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2022年1月29日 星期六

PDE ut=uxx+2ux 詳細過程

求偏微分方程之解,即ut=uxx+2ux 並滿足邊界條件u(0,t)=0,u(1,t)=0及初始條件 u(x,0)=f(x)={ex,0<x<1/20,1/2<x<1
解答
利用變數分離技巧(separation of variables),令u(x,t)=X(x)T(t),其中X(x)T(t)為單變數函數。因此題目就轉變成XT=XT+2XT,而邊界條件就變成X(0)=X(1)=0,初始條件為T(0)=f(x)
    因此XT=XT+2XT=(X+2X)TTT=X+2XX,由於X(x)T(t)為不同變數的單變數函數,其比值相同,必為常數。即TT=X+2XX=k,k為一常數。
    X+2XX=kX+2XkX=0為一二階線性齊次常係數微分方程,其特徵多項式λ2+2λk=0λ=1±k+1
    Case 1:如果k+1>0X(x)=C1e(1+k+1)x+C2e(1k+1)x;此時將邊界條件代入,可得{X(0)=C1+C2=0(1)X(1)=C1e(1+k+1)+C2e(1k+1)=0(2),由(1)可得C2=C1 代入(2) C1(e(1+k+1)e(1k+1))=0C1(e(2+2k+1)e(2))=0;由於k+1>0,所以e(2+2k+1)e(2)),因此C1=0C2=0,則X(x)=0u(x,t)=0 此為明顯解,不列入考慮;
    Case 2:如果k+1=0X(x)=(C1+C2x)ex;此時將邊界條件代入,可得{C1=0(C1+C2)e1=0C1=C2=0u(x,t)=0 也是明顯解,不列入考慮;
    Case 3:如果k+1<0,令k+1=σ2X=C1excos(σx)+C2exsin(σx);將邊界條件代入,可得{C1=0C1e1cosσ+C2e1sinσ=0sinσ=0σ=nπ,nZ
k+1=(nπ)2k=(nπ)21,nN(k+1<0,n0
    因此Xn(x)=n=1Cnexsin(nπx)
再將k值代回函數T(t),也就是TT=kT=Aekt=Ae(n2π2+1)t,A為一常數;
最後u(x,t)=X(x)T(t)=n=1Cne(n2π2+1)texsin(nπx),其中常數A合併至常數Cn之中
接著把初始條件代入,可得u(x,0)=f(x)=n=1Cnexsin(nπx),欲求Cn:f(x)=\sum_{n=1}^\infty C_n  e^{-x}\sin(n\pi x) \Rightarrow \sin(k\pi x)e^xf(x)=\sum_{n=1}^\infty C_n   \sin(k\pi x) \sin(n\pi x)\\ \Rightarrow \int_0^{1} \sin(k\pi x)e^xf(x)\;dx = \int_0^1\sum_{n=1}^\infty C_n   \sin(k\pi x) \sin(n\pi x)\;dx\\ \Rightarrow \int_0^{1/2} \sin(k\pi x)\;dx= C_k\int_0^1 \sin^2(k\pi x)\;dx \Rightarrow {1\over k\pi}(1-\cos{k\pi \over 2}) = C_k\cdot {1\over 2}\\ \Rightarrow C_k= {2\over k\pi}(1-\cos{k\pi \over 2}) \Rightarrow \bbox[red,2pt]{u(x,t)= \sum_{n=1}^\infty {2\over n\pi}(1-\cos{n\pi \over 2})e^{-(n^2\pi^2+1)t} e^{-x}\sin(n \pi x)}

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