我们用分离变量法来求解热传导方程的第一边值问题。
我们现在来看一个实例，看看如何利用分离变量法来求第一边值问题。
考虑好下的初边值问题
\begin{cases}u_t=u_{xx},& t>0, 0<x<\pi\\ u(0,t)=0, u(\pi,t=0),&t>0\\ u(x,0)=2\sin x-5\sin 3x, &0<x<\pi\end{cases}
解：为完整起见，我们给出完整的分离变量法的步骤。这样的步骤对于其它形式的方程和边界条件都适用。
我们设 \(u(x,t)=T(t)X(x)\)，代入到方程中，得到
\[T'(t)X(x)=T(t)X^{\prime\prime}(x)\]
两边除以 \(u(x,t)=T(t)X(x)\)，得到
\[\frac{T'(t)}{T(t)}=\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}\]
因为方程左边只含有 \(t\)，右边只含有 \(x\)，要使得它们相等，只能是两国边都是常数。我们设这个常数是 \(-\lambda\)，即
\[\frac{T'(t)}{T(t)}=\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}=-\lambda\]
这里选择负号，可以认为是理论上的方便。
这个方程可以分离出两个方程
\[\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)}=-\lambda,\quad \frac{T'(t)}{T(t)}=-\lambda\]
我们先来考虑 \(X\)，由上面的方程，再加上边界条件，我们知道 \(X(x)\) 满足的方程为
\begin{cases}X^{\prime\prime}(x)+\lambda X(x)=0\\ X(0)=0, X(\pi)=0\end{cases}
这其实是一个微分算子的特征值问题，我们现在来解这个问题。
由二阶常系数微分方程的解的理论，我们知道方程的特征方程为 \(r^2+\lambda=0\)。现在分下面三种情形讨论。
（1）\(\lambda<0\)，那么方程的特征根是 \(r=\pm \sqrt{-\lambda}\)，原方程的通解为
\[X(x)=C_1e^{-\sqrt{-\lambda}x}+C_1e^{\sqrt{-\lambda}x}\]
代入边界条件，
\[X(0)=0\Longrightarrow C_1+C_2=0\]
\[X(\pi)=0\Longrightarrow C_1e^{-\sqrt{-\lambda}\pi}+C_1e^{\sqrt{-\lambda}\pi}=0\]
解这个方程组，我们得到 \(C_1=C_2=0\)，也就是 \(X(x)=0\)。所以 \(X(x)=0\) 是方程的平凡解，它不是特征值问题的特征函数（特征函数是不为 \(0\) 的解），\(\lambda<0\) 也不是特征值。所以 \(\lambda\) 不能为负数。
（2）\(\lambda=0\)，代入到特征值问题中，得到 \(X^{\prime\prime}(x)=0\)，积分两次，就有
\[X(x)=C_1x+C_2\]
再代入边界条件，
\[X(0)=0\Longrightarrow C_2=0\]
\[X(\pi)=0\Longrightarrow C_1=0\]
所以，同样得到 \(X(x)=0\)，它也不是特征值问题的解。所以 \(\lambda=0\) 也不是特征值。
（3）\(\lambda>0\)，特征方程为 \(r^2+\lambda=0\)，特征方程的根为 \(r=\pm\sqrt{\lambda}i\)。所以方程的通解为
\[X(x)=C_1\cos\sqrt{\lambda}x+C_2\sin\sqrt{\lambda}x\]
代入边界条件，
\[X(0)=0\Longrightarrow C_1=0\]
\[X(\pi)=0\Longrightarrow C_2\sin\sqrt{\lambda}\pi=0\]
因为 \(C_2\ne 0\)，否则又是一个平凡解。所以得到
\[\sin\sqrt{\lambda}\pi=0\]
所以得到 \(\sqrt{\lambda}\pi=n\pi, n=1,2,\cdots\)，也就是 \(\lambda=(n\pi)^2\)。它是特征问题的特征值，所对应的特征函数为 \(X_n=\sin nx\)。
现在我们来解 \(T(x)\)。因为特征值与 \(n\) 相关，我们将对应特征值的 \(T(t)\) 记成 \(T_n(t)\)。它所满足的方程为
\[\frac{T’_n(t)}{T_n(t)}=-n^2\]
两边再积分，再取 \(e\) 底，就得到了 \(T_n(t)\) 的通解，
\[T_n(t)=A_ne^{-n^2t}\]
再将 \(X_n(x), T_n(t)\) 合起来，就知道 \(u_n(x,t)=T_n(t)X_n(x), n=1,2,\cdots\) 是原方程的一个解。由齐次微分方程的迭加原理，它们的线性组合也是齐次微分方程的解。我们有
\[u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}A_ne^{-n^2t}\sin nx\]
再由初值条件，\(u(x,0)=2\sin x-5\sin 3x\)，得到
\[2\sin x-5\sin 3x=\sum_{n=1}^{\infty}A_n\sin nx\]
我们看到，右边是一个傅里叶正弦级数。左边也是一个傅里叶级数（除了\(n=1,3\)，其它项都是 \(0\)）所以\[A_1=2, A_3=-5, A_n=0, n\ne 1,3\]
从而方程的解为
\[u(x,t)=2e^{-t}\sin x-5e^{-9t^2}\sin 3x\]
当然，也可以直接计算傅里叶系数： \(A_n\) 是 \(2\sin x-5\sin 3x\) 的傅里叶正弦级数的系数，也就是
\[A_n=\frac{2}{\pi}\int (2\sin x-5\sin 3x)\sin nxdx\]
也可以得到
\[A_1=2, A_3=-5， A_n=0, n\ne 1,3\]