בעיית החום מתארת פילוג טמפרטורה u במוט חד ממדי שאורכו L.
{ u t + k u x x = 0 0 ≤ x ≤ L , t ≥ 0 {\displaystyle \ {\begin{cases}u_{t}+ku_{xx}=0\\0\leq x\leq L,\ t\geq 0\end{cases}}} בעיית דיריכלה עם תנאי שפה הומוגניים
עריכה
פתרון בעיית דיריכלה נותן את פילוג הטמפרטורה u כתוצאה מפילוג טמפרטורה התחלתי f:
{ u ( x , t = 0 ) = f ( x ) u ( x = 0 , t ) = u ( x = L , t ) = 0 {\displaystyle \ {\begin{cases}u(x,t=0)=f(x)\\u(x=0,t)=u(x=L,t)=0\end{cases}}} (כמובן ש-f חייבת לקיים את תנאי השפה, כלומר f ( 0 ) = f ( L ) = 0 {\displaystyle \ f(0)=f(L)=0}
נציב u ( x , t ) = X ( x ) T ( t ) {\displaystyle \ u(x,t)=X(x)T(t)}
T t k T = X x x X {\displaystyle \ {\frac {T_{t}}{kT}}={\frac {X_{xx}}{X}}} מכיוון שבשני האגפים מופיעות פונקציות בעלות משתנים בלתי־תלויים, האפשרות היחידה לקיום השוויון הוא ששתי המנות שוות לקבוע כלשהו, שנסמן אותו ב-λ2 :
{ T t k T = − λ 2 ⇒ T t + λ 2 k T = 0 X x x X = − λ 2 ⇒ X x x + λ 2 X = 0 {\displaystyle \ {\begin{cases}{\cfrac {T_{t}}{kT}}=-\lambda ^{2}\quad \Rightarrow \quad T_{t}+\lambda ^{2}kT=0\\{\cfrac {X_{xx}}{X}}=-\lambda ^{2}\quad \Rightarrow \quad X_{xx}+\lambda ^{2}X=0\end{cases}}} וכעת יש לפתור שתי מד״ר, אשר פתרונן ישתנה בהתאם לסימנו של הקבוע λ2 (מניחים, ללא הגבלת הכלליות, ש-λ2 הוא ממשי; ניתן להראות שלא קיימים פתרונות כאשר הוא מרוכב):
{ λ 2 = 0 : T ( t ) = α t λ 2 > 0 : T ( t ) = α e − λ 2 k t λ 2 < 0 : T ( t ) = α e λ 2 k t {\displaystyle \ \left\{{\begin{array}{ll}\lambda ^{2}=0:&T(t)=\alpha t\\\lambda ^{2}>0:&T(t)=\alpha e^{-\lambda ^{2}kt}\\\lambda ^{2}<0:&T(t)=\alpha e^{\lambda ^{2}kt}\end{array}}\right.} האפשרות הראשונה לא מקיימת את תנאי השפה ולכן אינה קבילה. האפשרויות השניה והשלישית זהות זו לזו.
נבצע ניתוח דומה עבור X:
{ λ 2 = 0 : X ( x ) = α + β x λ 2 > 0 : X ( x ) = α cos ( λ x ) + β sin ( λ x ) λ 2 < 0 : X ( x ) = α e λ x + β e − λ x {\displaystyle \ \left\{{\begin{array}{ll}\lambda ^{2}=0:&X(x)=\alpha +\beta x\\\lambda ^{2}>0:&X(x)=\alpha \cos(\lambda x)+\beta \sin(\lambda x)\\\lambda ^{2}<0:&X(x)=\alpha e^{\lambda x}+\beta e^{-\lambda x}\end{array}}\right.} האפשרות הראשונה והשלישית מקיימות את תנאי השפה רק אם שני הקבועים מתאפסים, ופתרון זה אינו עוזר לנו. האפשרות השניה מקיימת את תנאי השפה רק אם α=0 וגם:
sin ( λ L ) = 0 ⇒ λ = n π L {\displaystyle \ \sin(\lambda L)=0\quad \Rightarrow \quad \lambda ={\frac {n\pi }{L}}} כך שנותרנו עם:
λ 2 > 0 : u n ( x , t ) = X ( x ) T ( t ) = α ~ n sin ( n π x L ) e − k ( n π x L ) 2 t {\displaystyle \ \lambda ^{2}>0:\quad u_{n}(x,t)=X(x)T(t)={\tilde {\alpha }}_{n}\sin \left({\frac {n\pi x}{L}}\right)e^{-k\left({\frac {n\pi x}{L}}\right)^{2}t}} ובסופרפוזיציה:
u ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ α ~ n sin ( n π x L ) e − k ( n π x L ) 2 t {\displaystyle \ u(x,t)=\sum \limits _{n=1}^{\infty }{\tilde {\alpha }}_{n}\sin \left({\frac {n\pi x}{L}}\right)e^{-k\left({\frac {n\pi x}{L}}\right)^{2}t}} נציב את תנאי ההתחלה:
u ( x , 0 ) = ∑ n = 1 ∞ α ~ n sin ( n π x L ) = f ( x ) {\displaystyle \ u(x,0)=\sum \limits _{n=1}^{\infty }{\tilde {\alpha }}_{n}\sin \left({\frac {n\pi x}{L}}\right)=f(x)} נכפול את שני האגפים ב- sin ( m π x L ) {\displaystyle \ \sin \left({\tfrac {m\pi x}{L}}\right)}
∑ n = 1 ∞ α ~ n ∫ 0 L sin ( n π x L ) sin ( m π x L ) d x = ∫ 0 L f ( x ) sin ( m π x L ) d x {\displaystyle \ \sum \limits _{n=1}^{\infty }{\tilde {\alpha }}_{n}\int \limits _{0}^{L}\sin \left({\frac {n\pi x}{L}}\right)\sin \left({\frac {m\pi x}{L}}\right)dx=\int \limits _{0}^{L}f(x)\sin \left({\frac {m\pi x}{L}}\right)dx} שימוש בתנאי האורתוגונליות יתן:
∫ 0 L sin ( n π x L ) sin ( m π x L ) d x = { L 2 , m = n 0 , m ≠ n ⇒ α ~ m = 2 L ∫ 0 L f ( x ) sin ( m π x L ) d x {\displaystyle \ \int \limits _{0}^{L}\sin \left({\frac {n\pi x}{L}}\right)\sin \left({\frac {m\pi x}{L}}\right)dx={\begin{cases}{\tfrac {L}{2}},&m=n\\0,&m\neq n\end{cases}}\qquad \Rightarrow \qquad {\tilde {\alpha }}_{m}={\frac {2}{L}}\int \limits _{0}^{L}f(x)\sin \left({\frac {m\pi x}{L}}\right)dx} ולכן הפתרון הינו:
{ u ( x , t ) = ∑ m = 1 ∞ α ~ m sin ( n π x L ) e − k ( n π x L ) 2 t α ~ m = 2 L ∫ 0 L f ( x ) sin ( m π x L ) d x {\displaystyle \ {\begin{cases}u(x,t)=\sum \limits _{m=1}^{\infty }{\tilde {\alpha }}_{m}\sin \left({\frac {n\pi x}{L}}\right)e^{-k\left({\frac {n\pi x}{L}}\right)^{2}t}\\{\tilde {\alpha }}_{m}={\frac {2}{L}}\int \limits _{0}^{L}f(x)\sin \left({\frac {m\pi x}{L}}\right)dx\end{cases}}} 
