## 例 $$u_{tt}=a^2(u_{rr}+\frac{1}{r}u_r)+A\quad 0<r<1,t>0$$ $$u(1,t)=0,\quad |u(r,t)|<M（当r\to 0）$$ $$u(r,0)=0\quad u_t(r,0)=0$$ 解： 固有函数系为 $J_0(\mu_m^{(0)} r)$，先展开 $u$ $$u(r,t)=\sum_{m=1}^\infty u_m(t)J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 再展开非齐次项 $$A=\sum_{m=1}^nA_nJ_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 其中 $$A_n=\frac{\int_0^1ArJ_0(\mu_m^{(0)})}{\frac{1}{2}J_1^2(\mu_m^{(0)})}$$ 先计算分子 $$=\frac{A}{(\mu_m^{(0)})^2}\int_0^{\mu_m^{(0)}}xJ_0(x)dx=\frac{AJ_1(\mu_m^{(0)})}{\mu_m^{(0)}}$$ 因此 $$A_n=\frac{2A}{\mu_m^{(0)}J_1(\mu_m^{(0)})}$$ 即非齐次项可以展开为 $$A=\sum_{m=1}^n\frac{2A}{\mu_m^{(0)}J_1(\mu_m^{(0)})}J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 代回方程 $$\sum_{m=1}^\infty u''_m(t)J_0(\mu_m^{(0)}r)=a^2\sum_{m=1}^\infty u_m(t)[\frac{d^2}{dr^2}J_0(\mu_m^{(0)}r)+ \frac{1}{r}\cdot \frac{d}{dr}J_0(\mu_m^{(0)}r)]+\sum_{m=1}^\infty\frac{2A}{\mu_m^{(0)}J_1(\mu_m^{(0)})}J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 注意到 $$\frac{d^2}{dr^2}J_0(\mu_m^{(0)}r)+ \frac{1}{r}\cdot \frac{d}{dr}J_0(\mu_m^{(0)}r)=\frac{1}{r}\frac{d}{dr}[r\frac{d}{dr}J_0(\mu_m^{(0)}r)]$$ 再根据 Bessel 函数的递推公式有 $$\frac{d}{dr}J_0(\mu_m^{(0)}r)=-\mu_m^{(0)}J_1(\mu_m^{(0)}r)$$ 则上式化为 $$=\frac{1}{r}\frac{d}{dr}[- \mu_m^{(0)}\cdot rJ_1(\mu_m^{(0)}r)]=-\frac{\mu_m^{(0)}}{r}\frac{d}{d\mu_m^{(0)}r}[\mu_m^{(0)} r\cdot J_1(\mu_m^{(0)}r)]=-(\mu_m^{(0)})^2J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 因此有 $$\frac{d^2}{dr^2}J_0(\mu_m^{(0)}r)+ \frac{1}{r}\cdot \frac{d}{dr}J_0(\mu_m^{(0)}r)=-(\mu_m^{(0)})^2J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 代入原方程并逐项对应，消去 $J_0(\mu_m^{(0)}r)$ 有 $$u''_m(t)+a^2(\mu_m^{(0)})^2u_m(t)=\frac{2A}{\mu_m^{(0)}J_1(\mu_m^{(0)})}$$ 其齐次方程对应的通解为 $$\overline{u}_m(t)=A'\sin a\mu_m^{(0)} t+B'\cos a\mu_m^{(0)} t$$ 由初始条件，$B'=0$，即 $$u_m(t)=A'_m\sin a\mu_m^{(0)}t+\frac{2A}{a^2(\mu_m^{(0)})^3J_1(\mu_m^{(0)})}$$ 其中 $A'_m$ 为未知系数，带回 $u(r,t)$ 展开式得到 $$u(r,t)=\sum_{m=1}^\infty (A'_m\sin a\mu_m^{(0)}t+\frac{2A}{a^2(\mu_m^{(0)})^3J_1(\mu_m^{(0)})})J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 接下来如何求 $A_m$ 就不得而知了 ## 例 （2022-2023 真题）记 $\mu_m^{(0)}$ 是 Bessel 函数 $J_0(x)$ 的第 $m$ 个正零点，用固有函数法求解如下问题 $$u_{rr}+\frac{1}{r}u_r+u_{zz}=z,\quad 0<r<1,\quad 0<z<1$$ $$u(1,z)=0\quad 0<z<1$$ $$u(r,0)=0,\quad u(r,1)=0$$ 解： 固有函数系为 $J_0(\mu_m^{(0)}r)$，将 $u(r,t)$ 展开为 $$u(r,t)=\sum_{m=1}^\infty u_m(z)J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 再利用 Fourier-Bessel 级数展开非齐次项 $$z=\sum_{m=1}^\infty C_mJ_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 其中 $$C_m=\frac{z\int_0^1rJ_0(\mu_m^{(0)}r)dr}{\frac{1}{2}J_1^2(\mu_m^{(0)})^2}$$ 其中分子为 $$=\frac{z}{(\mu_m^{(0)})^2}\int_0^{\mu_m^{(0)}}xJ_0(x)dx=\frac{zJ_1(\mu_m^{(0)})}{\mu_m^{(0)}}$$ 因此系数为 $$C_m=\frac{2z}{\mu_m^{(0)}J_1(\mu_m^{(0)})}$$ 代回常数项得 $$z=\sum_{m=1}^\infty \frac{2z}{\mu_m^{(0)}J_1(\mu_m^{(0)})}J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 带回方程 $$\sum_{m=1}^\infty [u_m(z)\cdot \frac{d^2}{dr^2}J_0(\mu_0^{(0)}r)+\frac{1}{r}\cdot u_m(z)\cdot \frac{d}{dr}J_0(\mu_0^{(0)}r)+u_m''(z)J_0(\mu_0^{(0)}r)]=\sum_{m=1}^\infty \frac{2z}{\mu_m^{(0)}J_1(\mu_m^{(0)})}J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 注意到关系 $$\frac{d^2}{dr^2}J_0(\mu_0^{(0)}r)+\frac{1}{r}\cdot\frac{d}{dr}J_0(\mu_0^{(0)}r)=\frac{1}{r}[r\frac{d^2}{dr^2}J_0(\mu_0^{(0)}r)+\frac{d}{dr}J_0(\mu_0^{(0)}r)]=\frac{1}{r}\frac{d}{dr}[r\cdot \frac{d}{dr}J_0(\mu_0^{(0)}r)]$$ 根据 Bessel 函数递推关系 $$\frac{d}{dr}J_0(\mu_0^{(0)}r)=\mu_m^{(0)}\frac{d}{d\mu_m^{(0)}r}J_0(\mu_0^{(0)}r)=-\mu_m^{(0)}J_1(\mu_0^{(0)}r)$$ 因此上式化为 $$=-\frac{\mu_m^{(0)}}{r}\frac{d}{d\mu_m^{(0)}r}[r\mu_m^{(0)}J_1(\mu_m^{(0)}r)]$$ 再根据递推关系 $$\frac{d}{d\mu_m^{(0)}r}[r\mu_m^{(0)}J_1(\mu_m^{(0)}r)]=\mu_m^{(0)}rJ_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 因此上式化为 $$\frac{d^2}{dr^2}J_0(\mu_0^{(0)}r)+\frac{1}{r}\cdot\frac{d}{dr}J_0(\mu_0^{(0)}r)=-(\mu_m^{(0)})^2J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 代回到方程 $$\sum_{m=1}^\infty [u_m''(z)J_0(\mu_m^{(0)}r)-u_m(z)(\mu_m^{(0)})^2J_0(\mu_m^{(0)}r)]=\sum_{m=1}^\infty \frac{2z}{\mu_m^{(0)}J_1(\mu_m^{(0)})}J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 对应相等，得到 $$u_m''(z)-u_m(z)(\mu_m^{(0)})^2=\frac{2z}{\mu_m^{(0)}J_1(\mu_m^{(0)})}$$ 对应齐次方程通解为 $$u_m(z)=A_me^{\mu_m^{(0)} z}+B_me^{-\mu_m^{(0)} z}-\frac{2z}{(\mu_m^{(0)})^3J_1(\mu_m^{(0)})}$$ 代入 $z=0,z=1$ $$A_m+B_m=0$$ $$A_me^{\mu_m^{(0)} }+B_me^{-\mu_m^{(0)} }=\frac{2}{(\mu_m^{(0)})^3J_1(\mu_m^{(0)})}$$ $$u_m(z)=e^{-\mu_m^{(0)} z}-\frac{2z}{(\mu_m^{(0)})^3J_1(\mu_m^{(0)})}$$ 解得 $$A_m=\frac{2z}{(e^{\mu_m^{(0)}}-e^{-\mu_m^{(0)}})(\mu_m^{(0)})^3J_1(\mu_m^{(0)})}$$ $$B_m=\frac{2z}{(e^{-\mu_m^{(0)}}-e^{\mu_m^{(0)}})(\mu_m^{(0)})^3J_1(\mu_m^{(0)})}$$ 由此得到 $$u_m(z)=\frac{2z}{(e^{\mu_m^{(0)}}-e^{-\mu_m^{(0)}})(\mu_m^{(0)})^3J_1(\mu_m^{(0)})}e^{\mu_m^{(0)} z}+\frac{2z}{(e^{-\mu_m^{(0)}}-e^{\mu_m^{(0)}})(\mu_m^{(0)})^3J_1(\mu_m^{(0)})}e^{-\mu_m^{(0)} z}-\frac{2z}{(\mu_m^{(0)})^3J_1(\mu_m^{(0)})}$$ 综上 $$u(r,t)=\sum_{m=1}^\infty\left\{\frac{2z}{(e^{\mu_m^{(0)}}-e^{-\mu_m^{(0)}})(\mu_m^{(0)})^3J_1(\mu_m^{(0)})}e^{\mu_m^{(0)} z}+\frac{2z}{(e^{-\mu_m^{(0)}}-e^{\mu_m^{(0)}})(\mu_m^{(0)})^3J_1(\mu_m^{(0)})}e^{-\mu_m^{(0)} z}-\frac{2z}{(\mu_m^{(0)})^3J_1(\mu_m^{(0)})}\right\} J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ ## 例 ### 1. 计算定积分 $$\int_0^1x^3J_0(\alpha x)dx$$ 其中 $\alpha$ 是 $0$ 阶 Bessel 函数 $J_0(x)$ 的某个正零点 解： 由递推公式有手就行。直接分部积分 $$\int_0^1x^3J_0(\alpha x)dx=\frac{1}{\alpha}x^3J_1(\alpha x)\bigg|_0^1-2\int_0^1x^2J_0(\alpha x)dx$$ $$=\frac{1}{\alpha}J_1(\alpha)-\frac{2}{\alpha}x^2J_1(\alpha x)\bigg|_0^1+2\int_0^1xJ_0(\alpha x)dx$$ $$=-\frac{1}{\alpha }J_1(\alpha)+\frac{2}{\alpha}J_1(\alpha)=\frac{1}{\alpha}J_1(\alpha)$$ ### 2. 求解如下定解问题 $$u_t=u_{rr}+\frac{1}{r}u_r,\quad 0\le r<2,t>0$$ $$u(2,t)=0,\quad |u(0,t)|<+\infty \quad t>0$$ $$u(r,0)=4-r^2\quad 0\le r\le 2$$ 解： 直接分离变量 $$\frac{T'(t)}{T(t)}=\frac{R''(r)+\frac{1}{r}R'(r)}{R(r)}=-\lambda$$ 得到 $$T'(t)+\lambda T(t)=0$$ $$r^2R''(r)+rR'(r)+\lambda r^2R(r)=0$$ 对于 $R(r)$ $$R(r)=CJ_0(\mu_m^{(0)}r)+DY_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 由有界性，$D=0$，将固有值 $\lambda_m = (\mu_m^{(0)})^2$代入 $$T(t)=a_me^{-(\mu_m^{(0)})^2t}$$ 因此 $$u(r,t)=\sum_{m=1}^\infty C _me^{-(\mu_m^{(0)})^2t}J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ 由初始条件 $$u(r,0)=4-r^2$$ 根据 Fourier-Bessel 系数 $$C_m=\frac{\int_0^Rr(4-r^2)J_0(\mu_m^{(0)}r)dr}{\frac{R}{2}J_1^2(\mu_m^{(0)})}=\frac{\int_0^2(4r-r^3)J_0(\mu_m^{(0)}r)dr}{J_1^2(\mu_m^{(0)})}$$ 先算分子 $$=\frac{4}{(\mu_m^{(0)})^2} J_1(\mu_m^{(0)})-\frac{4}{(\mu_m^{(0)})}J_1(2\mu_m^{(0)})$$ 得到 $$C_m=\frac{4}{(\mu_m^{(0)})}(\frac{1}{(\mu_m^{(0)})}J_1(\mu_m^{(0)})-J_1(2\mu_m^{(0)}))$$ $$u(r,t)=\sum_{n=1}^\infty \frac{4}{(\mu_m^{(0)})}(\frac{1}{(\mu_m^{(0)})}J_1(\mu_m^{(0)})-J_1(2\mu_m^{(0)}))e^{-(\mu_m^{(0)})^2t}J_0(\mu_m^{(0)}r)$$ ## 例 设 $a,q_0$ 是正常数，求解如下定解问题 $$u_{tt}=a^2(u_{rr}+\frac{1}{r}u_r),\quad 0\le r<1,t>0$$ $$u(r,0)=1,\quad u_t(r,0)=q_0$$ $$u_r(1,t)=0,\quad |u(0,t)|<+\infty$$ 解： 直接分离变量 $$\frac{T''(t)}{a^2T(t)}=\frac{r^2R''(r)+rR'(r)}{r^2R(r)}=-\lambda$$ $$R(r)=C_mJ_0(\sqrt{\lambda }r)+D_mY_0(\sqrt{\lambda} r)$$ 由有界性 $D_m=0$，由边界条件，求导 $$R(1)=-C_mJ_1(\sqrt{\lambda })=0$$ 因此固有值为 $\lambda = (\mu_m^{(0)})^2$ 对应固有函数为 $$R(r)=C_mJ_0(\mu_m^{(0)}r)$$ $$T(t)=A_m \cos a\mu_m^{(1)}t+B_m\sin a\mu_m^{(1)}t$$ 因此得到一组解 $$u(r,t)=\sum_{m=1}^\infty( c_m\cos a\mu_m^{(1)}t+d_n\sin a\mu_m^{(1)}t)J_0(\mu_m^{(1)}r)$$ 对 $t$ 求导得到 $$u_t(r,t)=\sum_{m=1}^\infty a\mu_m^{(1)}(d_n\cos a\mu_m^{(1)}t-c_m\sin a\mu_m^{(1)}t)J_0(\mu_m^{(1)}r)$$ 代入条件，当 $t=0$ 时， $$u(r,0)=\sum_{m=1}^\infty c_mJ_0(\mu_m^{(0)}r)=1$$ 根据 Fourier-Bessel 展开有（我们真的学过这个一阶展开吗？） $$c_m=\frac{\int_0^1rJ_0(\mu_m^{{(1)}}r)dr}{\frac{1}{2}J_0^2(\mu_m^{(1)})}$$ 其中分子为 $$=\frac{1}{(\mu_m^{(1)})^2}\int_0^{\mu_m^{(1)}}xJ_0(x)dx=0$$ 而对于 $d_m$ 同样有展开 $$d_m=\frac{\int_0^1q_0rJ_0}{}$$ 不对啊，这样算出来也是0，估计是学解傻逼了