ecuación del calor con convección y obligando a la función

Question

¿Cómo puedo solucionar esto:

$u_t - x u_x -x^2 u_{xx} = \ln{x}$

$u(x,0) = \sin ((\pi/2) \ln{x})$

$u(1,t) = 0 \quad u_x(e,t)=0$

Lo que tengo hasta ahora:

Ya hemos homogénea BC considerar la posibilidad de no forzar el plazo para funciones propias:

$u_t = x u_x + x^2u_{xx}$

Deje $u(x,t) = X(x)T(t)$

$(1) \dot{T}+\lambda^2T=0$

$(2)x^2X''+xX'+\lambda^2X=0$

La solución de (2) obtenemos:

$X(x)=Acos(\lambda \ln{x}) + B sin(\lambda ln{x})$

Conectar BC podemos encontrar:

$X_n(x)=\sin{(\lambda_n \ln{x})}, \lambda_n = \frac{(2n+1)\pi}{2}, n = 0,1,2,3,... \leftarrow$ este es nuestro eigenfunction

Ahora quiero ampliar obligando a plazo en términos de eigenfunction:

$\ln{x} = \sum_{n+1} ^\infty S_n(t) \sin{(\lambda_n \ln{x})}$ donde $S_n(t) = \frac{2}{e-1}\int_1 ^e \ln{x} \sin{(\lambda_n \ln{x})} dx$

Ya así que no estoy seguro de si la última línea es la correcta. Si yo pudiera ampliar ln(x), entonces yo podría adivinar un autovalor de expansión como la solución para la u también.

Answer 1

Bueno, yo estoy escapando de la parte que usted ya ha entendido. Por el eigenfunction método de expansión, si asumimos $$u(x,t) = \sum_{n = 1}^{\infty} T_n(t) X_n(x),$$ Se sustituye la anterior expansión en el original de la PDE decir $$\frac{1}{x}u_t - (xu_x)_x = \frac{1}{x} \ln{x},$$ Aquí por favor, tenga en cuenta que nosotros no cambiamos la forma original de la ecuación. Ahora hacemos uso de la siguiente: $$ \int\limits_{1}^{e} \frac{1}{x}\sin{(m \ln{x})}\sin{(n \ln{x})}dx = \frac{1}{2},$$ para $m = n$ y cero en caso contrario. Además, como usted ha mencionado el $S_n(t)$ vendrá dado por: $$S_n(t) = \frac{2}{1-e} \int\limits_{1}\frac{1}{x} \ln{x} \sin{((\frac{2n-1)\pi}{2} \ln{x})},$$ $$\implies S_n(t) = -\frac{8 (-1)^n}{(1-e)(\pi -2 \pi n)^2} = s_n (say).$$ Las ecuaciones diferenciales para $T_n(t)$ son: $$\frac{d T_n}{dt} + \lambda^2 T_n = s_n.$$ Donde $\lambda$ representa los valores propios. El valor inicial $u(x,0)$ sugieren que deberíamos haber siguientes condiciones iniciales de las Odas de $T_n(t)$: $$T_1(0) = 1, T_2(0) = T_3(0) = \cdots = 0.$$ Formulario de aquí en adelante, usted puede manejar supongo. Si usted todavía tiene cualquier problema con esto, por favor hágamelo saber.

Answer 2

Sugerencia:

Deje $u(x,t)=\sum\limits_{n=0}^\infty A(n,t)\sin\dfrac{(2n+1)\pi\ln x}{2}$, de modo que automáticamente satisface $u(1,t)=0$$u_x(e,t)=0$ ,

A continuación, $\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{\partial A(n,t)}{\partial t}\sin\dfrac{(2n+1)\pi\ln x}{2}-x\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(2n+1)\pi A(n,t)}{2x}\cos\dfrac{(2n+1)\pi\ln x}{2}-x^2\left(-\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(2n+1)^2\pi^2A(n,t)}{4x^2}\sin\dfrac{(2n+1)\pi\ln x}{2}-\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(2n+1)\pi A(n,t)}{2x^2}\cos\dfrac{(2n+1)\pi\ln x}{2}\right)=\ln x$

$\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{\partial A(n,t)}{\partial t}\sin\dfrac{(2n+1)\pi\ln x}{2}-\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(2n+1)\pi A(n,t)}{2}\cos\dfrac{(2n+1)\pi\ln x}{2}+\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(2n+1)^2\pi^2A(n,t)}{4}\sin\dfrac{(2n+1)\pi\ln x}{2}+\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(2n+1)\pi A(n,t)}{2}\cos\dfrac{(2n+1)\pi\ln x}{2}=\ln x$

$\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\dfrac{\partial A(n,t)}{\partial t}+\dfrac{(2n+1)^2\pi^2A(n,t)}{4}\right)\sin\dfrac{(2n+1)\pi\ln x}{2}=\ln x$

$\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\dfrac{\partial A(n,t)}{\partial t}+\dfrac{(2n+1)^2\pi^2A(n,t)}{4}\right)\sin\dfrac{(2n+1)\pi y}{2}=y$