于初始条件$\varphi(x)$和$\psi(x)$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$u|_{x=0}$和$u|_{x=l}$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$u(x,t)=\sum_nT_n(t)X_n(x).$ 上面的傅里叶级数的基本函数族$X_n(x)$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$u(x,t)$的傅里叶系数不是常数，而是时间t的函数，把它记作$T_n(t)$。将上面的待定解(FIXME)代入泛定方程，尝试分离出$T_n(t)$的常微分方程，然后求解。

例1 求解定解问题
$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}=\varphi (x), u_t|_{t=0}=\psi (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$u_{tt}-a^2u_{xx}=0$在所给齐次边界条件$u_x|_{x=0}=0$和$u_x|_{x=l}=0$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$\cos \frac{n\pi x}{l} (n=0,1,2,...)$。这样，试把所求的解展开为傅里叶余弦级数。$u(x,t)=\sum_{n=0}^{\infty}T_n(t)\cos\frac{n\pi x}{l}$.为了求解$T_n(t)$，尝试把这个级数代入非齐次泛定方程。$\sum_{n=0}^{\infty}[T^{$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$n=1$的项。于是，比较两边的系数，分离出$T_n(t)$的常微分方程$T^{$又把$u(x,t)$的傅里叶余弦级数代入初始条件,得$\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,$$\sum_{n=0}^{\infty}T^{$其中$\varphi_n,\psi_n$分别是$\varphi(x),\psi(x)$的傅里叶余弦级数[以$\cos (n\pi x/l)$为基本函数族]的第n个函数族。上面等式的两边都是傅里叶余弦级数。由于基本函数族$\cos (n\pi x)/l$的正交性，等式两边对应同一基本函数的傅里叶系数必然相等，于是得$T_n(t)$的非零值初始条件$\left\{ \begin{aligned} &T_{0}(0)=\varphi_0=\frac{1}{l}\int_{0}^{l}\varphi (\xi)d \xi \\ &T^{$$\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^{$$T_n(t)$的常微分方程在初始条件下的解是
$T_0(t)=\varphi_0+\psi_0t\\ T_1(t)=\frac{Al}{\pi a}\frac{1}{\omega ^2-\pi ^2a^2/l^2}(\omega\sin \frac{\pi at}{l}-\frac{\pi a}{l}\sin \omega t)+\varphi_1\cos \frac{\pi at}{l} + \frac{l}{\pi a}\psi _1\sin\frac{\pi at}{l}, \\T_n(t)=\varphi_n\cos \frac{n\pi at}{l}+\frac{l}{n\pi a}\psi_n\sin \frac{n\pi at}{l} (n\neq0,1)$上面的第二个式子的第一项为$T_1(t)$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$T_1(t)$和$T_n(t) n\neq 0,1$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$u(x,t)=\frac{Al}{\pi a}\frac{1}{\omega^2-\pi^2a^2/l^2}(\omega\sin\frac{\pi at}{l}-\frac{\pi a}{l}\sin \omega t)\cos \frac{\pi x}{l}+\varphi_0 \\+\psi_0t+\sum_{n=1}^{\infty}(\varphi_n\cos\frac{n\pi at}{l}+\frac{l}{n\pi a}\psi_n\sin\frac{n\pi at}{l})\cos \frac{n\pi x}{l}$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$T_n(t)$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。$u_{tt}-a^2u_{xx}=f(x,t)\\u|_{x=0}=0,u|_{x=l}=0\\u|_{t=0}=0,u_t|_{t=0}=0$通过冲量定理法，我们可以得到它的等价问题$v_{tt}-a^2v_{xx}=0,\\v|_{x=0}=0,v|_{x=l}=0\\v|_{t=\tau}=0 ,\space \space v_t|_{t=\tau}=f(x,\tau)$其中$u(x,t)=\int_0^tv(x,t;\tau)d\tau$

(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$v|_{x=0}=0,v|_{x=l}=0$，因此$u|_{x=0}=\int_{0}^{t}v|_{x=0}d\tau=0, u|_{x=l}=\int_0^{t}v|_{x=l}d\tau=0.$所以$u(x,t)$满足边界条件。
其次验证初始条件，由$u$和$v$的关系知$u|_{t=0}=\int_0^0v|_{t=0}d\tau=0.$为了验证初始速度，需利用积分号下求导的公式$\frac{d}{dt}\int_{\alpha (t)}^{\beta (t)}g(t;\tau)d\tau=\int_{\alpha (t)}^{\beta(t)}\frac{\partial g(t;\tau)}{\partial t}d\tau + g[t;\beta (t)] \frac{d\beta (t)}{dt}-g[t;\alpha(t)]\frac{d\alpha(t)}{dt},$把这个公式应用于$u(x,t)=\int_0^tv(x,t;\tau)d\tau$，有$u_t(x,t)=\int_0^tv_t(x,t;\tau)d\tau+v(x,t;t)$按照v的初始条件，有$v(x,\tau;\tau)=0 (0 \leq \tau \leq t)$。所以$u_t(x,t)=\int_0^tv_t(x,t;\tau)d\tau, \\ u_t|_{t=0}=\int_0^0v_t|_{t=0}d\tau=0$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$u_t$应用求导公式$u_{tt}=\int_0^{t}v_{tt}(x,t;\tau)d\tau+v_t(x,t;t).$按照v的初始条件$v_t(x,\tau;\tau)=f(x,\tau) (0 \leq \tau \leq t).$所以，$u_{tt}=\int_0^tv_{tt}(x,t;\tau)d\tau+f(x,t).$这样$u_{tt}-a^2u_{xx}=\int_0^t(v_{tt}-a^2v_{xx})d\tau +f(x,t)=\int_0^t0d\tau+f(x,t) \\=f(x,t),$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$x=0$端与$x=l$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。$u_{tt}-a^2u_{xx}=A\cos \frac{\pi x}{l}\sin \omega t \\u_x|_{x=0}=0,u_x|_{x=l}=0;\\u|_{t=0}=0,u_t|_{t=0}=0.$
解 应用冲量定理法，先求解$v_{tt}-a^2v_{xx}=0;\\v_x|_{x=0}=0,v_x|_{x=l}=0;\\v|_{t=\tau+0},v_t|_{t=\tau+0}=A\cos \frac{\pi x}{l}\sin\omega \tau$参照边界条件，试把解v展开为傅里叶余弦级数$v(x,t;\tau)=\sum_0^{\infty}T_n(t,\tau)\cos \frac{n\pi x}{l}$把这余弦级数代入泛定方程$\sum_{n=0}^{\infty}[T^{$由此分离出$T_n$的常微分方程$T_n^{$这个常微分方程的解是
$T_0(t;\tau)=A_0(\tau)+B_0(\tau)(t-\tau)\\T_n(t;\tau)=A_n(\tau)\cos \frac{n\pi a(t-\tau)}{l}+B_n(\tau)\sin\frac{n\pi a(t-\tau)}{l} \space (n=1,2...).$这样，解v具有傅里叶余弦级数形式，为$v(x,t;\tau)=A_0(\tau)+B_0(\tau)(t-\tau)\\+\sum_{n=1}^{\infty}[A_n(\tau)\cos\frac{n\pi a(t-\tau)}{l}\\+B_n(\tau)\sin\frac{n\pi a(t-\tau)}{l}]\cos \frac{n\pi x}{l}.$至于系数$A_n(\tau)$和$B_n(\tau)$则由初始条件确定。为此，将上式代入初始条件，$A_0(\tau)+\sum_{n=1}^{\infty}A_n(\tau)\cos\frac{n\pi x}{l}=0,\\B_0(\tau)+\sum_{n=1}^{\infty}B_n(\tau)\frac{n\pi a}{l}\cos\frac{n\pi x}{l}=A\cos \frac{\pi x}{l}\sin \omega \tau.$右边的$A\cos \frac{\pi x}{l}\sin \omega\tau$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$A_n(\tau)=0,B_1(\tau)=A\frac{l}{\pi a}\sin \omega \tau,B_n(\tau)=0 (n=2,3,...)$到此，已求出$v(x,t;\tau)$，$v(x,t;\tau)=A\frac{l}{\pi a}\sin \omega \tau \sin \frac{\pi a(t-\tau)}{l}\cos \frac{\pi x}{l}.$接着按照$u(x,t)=\int_0^tv(x,t;\tau)d\tau$得出答案$u(x,t)=\int_0^{t}v(x,t;\tau)\\=\frac{Al}{\pi a}\cos\frac{\pi x}{l}\int_{0}^t\sin\omega\tau\sin\frac{\pi a(t-\tau)}{l}d\tau \\=\frac{Al}{\pi a}\frac{1}{\omega ^2-\pi^2a^2/l^2}(\omega\sin\frac{\pi a}{l}t-\frac{\pi a}{l}\sin \omega t)\cos \frac{\pi x}{l}.$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$u_t-a^2u_{xx}=f(x,t),\\u_x|_{x=0}=0,u_x|_{x=l}=0,\\u|_{t=0}=0$，使用冲量定理我们可以导出$v(x,t;\tau)$的定解问题为$v_t-a^2v_{xx}=0,\\v_x|_{x=0}=0,v_x|_{x=l}=0,\\v|_{t=\tau}=f(x,\tau).$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$t$替换成$t-\tau$。同样$u(x,t)=\int_0^tv(x,t;\tau)d\tau$。
例3求解定解问题$u_t-a^2u_{xx}=A\sin\omega t,\\u|_{x=0}=0,u_x|_{x=l}=0,\\u|_{t=0}=0.$解 首先有$u(x,t)=\int^t_0v(x,t;\tau)d\tau,$而$v(x,t;\tau)$则需从下述定解问题$v_t-a^2v_{xx}=0,\\v|_{x=0}=0,v_x|_{x=l}=0,\\v|_{t=\tau}=A\sin \omega \tau$求解。这可以仿照例2，用分离变数法解出$v(x,t;\tau)=\sum_{n=0}^{\infty}C_nexp[-\frac{(n+\frac{1}{2})^2\pi^2a^2}{l^2}(t-\tau)]\sin\frac{(n+\frac{1}{2})\pi}{l}\xi d\xi\\=\frac{2A\sin\omega\tau}{l}\frac{l}{(n+\frac{1}{2})\pi}[-\cos\frac{(n+\frac{1}{2}\pi)}{l}\xi]^l_0=\frac{2A\sin\omega\tau}{(n+\frac{1}{2})\pi}$这样，$v(x,t;\tau)=\frac{2A\sin\omega\tau}{\pi}\sum_0^{\infty}\frac{1}{(n+\frac{1}{2})}exp[-\frac{(n+\frac{1}{2})^2\pi^2a^2}{l^2}(t-\tau)]\sin\frac{(n+\frac{1}{2})\pi}{l}{x}，$从而$u(x,t)=\int_0^{t}v(x,t;\tau)d\tau\\=\frac{2A}{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+\frac{1}{2})}\sin\frac{(n+\frac{1}{2})\pi x}{l}\\e^{-\frac{(n+\frac{1}{2})^2\pi^2a^2t}{l^2}}\int_0^texp[\frac{(n+\frac{1}{2})^2\pi ^2a^2\tau}{l^2}]\sin\omega\tau d\tau \\=\frac{2A}{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+\frac{1}{2})}\sin\frac{(n+\frac{1}{2})\pi x}{l}\frac{1}{(n+\frac{1}{2})^4\pi^4a^4/l^4+\omega ^2}\\ (\frac{(n+\frac{1}{2})^2\pi^2a^2 }{l^2} \sin\omega t-\omega\cos\omega t+\omega\exp[-\frac{{(n+\frac{1}{2})^2}\pi ^2a^2t}{l^2}]).$

附录

例一中T1解的求法【常数变易法】：