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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$$ \qquad \qquad u_t=u_{xx} +2u_x$$ 並滿足邊界條件\( u(0,t)=0,u(1,t)=0\)及初始條件 \(u(x,0)=f(x)=\cases{e^{-x},0\lt x\lt 1/2\\ 0,1/2\lt x \lt 1}\)
解答
利用變數分離技巧(separation of variables),令\(u(x,t)=X(x)T(t)\),其中\(X(x)及T(t)\)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\(XT'=X''T +2X'T =(X''+2X')T \Rightarrow {T'\over T} ={X''+2X'\over X}\),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\( \cases{C_1=0\\ C_1e^{-1}\cos \sigma +C_2e^{-1}\sin \sigma =0}  \Rightarrow \sin \sigma =0 \Rightarrow \sigma = n\pi ,n\in \mathbb{Z}\);
則\(k+1=-(n\pi)^2 \Rightarrow  \color{red}{k=-(n\pi)^2-1},n\in \mathbb{N}\)(\(\because k+1\lt 0,n\ne 0\)) 
    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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