[편미분방정식] 11. 조화함수, 직사각형과 상자영역

[편미분방정식] 11. 조화함수, 직사각형과 상자영역

확산 또는 파동이 정상적(시간에 독립적)이면, \(u_{t}=0\)이고 \(u_{tt}=0\)이다. 그러므로 확산방정식과 파동방정식은 다음과 같은 라플라스 방정식(Laplace equation)으로 나타낼 수 있다.$$\begin{align*}u_{xx}&=0\,(1차원)\\ \nabla\cdot\nabla u&=\Delta u=u_{xx}+u_{yy}=0\,(2차원)\\ \nabla\cdot\nabla u&=\Delta u=u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=0\,(3차원)\end{align*}$$라플라스 방정식의 해를 조화함수(harmonic function)라고 한다. 

1차원에서 단순히 \(u_{xx}=0\)이므로 1차원에서 조화함수의 해는 \(u(x)=Ax+B\)이고, 이것은 너무 단순하다. 

라플라스 방정식의 비동차 형식은 \(\Delta u=f\)이고, 이것을 포아송 방정식(Poisson's equation)이라고 한다. 

1. 정전기학(electrostatics) 맥스웰 방정식으로부터, \(\text{curl}\mathbf{E}=0\)이고 \(\text{div}\mathbf{E}=4\pi\rho\)이다. 여기서 \(\rho\)는 전하밀도이고, 첫 번째 방정식은 스칼라 함수 \(\phi\)(전기 퍼텐셜/전기 위치에너지)에 대해 \(\mathbf{E}=-\text{grad}\phi\)이므로$$\Delta\phi=\text{div}(\text{grad}\phi)=-\text{div}\mathbf{E}=-4\pi\rho$$이고, 이것은 포아송 방정식(\(f=-4\pi\rho\))이다.

2. 정상유체흐름(stedy fluid flow) 유체가 비회전(소용돌이치지 않음)이여서 \(\text{curl}\mathbf{v}=0\)이라 하자. 여기서 \(\mathbf{v}=\mathbf{v}(x,\,y,\,z)\)는 위치 \((x,\,y,\,z)\)에서의 속력이고, 시간에 독립적이다. 이 유체가 비압축(예: 물)이고 유입되거나 빠져나가지 않는다고 하자. 그러면 \(\text{div}\mathbf{v}=0\)이고 따라서 적당한 \(\phi\)(속도퍼텐셜/속도 위치에너지)에 대해 \(\mathbf{v}=-\text{grad}\phi\)이고 \(\Delta \phi=-\text{div}\mathbf{v}=0\)이며, 이것은 라플라스 방정식이다. 

3. 해석적 복소함수(analytic functions of a complex variable) 복소변수 \(z=x+iy\)에 대한 함수 \(f(z)\)를 다음과 같이 나타낼 수 있다.$$f(z)=u(z)+iv(z)=u(x+iy)+iv(x+iy)$$여기서 \(u,\,v\)는 실함수이다. 해석함수는 \(z\)의 멱급수로 나타낼 수 있고, 이것은 \(x^{m}y^{n}\)의 급수의 형태가 아닌 \(z^{n}=(x+iy)^{n}\)의 급수의 형태를 뜻한다. 따라서$$f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}{a_{n}z^{n}}$$이고 여기서 \(a_{n}\)은 복소상수이며, 다음과 같이 나타낼 수 있다.$$u(x+iy)+iv(x+iy)=\sum_{n=0}^{\infty}{a_{n}(x+iy)^{n}}$$\(f(z)\)가 \(z\)에서 미분가능하려면 다음의 코시-리만 방정식을 만족해야 한다.$$u_{x}=v_{y},\,u_{y}=-v_{x}$$이 코시-리만 방정식으로부터 다음이 성립하고$$u_{xx}=v_{yx}=v_{xy}=-u_{yy}$$따라서 \(\Delta u=0\)이다. 같은 방법으로 \(\Delta v=0\)임을 보일 수 있다. 여기서 \(\Delta\)는 2차원 라플라시안이다. 따라서 해석함수의 실수부와 허수부는 모두 조화함수이다. 

4. 브라운 운동(Brownian motion) 한 용기 \(D\)안에서 브라운 운동이 일어난다고 하자. 이것은 \(D\)안에 있는 입자가 완전히 무작위로 운동하며 경계면과 부딪히면서 정지한다. 경계를 임의로 \(C_{1},\,C_{2}\)로 분할하자.

\(u(x,\,y,\,z)\)를 입자가 \(C_{1}\)위의 한 점 \((x,\,y,\,z)\)에서 시작할 확률이라 하자. 그러면 이것을 다음과 같이 나타낼 수 있다.$$\Delta u=0\,\text{in}\,D,\,u=1\,\text{on}\,C_{1},\,u=0\,\text{on}\,C_{2}$$따라서 \(u\)는 다음의 디리클레 문제의 해이다.

\(D\)에서 \(\Delta u=f\), \(\partial D\)(\(D\)의 경계)에서 \(u=h\) 또는 \(\displaystyle\frac{\partial u}{\partial n}=h\)(법선도함수) 또는 \(\displaystyle\frac{\partial u}{\partial n}+au=h\)

최대원리(Maximum principle) \(D\)를 연결된 유계 열린집합(2차원 또는 3차원), \(u(x,\,y)\) 또는 \(u(x,\,y,\,z)\)가 \(D\)에서 조화함수이고 \(\overline{D}=D\cup\partial D\)에서 연속이라 하자. 그러면 \(u\)의 최댓값과 최솟값은 \(\partial D\)에서 나타나고 그 내부에서는 나타나지 않는다(그렇지 않으면 \(u\)는 상수함수이다).

이것은 조화함수가 경계에서 최댓값과 최솟값을 가짐을 뜻한다. 

최대원리를 이해하기 위해 2차원 벡터 \(\mathbf{x}=(x,\,y)\) 또는 3차원 벡터 \(\mathbf{x}=(x,\,y,\,z)\)를 고려하자. 그러면 \(|\mathbf{x}|=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\) 또는 \(|\mathbf{x}|=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\)로 나타낼 수 있고, \(\partial D\)에서 \(\mathbf{x}_{M}\)과 \(\mathbf{x}_{m}\)이 존재해서 모든 \(\mathbf{x}\in D\)에 대해 다음이 성립한다.$$u(\mathbf{x}_{m})\leq u(\mathbf{x})\leq u(\mathbf{x}_{M})$$

또한 \(D\)내부에서 최댓값과 최솟값을 갖게 하는 \(\mathbf{x}\)가 존재하지 않는다(그렇지 않으면 \(u\)는 상수함수이다). 

2차원에서 \(D\)의 내부에서 최댓값을 가지면 그 점에서 \(u_{xx}\leq0\)이고 \(u_{y}\leq0\)이므로 \(u_{xx}+u_{yy}\leq0\)이다. 최대가 되는 점에서 \(u_{xx}<0\)이고 \(u_{yy}<0\)이 되어 라플라스 방정식에 모순된다. 그러나 최대가 되는 점에서 \(u_{xx}=0=u_{yy}\)가 되므로 증명이 조금 어렵다. 

\(\epsilon>0\), \(v(\mathbf{x})=u(\mathbf{x})+\epsilon|\mathbf{x}|^{2}\)라 하자. 그러면 2차원 \(D\)에서$$\Delta v=\Delta u+\epsilon\Delta(x^{2}+y^{2})=0+4\epsilon>0$$이고 내부의 최댓값을 갖는 점에서 \(\Delta v=v_{xx}+v_{yy}\leq0\)이므로 \(v(\mathbf{x})\)는 \(D\) 내부에서 최댓값을 갖지 않는다. 

\(v(\mathbf{x})\)는 연속함수이므로 \(D\)의 폐포 \(\overline{D}=D\cup\partial D\)어딘가에서 최댓값을 갖고, 그 최댓값을 \(\mathbf{x}_{0}\in\partial D\)라 하자. 그러면 모든 \(\mathbf{x}\in D\)에 대하여$$u(\mathbf{x})\leq v(\mathbf{x})\leq v(\mathbf{x}_{0})=u(\mathbf{x}_{0})+\epsilon|\mathbf{x}_{0}|^{2}\leq\max_{\mathbf{x}\in\partial D}u+\epsilon l^{2}$$이고 여기서 \(l\)은 \(D\)에서 원점까지의 최대거리이다. 위의 부등식은 임의의 \(\epsilon>0\)에 대해서 참이므로 다음을 얻는다.$$u(\mathbf{x})\leq\max_{\mathbf{x}\in\partial D}u\,(\mathbf{x}\in D)$$최댓값은 적당한 점 \(\mathbf{x}_{M}\in\partial D\)에서 가지므로 모든 \(\mathbf{x}\in\overline{D}\)에 대하여 \(u(\mathbf{x})\leq u(\mathbf{x}_{M})\)이고 따라서 원하는 결과를 얻는다.

최솟값을 갖는 경우도 위와 비슷하게 증명할 수 있다. 

디리클레 문제의 유일성을 증명하기 위해 

\(D\)에서 \(\Delta u=f,\,\Delta v=f\), \(\partial D\)에서 \(u=h\), \(v=h\)라 하자. 

\(D\)에서 \(u=v\)가 성립함을 보이고자 한다. \(w=u-v\)라 하자. 그러면 \(D\)에서 \(\Delta w=0\)이고 \(\partial D\)에서 \(w=0\)이고 최대원리에 의해 모든 \(\mathbf{x}\in D\)에 대해$$0=w(\mathbf{x}_{m})\leq w(\mathbf{x})\leq w(\mathbf{x}_{M})=0$$이다. 그러므로 \(w(\mathbf{x})\)의 최댓값과 최솟값은 0이고 이것은 \(w=0\)이고 \(u=v\)임을 뜻한다. 

평면에서 평행이동(translation)은 다음과 같은 변환이다.$$x'=x+a,\,y'=y+b$$평행이동에서의 불변은 단순히 \(u_{xx}+u_{yy}=u_{x'x'}+u_{y'y'}\)를 뜻한다. 

평면에서 각 \(\alpha\)만큼의 회전은 다음과 같은 변환이다.$$\begin{align*}x'&=x\cos\alpha+y\sin\alpha\\y'&=-x\sin\alpha+y\cos\alpha\end{align*}$$연쇄법칙에 의해$$\begin{align*}u_{x}&=u_{x'}\cos\alpha-u_{y'}\sin\alpha\\u_{y}&=u_{x'}\sin\alpha+u_{y'}\cos\alpha\\u_{xx}&=(u_{x'}\cos\alpha-u_{y'}\sin\alpha)_{x'}\cos\alpha-(u_{x'}\cos\alpha-u_{y'}\sin\alpha)_{y'}\sin\alpha\\u_{yy}&=(u_{x'}\sin\alpha+u_{y'}\cos\alpha)_{x'}\sin\alpha+(u_{x'}\sin\alpha+u_{y'}\cos\alpha)_{y'}\cos\alpha\end{align*}$$이고$$\begin{align*}u_{xx}+u_{yy}&=(u_{x'x'}+u_{y'y'})(\cos^{2}\alpha+\sin^{2}\alpha)+u_{x'y'}\cdot0\\&=u_{x'x'}+u_{y'y'}\end{align*}$$이렇게 해서 라플라스 연산자의 불변성을 보였다. 공학에서 라플라시안 \(\Delta\)는 등방성(isotropic) 물리적 상황에 대한 모델이 된다. 

회전불변성은 2차원 라플라시안이 극좌표의 형태로 나타내어져야 함을 주장한다. 다음의 변환$$x=r\cos\theta,\,y=r\sin\theta$$는 다음의 야코비안 행렬을 갖고,$$J=\begin{pmatrix}x_{r}&y_{r}\\x_{\theta}&y_{\theta}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos\theta&\sin\theta\\-r\sin\theta&r\cos\theta\end{pmatrix}$$그 역행렬은 다음과 같다.$$J^{-1}=\begin{pmatrix}r_{x}&\theta_{x}\\r_{y}&\theta_{y}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\frac{\sin\theta}{r}\\ \sin\theta&\frac{\cos\theta}{r}\end{pmatrix}$$(여기서 \(\displaystyle\frac{\partial r}{\partial x}\neq\left(\frac{\partial x}{\partial r}\right)^{-1}\)임에 유의한다)연쇄법칙에 의해$$\frac{\partial}{\partial x}=\cos\theta\frac{\partial}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta},\,\frac{\partial}{\partial y}=\sin\theta\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\cos\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}$$이고$$\begin{align*}\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}&=\left(\cos\theta\frac{\partial}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}\right)^{2}\\&=\cos^{2}\theta\frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}}-2\frac{\sin\theta\cos\theta}{r}\frac{\partial^{2}}{\partial r\partial\theta}+\frac{\sin^{2}\theta}{r^{2}}\frac{\partial^{2}}{\partial\theta^{2}}+\frac{2\sin\theta\cos\theta}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial\theta}+\frac{\sin^{2}\theta}{r}\frac{\partial}{\partial r}\\ \frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}&=\left(\sin\theta\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\cos\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}\right)^{2}\\&=\sin^{2}\theta\frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}}+2\frac{\sin\theta\cos\theta}{r}\frac{\partial^{2}}{\partial r\partial\theta}+\frac{\cos^{2}\theta}{r^{2}}\frac{\partial^{2}}{\partial\theta^{2}}-\frac{2\sin\theta\cos\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}+\frac{\cos^{2}\theta}{r}\frac{\partial}{\partial r}\end{align*}$$그러면 라플라시안을 다음과 같이 나타낼 수 있다.$$\Delta=\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}=\frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}}+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}}{\partial\theta^{2}}$$\(u\)가 회전에 대해 불변일 때 극좌표로 나타내면 \(r\)에만 의존하므로 다음이 성립한다.$$0=u_{xx}+u_{yy}=u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}$$\(u\)가 \(\theta\)에 의존하지 않으면 다음의 상미분방정식을 얻는다.$$(ru_{r})_{r}=0,\,ru_{r}=c_{1},\,u=c_{1}\ln r+c_{2}$$3차원 라플라시안은 공간상의 강체운동에 대해 불변이다. 회전불변을 보이기 위해 벡터-행렬 표현을 이용해 앞의 증명을 반복한다. 

3차원에서 임의의 회전은 다음과 같이 나타낼 수 있고,$$\mathbf{x}'=B\mathbf{x}$$여기서 \(B\)는 직교행렬이다(\(B^{T}B=BB^{T}=I\)). 라플라시안은 \(\displaystyle\Delta u=\sum_{i=1}^{3}{u_{ii}}=\sum_{i,\,j=1}^{3}{\delta_{ij}u_{ij}}\)이고, \(u\)밑의 첨자는 편도함수를 나타낸다. 그러므로$$\begin{align*}\Delta u&=\sum_{k,\,l}\left(\sum_{i,\,j}b_{ki}\delta_{ij}b_{lj}\right)=\sum_{k,\,l}\delta_{kl}u_{k'l'}\\&=\sum_{k}{u_{k'k'}}\end{align*}$$로 나타낼 수 있는데 새로운 계수행렬이 다음과 같기 때문이다.$$\sum_{i,\,j}b_{ki}\delta_{ij}b_{lj}=\sum_{i}b_{ki}b_{li}=(B^{T}B)_{kl}=\delta_{kl}$$\(\Delta u\)를 \(\Delta u=u_{x'x'}+u_{y'y'}+u_{z'z'}\)로 나타낼 수 있다.

다음의 구면좌표계에서$$\begin{align*}r&=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=\sqrt{s^{2}+z^{2}}\\s&=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\\x&=s\cos\phi,\,z=r\cos\theta\\y&=s\sin\phi,\,s=r\sin\theta\end{align*}$$이다.

\((x,\,y,\,z)\,\rightarrow\,(s,\,\phi,\,z)\,\rightarrow\,(r,\,\theta,\,\phi)\)의 순서대로 변수변환을 할 것이다. 2차원 라플라스 계산으로부터$$\begin{align*}u_{zz}+u_{ss}&=u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}u_{\theta\theta}\\u_{xx}+u_{yy}&=u_{ss}+\frac{1}{s}u_{s}+\frac{1}{s^{2}}u_{\phi\phi}\end{align*}$$이고 위 두 방정식들을 더한 다음 \(u_{ss}\)를 빼면 다음을 얻는다.$$\begin{align*}\Delta&=u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}\\&=u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}u_{\theta\theta}+\frac{1}{s}u_{s}+\frac{1}{s^{2}}u_{\phi\phi}\end{align*}$$마지막 항에서 \(s^{2}=r^{2}\sin^{2}\theta\)이고$$\begin{align*}u_{s}&=u_{s}=u_{r}r_{s}+u_{\theta}\theta_{s}+u_{\phi}\phi_{s}\\&=u_{r}\frac{s}{r}+u_{\theta}\frac{\cos\theta}{r}+u_{\phi}\cdot0\end{align*}$$이므로$$\Delta u=u_{rr}+\frac{2}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}\left\{u_{\theta\theta}+(\cot\theta)u_{\theta}+\frac{1}{\sin^{2}\theta}u_{\phi\phi}\right\}$$이고 라플라시안을 다음과 같이 나타낼 수 있다.$$\Delta=\frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}}+\frac{2}{r}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{1}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2}}{\partial\phi^{2}}$$3차원에서 회전에 대해 불변인 조화함수는 \(r\)에만 의존하므로$$0=\Delta u=u_{rr}+\frac{2}{r}u_{r}$$이고 \((r^{2}u_{r})_{r}=0\)이다. 이 방정식은 \(r^{2}u_{r}=c_{1}\)을 만족하므로 \(\displaystyle u=-\frac{c_{1}}{r}+c_{2}\)이고, 이것은 다음과 같은 중요한 조화함수이다.$$\frac{1}{\mathbf{r}}=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}$$특정한 기하학적 영역을 갖는 문제는 변수분리법을 이용하여 풀 수 있다. 다음은 일반적인 문제의 풀이과정이다. 

(i) 편미분방정식의 변수를 분리한다.

(ii) 고유값을 갖기 위해 동차경계조건을 대입한다. 

(iii) 급수의 합을 구한다.

(iv) 비동차 초기 또는 경계조건을 대입한다.

먼저 동차 경계조건을 대입하고 다음에 비동차 경계조건을 대입한다.

다음의 문제를 고려하자.$$\Delta u=u_{xx}+u_{yy}=0\,(x,\,y)\in D$$여기서 \(D\)는 직사각형 영역 \(\{(x,\,y)\,|\,0<x<a,\,0<y<b\}\)이다.

위의 그림을 경계조건을 가진다고 하자. 해 \(u\)가 자료 \((g,\,h,\,j,\,k)\)를 가지면 \(u=u_{1}+u_{2}+u_{3}+u_{4}\)이고 여기서 \(u_{1}\)은 자료 \((g,\,0,\,0,\,0)\)을 갖고, \(u_{2}\)는 자료 \((0,\,h,\,0,\,0)\)를 갖는다. 단순화하기 위해 \(h=0,\,j=0,\,k=0\)이라 하자. 그러면 경계조건은 다음과 같이 간단해진다.

변수분리를 하면 \(u(x,\,y)=X(x)Y(y)\)이고 다음의 방정식을 얻는다.$$\frac{X''}{X}+\frac{Y''}{Y}=0$$따라서 상수 \(\lambda\)가 존재해서 \(0\leq x\leq a\)에 대해 \(X''+\lambda X=0\)이고, \(0\leq y\leq b\)에 대해 \(Y''-\lambda Y=0\)이다. 그러면 \(X(x)\)는 동차 1차원 문제이고 \(X(0)=X'(a)=0\)이므로$$\beta_{n}^{2}=\lambda_{n}=\left(n+\frac{1}{2}\right)\frac{\pi^{2}}{a^{2}}\,(n\in\mathbb{N}\cup\{0\})$$이고 \(\displaystyle X_{n}(x)=\sin\frac{1}{a}\left(n+\frac{1}{2}\right)\pi x\)이다. 

\(Y\)에 대해서는 \(Y''-\lambda Y=0\), \(Y'(0)+Y(0)=0\)이다. 적당한 \(n\)에 대해 \(\lambda=\lambda_{n}>0\)이므로 \(Y\)에 대한 방정식은 지수해를 갖고, 다음과 같다.$$Y(y)=A\cosh\beta_{n}y+B\sinh\beta_{n}y$$\(0=Y'(0)+Y(0)=B\beta_{n}+A\)이고 여기서 \(A=\beta_{n}\)으로 선택하기 위해 \(B=-1\)이라고 할 수 있다. 그러면$$Y(y)=\beta_{n}\cosh\beta_{n}y-\sinh\beta_{n}y$$이고, 경계조건이 직사각형이므로 \(Y(y)\)는 유계이다. 그러므로 다음의 급수가 영역 \(D\)에서의 조화함수이다.$$u(x,\,y)=\sum_{n=0}^{\infty}{A_{n}\sin\beta_{n}x(\beta_{n}\cosh\beta_{n}y-\sinh\beta_{n}y)}$$남은 경계조건은 \(u(x,\,b)=g(x)\)이고 \(0<x<a\)에 대해$$g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{A_{n}(\beta_{n}\cosh\beta_{n}b-\sinh\beta_{n}b)\sin\beta_{n}x}$$이어야 하는데 이것은 단순히 고유함수 \(\sin\beta_{n}x\)에서의 푸리에 급수이고 \(u(x,\,y)\)에서의 \(A_{n}\)은 다음과 같다.$$A_{n}=\frac{2}{a(\beta_{n}\cosh\beta_{n}b-\sinh\beta_{n}b)}\int_{0}^{a}{g(x)\sin\beta_{n}xdx}$$앞과 같은 방법을 3차원 상자에서도 적용할 수 있다.$$\begin{align*}\Delta u&=u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=0\,\text{in}\,D\\D&=\{(x,\,y,\,z)\,|\,0<x<\pi,\,0<y<\pi,\,0<z<\pi\},\,u(x,\,y,\,z)=g(y,\,z)\\&u(0,\,y,\,z)=u(x,\,0,\,z)=u(x,\,pi,\,z)=u(x,\,y,\,0)=u(x,\,y,\,\pi)=0\end{align*}$$이라 하자. 이 문제를 풀기 위해 변수분리법을 이용하면 다음과 같이 나타낼 수 있다.$$\begin{align*}u&=X(x)Y(y)Z(z),\,\frac{X''}{X}+\frac{Y''}{Y}+\frac{Z''}{Z}=0\\&X(0)=Y(0)=Z(0)=Y(\pi)=Z(\pi)=0\end{align*}$$\(\displaystyle\frac{X''}{X},\,\frac{Y''}{Y},\,\frac{Z''}{Z}\)는 상수이어야 하고$$Y(y)=\sin my,\,Z(z)=\sin nz\,(m,\,n\in\mathbb{N})$$이므로$$X''=(m^{2}+n^{2})X,\,X(0)=0$$이고 \(X(x)=A\sinh(\sqrt{m^{2}+n^{2}}x)\)이다. 완전한 해는 다음과 같고$$u(x,\,y,\,z)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}A_{mn}\sinh(\sqrt{m^{2}+n^{2}}x)\sin my\sin nz$$마지막으로 \(x=\pi\)에서 비동차 조건을 연결하면$$g(y,\,z)=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}A_{mn}\sinh(\sqrt{m^{2}+n^{2}}x)\sin my\sin nz$$이고, 고유함수 \(\{\sin my,\,\sin nz\}\)가 정사각형 \(\{(y,\,z)\,|\,0<y<\pi,\,0<z<\pi\}\)에서 서로 직교하므로 정규화 상수는$$\int_{0}^{\pi}{\int_{0}^{\pi}{(\sin my\sin nz)^{2}dy}dz}=\frac{\pi^{2}}{4}$$이고 따라서 \(A_{mn}\)은 다음과 같다.$$A_{mn}=\frac{4}{\pi^{2}\sinh(\sqrt{m^{2}+n^{2}}\pi)}\int_{0}^{\pi}{\int_{0}^{\pi}{g(y,\,z)\sin my\sin nz}dz}$$참고자료: 

Partial Differential Equations second edition, Strauss, Wiley