Zamieściłem to zadanie jakiś czas temu na forum, lecz nikt nie pomógł mi go rozwiązać. Zamieszczam tutaj własne rozwiązanie problemu, by inni użytkownicy mogli skorzystać. Zastrzegam, że rozwiązanie może nie być poprawne!
Zadanie brzmi:
Metodą Fouriera (rozdzielenia zmiennych) rozwiązać zagadnienie:
\(\displaystyle{ \begin{cases}
u_{t}-u_{xx}=2,\quad x\in\left(0,\pi\right), t>0\\\
u\left(t,0\right)=0, \quad u\left(t,\pi\right)=0,\\\
u\left(0,x\right)=2\sin\left(2x\right)+5\sin\left(5x\right)+\pi x-x^{2}
\end{cases}}\)
Rozwiązanie problemu zaczynamy od rozpisania funkcji \(\displaystyle{ u\left(x,t\right)}\) zgodnie z zasadą superpozycji:
\(\displaystyle{ u\left(x,t\right)=v\left(x\right)+w\left(x,t\right)}\)
Z czego każda z funkcji "składowych" musi spełniać warunki brzegowe, takie same jak dla \(\displaystyle{ u\left(x,t\right)}\) tj.:
\(\displaystyle{ \begin{cases}
v\left(t,0\right)=0,\\\
v\left(t,\pi\right)=0
\end{cases}}\)
i tak samo dla \(\displaystyle{ w\left(x,t\right)}\). Ponadto:
\(\displaystyle{ v_{t}\left(x\right)-v_{xx}=2}\),
ale ponieważ jest to przypadek "stanu stałego" (\(\displaystyle{ v\left(x\right)}\) niezależne jest od \(\displaystyle{ t}\)), więc:
\(\displaystyle{ v_{t}\left(x\right)=0}\)
Zostaje nam więc:
\(\displaystyle{ v_{xx}=-2}\)
Chcąc otrzymać \(\displaystyle{ v}\) różniczkujemy dwa razy powyższe wyrażenie:
\(\displaystyle{ \int v_{xx}\ \mathrm{d}x=-2\int \mathrm{d}x\\\
\int v_{x}\ \mathrm{d}x=-2\left(\int x+B\ \mathrm{d}x\right)\\\
v=-2\left(\frac{x^{2}}{2}+Bx+C\right)\\\
v=-x^{2}-2Bx-2C}\)
Podstawiając teraz do warunków brzegowych:
\(\displaystyle{ \mathrm{1)} \ v\left(0,t\right)=0\Rightarrow C=0\\\
v=-x^{2}-2Bx\\\
\mathrm{2)}\ v\left(\pi, t\right)=0\\\
-\pi^{2}-2B\pi = 0\\\
B=-\frac{\pi}{2}}\)
Otrzymaliśmy \(\displaystyle{ v\left(x\right)}\):
\(\displaystyle{ v\left(x\right)=-x^{2}+\pi x}\)
Nie powinno być to zaskakujące, gdyż jak pisałem wcześniej funkcja \(\displaystyle{ u\left(x,t\right)}\) jest superpozycją.
Przechodząc teraz do funkcji \(\displaystyle{ w\left(x,t\right)}\) standardowo rozpisujemy ją jako iloczyn funkcji zależnych tylko od \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ t}\) tj:
\(\displaystyle{ w\left(x,t\right)=X\left(x\right)T\left(t\right)}\)
Dla przypadku jednorodnego:
\(\displaystyle{ X\left(x\right)T'\left(t\right)=X''\left(x\right)T\left(t\right)}\)
Rozdzielamy zmienne:
\(\displaystyle{ \frac{T'}{T}=\frac{X''}{X}=-\lambda^{2}}\)
\(\displaystyle{ -\lambda^{2}}\) jest tutaj stałą wynikającą z równości powyższych ułamków, tzn. są one w stałej proporcji.
\(\displaystyle{ \frac{T'}{T}=-\lambda^{2}\\\
\int \frac{\mathrm{d}T}{T}=\int -\lambda^{2}\ \mathrm{d}t\\\
\ln\left|T\right|=-\lambda^{2}t+A\\\
T=e^{-\lambda^{2}t+A}\\\
T_{n}=A_{n}e^{-\lambda^{2}t}}\)
\(\displaystyle{ \frac{X''}{X}=-\lambda^{2}\Rightarrow X\left(x\right)=A\sin\left(\lambda x\right)+B\cos\left(\lambda x\right)}\)
Na podstawie tego co napisaliśmy wcześniej tj. \(\displaystyle{ u\left(x,t\right)=v\left(x\right)+w\left(x,t\right)}\) oraz warunku brzegowego \(\displaystyle{ u\left(\pi, t\right)=0}\) możemy zapisać:
\(\displaystyle{ u\left(\pi,t\right)=v\left(\pi\right)+w\left(\pi,t\right)=0}\)
Na podstawie wcześniej wyprowadzonego wzoru na \(\displaystyle{ v}\) widzimy, że \(\displaystyle{ v\left(\pi\right)=0}\) a w związku z tym w powyższym wzorze, aby warunek brzegowy był spełniony \(\displaystyle{ w\left(\pi,t\right)}\) również musi być \(\displaystyle{ 0}\).
Przechodząc do drugiego warunku brzegowego, tj. \(\displaystyle{ w\left(0,t\right)}\):
\(\displaystyle{ w=\underbrace{e^{-\lambda^{2}t}}_{nigdy \neq 0}\left[A\underbrace{\sin\left(\lambda x\right)}_{dla x=0 \sin\left(x\right)=0}+B\cos\left(\lambda x\right)\right]=0\Rightarrow \ B=0}\)
Przechodząc do drugiego warunku brzegowego \(\displaystyle{ w\left(t,\pi\right)=0}\) i na podstawie tego co napisaliśmy wyżej:
\(\displaystyle{ w=\underbrace{e^{-\lambda^{2}t}}_{nigdy \neq 0}A\sin\left(\lambda \pi\right)=0\\\
A\sin\left(\lambda \pi\right)=0}\)
Ponieważ chcemy nietrywialne (niezerowe) rozwiązanie:
\(\displaystyle{ \sin\left(\lambda \pi\right)=0\\\
\lambda \pi=n\pi\Rightarrow\ \lambda=n}\)
Możemy teraz zapisać pełną postać \(\displaystyle{ w\left(x,t\right)}\):
\(\displaystyle{ w\left(x,t\right)=e^{-n^{2}t}B\sin\left(nx\right)\\\
w_{n}\left(x,t\right)=\sum_{n=1}^\infty e^{-n^{2}t}B_{n}\sin\left(nx\right)}\)
gdzie \(\displaystyle{ B_{n}}\) to współczynniki szeregu Fouriera.
Możemy teraz skleić to co do tej pory zapisaliśmy:
\(\displaystyle{ u\left(x,t\right)=v\left(x\right)+w\left(x,t\right)\\\
u\left(x,t\right)=-x^{2}+\pi x+\sum_{n=1}^\infty e^{-n^{2}t}B_{n}\sin\left(nx\right)}\)
Korzystając teraz z warunku początkowego \(\displaystyle{ u\left(0,x\right)=2\sin\left(2x\right)+5\sin\left(5x\right)+\pi x-x^{2}}\) zapisać możemy:
\(\displaystyle{ -x^{2}+\pi x+\sum_{n=1}^\infty B_{n}\sin\left(nx\right)=2\sin\left(2x\right)+5\sin\left(5x\right)+\pi x-x^{2}}\)
Suma pozbawiona została czynnika w postaci \(\displaystyle{ \mathrm{exp}\left(-n^{2}t\right)}\), gdyż:
\(\displaystyle{ e^{-n^{2}\cdot 0}=e^{0}=1}\)
Ponieważ wyrażenie związane z \(\displaystyle{ v\left(x\right)}\) się skróciło i został tylko prosty szereg, możemy porównać współczynniki:
\(\displaystyle{ B_{1}\sin\left(x\right)+B_{2}\sin\left(2x\right)+\ldots+B_{5}\sin\left(5x\right)+\ldots\\\
B_{2}=2,\ B_{5}=5}\)
Ostateczne rozwiązanie to:
\(\displaystyle{ u\left(x,t\right)=-x^{2}+\pi x+2\sin\left(2x\right)e^{-4t}+5\sin\left(5x\right)e^{-25t}}\)