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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=X,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 \Rightarrow {T'\over T} ={X''+2X'\over 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'\over T} ={X''+2X'\over X}=k,k為一常數。
    {X''+2X'\over X}=k \Rightarrow 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\lambda^2+2\lambda-k=0 \Rightarrow \lambda=-1\pm \sqrt{k+1}
    Case 1:如果k+1\gt 0 \Rightarrow X(x)=C_1e^{(-1+\sqrt{k+1})x} +C_2e^{(-1-\sqrt{k+1})x};此時將邊界條件代入,可得\cases{X(0)=C_1+C_2=0 \cdots(1)\\ X(1)=C_1e^{(-1+\sqrt{k+1})} +C_2e^{(-1-\sqrt{k+1})}=0 \cdots(2)},由(1)可得C_2=-C_1 代入(2) \Rightarrow C_1(e^{(-1+\sqrt{k+1})} -e^{(-1-\sqrt{k+1})})=0 \Rightarrow C_1(e^{(-2+2\sqrt{k+1})} -e^{(-2 )})=0;由於k+1\gt 0,所以 e^{(-2+2\sqrt{k+1})} \ne e^{(-2)}),因此C_1=0 \Rightarrow C_2=0,則X(x)=0 \Rightarrow u(x,t)=0 此為明顯解,不列入考慮;
    Case 2:如果k+1= 0 \Rightarrow X(x)=(C_1+ C_2x)e^{-x} ;此時將邊界條件代入,可得\cases{C_1=0\\ (C_1+C_2)e^{-1}=0} \Rightarrow C_1=C_2=0 \Rightarrow u(x,t)= 0 也是明顯解,不列入考慮;
    Case 3:如果k+1\lt 0 ,令k+1= -\sigma^2 \Rightarrow X=C_1e^{-x}\cos(\sigma x) +C_2e^{-x}\sin(\sigma x);將邊界條件代入,可得 \cases{C_1=0\\ C_1e^{-1}\cos \sigma +C_2e^{-1}\sin \sigma =0}  \Rightarrow \sin \sigma =0 \Rightarrow \sigma = n\pi ,n\in \mathbb{Z}
k+1=-(n\pi)^2 \Rightarrow  \color{red}{k=-(n\pi)^2-1},n\in \mathbb{N}(\because k+1\lt 0,n\ne 0
    因此X_n(x)=\sum_{n=1}^\infty C_n e^{-x}\sin(n\pi x)
再將k值代回函數T(t),也就是{T'\over T}=k \Rightarrow T=Ae^{kt} =Ae^{-(n^2\pi^2+1)t},A為一常數;
最後u(x,t)=X(x)T(t) = \sum_{n=1}^\infty C_n e^{-(n^2\pi^2+1)t}e^{-x}\sin(n\pi x) ,其中常數A合併至常數C_n之中
接著把初始條件代入,可得 u(x,0)=f(x)=\sum_{n=1}^\infty C_n  e^{-x}\sin(n\pi x),欲求C_n: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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