Уравнение в частных производных

[АленаВ]

Здравствуйте.
Помогите разобраться с задачей...

$$\left\{ \begin{array}{l} \frac {\partial V} {\partial t}=9\frac {\partial^2 V} {\partial x^2}+2V-1+2t+(4{t-t^3}){e^{2t}{x}},\\ V|_{t=0}=-5x+2sin(\frac {5\pi{x}} 4),\\ V|_{x=0}=-t , {\frac {\partial V} {\partial x}}|_{x=2}=-5e^{2t}\end{array} \right. $$

Для начала вроде бы нужно сделать замену экспоненциальную

$$V=e^{\lambda{x}+\mu{t}}\cdot{U}$$

,только я не понимаю какую точно и ,то есть от чего мы тогда избавимся,от $2V$ ?

[ewert]

А каким способом предполагалось решать?

Если методом Фурье, то на $2V$ вообще не надо обращать внимания -- какая разница, появится это слагаемое в соответствующей задаче Штурма-Лиувилля или нет.

А вот от чего точно надо избавляться, так это от неоднородностей в граничных условиях. Т.е. надо сочинить функцию (чем проще, тем лучше), от которой требуется лишь одно -- выполнение граничных условий. И вычесть эту функцию из искомой. (Соответственно, в дифференциальном уравнении придётся пересчитать неоднородность, но это на свойства задачи принципиально не влияет.)

[АленаВ]

Да,методом Фурье.
Нам говорили,что нужно делать такую экспоненциальную замену,если есть переменные $V,V_X$.
А избавляться от неоднородности в краевых условиях-это я знаю,но сказали что потом...Вот я и не пойму,получается можно и не делать ее..

[V.V.]

Чтобы избавиться от $V$ сделайте замену $V(t,x)=u(t,x)e^{\alpha t}$ и выберите $\alpha$ из условия, чтобы не было соответствующего слагаемого.

[ewert]

что, кстати, эквивалентно моей рекомендации: добавление экспоненты к решению сводится к соответствующему сдвигу собственных чисел...

[АленаВ]

Вот я сделала такую замену

$$V=u(t,x)e^{2t}$$

Получилось такое уравнение(как я понимаю надо было так изменить начальные условия $?$)

$$\left\{ \begin{array}{l} \frac {\partial u} {\partial t}=9\frac {\partial^2 u} {\partial x^2}+e^{-2t}(2t-1)+(4{t-t^3})x,\\ u|_{t=0}=-5x+2sin(\frac {5\pi{x}} 4),\\ u|_{x=0}=-te^{-2t} , {\frac {\partial u} {\partial x}}|_{x=2}=-5\end{array} \right. $$

[ewert]

только перекиньте экспоненту в числитель (в знаменателе она неприлична) и исправьте граничное условие в нуле

[АленаВ]

Теперь избавляемся от неоднородности

$1.U=U(t,x)$

$U|_{x=0}=-t$
$U|_{x=2}=-5$

$U(x,t)=a(t)x+b(t)$

Получилось ,что

$$U(t,x)=(\frac{t-5} 2)x-t$$

То есть замена:

$$u=U+(\frac{t-5} 2)x-t$$

$?$

Конечно с этими заменами все буквы перепутались...

[ewert]

господь с Вами. Во-первых, Вы так и не исправили левое граничное условие. Во-вторых, испортили правое (там была производная).

[АленаВ]

ewert писал(а):

Во-вторых, испортили правое (там была производная).

Не поняла..

[ewert]

Да просто внимательнее посмотрите на условия задачи.

(про экспоненту я не это имел в виду, а всего лишь что ${1\over e^{2t}}=e^{-2t}$)

[АленаВ]

С учетом замены

$$V=u(x,t)e^{2t }$$

$$\left\{ \begin{array}{l} \frac {\partial u} {\partial t}=9\frac {\partial^2 u} {\partial x^2}+e^{-2t}(2t-1)+(4{t-t^3})x,\\ u|_{t=0}=-5x+2sin(\frac {5\pi{x}} 4),\\ u|_{x=0}=-te^{-2t} , {\frac {\partial u} {\partial x}}|_{x=2}=-5\end{array} \right. $$

Теперь правильно?

[ewert]

Да.

[АленаВ]

Теперь избавляемся от неоднородности

$1.U=U(t,x)$

$U|_{x=0}=-te^{-2t}$

$$\frac {\partial U} {\partial x}|_{x=2}=-5$$

$U(x,t)=a(t)x+b(t)$

Получилось ,что

$$U(t,x)=-5x-te^{-2t}$$

То есть :

$$u=v-5x-te^{-2t}$$

(Извиняюсь за такую невнимательность..)

[ewert]

а кто производную справа брать будет?