För separation av variabler gör vi ansatsen

u (x, t) = X (x) T (t).

Insatt i differentialekvationen ger detta

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

eller

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

Eftersom de sidorna i denna likhet beror på olika variabler måste de båda vara konstanta, alltså

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

för någon konstant $\lambda$ .
Vi börjar med att lösa den andra av dessa ekvationer

X ^ {\prime \prime} (x) = \lambda X (x).

Randvillkoren $\frac{\partial u}{\partial x} (0,t) = 0$ och $\frac{\partial u}{\partial x} (\pi ,t) = 0$ ger oss att $X^{\prime}(0)T(t) = 0$ och $X^{\prime}(\pi)T(t) = 0$ eller

X ^ {\prime} (0) = X ^ {\prime} (\pi) = 0.

Vi får tre fall beroende på tecknet av konstanten $\lambda$ . Om $\lambda > 0$ sätter vi $\lambda = \alpha^2$ , $\alpha > 0$ , och får den allmänna lösningen

X (x) = A e ^ {\alpha x} + B e ^ {- \alpha x}.

För att randvillkoren ska vara uppfyllda behöver vi

0 = X ^ {\prime} (0) = \alpha A - \alpha B 0 = X ^ {\prime} (\pi) = \alpha A e ^ {\alpha \pi} - \alpha B e ^ {- \alpha \pi}

Eftersom

\det \left( \begin{array}{cc} \alpha & - \alpha \\ \alpha e ^ {\alpha \pi} & - \alpha e ^ {- \alpha \pi} \end{array} \right) = \alpha^ {2} \left(e ^ {\alpha \pi} - e ^ {- \alpha \pi}\right) = \alpha^ {2} e ^ {\alpha \pi} \left(1 - e ^ {- 2 \alpha \pi}\right) \neq 0

då

\alpha > 0

måste

A = B = 0

, så det finns ingen icke-trivial lösning i detta fall. Om

\lambda = 0

har vi

X''(x) = 0

med den allmänna lösningen

X (x) = B x + A.

Randvillkoren är uppfyllda om

0 = X ^ {\prime} (0) = B 0 = X ^ {\prime} (\pi) = B

det vill säga om

B = 0

och

X(x)

är konstant,

X (x) = X _ {0} (x) = A _ {0}.

Om

\lambda < 0

sätter vi

\lambda = -\alpha^2

,

\alpha > 0

, och får den allmänna lösningen

X (x) = A \cos (\alpha x) + B \sin (\alpha x).

I detta fall är randvillkoren uppfyllda om

0 = X ^ {\prime} (0) = \alpha B 0 = X ^ {\prime} (\pi) = - \alpha A \sin (\alpha \pi) + \alpha B \cos (\alpha \pi)

Vi måste alltså ha

B = 0

och

0 = \alpha A\sin (\alpha \pi)

. Om

A = 0

får vi bara den triviala lösningen. För att vi ska få en icke-trivial lösning måste alltså

0 = \sin (\alpha \pi)

, så

\alpha

måste vara ett icke-negativt heltal. Vi har hittat lösningarna

X _ {n} (x) = A _ {n} \cos (n x)

för

n = 1,2,3,\ldots

Motsvarande lösningar för

T(t)

är

T (t) = T _ {0} (t) = 1

i fallet

\lambda = 0

och

T (t) = T _ {n} (t) = e ^ {- n ^ {2} t}

då

\lambda = -\alpha^2 = -n^2

.
Tillsammans har vi alltså lösningarna

u _ {0} (x, t) = A _ {0}, \qquad u _ {n} (x, t) = A _ {n} e ^ {- n ^ {2} t} \cos (n x), \quad n = 1, 2, 3, \ldots

som uppfyller differentialekvationen och randvillkoren. Eftersom både differentialekvation och dess randvillkor är linjära så är linjärkombinationen

u (x, t) = A _ {0} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} A _ {n} e ^ {- n ^ {2} t} \cos (n x)

också en lösning till differentialekvationen och randvillkoren.
Vi ska nu välja konstanterna

A_0, A_1, A_2, \ldots

så att

u (x, 0) = A _ {0} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} A _ {n} \cos (n x) = f (x) = \left\{ \begin{array}{l l} 5, & 0 \leq x < \pi / 4 \\ - 2, & \pi / 4 \leq x \leq \pi \end{array} \right..

För att passa med formlerna för Fourierserieutveckling döper vi om

A_0 = \frac{a_0}{2}

,

A_n = a_n

,

n = 1,2,3,\ldots

, så att

u (x, 0) = \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} a _ {n} \cos (n x) = f (x) = \left\{ \begin{array}{l l} 5, & 0 \leq x < \pi / 4 \\ - 2, & \pi / 4 \leq x \leq \pi \end{array} \right..

Detta är en Fourier-cosinus-serie, likhet gäller då koefficienterna ges av

a _ {n} = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi} f (x) \cos (n x) d x = \frac {2}{\pi} \int_ {0} ^ {\pi / 4} 5 \cos (n x) d x + \frac {2}{\pi} \int_ {\pi / 4} ^ {\pi} (- 2) \cos (n x) d x

vilket alltså ger lösningen till initialvärdesproblemet

u (x, t) = \frac {a _ {0}}{2} + \sum_ {n = 1} ^ {\infty} a _ {n} e ^ {- n ^ {2} t} \cos (n x).

För det efterfrågade gränsvärdet har vi

\begin{array}{l} \lim_{t \to \infty} u(x, t) = \lim_{t \to \infty} \left(\frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n e^{-n^2 t} \cos(nx)\right) = \frac{a_0}{2} \\ = \frac{1}{\pi} \int_0^{\pi/4} 5 \, dx + \frac{1}{\pi} \int_{\pi/4}^{\pi} (-2) \, dx = \frac{1}{\pi} \cdot 5 \cdot \frac{\pi}{4} + \frac{1}{\pi} \cdot (-2) \cdot \frac{3\pi}{4} = -\frac{1}{4}. \end{array}