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)及T(t)為單變數函數。因此題目就轉變成XT′=X″T+2X′T,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′=X″T+2X′T=(X″+2X′)T⇒T′T=X″+2X′X,由於X(x)及T(t)為不同變數的單變數函數,其比值相同,必為常數。即T′T=X″+2X′X=k,k為一常數。
X″+2X′X=k⇒X″+2X′−kX=0為一二階線性齊次常係數微分方程,其特徵多項式λ2+2λ−k=0⇒λ=−1±√k+1;
Case 1:如果k+1>0⇒X(x)=C1e(−1+√k+1)x+C2e(−1−√k+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(−1−√k+1)=0⋯(2),由(1)可得C2=−C1 代入(2) ⇒C1(e(−1+√k+1)−e(−1−√k+1))=0⇒C1(e(−2+2√k+1)−e(−2))=0;由於k+1>0,所以e(−2+2√k+1)≠e(−2)),因此C1=0⇒C2=0,則X(x)=0⇒u(x,t)=0 此為明顯解,不列入考慮;
Case 2:如果k+1=0⇒X(x)=(C1+C2x)e−x;此時將邊界條件代入,可得{C1=0(C1+C2)e−1=0⇒C1=C2=0⇒u(x,t)=0 也是明顯解,不列入考慮;
Case 3:如果k+1<0,令k+1=−σ2⇒X=C1e−xcos(σx)+C2e−xsin(σx);將邊界條件代入,可得{C1=0C1e−1cosσ+C2e−1sinσ=0⇒sinσ=0⇒σ=nπ,n∈Z;
則k+1=−(nπ)2⇒k=−(nπ)2−1,n∈N(∵k+1<0,n≠0)
因此Xn(x)=∑∞n=1Cne−xsin(nπx);
再將k值代回函數T(t),也就是T′T=k⇒T=Aekt=Ae−(n2π2+1)t,A為一常數;
最後u(x,t)=X(x)T(t)=∑∞n=1Cne−(n2π2+1)te−xsin(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=1Cne−xsin(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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