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}}}
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}}}
