PDE - Solución con series de potencia.

Question

Estoy aprendiendo este método para resolver PDSs por medio del poder de la serie. Desde que estoy estudiando con notas de la conferencia y no soy capaz de encontrar cualquier otro libro que describe este método, voy a resumir a continuación, entonces, yo le pregunto a mi pregunta.

Un general de la PDE puede ser escrito como: $$F(u,u_{yy},u_{xx},u_{xy},u_{x},u_{y},x,y)=0$$ where $u=u(x,y)$. So, if we able able to solve this equation for $u_{yy}$ we can write $$u_{yy}=f(u_{xx},u_{xy},u_{x},u_{y},x,y)$$ Then, we are given the following side conditions: $u(x,0)$ and $u_{y}(x,0)$, such that we are able to find the other derivatives at $(x,0)$. Then, we can use a power series around $y=0$ to find $u(x,y)$: $$u(x,y)=u(x,0)+yu_{y}(x,0)+\frac{y^2}{2!}u_{yy}(x,0)+\frac{y^3}{3!}u_{yyy}(x,0)+...$$

Por ejemplo, supongamos que tenemos la PDE $u_{xx}-u_{yy}=0$ con las condiciones que se $u(x,0)=x^2+x$$u_{y}(x,0)=2x+1$. De ello se desprende que $u_{x}(x,0)=2x+1$ $u_{xx}(x,0)=2=u_{yy}(x,0)$ (esta última igualdad es la verdadera causa de la PDE). Entonces, si podemos diferenciar $u_{yy}(x,0)$ con respecto al $y$ obtenemos $u_{yyy}(x,0)=u_{yyyy}(x,0)=...=0$. Entonces, la solución como una potencia de la serie es $$u(x,y)=x^2+x+y(2x+1)+y^2$$ que satisfacer el PDE y el lado de condiciones.

Ahora, mi pregunta es sobre el siguiente problema: $$u_{t}=u_{xx}$$ with the side conditions $u(0,t)=t^2$ and $u_{x}(0,t)=0$. In this case, I know the function along the t-axis, so I should try to apply this method by writing a power series around $x=0$. To do this, I need to find the derivatives of $u$ with respect to $x$. Since $u(0,t)=t^2$, we have $u_{t}(0,t)=2t$=$u_{xx}(0,t)$ (again, this is true because of the PDE). If I derive $u_{xx}(0,t)$ with respect to $x$, I can get higher derivatives to write the power series. But it turns out the $u_{xx}(0,t)=u_{xxx}(0,t)=...=0$ because $u_{xx}(0,t)$ only depends on $t$. Thus, we can write: $$u(x,t)=u(0,t)+xu_{x}(0,t)+\frac{x^2}{2!}u_{xx}(0,t)+\frac{x^3}{3!}u_{xxx}(0,t)+...=t^2+x^2t$$ Pero esta solución no satisface el PDE. Lo que está mal con este razonamiento?

Answer 1

El error es que$u_{xxxx}(0,t) \neq 0$. Tenemos

$$\begin{align} u_{xxxx}(0,t) &= (u_{xx})_{xx}(0,t)\\ &= (u_t)_{xx}(0,t)\\ &= (u_{xx})_t(0,t)\\ &= u_{tt}(0,t)\\ &= 2. \end {align}$$

Y por lo tanto obtienes

PS

que satisface$$u(x,t) = u(0,t) + \frac{x^2}{2}u_{xx}(0,t) + \frac{x^4}{4!}u_{xxxx}(0,t) = t^2 + tx^2 + \frac{1}{12}x^4,$.

(Dado que$u_t = u_{xx}$, no necesitamos convertir los derivados mayores wrt$u_{ttt}(0,t) \equiv 0$ a derivados wrt$x$.)