El uso de un FT para resolver el Calor Eqn

Question

El uso apropiado de transformada de Fourier para resolver la ecuación del calor homogénea

$$\frac{\partial u}{\partial t} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \delta^{\prime}(x)$$

en $−\infty<x<\infty$ con la condición inicial $U(x,0)=0$ , la función delta es la función delta de Dirac.

Yo era capaz de utilizar la transformación de Fourier en el diff eq. y terminé con este ecualizador:

$\dfrac{\partial u}{\partial t} -\lambda^2 u + i\lambda$ donde $u$ es el de la transformación de Fourier de $U$.

Cualquier ayuda será muy apreciada. Gracias

Answer 1

Usted está en el camino correcto. Vamos a definir

$$U(k,t) = \int_{-\infty}^{\infty} dx \, u(x,t) \, e^{i k x}$$

Entonces, como usted dice, esto transforma el PDE en una ODA:

$$\frac{d}{dt} U(k,t) + k^2 U(k,t) = i k$$

$$U(k,0) = 0$$

Podemos resolver esta educación a distancia mediante el uso de un factor de integración de $e^{k^2 t}$:

$$\frac{d}{dt} \left [e^{k^2 t} U(k,t) \right ] = i k e^{k^2 t} \implies e^{k^2 t} U(k,t) = C + i k \frac{e^{k^2 t}}{k^2}$$

o

$$U(k,t) = C e^{-k^2 t} + \frac{i}{k}$$

Aplicando la condición inicial, nos encontramos con que $C=-i/k$; por lo tanto

$$U(k,t) = i \frac{1-e^{-k^2 t}}{k}$$

Ahora llevamos a cabo en la inversa de la transformada de Fourier para obtener la solución:

$$u(x,t) = \frac{i}{2 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} dk \, \frac{1-e^{-k^2 t}}{k} e^{-i k x}$$

Aquí, de hecho, hemos dividido la integral porque sabemos que

$$\int_{-\infty}^{\infty} dk \, \frac{1}{k} e^{-i k x} = i \pi\, \text{sgn}(x)$$

Para obtener la otra pieza, se diferencian con respecto a $x$ para obtener el pie de una Gaussiana, a continuación, integrar a revelar que

$$\int_{-\infty}^{\infty} dk \, \frac{e^{-k^2 t}}{k} e^{-i k x} = i \pi\, \text{erf}\left ( \frac{x}{2 \sqrt{t}}\right )$$

Poniendo todo esto junto, finalmente, para la solución de $u$:

$$u(x,t) = \frac12 \left [\text{erf}\left ( \frac{x}{2 \sqrt{t}}\right ) - \text{sgn}(x) \right ] = -\frac12 \text{sgn}(x) \, \text{erfc}\left ( \frac{|x|}{2 \sqrt{t}}\right )$$

ANEXO

Aquí está una parcela de la solución para los valores de $t$ desde $0.001$$5$. Tenga en cuenta que la condición inicial es satisfecho en el sentido de la media en el punto de discontinuidad. Usted debe esperar la discontinuidad por la naturaleza de la delta de Dirac (o sus derivados) en la ecuación:

Answer 2

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert #1 \right\vert}% \newcommand{\yy}{\Longleftrightarrow}$

Vamos a definir ${\rm f}\pars{x,t} = {\rm u}\pars{x,t} + \Theta\pars{x}$. A continuación, ${\rm f}\pars{x,t}$ satisface: $$ \partiald{{\rm f}\pars{x,t}}{t} = \partiald[2]{{\rm f}\pars{x,t}}{x}\,, \qquad {\rm f}\pars{x,0} = \Theta\pars{x} \etiqueta{1} $$

$$ {\rm f}\pars{x,t} = \int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\rm f}\pars{k}\expo{\ic\pars{kx - \omega_{k}\,t}} \,{\dd k \más de 2\pi} \etiqueta{2} $$

Reemplazando en la ecuación. $\pars{1}$ obtenemos la condición de $-\ic\omega_{k} = -k^{2}$ tal que ${\rm f}\pars{x,t}$ se convierte en: $$ {\rm f}\pars{x,t} = \int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\rm f}\pars{k}\expo{\ic kx - k^{2}t} \,{\dd k \más de 2\pi} \qquad\mbox{y}\qquad {\rm f}\pars{x,0} = \int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\rm f}\pars{k}\expo{\ic kx} \,{\dd k \más de 2\pi} $$ tal que $$ \tilde{\rm f}\pars{k} = \int_{-\infty}^{\infty}{\rm f}\pars{x,0}\expo{-\ic kx}\,\dd x $$

${\rm f}\pars{x,t}$ se convierte en \begin{align} &\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!{\rm f}\pars{x,t} = \int_{-\infty}^{\infty}\bracks{% \int_{-\infty}^{\infty}{\rm f}\pars{x',0}\expo{-\ic kx'}\,\dd x'} \expo{\ic kx - k^{2}t}\,{\dd k \over 2\pi} = \int_{-\infty}^{\infty}{\rm f}\pars{x',0}{\rm K}\pars{x - x',t}\,\dd x' \\[3mm]&= \int_{0}^{\infty}{\rm K}\pars{x - x',t}\,\dd x' = \int_{-\infty}^{0}{\rm K}\pars{x',t}\,\dd x' + \int_{0}^{x}{\rm K}\pars{x',t}\,\dd x' \tag{3} \end{align} donde hemos utilizado la condición de contorno dado en $\pars{1}$ y \begin{align} {\rm K}\pars{x,t} &\equiv \int_{-\infty}^{\infty}\expo{\ic kx - k^{2}t}\,{\dd k \over 2\pi} = \int_{-\infty}^{\infty}\expo{-t\pars{k - \ic x/2t}^{2} - x^{2}/4t} \,{\dd k \over 2\pi} = {\expo{-x^{2}/4t} \over 2\pi}\ \overbrace{\int_{-\infty}^{\infty}\expo{-tk^{2}}\,\dd k} ^{\ds{\root{\vphantom{\large A}\pi/t}}} \\[3mm]&= {\expo{-x^{2}/4t} \over 2\root{\pi t}} \end{align}

La expresión de $\pars{3}$ se reduce a \begin{align} {\rm f}\pars{x,t} &= {1 \over 2\root{\pi t}}\ \overbrace{\int_{-\infty}^{0}{\expo{-x'^{2}/4t}}\,\dd x'} ^{\ds{\root{\pi t}}} + {1 \over 2\root{\pi t}}\,\int_{0}^{x}{\expo{-x'^{2}/4t}}\,\dd x' \\[3mm]&= {1 \over 2} + {1 \over 2}\ \overbrace{{2 \over \root{\pi}}\,\int_{0}^{x/2\root{\vphantom{\large A}t}} {\expo{-x'^{2}}}\,\dd x'} ^{\ds{{\rm erf}\pars{x/2\root{t}}}} = {1 \over 2} + {1 \over 2}\,{\rm erf}\pars{x \over 2\root{t}} \end{align} Entonces $$ {\rm u}\pars{x,t} = {\rm f}\pars{x,t} - \Theta\pars{x} = \overbrace{{1 \over 2} - \Theta\pars{x}} ^{\ds{-\,{1 \over 2}\sgn\pars{x}}} + {1 \over 2}\,{\rm fer}\pars{x \a más de 2\raíz{t}} $$

$${\large% {\rm u}\pars{x,t} = {1 \over 2}\bracks{{\rm fer}\pars{x \a más de 2\raíz{t}} - \sgn\pars{x}}} $$