Utilizando la función Delta de Dirac en PDE ' s

Question

Resolver la ecuación de la difusión en el half-line positivo

$\frac{∂u}{∂t}−a^2\frac{∂^2u}{∂x^2}=0,0≤x<∞$ sujeto a la inicial y la condición de frontera

$u(x,0)=Qδ(x−x_0),u_x(0,t)=0.$

Donde $Q≠0$ y $x_0>0$ son constantes, y $δ(⋅)$ es la función delta de Dirac.

Creo que la ecuación es invariante con respecto a los $x → −x$ $v → −v$ y la condición inicial es impar en $x$, por lo tanto, la solución es incluso en $x$. ¿Sería correcto decir esto? También estoy atascado en este punto y no está seguro dónde ir desde aquí.

Answer 1

Para la simplicidad asumiré $a=1$. Extender el valor inicial para hacerlo incluso como $u_0(x)=Q(\delta(x-x_0)+\delta(x+x_0))$. La solución entonces es u $$ (x, t) = \frac {1} {\sqrt {4\, \pi\, t}} \int_ {-\infty} ^ \infty e^{-\tfrac{(x-y)^2}{4t}}u_0(y)\,dy=\frac{Q}{\sqrt{4\,\pi\,t}}\Bigl(e^{-\tfrac{(x-x_0)^2}{4t}}+e^{-\tfrac{(x+x_0)^2}{4t}}\Bigr). $$

Answer 2

EDIT: Como se ha señalado por Julián Aguirre mi solución no satisface a la de contorno de Neumann. Voy a copiar su manera y extender el valor inicial a través de $u_0(x)=Q(\delta(x-x_0)+\delta(x+x_0))$ a guardar esto. Voy a ajustar los cálculos de modo que usted puede ver la forma de obtener la solución para su PDE con el ansatz de transformaciones de Fourier.

\begin{align} \partial_t \hat u(k,t) &=- a^2 k^2 \hat u(k,t) \\ \Longrightarrow \hat u(k,t)&=\hat u(k,0)e^{-a^2k^2t}=Q \left(\widehat{\delta(\bullet-x_0)}(k)+\widehat{\delta(\bullet+x_0)}(k) \right)e^{-a^2k^2t}\\ &=\frac{Q}{\sqrt{2\pi}}\left(e^{ikx_0}+e^{-ikx_0}\right)e^{-a^2k^2t} \\ \Longrightarrow u(x,t)&=\frac{Q}{\sqrt{2\pi}} \bigg( \big(\mathscr{F}^{-1}(e^{ix_0\bullet})*\mathscr{F}^{-1}(e^{-a^2t\ \bullet^2})\big)(x) +\big(\mathscr{F}^{-1}(e^{-ix_0\bullet})*\mathscr{F}^{-1}(e^{-a^2t\ \bullet^2})\big)(x) \bigg)\end{align}

Anteriormente se utilizó $\sqrt{2\pi}\widehat{\delta(\bullet\mp x_0)}(k)=e^{\pm ikx_0}$ y, por tanto,$\mathscr{F}^{-1}(e^{\pm ix_0\bullet})(x)=\sqrt{2\pi}\delta(x\mp x_0)$. Además de la transformada de Fourier de la Gaussiana es bien conocida es decir,\begin{align}\widehat{e^{-bx^2/2}}(k)&=\sqrt{\frac{2\pi}{b}}e^{-\frac{k^2}{2b}} \\ \Longrightarrow\mathscr{F}^{-1}\left(e^{-\frac{k^2}{2b}}\right)(x)&=\sqrt{\frac{b}{2\pi}}e^{-bx^2/2}\end {align}

Ahora, aplicando esto a nuestro caso (es decir,$b=\frac{1}{2a^2t}$) y darse cuenta de que $\delta(\bullet\pm x_0)*f(x)=f(x\pm x_0)$ finalmente llegamos

\begin{align}u(x,t)&=\frac{Q}{\sqrt{2\pi}}\left(\sqrt{2\pi}\big(\delta(\bullet-x_0)\big)*\sqrt{\frac{1}{4\pi a^2t}}\exp\left(-\frac{\bullet^2}{4a^2t}\right)\right)(x)\\&~~~+\frac{Q}{\sqrt{2\pi}}\left(\sqrt{2\pi}\big(\delta(\bullet+x_0)\big)*\sqrt{\frac{1}{4\pi a^2t}}\exp\left(-\frac{\bullet^2}{4a^2t}\right)\right)(x) \\ &=\frac{Q}{\sqrt{4\pi ta^2} } \bigg(\exp\left(-\frac{(x-x_0)^2}{4a^2t}\right)+\exp\left(-\frac{(x+x_0)^2}{4a^2t}\right) \bigg)\end{align}