Ayuda para comprobar la solución del PDE IVBP

Question

Necesito ayuda para comprobar mi solución a una EDP. El libro que estoy utilizando es PDE for Scientists and Engineers (se excluyen las funciones exponencialmente crecientes) y el capítulo es sobre Transformación de Laplace . Además, la transformada de Laplace es con respecto al tiempo. Este es el problema:

PDE: $$u_t = u_{xx}$$

BC: $$u(0,t) = sin(t)$$

IC: $$u(x, 0) = 0$$

Aquí está mi trabajo:

$$\mathcal{L}[u_t] = \mathcal{L}[u_{xx}]$$ $$sU(x,s)-u(x,0) = \frac{d^2 U}{dx^2} = sU$$

Suponiendo que el $U = e^{rx}$ ,

$$\frac{d^2U}{dx^2} = r^2e^{rx} = sU = se^{rx}$$ $$r^2 = s$$ $$r = \pm \sqrt{s}$$ Lo que lleva a una solución general de, $$U = c_1e^{x\sqrt{s}} + c_2e^{-x\sqrt{s}}$$

Convertir la CB, $$\mathcal{L}[u(0,t)] = \mathcal{L}[sin(t)] = \frac{1}{s^2+1}$$ $$U(0) = \frac{1}{s^2+1} = c_1+c_2$$ $$\frac{1}{s^2+1} = \frac{A}{s+i}+ \frac{B}{s-i} = \frac{A(s-i)+B(s+i)}{s^2+1}$$ Al notar que $i$ aparece en un lado y no en el otro,( $A=B$ ) entonces $$As-Ai +Bs+Bi = 1 = 2As$$ $$A = \frac{1}{2s}$$ $$c_1 + c_2 = \frac{A}{s+i}+ \frac{B}{s-i}= \frac{1}{2s(s+i)}+\frac{1}{2s(s-i)}$$

$$U = \frac{1}{2s(s+i)}e^{x\sqrt{s}}+\frac{1}{2s(s-i)}e^{-x\sqrt{s}}$$ Aquí elimino la solución exponencialmente creciente que lleva a, $$U = \frac{1}{2s(s-i)}e^{-x\sqrt{s}}$$

Desgraciadamente no tengo forma de aplicar la transformada de Laplace, así que lo que hice a continuación, que no tiene mucho sentido para mí, fue dejar la solución exponencialmente creciente antes de aplicar la CB. Así que el trabajo aquí es el siguiente $$U = ce^{-x\sqrt{s}}$$ Aplicando BC's,

$$U(0) = \frac{1}{s^2+1} = c$$ $$U = \frac{s}{s} \frac{1}{s^2+1}e^{-x\sqrt{s}} = \frac{s}{s^2+1} \frac{e^{-x\sqrt{s}}}{s}$$ Aquí utilizo la propiedad de convolución de las transformaciones, $$\mathcal{L^{-1}}[f*g] = \mathcal{L^{-1}}[f] \mathcal{L^{-1}}[g]$$ $$\mathcal{L^{-1}}\left[\frac{s}{s^2+1}\right] \mathcal{L^{-1}} \left[ \frac{e^{-x\sqrt{s}}}{s} \right]$$ $$[cos(t)]*\left[ erfc \left(\frac{x}{2\sqrt{t}}\right) \right]$$ Tenga en cuenta que no estoy obligado a simplificar una convolución.

Answer 1

Esta es mi solución. Solución en un dominio semi-infinito

\begin{align} u_{t} & =ku_{xx}\qquad t>0,x>0\tag{1}\\ u\left( 0,t\right) & =f\left( t\right) \nonumber\\ u\left( x,0\right) & =0\nonumber \end{align} Con $k>0$ y $u\left( x,t\right) <\infty$ como $x\rightarrow\infty$ . Este significa que $u\left( x,t\right) $ está acotado. Estas condiciones son siempre necesarias para resolver estos problemas.

Dejemos que $U\left( x,s\right) $ sea la transformada de Laplace de $u\left( x,t\right) $ . Definido como $$ \mathcal{L} \left( u,t\right) =\int_{0}^{\infty}e^{-st}u\left( x,t\right) dt $$ Aplicando la transformada de Laplace a la EDP original (1) se obtiene $$ sU\left( x,s\right) -u\left( x,0\right) =kU_{xx}\left( x,s\right) $$ Pero $u\left( x,0\right) =0$ por lo que lo anterior se convierte en $$ U_{xx}-\frac{s}{k}U=0 $$ La solución de esta ecuación diferencial es $$ U\left( x,s\right) =c_{1}e^{\sqrt{\frac{s}{k}}x}+c_{2}e^{-\sqrt{\frac{s}{k} }x} $$ Desde $u\left( x,t\right) $ está acotado en el límite como $x\rightarrow\infty$ y $k>0$ Por lo tanto, debe ser que $c_{1}=0$ para mantener la solución acotada. Lo anterior se simplifica en \begin{equation} U\left( x,s\right) =c_{2}e^{-\sqrt{\frac{s}{k}}x}\tag{2} \end{equation} En $x=0\,,u\left( 0,t\right) =f\left( t\right) $ . Por lo tanto, $U\left( 0,s\right) = \mathcal{L} \left( f\left( t\right) \right) =F\left( s\right) $ . Por lo tanto, en $x=0$ el anterior da $$ F\left( s\right) =c_{2} $$ Por lo tanto, (2) se convierte en \begin{equation} U\left( x,s\right) =F\left( s\right) e^{-\sqrt{\frac{s}{k}}x}\tag{3} \end{equation} Por convolución, lo anterior se convierte en \begin{equation} u\left( x,t\right) =f\left( t\right) \circledast G\left( x,t\right) \tag{4} \end{equation} Dónde $G\left( x,t\right) $ es la transformada inversa de $e^{-\sqrt{\frac {s}{k}}x}$ que es $\frac{xe^{\frac{-x^{2}}{4kt}}}{2\sqrt{k\pi}t^{\frac{3} {2}}}$ . Por lo tanto, (4) se convierte en \begin{align*} u\left( x,t\right) & =f\left( t\right) \circledast\frac{xe^{\frac {-x^{2}}{4kt}}}{2\sqrt{k\pi}t^{\frac{3}{2}}}\\ & =\frac{x}{2\sqrt{k\pi}}\int_{0}^{t}\frac{f\left( \tau\right) }{\left( t-\tau\right) ^{\frac{3}{2}}}e^{\frac{-x^{2}}{4k\left( t-\tau\right) } }d\tau \end{align*} Utilizando $k=1$ y $f\left( t\right) =\sin\left( t\right) $ la solución se convierte en $$ u\left( x,t\right) =\frac{x}{2\sqrt{\pi}}\int_{0}^{t}\frac{\sin\left( \tau\right) }{\left( t-\tau\right) ^{\frac{3}{2}}}e^{\frac{-x^{2}}{4\left( t-\tau\right) }}d\tau $$ O $$ u\left( x,t\right) =\frac{x}{2\sqrt{\pi}}\int_{0}^{t}\frac{\sin\left( t-\tau\right) }{\tau^{\frac{3}{2}}}e^{\frac{-x^{2}}{4\tau}}d\tau $$

La respuesta anterior fue verificado usando Maple:

restart;
k:=1;
pde := diff(u(x, t), t)=k*diff(u(x, t), x$2);
ic  := u(x,0)=0;
bc  := u(0,t)=sin(t);
pdsolve([pde,ic,bc],u(x,t)) assuming t>0 and x>0