El PDE $u_{tt}+2u_{tx}+u_{xx}=2c$ de problemas

Question

Considerar el segundo orden parabólico no homogéneas de segundo orden de la PDE $$ u_{tt}+2u_{tx}+u_{xx}=2c $$ He visto dos maneras de resolver este problema. Me gustaría saber (1) si la Solución 1 es correcto (2) si la Solución 2 es correcta y aclaración de los detalles (3) ¿cuál es la conexión entre la Solución 1 y 2 (4) si hay otras formas de resolver el PDE y (5) en el más complicado de segundo orden ecuaciones en derivadas parciales (por ejemplo, hiperbólico, elíptica), aún podría utilizar estas estrategias de solución?

$\textbf{Solution 1:}$ Podemos factor de $$ \left( \frac{\partial }{\partial t} + \frac{\partial }{\partial x} \right)^2 u=2c $$ Ahora, hacemos uso de una transformación de variables. Deje $x=y + z$$t=y$$v(y,z)=u(t,x)$. A continuación, \begin{align*} v_{yy} &= \left( \frac{\partial }{\partial t} + \frac{\partial }{\partial x} \right)^2 u=2c\\ v(y,z) &= cy^2+yf_1(z) + f_2(z)\\ u(t,x) &=ct^2+tf_1(x - t) + f_2(x -t) \qquad \textit{(1)} \end{align*} y por simetría, \begin{align*} u(t,x) &=cx^2+xg_1(t - x) + g_2(t -x) \end{align*}

$\textbf{Solution 2:}$ De nuevo podemos factor de $$ \left( \frac{\partial }{\partial t} + \frac{\partial }{\partial x} \right)^2 u=2c $$ Vamos a resolver el PDE en dos pasos, \begin{align*} \left( \frac{\partial }{\partial t} + \frac{\partial }{\partial x} \right) v &=2c \qquad \textit{(2)}\\ \left( \frac{\partial }{\partial t} + \frac{\partial }{\partial x} \right) u &=v \qquad \textit{(3)} \end{align*} Por el método de las características para$\textit{(2)}$,$\frac{\partial t}{\partial w}=\frac{\partial x}{\partial w}=1$$\frac{\partial v}{\partial w}=2c$$x=w+x_0$$v(?,?)=2cw + \gamma_1(x_0)$.

También por el método de las características para$\textit{(3)}$, $\frac{\partial t}{\partial s}=\frac{\partial x}{\partial s}=1$ $\frac{\partial u}{\partial s}=v=2cs + \gamma_1(r_0)$ $x=t+r_0$ y $$u(?,?)=cs^2 + s\gamma_1(r_0) + \gamma_2(r_0) =ct^2 + t\gamma_1(x-t) + \gamma_2(x-t) \qquad \textit{(4)}$$ Este es el mismo que $\textit{(1)}$.

Estoy un poco confundido acerca de los detalles de esta prueba. Específicamente, es solo que no estoy seguro de lo que los argumentos de las funciones son y se siente como que estoy sustituyendo en donde sea conveniente para llegar a la solución (por ejemplo, los argumentos de $u(?,?)$ $t$ $x$ pero luego están las $s$ $r_0$ y, a continuación, me acaba de sustituir en $s$$r_0$).

Answer 1

Voy a tratar de arrojar un poco de luz, vamos a ver si me pueden ayudar:

• Q1 y Q2: Su solución dada por tanto de la 1ª y 2ª métodos es totalmente correcta. He comprobado tanto llegar a su solución de $u(x,t) = c t^2 + t f(x-t) + g(x-t)$ donde $f$ $g$ son funciones arbitrarias de la característica(s) $x-t$. Esto nos dice que la solución en ausencia de forzamiento (el heterogéneas plazo) viaja a lo largo de curvas dada por $x - t = \xi, \ \xi \in \mathbb{R}$ donde $u$ es precisamente constante.

• P3: Se puede comprobar que ambas formas de proceder son exactamente el mismo si usted escribe el original de la PDE en la forma canónica. 2º método acaba de tomar la ventaja de que el operador de la descomposición: $$(D_{xx} + 2 D_{xt} + D_{tt})u = (D_{x} + D_{t})(D_{x} + D_{t})u = (D_{x} + D_{t})^2 u, \quad D_{x_i} = \partial_{x_i}, $ $ , que los rendimientos a dos de 1er orden hiperbólico ecuaciones en derivadas parciales.

• P4: La forma general para resolver ecuaciones en derivadas parciales de la forma: $$A u_{xx} + B u_{xt} + C u_{xx} = P(x,t;u,u_x,u_t),$$ for some linear function $P$, is to compute first the discriminant, $\Delta = B^2 -4AC$, in order to determine whether we have a hyperbolic ($\Delta >0$), elliptic ($\Delta <0$), or parabolic ($\Delta =0$) PDE. In your case: $A=C=1, B=2$, so $\Delta = 0$, haciendo que su PDE parabólico. El siguiente paso es calcular las características de la ecuación que están dadas por las ecuaciones: $$\begin{align} A \xi_{x}^2 + B \xi_x \xi_t + C\xi_t^2 = 0, \tag{1} \\ A \eta_{x}^2 + B \eta_x \eta_t + C\eta_t^2 = 0. \tag{2}\\ \end{align}$$ Solving $(1)$ for $\xi_x/\xi_t$ llegamos a: $$\frac{\xi_x}{\xi_t} = -1 = \color{blue}{-\frac{dt}{dx}}^*, \tag{3}$$ which after integration leads us to the first characteristic curve, $dx dt = 0$, or equivalently, $x - t = c \equiv \xi$. Since the equation is parabolic, the other solution (remember $\Delta = 0$) can be arbitrarily chosen so we can make the other characteristic to be $\eta = t$ or $\eta = x$ (symmetry). Once the characteristics are computed you write the equation making the transformation $(x,t) \(\xi\eta)$ and using the chain rule in order to come up with the known as canonical form of the PDE which will be (prove it, taking $\eta = t$): $$ u_{\eta \eta}(\xi,\eta) = 2c, $ $ , que después de la integración de los rendimientos de la solución deseada: $$ u(\xi,\eta) = c \eta^2 + \eta f(\xi) + g(\xi) \Leftrightarrow u(x,t) = c t^2 + t f(x-t) +g(x-t),$ $ , como era de esperar.

• P5: Como se puede ver, sólo podemos evitar este tedioso trabajo cuando el PDE es fácilmente factorizable como en el presente caso. De lo contrario, el método general siempre intenta poner su PDE en la forma canónica que, por cierto, no es siempre sencillo.

Espero que esto ayude.

Saludos!

Editar: * de la ecuación, resaltada en azul viene del hecho de que, dada $\xi = \xi(x,t)$,$d\xi = \xi_x dx + \xi_t dt$, pero sabemos que $\xi$ es una constante (característica), por lo tanto, $d\xi = 0$ y tenemos $dt/dx = -\xi_x/\xi_t$.

Edit 2: por supuesto, nos hemos olvidado del valor en la frontera de los problemas, que se pueden resolver utilizando diferentes técnicas. Aquí, la forma de las funciones arbitrarias $f$ $g$ son determinados por las condiciones iniciales o por cualquier otra especificación de $u$ como, por ejemplo, que pasa a través de un determinado parametrización de la curva.

Answer 2

Hay otra forma de solucionar este problema, pero implica aplicar la Mentira de la teoría y no mucha gente sabe acerca de ella. Elegí esta arriba del Dr. Lawrence Dresner en Oak Ridge de vuelta en la década de los 90. Su pde es invariante a Mentir grupo $$ G(x,t,u)=(\lambda x,\lambda^\beta t,\lambda^\alpha u)\lambda_o=1 $$que $$ \lambda^\alpha u(x,t)=u(\lambda x,\lambda^\beta t) $$Differentiating both sides w.r.t. $\lambda$ and setting $\lambda = \lambda_o=1$, $$ \alpha u=xu_x+\beta tu_t $De$la ecuación característica para esta expresión es $$ \frac{du}{\alpha u}=\frac{dx}{x}=\frac{dt}{\beta t} $$En dos integrales son $$ \frac{u}{t^{\frac{\alpha}{\beta}}} $$y $$ \frac{x}{t^{\frac{1}{\beta}}} $De$la mayoría de la solución general para su PDE es tomar uno de estos diferenciales invariantes y conjunto es igual a una función de la otra, con el resultado de que $$ u=t^{\frac{\alpha}{\beta}}F\bigg(\frac{x}{t^{\frac{1}{\beta}}}\bigg) $$Since $x'=\lambda x$, $t'=\lambda^\beta t$, and $u'=\lambda^\alpha$u, $$ u'_{x, x'}=\lambda^{\alpha -2}u_{xx} $$ $$ u'_{t x'}=\lambda^{\alpha\beta -1}u_{tx} $$ $$ u'_{t t'}=\lambda^{\alpha -2\beta}u_{tt} $$y $$ 2C=\lambda^0 2C $$then for invariance to exist, $\alpha -2=\alpha\beta -1=\alpha -2\beta =0$ which implies $\alpha =2$ and $\beta =1$. Por lo tanto, la mayoría de la solución general para su PDE es $$ u=t^2F(\mu), \mu=\frac{x}{t} $$ $ Si usted toma derivados de esta solución consigue $$ u_{xx}=F_{\mu \mu} $$ $$ u_{tx}=F_\mu-\mu F_{\mu \mu} $$ $$ u_{tt}=2F-2\mu F_\mu+\mu^2 F_{\mu \mu} $$Conectarlo en el PDE y simplificar y obtener $$ \frac{1}{2}(1-\mu)^2F_{\mu \mu}+(1-\mu)F_\mu+F=C $$a 2nd-order, linear ODE. You can solve this (or hand it to Wolfram Alpha) to get $F(\mu)$. Remember that $\mu=\frac{x}{t}$ and $u=t^2F$ y la respuesta es tuya.