Используя метод Фурье найти функцию u=u(x

Сведем начально-краевую задачу (1) − (3) к задаче с однородными граничными условиями (2). Для этого представим искомую функцию ux,t в виде
ux,t=vx,t+wx,t,
где wx,t − некоторая функция удовлетворяющая условиям (2). Учитывая тип граничных условий (2), функцию wx,t можно взять в виде
wx,t=u0,t+xul,t-u0,t=0+xt2-0=xt2.
Проведем замену
ux,t=vx,t+xt2.
Для функции vx,t постановка задачи примет вид
∂2v∂t2=a2∂2v∂x2,
(4)
vx=0=0, vx=1=0,
(5)
ut=0=vt=0=x+1sinπx,
∂u∂tt=0=∂v∂tt=0+x2=x2+x,
vt=0=x+1sinπx, ∂v∂tt=0=x2+x2.
(6)
Для решения задачи (4) − (6) применим метод Фурье разделения переменных. Будем искать нетривиальное решение в виде произведения
ux,t=Xx∙Tt.
Подставим предполагаемую форму решения в исходное уравнение (4)
Xx∙T''t=a2X''(x)∙T(t)
Разделим равенство на a2Xx∙T(t)
T''(t)a2T(t)=X''xXx=-λ=const,
т.к. левая часть равенства зависит только от t, а правая – только от x.
В результате переменные разделяются, и получается два линейных обыкновенных дифференциальных уравнения
T''t+a2λTt=0,
X''(x)+λXx=0.
Подставляя vx,t в виде Xx∙Tt в граничные условия (5), получим
vx=0=X0⋅Tt=0, vx=1=X1⋅Tt=0.
Поскольку равенства должны выполняться тождественно, то
X0=0, X1=0.
Таким образом, для функции X(x) получили задачу Штурма-Лиувилля
X''(x)+λXx=0X0=0, X1=0
Общее решение имеет вид
Xx=C1cosλx+C2 sinλx.
Неизвестные коэффициенты C1, C2 найдем из граничных условий
X0=C1=0 X1=C2 sinλ=0
Получили спектральное уравнение для нахождения собственных значений λ задачи Штурма-Лиувилля
sinλ=0,
λ=πk, k=1,2,…
Собственные значения задачи равны
λk=πk2, k=1,2,…
Им соответствуют собственные функции (с точностью до постоянного множителя)
Xkx=sinπkx, k=1,2,…
Уравнение для функции Tt примет вид
Tk''(t)+a2πk2Tkt=0.
Общее решение этого уравнения имеет вид
Tkt=Akcosaπkt+Bksinaπkt.
Решение vx,t задачи (4) − (6) представим в виде ряда по собственным функциям
vx,t=k=1∞TktXkx=k=1∞Akcosaπkt+Bksinaπktsinπkx,
∂v∂t=k=1∞aπk-Aksinaπkt+Bkcosaπktsinπkx.
Коэффициенты Ak, Bk этого ряда найдем из начальных условий (2)
vt=0=k=1∞Aksinπkx=x+1sinπx,
∂v∂tt=0=k=1∞aπkBksinπkx=x2+x2.
Учитывая полноту системы собственных функций sinπkxk=1∞, из первого равенства следует, что коэффициенты Ak представляют собой коэффициенты разложения функции x+1sinπx в ряд Фурье по собственным функциям sinπkxk=1∞
Ak=2101x+1sinπxsinπkxdx=
=01x+1cosπk-1x-cosπk+1xdx.
При k=1
A1=201x+1sin2πxdx=sin2πx=121-cos2πx
=01x+11-cos2πxdx=01x+1dx-01x+1cos2πxdx=
(второй интеграл считаем методом интегрирования по частям)
=x+12201-12π01x+1Udsin2πxdV=2-12-12πx+1sin2πxUV01=0-01sin2πxVdxdU=
=32-14π2cos2πx01=0=32
При k≠1 (оба интеграл вычисляем методом интегрирования по частям)
Ak=1πk-101x+1Udsinπk-1xdV-1πk+101x+1Udsinπk+1xdV=
=1πk-1x+1sinπk-1xUV01=0-01sinπk-1xVdxdU-
-1πk+1x+1sinπk+1xUV01=0-01sinπk+1xVdxdU=
=1π2k-12cosπk-1x01-1π2k+12cosπk+1x01=
=--1k-1π2k-12---1k-1π2k+12=-4k-1k+1π2k2-12
Из второго начального условия следует, что коэффициенты aπkBk представляют собой коэффициенты разложения функции x2+x2 в ряд Фурье по собственным функциям sinπkxk=1∞
aπkBk=2101x2+x2sinπkxdx,
Bk=2aπk01x2+x2sinπkxdx=интегрируемпо частям=
=-2aπk201x2+x2UdcosπkxdV=
=-2aπk2x2+x2cosπkxUV01-01cosπkxV2x+12dxdU=еще разпо частям=
=-2aπk232-1k-1πk012x+12UdsinπkxdV=
=-2aπk232-1k-1πk2x+12sinπkxUV01=0-01sinπkxV2dxdU=
=-2aπk232-1k-2π2k2cosπkx01=-2aπk232-1k-2-1k-1πk2=
=-1k4-3π2k2-4aπk4
Решение vx,t исходной задачи (4) − (6) примет вид
vx,t=32cosaπtsinπx-k=2∞4k-1k+1π2k2-12cosaπktsinπkx+k=1∞-1k4-3π2k2-4aπk4sinaπktsinπkx.
Решение исходной задачи (1) − (3) будет
ux,t=xt2+32cosaπtsinπx-k=2∞4k-1k+1π2k2-12cosaπktsinπkx+k=1∞-1k4-3π2k2-4aπk4sinaπktsinπkx.
Ответ:
ux,t=xt2+32cosaπtsinπx-4π2k=2∞k-1k+1k2-12cosaπktsinπkx+1aπ4k=1∞-1k4-3π2k2-4k4sinaπktsinπkx.