2 '' '
令x = e
t
⎧ dy 1 dy = , ⎪ 则： ⎪ dx x dt ⎨ 2 d y 1 dy 1 d 2 y ⎪ =− 2 + 2 2. 2 ⎪ dx x dt x dt ⎩
代入得常系 数微分方程：
d y dy + ( a1 − 1) + a2 y = 0 2 dt dt
2
对于问题（5），讨论 λ ： １） λ < 0 方程的通解为
(4)
由上一节结果知当 该问题才有非零解:
nπ λn = 2 a
2
2
( n = 1,2,3, ) 时,
nπx nπx 或 X n ( x ) = sin X n ( x ) = C2 sin a a
将
nπ λn = 2 a
2
2
代入方程(2)得其通解为
nπ y a
Yn ( y ) = a n e
+ bn e
3） λ > 0 方程的通解为
Φ (θ ) = A cos λθ + B sin λθ
A 和 B 为任意常数，要满足周期为 2π ，则
λ = n (n = 1, 2, )
2
于是 Φ n (θ ) = An cos nθ + Bn sin nθ
将 λ = n 2 代入问题（6）的方程，得欧拉方程：
r R′′ + rR′ − n R = 0 它的通解为：
−
nπ y a
( n = 1,2,3, )
于是定解问题(*)的解可表示为:
u ( x , y ) = ∑ ( an e
n =1
∞
nπ y a
+ bn e
nπ − y a
nπ )sin x a
又由边界条件（2）知
2 a nπ ⎧ a n + bn = ∫ f ( x ) sin xdx, ⎪ a 0 a ⎪ ⎨ nπ nπ b b − 2 a nπ ⎪a e a + b e a = g ( x ) sin xdx. n n ∫0 ⎪ a a ⎩
Φ (θ ) = Ae
− λθ
+ Be −
− λθ
A 和 B 为任意常数，这样的函数不满足周期性 条件，故 λ < 0舍去。
2） λ = 0 方程的通解为
Φ 0 (θ ) = A0θ + B0 B0
A0和B0 为任意常数，只有当 A0＝0 时 Φ 0 才满足
周期性条件，此时（5）的解为 Φ 0 (θ ) =
⎧ ∂ u 1 ∂u 1 ∂ u （1） + 2 = 0 (0 < r < r0 ), ⎪ 2+ 2 r ∂r r ∂θ ⎨ ∂r （2） ⎪ u |r = r = f (θ ). ⎩ 0
2 2
解： 变量分离形式的试探解
u ( r ,θ ) = R ( r )Φ (θ )
1 1 代入方程得: R′′Φ + R′Φ + 2 RΦ ′′ = 0 r r
| u (0,θ ) |< +∞, 即 | R (0) |< +∞
因此我们得到两个常微分方程的定解问题：
⎧ Φ′′ + λΦ = 0, ⎨ ⎩Φ (θ + 2π ) = Φ (θ ).
⎧ r R′′ + rR′ − λ R = 0, ⎨ ⎩ | R (0) |< +∞.
2
（5）
（6）
附录:
欧拉方程（齐次）：x y + a1 xy + a 2 y = 0
1 ⎧ an＝ n ⎪ π r0 ⎪ 其中 ⎨ ⎪ bn＝ 1 n ⎪ π r0 ⎩
∞
∫ ∫
2π
0 2π
f (ϕ ) cos nϕ dϕ (n=0,1,2, f (ϕ )sin nϕ dϕ (n=1,2, ).
),
0
至此，定解问题 （1）－（2）得到解决。
将 an , bn 代入得
u ( r,θ ) =
2 2
Rn ( r ) = Cn r + Dn r .
n
−n
∵ | Rn (0) |< +∞ ∴ Dn =0
∴ Rn ( r ) = Cn r (n=1,2,
n
).
因此 λ = n 2 (n = 1, 2, 列特解
) 时，得到方程（1）的一系
n
un ( r,θ ) = Rn ( r )Φ n (θ ) = ( an cos nθ + bn sin nθ ) r
kei (θ −ϕ ) ke − i (θ −ϕ ) 1 + = {1 + } − i (θ −ϕ ) i (θ −ϕ ) 2 1 − ke 1 − ke 1 1− k2 = 2 1 − ke − i (θ −ϕ ) − kei (θ −ϕ ) + k 2
∞ 1 ∞ n 1 i (θ −ϕ ) n − i (θ −ϕ ) n ) + ( ke ) ]} + ∑ k cos n(θ − ϕ ) = {1 + ∑ [( ke 2 n =1 2 n =1
1 kei (θ −ϕ ) ke − i (θ −ϕ ) = {1 + } + i (θ −ϕ ) − i (θ −ϕ ) 2 1 − ke 1 − ke 1 1− k2 = ⋅ 2 i (θ −ϕ ) − i (θ −ϕ ) +k 2 1 − ke − ke 1 1− k2 = ⋅ ( | k |< 1) 2 2 1 + k − 2k cos(θ − ϕ )
分离变量，令其比值为常数 λ ，得:
Φ′′ r R′′ + rR′ =− =λ Φ R
2
由此可得两个常微分方程:
r R′′ + rR′ − λ R = 0
2
(3) (4)
Φ ′′ + λΦ = 0
Φ (θ + 2π ) = Φ (θ )
由于 u ( r , θ ) 是单值函数，所以u ( r ,θ + 2π ) = u ( r ,θ ) , 即 根据物理意义，圆内各点温度应该是有界的，因而
运用叠加原理，得到方程（1）的满足单值性和有界 性的级数解
1 n u( r,θ ) = a0 + ∑ ( an cos nθ + bn sin nθ ) r 2 n =1
∞
为了确定系数 an , bn，利用边界条件（2）得
1 n u( r0 ,θ ) = a0 + ∑ ( an cos nθ + bn sin nθ ) r0 = f (θ ) 2 n =1
uxx + uyy = 0 (0 < x < a,0 < y < b),
(*)
(1)
u ( x , 0 ) = f ( x ) , u ( x , b ) = g ( x ) , (2)
u ( 0, y ) = u ( a , y ) = 0.
(3)
解： 变量分离形式的试探解 u ( x ,
y ) = X ( x )Y ( y )
1
π
∫
2π
0
⎛r⎞ 1 [ + ∑ (⎜ ⎟ cos n(θ − ϕ )] f (ϕ )dϕ (r < r0 ) 2 n =1 ⎝ r0 ⎠
∞
n
作下面的恒等变换
∞ 1 ∞ n 1 + ∑ k cos n(θ − ϕ ) = {1 + ∑ [( kei (θ −ϕ ) ) n + ( ke − i (θ −ϕ ) ) n ]} 2 n =1 2 n =1
2 2
1 ∴ u ( r ,θ ) = 2π
∫

2π
0
r −r f (ϕ ) 2 2 dϕ (r < r0 ) r0 + r − 2r0 r cos(θ − ϕ )
2 0 2
这个公式称为圆域内的泊松公式。
作业3：求解下述定解问题
⎧ ∂ u 1 ∂u 1 ∂ u （1） + 2 = 0 (0 < r < r0 ), ⎪ 2+ 2 r ∂r r ∂θ ⎨ ∂r （2） ⎪u |r = r = 2sin 2θ . ⎩ 0
2 2
0 ≤ y ≤ b 内求Laplace方程
2
∂u ∂u ∇ u= 2 + 2 =0 ∂x ∂y
的解，使其满足边界条件
⎧u x =0 = 0, u x =a = Ay; ⎪ ⎨ uy = 0, u y = 0. ⎪ y =0 y =b ⎩
考虑半径为 r0 圆形薄板稳恒状态时的温度 分布问题, 设薄板上下两面绝热，圆周边 界的温度已知为 f (θ ) (0 ≤ θ ≤ 2π ) ，且 f (0) = f (2π ) 求板内稳恒状态下的温度分布。即求解定 解问题:
第二章 分离变量法
2.3 二维拉普拉斯方程的边值问题
考虑矩形薄板稳恒状态时的温度分布问题, 设薄板上下两面绝热，板的两边 ( x = 0, x = a ) 始终保持零度，另外两边 ( y = 0, x = b) 的温度 分别为 f ( x ) 和 g ( x )，求板内稳恒状态下的温 度分布。即求解定解问题:
将 λ = 0 代入问题（6）的方程，得它的通解为：
R0 ( r ) = C0 ln r + D0 , C0 , D0为任意常数
∵ | R0 (0) |< +∞ ∴ C0 =0
这样，我们就得到方程（1）的一个解为
1 u0 ( r,θ ) = R0 ( r )Φ 0 (θ ) = B0 D0 = a0 2
由上两式解出 an , bn 代入 u ( x, y ) 即得定解问题的解。