Hay muchos métodos que funcionan. Prefiero hacer eigenfunction de expansión en $x$ primera, pero creo que se puede hacer la transformada de Laplace en $t$ primer demasiado.
El uso de eigenfunction de expansión, asegúrese de que la expansión de la variable que es finito. También, asegúrese de que su no-homogéneas las condiciones de contorno han sido atendidos antes de aplicar el eigenfunction de expansión. Afortunadamente, este problema se ha homogéneas las condiciones de contorno, por lo que no tenemos que lidiar con eso.
En primer lugar, encontrar todas las funciones propias de los operadores diferenciales en la dirección con dominio finito, que es $x$ en este caso. El diferencial de operador en $x$ es
$$M = \frac{\partial^2}{\partial x^2}.$$
Para encontrar funciones propias, resolver el ODE
$$M f(x) = \lambda f(x), f(0) = 0, f(L) = 0.$$
(Tenga en cuenta que tenemos homogéneas las condiciones de contorno de aquí.) Las condiciones de $f(0) = f(L) = 0$ de la fuerza de $\lambda$ a ser negativo. Es habitual que a reescribir esto como
$$M f(x) = -\lambda^2 f(x), f(0) = 0, f(L) = 0.$$
Resulta $\left(\frac{n\pi}L, \sin\left(\frac{n\pi x}L\right)\right)$ su $(\lambda, f)$ pares para $n = 1, 2, 3, \ldots$. Voy a nombrarlas $\lambda_n = \frac{n\pi}L$$f_n(x) = \sin\left(\frac{n\pi x}L\right)$. Ahora sabemos
$$M f_n = -\lambda_n^2 f_n, \qquad n = 1, 2, 3, \ldots.$$
Por Sturm-Liouville teoría (o simplemente la teoría de series de Fourier en este caso), podemos aproximar cualquier (bastante bueno) función de $g(x)$ que satisface $g(0) = g(L) = 0$ por una serie de $f_n$. Por lo tanto, asumimos que todas las funciones en $x$ se expanden a medida que la serie en $f_n$: Deje que la solución se expresa como
$$\psi(x, t) = \sum_{n = 1}^\infty \psi_n(t)f_n(x).$$
También, la no-homogéneo obligando a término debe ser ampliada en términos de $f_n$:
$$g(x, t) = -b\sin\left(\frac{\pi x}L\right)\cos\left(\frac{\pi\nu t}L\right) = \sum_{n=1}^\infty g_n(t)f_n(x)$$
$$\text{where } g_n(t) = \frac{2}{L}\int_0^L g(x, t) f_n(x) dx.$$
Afortunadamente, se le da $g(x, t)$ que coincide con la frecuencia de $f_1$, así que usted puede conseguir $g_1(t) = -b\cos\left(\frac{\pi\nu t}L\right)$ $g_n(t) = 0$ $n \ne 1$ sólo por la comparación de los coeficientes.
De todos modos, ahora conecte la expansión de vuelta en el PDE
$$\nu^2 M \psi = \frac{\partial^2 \psi}{\partial t^2} + a\frac{\partial \psi}{\partial t} + g(x, t)$$
para obtener
$$-\nu^2\sum_{n=1}^\infty\lambda_n^2\psi_n(t)f_n(x) = \sum_{n=1}^\infty\psi_n''(t)f_n(x) + a\sum_{n=1}^\infty\psi_n'(t)f_n(x) + \sum_{n=1}^\infty g_n(t)f_n(x).$$
Por ortogonalidad de $f_n$, podemos comparar los coeficientes:
$$-\nu^2\lambda_n^2\psi_n(t) = \psi_n''(t) + a\psi_n'(t) + g_n(t), \qquad n = 1, 2, 3, \ldots$$
Esto es sólo una ODA para cada una de las $n$. Reorganización de da
$$\psi_n''(t) + a\psi_n'(t) + \nu^2\lambda_n^2\psi_n(t) = -g_n(t).$$
Las condiciones iniciales de la PDE debe ser ampliada en términos de $f_n$ a dar las condiciones iniciales de estas Odas:
$$\psi(x, 0) = \sum_{n=1}^\infty\psi_n(0)f_n(x) = c \sin\left(\frac{\pi x}L\right)$$
$$\, por tanto \psi_n(0) = \begin{cases}
c & ; n = 1 \\
0 & ; n \ne 1
\end{casos}$$
$$\frac{\partial\psi}{\partial t}(x, 0) = \sum_{n=1}^\infty\psi_n'(0)f_n(x) = 0$$
$$\therefore \psi_n'(0) = 0.$$
Desde $\psi_n(0) = \psi_n'(0) = 0$ $g_n(t) = 0$ al $n > 1$, la unicidad teorema nos dice que $\psi_n(t) = 0$. El único no-trivial caso es $n = 1$:
$$\psi_1''(t) + a\psi_1'(t) + \left(\frac{\nu\pi}L\right)^2\psi_1(t) = b\cos\left(\frac{\nu\pi t}L\right), \psi_1(0) = c, \psi_1'(0) = 0.$$
Voy a dejar de resolver para $\psi_1$. La solución final será $\psi(x, t) = \psi_1(t)f_1(x) = \psi_1(t)\sin\left(\frac{\pi x}L\right)$.
Tenga en cuenta que la forma final de la $\psi_1(t)$ depende en gran medida en $a$. En particular, usted tiene que dividir en los casos: $a > \frac{2\pi\nu}L$, $a = \frac{2\pi\nu}L$, y $a < \frac{2\pi\nu}L$. Creo que en la mayoría de los problemas físicos, tendrías $a < \frac{2\pi\nu}L$. (Asumo $a \ge 0$ siempre).
