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用分离变量法求下列定解问题的解 按分离变量法, 设 代入 中，分离变量可得 下面讨论取什么值时有非零解，分三种情况进行讨论: (1) 当 时，方程 的通解为 代入边值条件中有 即有 ，从而 ，故无非零解 (2) 当 时，方程的通解为 由边界条件可得 (3) 当 时。方程的通解为 . 代入边值条件有 要求 . 则 即 , 于是 因此一族非零解 将 代方程 中得 解得 由于问题中方程和边界条件都是线性齐次的，
由叠加原理知函数 由于 ，则有 上式两端乘以 并利用 在 上的正交性 得到 由于  
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LaTeX源代码用分离变量法求下列定解问题的解
$
\left\{\begin{array}{l}
u_{t}=a^{2} u_{x x} \quad(t>0,0<x<\pi) \\
\left.u(0, t)=u_{x}( \pi, t\right)=0 \quad(t>0) \\
u(x, 0)=f(x) \quad 0<x<\pi .
\end{array}\right.
$
按分离变量法, 设 $ u(x, t)=X(x) \cdot T(t) $
代入 $ u_{t}=a^{2} u_{x x} $ 中，分离变量可得 $$ \left\{\begin{array}{l}T^{\prime}(t)+\lambda a^{2} T(t)=0 \\ X^{\prime \prime}(x)+\lambda x(x)=0 .\end{array}\right. $$
$
\text { 由边界条件得 }\left\{\begin{array}{l}
X(0)=X^{\prime}(\pi)=0 \\
X^{\prime \prime}(x)+\lambda x(x)=0,0<x<\pi
\end{array}\right.
$
下面讨论$\lambda$取什么值时有非零解，分三种情况进行讨论:\\
(1) 当 $ \lambda<0 $ 时，方程 $ X^{\prime \prime}(x)+\lambda X(x)=0 $ 的通解为
$
X(x)=C_{1} e^{\sqrt{-\lambda x}}+C_{2} e^{-\sqrt{-\lambda} x}
$
代入边值条件中有 $ \left\{\begin{array}{l}C_{1}+C_{2}=0 . \\ C_{1} \sqrt{-\lambda} \cdot e^{-\sqrt{-\lambda} \pi}-C_{2} \sqrt{-\lambda} \cdot e^{-\sqrt{-\lambda} \pi}=0 .\end{array}\right. $
即有 $ C_{1}=C_{2}=0 $ ，从而 $ X(x) \equiv 0 $ ，故无非零解\\
(2) 当 $ \lambda=0 $ 时，方程的通解为 $ X(x)=C_{1} x+C_{2} $
由边界条件可得 $ \left\{\begin{array}{l}X(0)=C_{2}=0 \\ X^{\prime}(\pi)=C_{1}=0\end{array} \Rightarrow X(x) \equiv 0\right. $.\\
(3) 当 $ \lambda>0 $ 时。方程的通解为 $ X(x)=C_{1} \cos \sqrt{\lambda} x+C_{2} \sin \sqrt{\lambda} x $.
代入边值条件有 $ \left\{\begin{array}{l}C_{1}=0 \\ -\sqrt{\lambda} C_{1} \sin \sqrt{\lambda} \pi+\sqrt{\lambda} C_{2} \cos \sqrt{\lambda} \pi=0 .\end{array}\right. $
要求 $ X(x) \neq 0 $. 则 $ C_{2} \neq 0 $
即 $ \cos \sqrt{\lambda} \pi=0 $, 于是 $ \lambda=\lambda_{k}=\left(k+\frac{1}{2}\right)^{2}, k=0,1,2 \cdots $
因此一族非零解 $ X_{k}(x)=A_{k} \sin \left(k+\frac{1}{2}\right) x $\\
将 $ \lambda_{k} $ 代方程 $ T^{\prime}(t)+\lambda a^{2} T(t)=0 $ 中得 $ T^{\prime}(t)+\left(k+\frac{1}{2}\right)^{2} a^{2} T(t)=0 $
解得 $$ T_{k}(t)=B_{k} e^{-\left(k+\frac{1}{2}\right)^2 a^{2} t} ,\quad k=0,1,2 \ldots $$
由于问题中方程和边界条件都是线性齐次的，
由叠加原理知函数 $$ u(x, t)=\sum_{k=0}^{\infty} C_{k} e^{-\left(k+\frac{1}{2}\right)^{2} a^{2} t} \cdot \sin \left(k+\frac{1}{2}\right) x $$
由于 $ u(x, 0)=f(x) $ ，则有 $ \sum\limits_{k=0}^{\infty} C_{k} \sin \left(k+\frac{1}{2}\right) x=f(x) $
上式两端乘以 $ \sin \left(k+\frac{1}{2}\right) x $ 并利用 $ \left\{\sin \left(k+\frac{1}{2}\right) x\right\}_{k=0}^{\infty} $ 在 $ [0, \pi] $ 上的正交性 得到 $$C_{k}=\frac{\int_{0}^{\pi} f(x) \sin \left(k+\frac{1}{2}\right) x d x}{\int_{0}^{\pi} \sin ^{2}\left(k+\frac{1}{2}\right) x d x} $$
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{\pi} \sin ^{2}\left(k+\frac{1}{2}\right) x d x & =\int_{0}^{\pi} \frac{1-\cos (2 k+1) x}{2} d x \\
& =\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2(2 k+1)}\left[\left.\sin (2 k+1)\right|_{0} ^{\pi}\right] \\
& =\frac{\pi}{2}-0=\frac{\pi}{2}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
\text { 故 } C_{k} & =\frac{z}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin \left(k+\frac{1}{2}\right) x d x \\
\Rightarrow u(x, t) & =\frac{2}{\pi} \sum_{k=0}^{\infty} \int_{0}^{\pi} f(\xi) \sin \left(k+\frac{1}{2}\right) \xi \cdot e^{-\left(k+\frac{1}{2}\right)^{2} a^{2} t} \cdot \sin \left(k+\frac{1}{2}\right) x
\end{aligned}
$$
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