Lösning: Separation av variabler bygger på antagandet att lösningen till PDEn är av formen

u (x, t) = X (x) T (t) \quad \text{för } x \in [ 0, 2 ] \text{ och } t > 0,

där $X\colon [0,2]\to \mathbb{R}$ och $T\colon (0,\infty)\to \mathbb{R}$ inte är noll överallt. Sätter man in denna ansats i PDEn får vi

4 \frac {\partial}{\partial t} \big [ X (x) T (t) \big ] = \frac {\partial^ {2}}{\partial x ^ {2}} \big [ X (x) T (t) \big ]

som leder till

4 X (x) T ^ {\prime} (t) = T (t) X ^ {\prime \prime} (x).

Relationen ovan gäller för alla $x \in [0,2]$ och $t > 0$ . Eftersom vi antar att funktionerna $X$ och $T$ inte är noll överallt kan vi dela med $X(x)T(t)$ :

4 \frac {T ^ {\prime} (t)}{T (t)} = \frac {X ^ {\prime \prime} (x)}{X (x)} \quad \text{för } x \in [ 0, 2 ] \text{ och } t > 0.

Notera nu att vänsterledet i ekvationen ovan enbart beror på $t$ och motsvarande högerled beror enbart på $x$ , så om båda uttrycken är lika för alla $x \in [0,2]$ och $t > 0$ måste både höger- och vänsterled vara oberoende av $x$ och $t$ , d.v.s. de måste vara lika med någon konstant $\lambda$ :

4 \frac {T ^ {\prime} (t)}{T (t)} = \frac {X ^ {\prime \prime} (x)}{X (x)} = \text{konstant} = \lambda \quad \text{för } x \in [ 0, 2 ] \text{ och } t > 0.

Detta ger oss två ordinära differentialekvationer:

X ^ {\prime \prime} (x) = \lambda X (x) \quad \text{för } x \in [ 0, 2 ]. 4 T ^ {\prime} (t) = \lambda T (t) \quad \text{för } t > 0 \tag {**}

Randvillkoret $u(0,t) = 0$ till vår ursprungliga PDE ger nu

u(0, t) = 0 \text{ för } t > 0 \Longrightarrow X(0)T(t) = 0 \text{ för } t > 0 \Longrightarrow X(0) = 0

Den sista implikationen följer från att $T: (0, \infty) \to \mathbb{R}$ inte är noll för alla $t > 0$ . På samma vis ger randvillkoret $u(2, t) = 0$ att $X(2) = 0$ . Således måste $X: [0, 2] \to \mathbb{R}$ vara en icke-trivial lösning till följande ordinarie differentialekvation randvärdesproblem (ODE randvärdesproblem):

\left\{ \begin{array}{l} X''(x) - \lambda X(x) = 0 \quad \text{för } x \in [0, 2], \\ X(0) = X(2) = 0. \end{array} \right. \tag{*}

Slutligen skulle vi ta fram alla icke-triviala lösningar till $(*)$ . Denna är en homogen linjär ODE av ordningen 2 med konstanta koefficienter, så formen av lösningen beror på huruvida $\lambda > 0$ , $\lambda = 0$ eller $\lambda < 0$ .

$\lambda > 0$ : Vi vet att $\lambda = \alpha^2$ för något $\alpha \in \mathbb{R}$ . Karakteristiska ekvationen för den homogena ODEn i $(*)$ blir nu $r^2 - \alpha^2 = 0 \Longrightarrow r = \pm \alpha$ . Detta ger den allmänna lösningen

X(x) = C_1 e^{\alpha x} + C_2 e^{-\alpha x}.

Randvillkoren ger:

X(0) = 0 \Longrightarrow C_1 + C_2 = 0 \quad \text{och} \quad X(2) = 0 \Longrightarrow C_1 e^{2\alpha} + C_2 e^{-2\alpha} = 0

vilket implicerar att $C_1 = C_2 = 0$ , dvs vi får den triviala lösningen $X \equiv 0$ .

$\lambda = 0$ : För detta fall blir ODEn i $(*)$ $X''(x) = 0 \Longrightarrow X(x) = C_1 + C_2 x$ . Randvillkoren $X(0) = X(2) = 0$ ger nu att $C_1 = C_2 = 0$ , dvs vi får den triviala lösningen $X \equiv 0$ .

$\lambda < 0$ : Vi vet att $\lambda = -\alpha^2$ för något $\alpha \in \mathbb{R}$ . Karakteristiska ekvationen för den homogena ODEn i $(*)$ blir nu $r^2 + \alpha^2 = 0 \Longrightarrow r = \pm i\alpha$ . Detta ger den allmänna lösningen

X(x) = B_1 e^{i\alpha x} + B_2 e^{-i\alpha x} \iff X(x) = C_1 \sin(\alpha x) + C_2 \cos(\alpha x).

Randvillkoren $X(0) = 0$ ger

\begin{array}{l} X(0) = 0 \Longrightarrow C_1 \sin(0) + C_2 \cos(0) = 0 \Longrightarrow C_2 = 0 \\ \Longrightarrow X(x) = C_1 \sin(\alpha x). \\ \end{array}

Randvillkoren $X(2) = 0$ ger

X(2) = 0 \Longrightarrow C_1 \sin(2\alpha) = 0 \Longrightarrow C_1 \sin(2\sqrt{-\lambda}) = 0.

Eftersom $\sin(\theta) = 0 \Longrightarrow \theta = n\pi$ för $n$ heltal har vi att $2\alpha = n\pi$ , dvs $\alpha = n\pi/2$ för $n$ heltal, vilket i sin tur ger $\lambda_n = -\alpha^2 = -(n\pi/2)^2$ för alla heltal $n$ . Dock vill vi ha icke-triviala lösningar, så $n \neq 0$ . Notera vidare att $\lambda_n = \lambda_{-n}$ , så vi kan anta att $n = 1, 2, 3, \ldots$ . Sätter vi slutligen $C_1 = 1$ får vi lösningar

\begin{array}{l} \lambda_n := -(n\pi/2)^2 \\ X_n(x) = \sin\left(\sqrt{-\lambda_n} x\right) \quad \text{för } n = 1, 2, 3, \ldots \\ \end{array}

Detta material ingår inte i uppgiften Eftersom vi nu vet att $\lambda_{n} := -(n\pi /2)^{2}$ för $n = 1,2,3,\ldots$ så blir (**)

4 T ^ {\prime} (t) = \lambda_ {n} T (t) \quad \text{för } t > 0 \Longrightarrow T ^ {\prime} (t) = \frac {\lambda_ {n}}{4} T (t) \quad \text{för } t > 0

som har allmän lösning

T _ {n} (t) = A _ {n} e ^ {\lambda_ {n} t / 4} \quad \text{för } t > 0 \text{ och } n = 1, 2, 3, \ldots

där $A_{n}\in \mathbb{R}$ är en konstant som senare bestäms utifrån initialvillkoret. Vi får då att $u_{n}$ löser PDEn där

\begin{array}{l} u _ {n} (x, y) = X _ {n} (x) T _ {n} (t) = A _ {n} e ^ {\lambda_ {n} t / 4} \sin (\sqrt {- \lambda_ {n}} x) = A _ {n} e ^ {\lambda_ {n} t / 4} \sin (\sqrt {- \lambda_ {n}} x) \\ = A _ {n} e ^ {- (n \pi / 2) ^ {2} t / 4} \sin (n \pi x / 2) \\ \end{array}

för $x\in [0,2],t > 0$ och $n = 1,2,3,\ldots$

Vi vet nu från superpositionsprincipen att alla lösningar till PDEn ges som

u (x, t) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} u _ {n} (x, y) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} A _ {n} e ^ {- (n \pi / 2) ^ {2} t / 4} \sin (n \pi x / 2)

Konstanterna $A_{n}\in \mathbb{R}$ bestäms utifrån initialvillkoret $u(x,0) = f(x)$ för $x\in [0,2]$ :

f (x) = u (x, 0) = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} A _ {n} \sin (n \pi x / 2) \quad \text{för } x \in [ 0, 2 ],

Eftersom funktionerna $\phi_n(x) \coloneqq \sin \left(n\pi x / 2\right)$ är ortogonala på vektorrummet av funktioner på $[0,2]$ så svarar $A_{n}$ mot Fourierkoefficienterna i Fourierserieutvecklingen av funktionen $f\colon [0,2]\to \mathbb{R}$ med avseende på $\phi_{n}$ , dvs

A _ {n} = \left\langle f, \phi_ {n} \right\rangle = \frac {1}{2} \int_ {0} ^ {2} f (x) \phi_ {n} (x) d x.