Resuelva $ T'' + 2aT' - c^2 \lambda T = 0, T'(0) = 0 $

Question

Necesito resolver la siguiente EDP: $$ u_{tt} + 2au_t - c^2u_{xx} = 0 $$ $$ u(0,t) = u(\pi,t) = 0 $$ $$ u(x,0) = x(\pi-x) $$ $$ u_{t}(x,0) = 0 $$

Ahora, defino: $$ u(x,t) = X(x)T(t) $$ conseguir: $$ \frac{T''+2aT'}{T} = c^2 \frac{X''}{X} $$

Por lo tanto:

$$ \frac{X''}{X} = \lambda $$

$$ \frac{T''+2aT'}{T} = c^2 \lambda $$

Así que ahora quiero resolver:

$$ T'' + 2aT' - c^2 \lambda T = 0 $$ $$ T'(0) = 0 $$

Así que..:

$$ r^2 + 2ar - c^2 \lambda = 0 $$

Por lo tanto me sale: $$ r_{1,2} = -a \pm i\sqrt{c^2n^2 - a^2} $$

Por lo tanto obtenemos: $$ T_n = e^{-at}(A \cos \sqrt{c^2n^2-a^2}t + B \sin \sqrt{c^2n^2 - a^2}t) $$

El problema ahora es que sólo tengo 1 condición: $T'(0) = 0$ pero 2 incógnitas $A,B$ ¿Cómo puedo solucionarlo?

Answer 1

Dado que el problema lleva tanto tiempo sin resolverse, tiene que haber problemas. El primero es que no se nos ha garantizado que $a<c$ aunque creo que es seguro asumir que $a>0$ porque eso correspondería a una cuerda de guitarra sujeta por ambos extremos, punteada y soltada en $t=0$ con amortiguación viscosa. Así, para los modos con $a>cn$ tenemos $$T_n(t)=e^{-at}\left(A\cosh\sqrt{a^2-c^2n^2}t+B\sinh\sqrt{a^2-c^2n^2}t\right)$$ Para esos modos, $$T_n^{\prime}(0)=-aA+\sqrt{a^2-c^2n^2}B=0$$ Así que podemos decir que $$T_n(t)=e^{-at}\left(\cosh\sqrt{a^2-c^2n^2}t+\frac a{\sqrt{a^2-c^2n^2}}\sinh\sqrt{a^2-c^2n^2}t\right)$$ Si existe un modo críticamente amortiguado con $a=cn$ es $$T_n(t)=e^{-at}(A+Bt)$$ Dónde $$T_n^{\prime}(0)=-aA+B=0$$ De modo que $$T_n(t)=e^{-at}(1+at)$$ Para los modos subamortiguados $a<cn$ $$T_n(t)=e^{-at}\left(A\cos\sqrt{c^2n^2-a^2}t+B\sin\sqrt{c^2n^2-a^2}t\right)$$ Y en este caso $$T_n^{\prime}(0)=-aA+\sqrt{c^2n^2-a^2}B=0$$ Con solución $$T_n(t)=e^{-at}\left(\cos\sqrt{c^2n^2-a^2}t+\frac a{\sqrt{c^2n^2-a^2}}\sin\sqrt{c^2n^2-a^2}t\right)$$ Así que nuestra solución hasta ahora es $$\begin{align}u(x,t)&=\sum_{0<n<a/c}b_ne^{-at}\left(\cosh\sqrt{a^2-c^2n^2}t+\frac a{\sqrt{a^2-c^2n^2}}\sinh\sqrt{a^2-c^2n^2}t\right)\sin nx\\ &\quad+\sum_{n=a/c}b_ne^{-at}(1+at)\sin nx\\ &\quad+\sum_{n>a/c}b_ne^{-at}\left(\cos\sqrt{c^2n^2-a^2}t+\frac a{\sqrt{c^2n^2-a^2}}\sin\sqrt{c^2n^2-a^2}t\right)\sin nx\end{align}$$ Y ahora viene el segundo problema: @EditPiAf parece que ha sido travieso y ha cambiado la condición inicial de $u(x,0)=x(\pi-x)$ a $u(x,0)=u(\pi-x)$ que ni siquiera tiene sentido. Así pues, afirmamos que la condición inicial es $$u(x,0)=x(\pi-x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin nx$$ Y si integramos $$\begin{align}\int_0^{\pi}x(\pi-x)\sin mx\,dx&=\left[-\frac{x(\pi-x)}n\cos nx+\frac{\pi-2x}{n^2}\sin nx-\frac2{n^3}\cos nx\right]_0^{\pi}\\ &=\frac{2\left(1-(-1)^n\right)}{n^3}=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\int_0^{\pi}\sin nx\sin mx\,dx\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\frac{\pi}2\delta_{nm}=\frac{\pi}2b_m\end{align}$$ Tenemos nuestra solución final $$\begin{align}u(x,t)&=\frac4{\pi}e^{-at}\left\{\sum_{0<n<a/c}\frac{1-(-1)^n}{n^3}\left(\cosh\sqrt{a^2-c^2n^2}t+\frac a{\sqrt{a^2-c^2n^2}}\sinh\sqrt{a^2-c^2n^2}t\right)\sin nx\right.\\ &\quad+\sum_{n=a/c}\frac{1-(-1)^n}{n^3}(1+at)\sin nx\\ &\quad+\left.\sum_{n>a/c}\frac{1-(-1)^n}{n^3}\left(\cos\sqrt{c^2n^2-a^2}t+\frac a{\sqrt{c^2n^2-a^2}}\sin\sqrt{c^2n^2-a^2}t\right)\sin nx\right\}\end{align}$$