Hallar la función de Green y la solución de una ecuación de calor en la semirrecta

Question

Considere la ecuación del calor en la línea media $$u_t = ku_{xx},\quad x > 0,\, t > 0,\\ u(x,0) = 0, \,x \in\mathbf R,\\ u(0,t) = \alpha(t),\, t > 0.$$ Encuentra la función de Green y la solución.

La solución es $$u(x,t) = k \cdot \int_0^t \frac{x}{\sqrt{4\pi}} \cdot \frac{ 1}{(k(t-t'))^{3/2}} \cdot \exp\left(\frac{-x^2}{4k(t-t')}\right) \cdot \alpha(t')dt'$$

Sinceramente solo necesito orientación, estoy muy perdido así que aunque sea un ejemplo similar se agradecería.

Answer 1

No sé de la utilidad de un enfoque de la función de Green aquí a menos que usted tiene un término de la fuente, que no lo hace. Tengo, sin embargo, una solución basada en una transformada de Laplace, que voy a escribir:

$$u(x,t) = \frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: \hat{\alpha}(s) \exp{\left (-\sqrt{\frac{s}{k}} x \right )} \exp{(s t)}$$

donde $\hat{\alpha}$ es la transformada de Laplace del término de frontera $\alpha(t)$ :

$$\hat{\alpha}(s) = \int_0^{\infty} dt \: \alpha(t) \, \exp{(-s t)}$$

Esto se deriva tomando una transformada de Laplace de la ecuación original:

$$\int_0^{\infty} dt \: \frac{\partial u}{\partial t} \, \exp{(-s t)} = k \int_0^{\infty} dt \: \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \, \exp{(-s t)}$$

El LHS puede simplificarse aplicando la integración por partes:

$$\begin{align}\int_0^{\infty} dt \: \frac{\partial u}{\partial t} \, \exp{(-s t)} &= \underbrace{[u(x,t) \, \exp{(-s t)}]_0^{\infty}}_{\text{this is zero}} + s \int_0^{\infty} dt \: u(x,t) \, \exp{(-s t)}\\ &= s \hat{u}(x,s)\end{align}$$

La ecuación del calor es ahora

$$\frac{\partial^2 }{\partial x^2} \hat{u}(x,s) = \frac{s}{k} \hat{u}(x,s)$$

cuya solución general es

$$\hat{u}(x,s) = A \exp{\left (\sqrt{\frac{s}{k}} x\right )} + B \exp{\left (-\sqrt{\frac{s}{k}} x\right )}$$

Ahora aplicamos la condición de contorno para determinar $A$ y $B$ . Tendremos que añadir una condición que no estaba indicada en el anuncio original, pero que es necesaria por razones físicas:

$$\lim_{x \rightarrow \infty} u(x,t) = 0 \: \forall t \ge 0$$

Esto implica que $A=0$ . Determinamos $B$ de la condición de contorno dada:

$$\hat{u}(0,s) = \hat{\alpha}(s)$$

lo que significa que

$$\hat{u}(x,s) = \hat{\alpha}(s) \exp{\left (-\sqrt{\frac{s}{k}} x \right )}$$

Ahora podemos encontrar la solución $u(x,t)$ de una transformada inversa de Laplace, que produce el resultado indicado.

EJEMPLO

Para ilustrar cómo funciona todo esto, trabajaré un ejemplo común donde $u$ representa una temperatura, y la condición de contorno representa el punto $x=0$ que se mantiene a una temperatura fija $\alpha_0$ . Entonces

$$\hat{\alpha}(s) = \alpha_0 \int_0^{\infty} dt \: \exp{(-s t)} = \frac{\alpha_0}{s}$$

La temperatura para todos los $x$ y $t$ es entonces

$$u(x,t) = \frac{\alpha_0}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \: \frac{ds}{s} \exp{\left (-\sqrt{\frac{s}{k}} x \right )} \exp{(s t)}$$

Ahora, atacaré esto mediante una integración de contornos, pero por ahora, simplemente mostraré un resultado de un tabla de transformadas inversas de Laplace . El resultado es

$$u(x,t) = \alpha_0 \,\text{erfc}{\left (\frac{x}{2 \sqrt{k t}} \right )}$$

donde erfc es el función de error complementario . Este es un gráfico de la temperatura sobre $x$ para varios valores de $t$ :

Tenga en cuenta que la temperatura se fija en $x=0$ . También hay que tener en cuenta que, con el tiempo, el calor se distribuye sobre $x$ hasta que, finalmente, la temperatura se vuelve uniforme.

Derivación

Aunque esta ILT se encontró en una tabla, creo que vale la pena hacer una derivación. Este resultado se puede derivar utilizando Teorema de la integral de Cauchy y requiere la integración en el plano complejo. Si no estás familiarizado con esto, entonces siéntete libre de saltarte esta derivación, ya que ya tienes una forma práctica de encontrar una solución a la ecuación del calor como has especificado. Pero, de nuevo, esta derivación es instructiva porque da lugar a varias técnicas diferentes de integración compleja y real. Una integración compleja similar se puede encontrar aquí .

Consideremos la siguiente integral en el complejo $z$ plano:

$$\oint_C \frac{dz}{z} \exp{(-\sqrt{a z})} \exp{(t z)}$$

donde $a>0$ y $C$ es el siguiente contorno:

Definiremos $\text{Arg}{z} \in (-\pi,\pi]$ , por lo que la rama es el eje real negativo. Hay $6$ piezas a este contorno, $C_k$ , $k \in \{1,2,3,4,5,6\}$ de la siguiente manera.

$C_1$ es el contorno a lo largo de la línea $z \in [c-i R,c+i R]$ para algún valor grande de $R$ .

$C_2$ es el contorno a lo largo de un arco circular de radio $R$ desde la parte superior de $C_1$ hasta justo por encima del eje real negativo.

$C_3$ es el contorno a lo largo de una línea justo por encima del eje real negativo entre $[-R, -\epsilon]$ para algunos pequeños $\epsilon$ .

$C_4$ es el contorno a lo largo de un arco circular de radio $\epsilon$ sobre el origen.

$C_5$ es el contorno a lo largo de una línea justo debajo del eje real negativo entre $[-\epsilon,-R]$ .

$C_6$ es el contorno a lo largo del arco circular de radio $R$ desde justo debajo del eje real negativo hasta la parte inferior de $C_1$ .

Demostraremos que la integral a lo largo de $C_2$ y $C_6$ desaparecen en los límites de $R \rightarrow \infty$ y $\epsilon \rightarrow 0$ .

En $C_2$ la parte real del argumento de la exponencial es

$$R t \cos{\theta} - \sqrt{a R} \cos{\frac{\theta}{2}}$$

donde $\theta \in [\pi/2,\pi)$ . Claramente, $\cos{\theta} < 0$ y $\cos{\frac{\theta}{2}} > 0$ para que el integrando decaiga exponencialmente como $R \rightarrow \infty$ y por lo tanto la integral desaparece a lo largo de $C_2$ .

En $C_6$ , tenemos lo mismo, pero ahora $\theta \in (-\pi,-\pi/2]$ . Esto significa que, debido a la uniformidad del coseno, el integrando decae exponencialmente de nuevo como $R \rightarrow \infty$ y por lo tanto la integral también desaparece a lo largo de $C_6$ .

Así, nos queda lo siguiente por el teorema de la integral de Cauchy (es decir, sin polos dentro de $C$ ):

$$\left [ \int_{C_1} + \int_{C_3} + \int_{C_4} + \int_{C_5}\right] \frac{dz}{z} e^{-\sqrt{a z}} e^{z t} = 0$$

En $C_4$ Obsérvese que la integral es finita y no nula ya que $\epsilon$ en el límite $\epsilon \rightarrow 0$ :

$$\int_{C_4} \frac{dz}{z} \exp{(-\sqrt{a z})} \exp{(t z)} \sim i \int_{\pi}^{-\pi} d\phi = -i 2 \pi$$

En $C_3$ parametrizamos por $z=e^{i \pi} x$ y la integral a lo largo de $C_3$ se convierte en

$$\int_{C_3} \frac{dz}{z} \exp{(-\sqrt{a z})} \exp{(t z)} = \int_{\infty}^0 \frac{dx}{x} \: e^{-i \sqrt{a x}} e^{-x t}$$

En $C_5$ Sin embargo, parametrizamos por $z=e^{-i \pi} x$ y la integral a lo largo de $C_5$ se convierte en

$$\int_{C_5} \frac{dz}{z} \exp{(-\sqrt{a z})} \exp{(t z)} = \int_0^{\infty} \frac{dx}{x} \: e^{i \sqrt{a x}} e^{-x t}$$

Ahora podemos escribir

$$-1 +\frac{1}{i 2 \pi} \int_0^{\infty} \frac{dx}{x} \: e^{- x t} \left ( e^{i \sqrt{a x}} - e^{-i \sqrt{a x}} \right ) + \frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{ds}{s} \: e^{-\sqrt{a s}} e^{s t} = 0$$

Por lo tanto, el ILT de $\hat{f}(s) = \frac{e^{-\sqrt{a s}}}{s}$ viene dada por

$$\begin{align}\frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{ds}{s} \: e^{-\sqrt{a s}} e^{s t} &= 1-\frac{1}{i 2 \pi} \int_0^{\infty} \frac{dx}{x} \: e^{- x t} \left ( e^{i \sqrt{a x}} - e^{-i \sqrt{a x}} \right )\\ &=1- \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} du \: \,e^{-t u^2} \frac{\sin{\sqrt{a} u}}{u} \end{align}$$

Hemos reducido la evaluación de la integral compleja de la ILT a una sola integral:

$$I = \int_{-\infty}^{\infty} du \: \,e^{-t u^2} \frac{\sin{\sqrt{a} u}}{u}$$

Resulta que esta integral puede evaluarse mediante un análogo de Teorema de Parseval para las transformadas de Fourier, que establece que, dadas dos funciones $f$ y $g$ , ambos $\in L^2(-\infty,\infty)$ y sus transformadas de Fourier $F$ y $G$ respectivamente, se cumple la siguiente relación:

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \: f(x) \, g^*(x) = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} dk \: F(k) \, G^*(k)$$

$$f(x) = e^{-t x^2} \implies F(k) = \sqrt{\frac{\pi}{t}} e^{-\frac{k^2}{4 t}}$$

$$g(x) = \frac{\sin{\sqrt{a} u}}{u} \implies G(k) = \begin{cases}\\ \pi & |k| < \sqrt{a}\\0 & |k| > \sqrt{a}\end{cases}$$

(Estas son transformaciones comúnmente conocidas, por lo que no las derivaré aquí. Sin embargo, puedo señalar las derivaciones dentro de SE de estas transformaciones).

Por lo tanto,

$$\begin{align}\int_{-\infty}^{\infty} du \: \,e^{-t u^2} \frac{\sin{\sqrt{a} u}}{u} &= \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{\pi}{t}} \int_{-\sqrt{a}}^{\sqrt{a}} dk \: \pi e^{-\frac{k^2}{4 t}}\\ &= \pi \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^{\frac{1}{2} \sqrt{\frac{a}{t}}} dv \: e^{-v^2} \\ &= \pi\, \text{erf}{\left ( \frac{1}{2} \sqrt{\frac{a}{t}} \right )}\end{align}$$

Ahora volvemos a introducir esto en la expresión para el ILT, con $a=x^2/k$ y obtener

$$\frac{\alpha_0}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} \frac{ds}{s} \: e^{-\sqrt{a s}} e^{s t} = \alpha_0 - \frac{\alpha_0}{\pi} \pi \, \text{erf}{\left ( \frac{x}{2 \sqrt{k t}} \right )} = \alpha_0\, \text{erfc}{\left ( \frac{x}{2 \sqrt{k t}} \right )}$$

como se ha indicado anteriormente.

Alternativa: dominio del tiempo

Como se expresa en el post, podemos expresar la ILT como una convolución en el dominio del tiempo. Utilizamos el resultado derivado aquí

$$\frac{1}{i 2 \pi} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} ds \: \exp{\left (-\sqrt{\frac{s}{k}} x \right )} \exp{(s t)} = \frac{x}{\sqrt{4 \pi k}} t^{-3/2} \exp{\left (-\frac{x^2}{4 k t} \right )}$$

y el teorema de convolución para deducir que

$$u(x,t) = \frac{k x}{\sqrt{4 \pi}} \int_0^t dt' \: \frac{1}{[k (t-t')]^{3/2}} \exp{\left (-\frac{x^2}{4 k (t-t')} \right )} \alpha(t')$$

Para $\alpha(t) = \alpha_0$ podemos reescribir la integral como

$$\alpha_0 \frac{x}{\sqrt{4 \pi k}} \int_0^t dt' \: t'^{-3/2} \exp{\left (-\frac{x^2}{4 k t'} \right )}$$

Sustituyendo $x^2/(4 k t') = u^2$ reproducimos el resultado anterior.

Answer 2

Dejemos que $u(x,t)=X(x)T(t)$ ,

Entonces $X(x)T'(t)=kX''(x)T(t)$

$\dfrac{T'(t)}{kT(t)}=\dfrac{X''(x)}{X(x)}=-s^2$

$\begin{cases}\dfrac{T'(t)}{T(t)}=-ks^2\\X''(x)+s^2X(x)=0\end{cases}$

$\begin{cases}T(t)=c_3(s)e^{-kts^2}\\X(x)=\begin{cases}c_1(s)\sin xs+c_2(s)\cos xs&\text{when}~s\neq0\\c_1x+c_2&\text{when}~s=0\end{cases}\end{cases}$

$\therefore u(x,t)=\int_0^\infty C_1(s)e^{-kts^2}\sin xs~ds+\int_0^\infty C_2(s^2)e^{-kts^2}\cos xs~ds$

$u(0,t)=\alpha(t)$ :

$\int_0^\infty C_2(s^2)e^{-kts^2}~ds=\alpha(t)$

$\int_0^\infty\dfrac{C_2(s^2)e^{-kts^2}}{2s}d(s^2)=\alpha(t)$

$\int_0^\infty\dfrac{C_2(s)e^{-kts}}{2\sqrt{s}}ds=\alpha(t)$

$\mathcal{L}_{s\to kt}\biggl\{\dfrac{C_2(s)}{2\sqrt{s}}\biggr\}=\alpha(t)$

$C_2(s)=2\sqrt{s}\mathcal{L}^{-1}_{kt\to s}\{\alpha(t)\}$

$\therefore u(x,t)=\int_0^\infty C_1(s)e^{-kts^2}\sin xs~ds+2\int_0^\infty s\mathcal{L}^{-1}_{kt\to s^2}\{\alpha(t)\}e^{-kts^2}\cos xs~ds$

$u(x,0)=0$ :

$\int_0^\infty C_1(s)\sin xs~ds+2\int_0^\infty s\mathcal{L}^{-1}_{kt\to s^2}\{\alpha(t)\}\cos xs~ds=0$

$\mathcal{F}_{s,s\to x}\{C_1(s)\}=-2\mathcal{F}_{c,s\to x}\{s\mathcal{L}^{-1}_{kt\to s^2}\{\alpha(t)\}\}$

$C_1(s)=-2\mathcal{F}^{-1}_{s,x\to s}\{\mathcal{F}_{c,s\to x}\{s\mathcal{L}^{-1}_{kt\to s^2}\{\alpha(t)\}\}\}$

$\therefore u(x,t)=2\int_0^\infty s\mathcal{L}^{-1}_{kt\to s^2}\{\alpha(t)\}e^{-kts^2}\cos xs~ds$

$-2\int_0^\infty\mathcal{F}^{-1}_{s,x\to s}\{\mathcal{F}_{c,s\to x}\{s\mathcal{L}^{-1}_{kt\to s^2}\{\alpha(t)\}\}\}e^{-kts^2}\sin xs~ds$