Metoda rozdzielania albo separacji zmiennych, zwana też metodą Fouriera, jest jedną z najstarszych metod rozwiązywania równań różniczkowych cząstkowych. Polega ona na próbie wyznaczenia rozwiązania danego równania w postaci kombinacji funkcji o mniejszej ilości zmiennych. Najczęściej szukamy rozwiązania w postaci sumy lub iloczynu funkcji. W szczególności, jeśli szukane rozwiązanie \( \hskip 0.3pc u \hskip 0.3pc \) jest funkcją zmiennych \( \hskip 0.3pc x\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc t, \hskip 0.3pc \) to rozwiązania tego możemy szukać w postaci iloczynu dwóch funkcji z których jedna jest funkcją zmiennej \( \hskip 0.3pc x, \hskip 0.3pc \) a druga zmiennej \( \hskip 0.3pc t. \hskip 0.3pc \) Metoda ta jest szczególnie przydatna, jeśli szukamy rozwiązania w zbiorze ograniczonym o zadanych wartościach na brzegu obszaru. W niniejszym module podamy przykłady zastosowania tej metody dla równań parabolicznych i hiperbolicznych.
Rozważmy równanie
\( u_{t}=a^2 u_{xx}, \quad 0< x< l,\quad t> 0, \)
z warunkami brzegowymi
\( u(0,t)=0, \quad u(l,t)= 0, \quad t> 0. \)
oraz warunkiem początkowym
\( u(x,0)=\varphi (x), \quad 0 < x < l. \)
Szukamy rozwiązania w postaci
Po podstawieniu do równania ( 1 ) i rozdzieleniu zmiennych otrzymamy
\( \dfrac{ X^{\prime\prime}(x)}{ X(x)}=\dfrac{ T^\prime(t)}{ a^2T(t)}=-\lambda, \)
czyli
\( X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0,\qquad T^\prime (t)+a^2 \lambda T(t)=0. \)
Z warunków brzegowych ( 2 ) wynika, że
\( X(0)=0,\quad X(l)=0. \)
Ponieważ dla \( \hskip 0.3pc\lambda \leq 0\hskip 0.3pc \) otrzymujemy rozwiązanie zerowe, przyjmujemy \( \hskip 0.3pc\lambda >0\hskip 0.3pc \).
Rozwiązując powyższe równania otrzymamy:
\( X(x)= A \cos(\sqrt{\lambda} x) +B \sin(\sqrt{\lambda} x), \qquad T(t)=C e^{-a^2\lambda t}. \)
Z warunku \( \hskip 0.3pc X(0)=0\hskip 0.3pc \) wynika, że \( \hskip 0.3pc A=0\hskip 0.3pc \), zaś warunek \( \hskip 0.3pc X(l)=0\hskip 0.3pc \) implikuje
\( \sin (\sqrt{\lambda} l)=0. \)
Ostatnie równanie jest spełnione dla
\( \lambda =\lambda_n= \Big(\dfrac{n\pi}l\Big)^2, \qquad n=1,2, \ldots . \)
Zatem dla dowolnego \( \hskip 0.3pc n \in \mathbb N\hskip 0.3pc \) funkcja
\( u_n(x,t)= B_n e^{-\big(\dfrac{an\pi}{l}\big)^2t}\sin(\dfrac{n\pi}{l}x) \)
jest rozwiązaniem równania ( 1 ) spełniającym warunki brzegowe ( 2 ). Rozwiązanie to na ogół nie spełnia warunku początkowego ( 3 ).
Rozważmy funkcje
\( u(x,t)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} u_n(x,t). \)
Podobnie jak w module 5.2 można sprawdzić, że przy stosownych założeniach powyższa funkcja spełnia równanie ( 1 ) oraz warunki brzegowe ( 2 ). Powstaje pytanie, czy można tak dobrać stałe \( \hskip 0.3pc B_n\hskip 0.3pc \) aby był spełniony również warunek początkowy ( 3 ).
W tym celu rozwińmy funkcje \( \hskip 0.3pc \varphi\hskip 0.3pc \) w przedziale \( \hskip 0.3pc [0,l]\hskip 0.3pc \) w szereg sinusów
\( \varphi (x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_n \sin(\dfrac{n\pi}{l}x), \)
gdzie
\( \alpha_n = \dfrac 2l \displaystyle\int_0^l\varphi (s) \sin(\dfrac{n\pi}{l}s)ds. \)
Ponieważ
\( u(x,0)= \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}B_n \sin(\dfrac{n\pi}{l}x), \)
warunek ( 3 ) jest spełniony, jeśli
\( B_n=\alpha_n,\qquad n=1,2,\ldots . \)
W konsekwencji
\( \begin{aligned}u(x,t)= & \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac 2l \displaystyle\int_0^l\Big(\varphi (s) \sin(\dfrac{n\pi}{l}s)\Big)\,ds\, e^{-\big( \dfrac{an\pi}{l}\big)^2t}\sin(\dfrac{n\pi}{l}x)= \\&\displaystyle\int_0^l\bigg[ \dfrac 2l \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\big(\dfrac{an\pi}{l}\big)^2t}\sin(\dfrac{n\pi}{l}s) \sin(\dfrac{n\pi}{l}x) \bigg] \varphi (s)\, ds. \end{aligned} \)
Kładąc
\( G(x,s,t)= \dfrac 2l \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\big(\dfrac{an\pi}{l}\big)^2t}\sin(\dfrac{n\pi}{l}s) \sin(\dfrac{n\pi}{l}x) \)
otrzymamy
\( u(x,t)=\displaystyle\int_0^l G(x,s,t) \varphi (s)\, ds. \)
Zauważmy, że ostatni wzór podaje rozwiązanie problemu ( 1 ) - ( 3 ) w zależności od warunków początkowych.
Rozważmy równanie
\( u_{t}=a^2 u_{xx} \qquad{\rm dla}\quad \quad 0< x< l,\quad t> 0, \)
z warunkami brzegowymi
\( u(0,t)= b, \quad u(l,t)= ct\qquad{\rm dla}\quad t> 0. \)
oraz warunkiem początkowym
\( u(x,0)=0\qquad{\rm dla}\quad 0 < x < l. \)
Powyższy problem możemy sprowadzić do jednorodnych warunków brzegowych kładąc
\( u(x,t)=v(x,t)+b+ \dfrac{ct-b}l x . \)
Istotnie, podstawiając wielkości
\( u_t=v_t+\dfrac clx, \qquad u_{xx}=v_{xx}. \)
do problemu wyjściowego otrzymamy równanie
\( v_t=a^2 v_{xx} -\dfrac cl x, \)
z warunkami brzegowymi
\( v(0,t)=0,\qquad v(l,t)=0 \)
oraz warunkiem początkowym
\( v(x,0)=b(\dfrac xl -1). \)
Szukamy rozwiązania równania ( 6 ) w postaci szeregu
\( v(x,t)= \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\omega_n (t) \sin(\dfrac{n\pi}{l}x), \)
gdzie \( \hskip 0.3pc\omega_n\hskip 0.3pc \) są niewiadomymi funkcjami, które należy wyznaczyć.
Podstawiając ( 9 ) oraz rozwinięcie
\( \dfrac cl x = \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_n\sin(\dfrac{n\pi}{l}x), \)
gdzie
\( \alpha_n= \dfrac{2c}{l^2} \displaystyle\int\limits_0^l x \sin(\dfrac{n\pi}{l}x)\,dx = \dfrac{2c}{n\pi}(-1)^{n+1}, \)
do równania ( 6 ) otrzymamy
\( \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\Big( \omega_n^\prime (t)+\big(\dfrac{an\pi}{l}\big)^2 \omega_n (t)+\alpha_n\Big)\sin(\dfrac{n\pi}{l}x) =0. \)
Stąd
\( \omega_n^\prime (t)+ \lambda_n^2 a^2 \omega_n (t)+\alpha_n=0, \)
gdzie
\( \lambda_n = \dfrac{n\pi}{l}. \)
Podstawiając natomiast ( 9 ) do ( 8 ), po uwzględnieniu rozwinięcia
\( b \big(\dfrac xl -1\big) = \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\beta_n \sin(\dfrac{n\pi}{l}x), \)
gdzie
\( \beta_n= \dfrac{2b}{l} \displaystyle\int\limits_0^l \big(\dfrac xl -1\big) \sin(\dfrac{n\pi}{l}x)\,dx = -\dfrac{2b}{n\pi }. \)
otrzymamy
\( \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\big(\omega_n(0) - \beta_n\big) \sin(\dfrac{n\pi}{l}x) =0, \)
co implikuje \( \hskip 0.3pc \omega_n(0)=\beta_n.\hskip 0.3pc \) Rozwiązując równanie ( 11 ) z warunkiem początkowym \( \hskip 0.3pc\omega_n(0)=\beta_n\hskip 0.3pc \) otrzymamy
\( \omega_n(t)= \big(\beta_n +\dfrac{\alpha_n}{a^2\lambda_n^2}\big) e^{-a^2\lambda_n^2t}- \dfrac{\alpha_n}{a^2\lambda_n^2} . \)
Podstawiając uzyskaną wielkość do wzoru ( 9 ), rozwiązanie problemu ( 6 ), ( 7 ), ( 8 ) przyjmie postać
\( v(x,t)= \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\Big( \big(\beta_n +\dfrac{\alpha_n}{a^2\lambda_n^2}\big) e^{-a^2\lambda_n^2t}- \dfrac{\alpha_n}{a^2\lambda_n^2} \Big) \sin(\dfrac{n\pi}{l}x). \)
gdzie \( \hskip 0.3pc\lambda_n,\hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc\alpha_n\hskip 0.3pc \) oraz \( \hskip 0.3pc\beta_n\hskip 0.3pc \) są dane odpowiednio wzorami ( 12 ), ( 10 ), ( 13 ).
Rozważmy równanie
\( u_{t}=a^2 u_{xx}, \qquad x\in \mathbb R,\quad t> 0, \)
z warunkiem początkowym
\( u(x,0)=\varphi (x), \qquad x\in \mathbb R. \)
Szukamy rozwiązania w postaci
Po podstawieniu do równania ( 14 ) i rozdzieleniu zmiennych otrzymamy
\( \dfrac { X^{\prime\prime}(x)}{ X(x)}=\dfrac{ T^\prime (t)}{ a^2T(t)}=-\lambda^2, \)
czyli
\( X^{\prime\prime}(x)+\lambda^2 X(x)=0,\qquad T^\prime (t)+a^2 \lambda^2 T(t)=0. \)
Rozwiązując powyższe równania mamy:
\( X(x)= A\cos({\lambda} x) +B\sin({\lambda}x), \qquad T(t)=C e^{-a^2\lambda^2 t}. \)
Dla dowolnego \( \hskip 0.3pc\lambda \in \mathbb R\hskip 0.3pc \) funkcja
\( u(x,t,\lambda )= e^{-\lambda^2a^2t} \Big(A (\lambda ) \cos (\lambda x)+B(\lambda )\sin (\lambda x) \Big) \)
jest rozwiązaniem równania ( 14 ). Na ogół rozwiązanie to nie spełnia warunku początkowego ( 15 ). Rozważmy teraz funkcje
\( u(x,t)= \displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}u(x,t,\lambda )d\lambda =\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-\lambda^2a^2t} \Big(A(\lambda ) \cos( \lambda x)+B(\lambda )\sin (\lambda x) \Big)d\lambda . \)
Jeśli ostatnia całka jet zbieżna, to oczywiście określa ona rozwiązanie równania ( 14 ).
Aby rozwiązanie to spełniało warunek początkowy ( 15 ), winna zachodzić równość
\( u(x,0)= \displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\Big(A(\lambda ) \cos (\lambda x)+B(\lambda )\sin (\lambda x) \Big)d\lambda =\varphi (x). \)
Jeśli \( \hskip 0.3pc\varphi\hskip 0.3pc \) jest funkcją całkowalną, to zgodnie z wzorem Fouriera
\( \varphi (x)= \dfrac 1{\pi}\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\Big(\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\varphi (s) \cos (\lambda (s-x))\, ds\Big)d\lambda . \)
Wstawiając ostatnią równość do poprzedniego wzoru i uwzględniając związek
\( \cos (\lambda (s-x)) = \cos (\lambda s) \cos (\lambda x) + \sin (\lambda s) \sin (\lambda x) \)
otrzymamy
\( A(\lambda )= \dfrac 1{\pi} \displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\varphi (s) \cos(\lambda s)\, ds, \qquad B(\lambda )= \dfrac 1{\pi} \displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\varphi (s) \sin(\lambda s)\, ds. \)
Ostatecznie rozwiązanie równania wyjściowego ma postać
\( u(x,t)= \dfrac 1{\pi}\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\Big(\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \varphi (s) e^{-\lambda^2a^2t} \cos (\lambda (x-s))\, ds \Big)d\lambda . \)
Rozważmy równanie
\( u_{tt}=a^2 (u_{xx}+u_{yy}),\qquad (x,y)\in (0,l)\times (0,l), \)
z warunkami brzegowymi
\( u(0,y,t)=0,\hskip 1pc u(l,y,t)=0, \qquad {\rm dla} \hskip 1pc y\in (0,l),\,\,\, t>0, \)
\( u(x,0,t)=0,\hskip 1pc u(x,l,t)=0, \qquad {\rm dla} \hskip 1pc x\in (0,l),\,\,\, t>0, \)
oraz warunkami początkowymi
\( u(x,y,0)= c x y (l-x) (l-y),\quad u_t(x,y,0)=0,\qquad {\rm dla} \hskip 0.5pc x,y\in (0,l). \)
Problem ten opisuje drgania membrany prostokątnej, unieruchomionej na brzegu, o zadanym kształcie początkowym.
Szukamy rozwiązania w postaci
\( u(x,y,t)= X(x) Y(y) T(t). \)
Po podstawieniu do równania ( 15 ) i rozdzieleniu zmiennych otrzymamy
\( \dfrac 1{a^2} \dfrac{ T^{\prime\prime}(t)}{ T(t)}= \dfrac{ X^{\prime\prime}(x)}{ X(x)}+\dfrac{ Y^{\prime\prime}(y)}{ Y(y)}. \)
Ponieważ poszczególne składniki w powyższym równaniu są funkcjami innej zmiennej, więc każdy ze składników musi przyjmować wartości stałe. Dostajemy zatem równania:
\( \dfrac{ X^{\prime\prime}(x)}{ X(x)}= -\lambda^2, \qquad\dfrac{ Y^{\prime\prime}(y)}{ Y(y)} = -\mu^2, \qquad\dfrac 1{a^2}\dfrac{ T^{\prime\prime}(t)}{ T(t)}= -\lambda^2-\mu^2. \)
Po uwzględnieniu warunków ( 17 ) oraz ( 18 ) otrzymamy następujące problemy brzegowe:
\( X^{\prime\prime}(x)+\lambda^2 X(x)=0, \quad X(0)=0,\,\,\, X(l)=0 \)
oraz
\( Y^{\prime\prime}(y)+\mu^2 Y(y)=0, \quad Y(0)=0,\,\,\, Y(l)=0. \)
Rozwiązując powyższe problemy otrzymamy
\( X_n(x)=A_n \sin (\lambda_n x),\quad n=1,2, \ldots , \)
\( Y_m(y)=B_m \sin(\mu_m y),\quad m=1,2, \ldots , \)
gdzie \( \hskip 0.3pc\lambda_n =\dfrac{n\pi}{l},\hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc \mu_m =\dfrac{m\pi}{l}.\hskip 0.3pc \)
Rozwiązując zaś równanie
\( T^{\prime\prime}(t)+a^2 \big( \lambda_n^2+\mu_m^2\big) T(t)=0, \)
otrzymamy
\( \begin{aligned}T_{nm}(t)=&A_{nm} \cos (a\sqrt{\lambda_n^2 +\mu_m^2}t) + B_{nm} \sin (a\sqrt{\lambda_n^2 +\mu_m^2}t)=\\&A_{nm} \cos (\dfrac{a\pi}l \sqrt{n^2+m^2}t) \,+\,B_{nm} \sin (\dfrac{a\pi}l \sqrt{n^2+m^2}t) .\end{aligned} \)
Dla \( \hskip 0.3pc m,n \in \mathbb N\hskip 0.3pc \) funkcja
\( u_{nm}(x,y,t)=\Big(A_{nm} \cos (\dfrac{a\pi}l \sqrt{n^2+m^2}t) \,+\,B_{nm} \sin (\dfrac{a\pi}l \sqrt{n^2+m^2}t) \Big)\sin (\dfrac{n\pi}lx) \sin (\dfrac{m\pi}ly) . \)
jest rozwiązaniem problemu ( 16 ) spełniającym warunki brzegowe ( 17 ) i ( 18 ). Na ogół nie spełnia ona warunków początkowych ( 19 ). Rozważmy teraz funkcje
\( u(x,y,t)= \displaystyle\sum_{n,m=1}^{\infty}u_{nm}(x,y,t). \)
Jeśli szereg występujący po prawej stronie jest jednostajnie zbieżny oraz szeregi drugich pochodnych są jednostajnie zbieżne, to funkcja \( \hskip 0.3pc u\hskip 0.3pc \) jest rozwiązaniem równania ( 16 ). W oczywisty sposób spełnia ona warunki brzegowe ( 17 ) i ( 18 ). Pozostaje dobrać stałe \( \hskip 0.3pc A_{mn} \hskip 0.3pc \) oraz \( \hskip 0.3pc B_{nm}\hskip 0.3pc \) tak aby zachodziły warunki początkowe ( 18 ).
Z warunku
wnioskujemy, że \( \hskip 0.3pc B_{nm}=0\hskip 0.3pc \) dla \( \hskip 0.3pc n,m \in \mathbb N,\hskip 0.3pc \) natomiast z warunku
\( u(x,y,0) =c x y (l-x) (l-y) \)
wynika, że \( \hskip 0.3pc A_{nm}=c \alpha_n \beta_m,\hskip 0.3pc \) gdzie
\( \alpha_n =\dfrac 2l \displaystyle\int\limits_0^lx (l-x)\sin (\dfrac{n\pi}lx) dx=\dfrac{2l^2}{n\pi} (-1)^{n+1}+ \dfrac{2l^2}{n\pi} (-1)^{n} -\dfrac{4l^2}{(n\pi )^3} (-1)^{n}+ \dfrac{4l^2}{(n\pi )^3}, \)
\( \beta_m =\dfrac 2l \displaystyle\int\limits_0^ly (l-y)\sin (\dfrac{m\pi}ly) dy=\dfrac{2l^2}{m\pi} (-1)^{m+1}+ \dfrac{2l^2}{m\pi} (-1)^{m} -\dfrac{4l^2}{(m\pi )^3} (-1)^{m} +\dfrac{4l^2}{(m\pi )^3}. \)
Szukamy rozwiązania równania Laplace'a
\( u_{xx}+u_{yy}=0, \qquad (x,y)\in (0,\pi)\times (0,\infty), \)
spełniające warunki
\( u(0,y)=0,\quad u(\pi,y)=0, \qquad y\in (0,\infty), \)
oraz
\( u(x, 0)=1-\dfrac x{\pi},\quad \lim\limits_{y\to +\infty} u(x,y)= 0, \qquad x\in (0,\pi ). \)
Szukamy rozwiązania w postaci
Po podstawieniu do równania ( 20 ) i rozdzieleniu zmiennych otrzymamy
\( \dfrac { X^{\prime\prime}(x)}{ X(x)}=-\dfrac{ Y^{\prime\prime}(y)}{ Y(y)}. \)
Równość ta może zachodzić tylko wówczas gdy obie strony są równe pewnej stałej, powiedzmy \( \hskip 0.3pc-\lambda.\hskip 0.3pc \) Otrzymujemy zatem następujące równania różniczkowe:
\( X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0, \qquad Y^{\prime\prime}(y)-\lambda Y(y)=0. \)
Z warunków ( 21 ) i ( 22 ) wynika natomiast, że \( \hskip 0.3pc X(0)=0,\hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc X(\pi)=0,\hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc \lim\limits_{y\to +\infty}Y(y)=0\hskip 0.3pc \).
Rozważmy problem
\( X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0, \qquad X(0)=0,\,\,\, X(\pi)=0. \)
Dla \( \hskip 0.3pc \lambda \leq 0\hskip 0.3pc \) problem ten posiada wyłącznie rozwiązanie zerowe. Załóżmy więc, że \( \hskip 0.3pc \lambda >0\hskip 0.3pc \). Wówczas
\( X(x)=A \cos (\sqrt{\lambda} x)+B \sin (\sqrt{\lambda} x) \)
Z warunków brzegowych wynika, że \( \hskip 0.3pc A=0\hskip 0.3pc \) oraz \( \hskip 0.3pc\sin( \sqrt{\lambda} \pi)=0.\hskip 0.3pc \) Zatem rozwiązanie niezerowe istnieje dla \( \hskip 0.3pc\lambda = n^2,\hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc n\in \mathbb N, \hskip 0.3pc \) czyli
\( X_n=B_n \sin (\,nx). \)
Zauważmy teraz, że rozwiązanie problemu
\( Y^{\prime\prime}(y)-n^2 Y(y)=0, \qquad \lim\limits_{y\to +\infty}Y(y)=0 \)
ma postać
\( Y_n(y)=C_n e^{-ny}. \)
Wynika stąd, że dla dowolnego \( \hskip 0.3pc n\in \mathbb N\hskip 0.3pc \) funkcja
\( u_n(x,y)= C_n e^{-ny} \sin (nx). \)
jest rozwiązaniem problemu ( 20 ) spełniającym warunki brzegowe. Na ogół rozwiązanie to nie spełnia warunku początkowego. Rozważmy więc funkcje
\( u(x,y)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} C_n e^{-ny} \sin (n x). \)
Jeśli ostatni szereg oraz szeregi jego pochodnych drugiego rzędu są jednostajnie zbieżne, funkcja ta spełnia równanie ( 20 ) oraz warunki brzegowe ( 21 ). Aby spełniała ona również warunek początkowy ( 22 ) wystarczy przyjąć
\( C_n =\dfrac{2}{\pi} \displaystyle\int_0^{\pi}\big(1-\dfrac{x}{\pi}\big) \sin (nx)\,dx = \dfrac{2}{n\pi}. \)
Szukane rozwiązanie ma zatem postać
\( u(x,y)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{2}{n\pi} e^{-ny} \sin (nx). \)
Metoda rozdzielania zmiennych może być również stosowana do równań rzędu wyższego.
Rozważmy zagadnienie drgającej belki opisane równaniem rzędu czwartego
\( \dfrac {\partial^2 u}{\partial t^2} +a^2 \dfrac {\partial^4 u}{\partial x^4} =0\qquad 0<x<l, \,\,\, t>0 \)
o zadanych warunkach początkowych:
\( u(x,0)=\varphi (x),\quad u_t(x,0)=\psi (x), \qquad 0<x<l, \)
oraz warunkach brzegowych:
\( u(0,t)=0,\hskip 0.6pc u(l,t)=0,\hskip 0.6pc u_{xx}(0,t)=0,\hskip 0.6pc u_{xx}(l,t)=0\hskip 0.5pc t>0. \)
Szukamy rozwiązania w postaci
Po podstawieniu do równania ( 23 ) i rozdzieleniu zmiennych otrzymamy równość
\( \dfrac { X^{\prime\prime\prime\prime}(x)}{ X(x)}=-\dfrac{ T^{\prime\prime}(t)}{a^2T(t)}, \)
równoważną układowi równań
\( X^{\prime\prime\prime\prime}(x)-\lambda^2 X(x)=0,\quad T^{\prime\prime}+a^2 \lambda^2 T=0. \)
Całka ogólna pierwszego równania ma postać
\( X(x)= C_1 e^{-\sqrt{\lambda}x}+C_2 e^{\sqrt{\lambda}x} +C_3 \cos({\lambda}x)+C_4 \sin({\lambda}x). \)
Z warunków brzegowych ( 25 ) wynika, że
\( X(0)=0,\hskip 0.6pc X(l)=0,\hskip 0.6pc X^{\prime\prime}(0)=0,\hskip 0.6pc X^{\prime\prime}(l)=0. \)
Stąd \( \hskip 0.3pc C_1=C_2=C_3=0\hskip 0.3pc \), a jedynymi liczbami \( \hskip 0.3pc \lambda \hskip 0.3pc \) dla których mogą być spełnione powyższe warunki, są liczby
\( \lambda_n =\Big(\dfrac{n\pi}l\Big)^4, \qquad n=1,2, \ldots , \)
którym odpowiadają rozwiązania
\( X_n(x)= C_n\sin (\dfrac {n\pi}lx), \quad T_n(t)=A_n \cos (\dfrac {an^2\pi^2}{l^2}t)+B_n \sin (\dfrac {an^2\pi^2}{l^2}t). \)
Przyjmując
\( u(x,t)= \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} X_n(x) T_n(t)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \Big(A_n \cos (\dfrac {an^2\pi^2}{l^2}t)+B_n \sin (\dfrac {an^2\pi^2}{l^2}t)\Big)\sin (\dfrac {n\pi}lx), \)
gdzie
\( A_n= \dfrac 2l \displaystyle\int_0^l\varphi (x) \sin (\dfrac {n\pi}lx)dx, \quad B_n=\dfrac {2l}{an^2\pi^2} \displaystyle\int_0^l\psi (x) \sin (\dfrac {n\pi}lx)dx,\quad n=1,2,\dots , \)
jest rozwiązaniem postawionego problemu.
