Краевая задача. Теплообмен

[boh]

В этой теме я буду уточнять непонятные моменты относительно следующей задачи:

Цитата:

В тонком однородном стержне длиной $l$ и сечением $s$ происходит
выделение тепла с интенсивностью $\varphi(x)$, $0 \leqslant x \leqslant l$.
Концы стержня теплоизолированы, а теплообмен между его боковой
поверхностью и окружающей средой описывается законом Ньютона с
коэффициентом теплообмена $\alpha$. В начальный момент времени $t=0$
температура стержня описывалась функцией $\psi(x)$, $0 \leqslant x \leqslant l$.
Коэффициенты теплопроводности и объёмной теплоёмкости материала стержня
равны $k$ и $c$ соответственно. Температура окружающей среды равна $u_0$.

Разработать программу численного моделирования теплового процесса в
стержне на промежутке времени $0<t\leqslant T$. Для решения задачи
теплопроводности использовать обобщённую неявную разностную схему с
параметром $\theta$.

При проведении расчётов использовать значения параметров $l,s,\alpha,u_0,k,c,T$,
а также выражения функций $\varphi(x)$ и $\psi(x)$, указанные преподавателем.

Дать анализ зависимости погрешности сеточного решения от величины
параметра $\theta$, $0 \leqslant \theta < 1$.

В данный момент мне нужно сформулировать краевую задачу и решить её методом разделения переменных.

Вопрос 1.
В книге Тихонова, Самарского нашёл раздел с подробным описанием подобной задачи. Там полагалось, что стержень достаточно тонкий, чтобы в любой момент времени температуру во всех точках поперечного сечения можно было считать одинаковой. Верно ли это для моего случая?

[ИСН]

Верно. В условии есть ключевое слово: "тонкий".

[boh]

Вопрос 2.
Вроде бы, краевая задача должна иметь вид:

$$\left\{ \begin{aligned} &u_t=\frac{k}{c\rho}u_{xx}+\frac{\varphi(x,t)}{c\rho} \\ &u(x,0)=\psi(x) \\ &u(0,t)=\mu_1(t) \\ &u(l,t)=\mu_2(t) \\ &0<t\leqslant T \\ &0 \leqslant x \leqslant l \end{aligned} \right.$$

Непонятно, откуда может взяться $\rho$, как должны выглядеть функции $\mu_1(t)$, $\mu_2(t)$ и каким образом сюда притянуть закон Ньютона-Рихмана (обмен с окружающей средой).

[ИСН]

Что такое $c$ в условии задачи? Что такое $c$ в Ваших "вроде бы"? Задумайтесь над этим.
По всему остальному: теплообмен со средой выражается ещё одним слагаемым в первом уравнении. А краевые условия могут иметь не только такой вид.

[boh]

ИСН
Спасибо за указания. В моём случае $c$ - это объёмная удельная теплоёмкость, отсюда через объём находится теплоёмкость тела.
Насчёт теплообмена со средой тоже примерно понятно. Вопрос, можно ли в качестве краевых условий взять такие равенства?

$$\left\{ \begin{aligned} &ku_{xx}+F(x,t)=(csl-2\sqrt{\pi s})u_t \\ &u(x,0)=\psi(x) \\ &u_x(0,t)=0 \\ &u_x(l,t)=0 \end{aligned} \right. 0<t\leqslant T, \\ 0 \leqslant x \leqslant l $$

Вывод с комментариями: http://dl.dropbox.com/u/771595/mpe_v1.pdf

[Alexey1]

boh в сообщении #350630 писал(а):

ИСНВопрос, можно ли в качестве краевых условий взять такие равенства?

А что Вас смущает в краевых условиях?

[boh]

Продолжаю решать задачу
Итак, постановка задачи такова:

$$\[ \begin{cases} \bar{u}_{t}=a^{2}\bar{u}_{xx}+b(\bar{u}-u_{c})+f(x)\\ \bar{u}(x,0)=\psi(x) & 0\leqslant x\leqslant l\\ \bar{u}_{x}(0,t)=0 & 0<t\leqslant T\\ \bar{u}_{x}(l,t)=0\end{cases}\]$$

Решение

{Решение}

Сделаем замену в исходной системе: $\bar{u}-u_{c}=ue^{-bt}$. Система
примет вид:

$$ \begin{cases} u_{t}=a^{2}u_{xx}+f(x)e^{bt}\\ u(x,0)=\psi(x) & 0\leqslant x\leqslant l\\ u_{x}(0,t)=0 & 0<t\leqslant T\\ u_{x}(l,t)=0\end{cases}$$

Воспользуемся методом разделения переменных. Представим решение в
виде

$$ u(x,t)=X(x)\cdot T(t)$$

Подставив предполагаемое выражение в однородное уравнение $u_{t}=a^{2}u_{xx}$,
получим

$$ (X(x)T(t))_{t}=a^{2}(X(x)T(t))_{xx}$$

$$ X(x)T'(t)=a^{2}X''(x)T(t)$$

$$ \frac{T'(t)}{a^{2}T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda_{n}^{2},\;\lambda\geqslant0$$

Из полученного соотношения имеем систему:

$$ \begin{cases} X''(x)=-\lambda^{2}X(x)\\ T'(t)=-\lambda^{2}a^{2}T(t)\end{cases}$$

Дополним первое уравнение начальными условиями:

$$ \begin{cases} X_{n}''(x)+\lambda_{n}^{2}X_{n}(x)=0\\ X_{n}'(0)=X_{n}'(l)=0\end{cases}$$

Общий вид решения: $X_{n}(x)=C_{1}\cos\lambda_{n}x+C_{2}\sin\lambda_{n}x$,
откуда $X_{n}'(x)=-C_{1}\lambda_{n}\sin\lambda_{n}x+C_{2}\lambda_{n}\cos\lambda_{n}x$.

Из начальных условий:

$X_{n}'(0)=C_{2}\lambda_{n}=0\Rightarrow C_{2}=0$

$X_{n}'(l)=-C_{1}\lambda_{n}\sin\lambda_{n}l=0$, т.к. $C_{1}\neq0$,
то $\sin\lambda_{n}l=0\Rightarrow\lambda_{n}l=\pi n$, $n=1,2,\dots$

Итак, собственные значения:

$$ \lambda_{n}=\frac{\pi n}{l}$$

С учётом найденного $\lambda_{n}$общее решение примет вид:

$$ X_{n}=\cos\frac{\pi nx}{l}$$

Куда делось C_{1}??!!!

Также этим значениям $\lambda_{n}$соответствуют решения творого уравнения
системы (...):

$$ T_{n}=C_{n}e^{-a^{2}\lambda_{n}t}$$

Предполагаемое решение с разделёнными переменными будет иметь вид:

$$ u(x,t)=X(x)\cdot T(t)=\cos\frac{\pi nx}{l}\cdot C_{n}e^{-a^{2}\lambda_{n}t}$$

Это частные решения(да?) неоднородного уравнения (...).

Составим формально ряд:

$$ u_{n}(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}C_{n}e^{-a^{2}\lambda_{n}t}\cdot\cos\frac{\pi nx}{l}$$

$$ u_{n}(x,0)=\psi(t)=\sum_{n=1}^{\infty}C_{n}\cos\frac{\pi nx}{l}$$

Т.е. $C_{n}$- коэффициенты разложения $\psi(x)$ в ряд Фурье по косинусам
на интервале $(0,l)$:

$$ C_{n}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\psi(x)\cos\frac{\pi n\xi}{l}\, d\xi$$

Что после этого делать? Как вернуться к неоднородному уравнению?

[Marten]

Здесь подойдет метод Гринберга (метод конченых интегральных преобразований). Метод Фурье годится только для однородных задач или тех которые можно свести к однородным.
После нахождения собственных функций $X_n(x)$ получаем:

$$ u_{n}(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}C_{n}(t)X_n(x)$$

Откуда

$$C_{n}(t) = \frac{ \int\limits_0^l u_{n}(x,t)X_n(x) r(x) dx } {\int\limits_0^l \!X_n^2(x) r(x) dx} = \frac{\tilde{C}_n(t)}{\lVert N \rVert^2}$$

Чтобы найти $\tilde{C}_n(t)$ исходное уравнение и начальное условие домножаются на $X_n(x)r(x)$ ($r(x)=1$) и интегрируются от 0 до l. После упрощений получается новый дифур относительно $\tilde{C}_n(t)$.
Математический смысл: раскладываем решение неоднородной задачи по собственным функциям однородной.

[Hymilev]

boh Как то запутанно решаете обычная неоднородная смешанная задача с однородными гран условиями ее решение состоит из решений двух задач : однородная смешанная с исходными условиями и неоднородная с нулевыми нач. и граничными условиями.
ПО поводу первой задачи которую Вы и решаете
С1-произвольная константа и поэтому$X_{n}=A_{n}\cos\frac{\pi nx}{l}$
И Вы потеряли одну собственную функцию отвечающую собственному значению 0
По поводу соответствующей неоднородной задачи - просто ищите решение в виде разложения по собственным функциям $\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}(t)\cos\frac{\pi nx}{l} $, далее раскладывайте свободный член в ряд и решайте задачу на $f_{n}(t) $

[ewert]

И, соответственно, решать отдельно однородную задачу нет решительно никакого смысла.

Вообще есть два стандартных способа оформления решения (в однородном случае): "метод разделения переменных" и "метод разложения по собственным функциям". Первый метод отличается от второго лишь тем, что он менее общий и построен на совершенно непонятной логике. Больше никаких достоинств у него нет, а вычисления так и так одинаковы.

[boh]

Спасибо за указания. Не совсем понятна логика: для решения неоднородной краевой задачи с ненулевым нач. условием нужно решить её с нулевым нач. условием и прибавить решения однородной задачи с ненулевым нач. условием.
Приведу решение, по большей части взятое из книги Тихонова, Самарского:

Цитата:

в качестве математической модели теплового процесса
будем рассматривать краевую задачу следующего вида:

$$ \begin{cases} \bar{u}_{t}=a^{2}\bar{u}_{xx}+b(\bar{u}-u_{c})+f(x)\\ \bar{u}(x,0)=\psi(x) & 0\leqslant x\leqslant l\\ \bar{u}_{x}(0,t)=0 & 0<t\leqslant T\\ \bar{u}_{x}(l,t)=0\end{cases}$$

Сделаем замену в исходной системе: $\bar{u}-u_{c}=ue^{-bt}$, $F(x,t)=f(x)e^{bt}$.
Система примет вид:

$$ \begin{cases} u_{t}=a^{2}u_{xx}+F(x,t)\\ u(x,0)=\psi(x) & 0\leqslant x\leqslant l\\ u_{x}(0,t)=0 & 0<t\leqslant T\\ u_{x}(l,t)=0\end{cases}$$

Решение однородного уравнения. Вспомогательная задача

Рассмотрим вспомогательную задачу

$$ u_{t}=a^{2}u_{xx},\;0<x<l,\;0<t\leqslant T,$$

удовлетворяющее начальному условию

$$ u(x,0)=\psi(x),\;0\leqslant x\leqslant l$$

и однородным граничным условиям

$$ u_{x}(0,t)=0,\; u_{x}(l,t)=0,\;0\leqslant t\leqslant T.$$

Воспользуемся методом разделения переменных. Представим решение в
виде

$$ u(x,t)=X(x)\cdot T(t)$$

Подставив предполагаемое выражение в однородное уравнение $u_{t}=a^{2}u_{xx}$,
получим

$$ (XT)_{t}=a^{2}(XT)_{xx}$$

$$ XT'=a^{2}X''T$$

$$ \frac{T'}{a^{2}T}=\frac{X''}{X}=-\lambda_{n},\;\lambda\geqslant0$$

Из полученного соотношения имеем систему:

$$ \begin{cases} X''(x)=-\lambda X(x)\\ T'(t)=-\lambda a^{2}T(t)\end{cases}$$

Дополним первое уравнение начальными условиями:

$$ \begin{cases} X_{n}''(x)+\lambda_{n}X_{n}(x)=0\\ X_{n}'(0)=X_{n}'(l)=0\end{cases}$$

Общий вид решения: $X_{n}(x)=C_{1}\cos\lambda_{n}x+C_{2}\sin\lambda_{n}x$,
откуда $X_{n}'(x)=-C_{1}\lambda_{n}\sin\lambda_{n}x+C_{2}\lambda_{n}\cos\lambda_{n}x$.

Из граничных условий:

$X_{n}'(0)=C_{2}\lambda_{n}=0\Rightarrow C_{2}=0$

$X_{n}'(l)=-C_{1}\lambda_{n}\sin\lambda_{n}l=0$, т.к. $C_{1}\neq0$,
то $\sin\lambda_{n}l=0\Rightarrow\lambda_{n}l=\pi n$, $n=1,2,\dots$

Итак, только для значений параметра

$$ \lambda_{n}=\left(\frac{\pi n}{l}\right)^{2}$$

существуют нетривиальные решения уравнения, равные

$$ X_{n}(x)=\cos\frac{\pi nx}{l}$$

Этим значениям $\lambda_{n}$соответствуют решения второго уравнения
системы (...)

$$ T_{n}=C_{n}e^{-a^{2}\lambda_{n}t}$$

где $C_{n}$ - неизвестные пока коэффициенты.

Предполагаемое решение с разделёнными переменными будет иметь вид:

$$ u(x,t)=X(x)\cdot T(t)=\cos\frac{\pi nx}{l}\cdot C_{n}e^{-a^{2}\lambda_{n}t}$$

Это частные решения однородного уравнения (...).

Составим формально ряд:

$$ u_{n}(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}C_{n}e^{-a^{2}\lambda_{n}t}\cdot\cos\frac{\pi nx}{l}$$

Функция $u(x,t)$ удовлетворяет граничным условиям, так как им удовлетворяют
все члены ряда. Требуя выполнения начальных условий, получаем:

$$ u_{n}(x,0)=\psi(t)=\sum_{n=1}^{\infty}C_{n}\cos\frac{\pi nx}{l},$$

т. е. $C_{n}$- коэффициенты Фурье функции$\psi(x)$ при разложении
её в ряд по косинусам на интервале $(0,l)$:

$$ C_{n}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\psi(x)\cos\frac{\pi n\xi}{l}\, d\xi$$

Преобразуем полученное решение, заменяя $C_{n}$ их значениями:

$$ u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\psi(\xi)\cos\frac{\pi n\xi}{l}\, d\xi\right]\cdot e^{-a^{2}\lambda_{n}t}\cdot\cos\frac{\pi nx}{l}=$$

$$ =\int_{0}^{l}\left[\frac{2}{l}\sum_{n=1}^{\infty}e^{-a^{2}\lambda_{n}t}\cos\frac{\pi nx}{l}\cos\frac{\pi n\xi}{l}\right]\psi(\xi)\, d\xi$$

Изменение порядков суммирования и интегрирования всегда законно при
$t>0$ в силу того, что ряд в скобках сходится равномерно по $\xi$
при $t>0$ (ряд $\sum\alpha_{n}$, где $\alpha_{n}$ определяется
формулой (...), при $q=0$ является мажорантным для ряда, стоящего
в скобках).

Итак, задача нахождения решения первой краевой задачи для однородного
уравнения с нулевыми граничными условиями и непрерывным, кусочно-гладким
начальным условием решена.


Решение основной задачи

Рассмотрим неоднородное уравнение теплопроводности

$$ u_{t}=a^{2}u_{xx}+F(x,t)$$

с начальным условием

$$ u(x,0)=\varphi(t)$$

и граничными условиями

$$ u_{x}(0,t)=0$$

$$ u_{x}(l,t)=0$$

Будем искать решение этой задачи $u(x,t)$ в виде ряда Фурье по собственным
функциям однородной задачи, т. е. по функциям $\left\{ \cos\frac{\pi nx}{l}\right\} $:

$$ u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(t)\cos\frac{\pi nx}{l},$$

считая при этом $t$ параметром. Для нахождения функций $u_{n}(t)$
представим функцию $F(x,t)$ в виде ряда

$$ F(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}F_{n}(t)\cos\frac{\pi nx}{l},$$

где

$$ F_{n}(t)=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}F(\xi,t)\cos\frac{\pi n\xi}{l}d\xi$$

Подставляя предполагаемую форму решения в исходное уравнение, будем
иметь:

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\cos\frac{\pi nx}{l}\left\{ \left(\frac{\pi n}{l}\right)^{2}a^{2}u_{n}(t)+\dot{u}(t)-F_{n}(t)\right\} =0$$

Это уравнение будет удовлетворено, если все коэффициенты разложения
равны нулю, т. е.

$$ \left(\frac{\pi n}{l}\right)^{2}a^{2}u_{n}(t)+\dot{u}(t)-F_{n}(t)=0$$

$$ \dot{u}(t)=-a^{2}\left(\frac{\pi n}{l}\right)^{2}u_{n}(t)+F_{n}(t).$$

Пользуясь начальным условием для $u(x,t)[math]$

$$ u(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(0)\cos\frac{\pi nx}{l}=0,$$

[/math]


получаем начальное условие для $u_{n}(t)$:

$$ u_{n}(0)=0.$$

Решая ОДУ с нулевым начальным условием, получим решение исходной задачи
в виде

$$ u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\int_{0}^{t}e^{-\left(\frac{\pi n}{l}\right)^{2}a^{2}(t-\tau)}F_{n}(\tau)d\tau\right]\cos\frac{\pi nx}{l}$$

Воспользуемся выражением для $f_{n}(\tau)$ и преобразуем найденное
решение:

$$ u(x,t)=\int_{0}^{t}\int_{0}^{l}\left\{ \frac{2}{l}\sum_{n=1}^{\infty}e^{-\left(\frac{\pi n}{l}\right)^{2}a^{2}(t-\tau)}\cos\frac{\pi nx}{l}\cos\frac{\pi n\xi}{l}\right\} F(\xi,\tau)d\xi\, d\tau$$

В данном случае рассматривалось нулевое начальное условие. Так как
в задаче начальное условие отлично от нуля, то к этому решению следует
прибавить решение однородного уравнения с заданным начальным условием
$u(x,0)=\psi(x)$, найденное ранее.

Проблема в том, что при подстановке заданных функций

$$\varphi(x)=-\frac{4}{l^{2}}x^{2}+\frac{4}{l}x$$

$$\psi(x)=\cos\frac{\pi x}{l}$$

Оба решения: и однородной и неоднородной задачи обращаются в 0.
Буду очень благодарен за подсказки.

[Hymilev]

Я же уже сказал Вы неправильно решили задачу Штурма-Лиувилля поскольку потеряли собственную функцию. (Возьмите $\psi$=1 и найдите $C_n$ и получите 1=0! )
Но проблема не только в этом

$$\psi(x)=\cos\frac{\pi x}{l}$$

является элементом системы собственных функций и нельзя коэффициенты находить по общим формулам, поскольку в этом случае очевидно что все коэффициенты разложения нулевые кроме n=1, а для n=1 нужно отдельно вычислять интегралы.

[ewert]

А вот как надо было делать. Задача
$\begin{cases}u_{t}=a^{2}u_{xx}+b(u-u_{c})+f(x)\\u(x,0)=\psi(x) & 0\leqslant x\leqslant l\\u_{x}(0,t)=0 & 0<t\leqslant T\\u_{x}(l,t)=0\end{cases}$
в операторном виде представляется как
$\begin{cases}u_{t}=Au+F,\\u\Big|_{t=0}=\psi,\end{cases}$
где $F(x)=f(x)-bu_c$ и $A=a^2\frac{d^2}{dx^2}+b$ -- самосопряжённый дифференциальный оператор с областью определения, задаваемой граничными условиями. Собственные числа и функции этого оператора: $Ay_k=\lambda_ky_k$ -- это (по определению) собственные числа и функции соответствующей задачи Штурма-Лиувилля и, да, это $y_k(x)=\cos\frac{\pi kx}{l}$, $\lambda_k=-a^2\pi^2k^2+b$, $k=0,1,2\ldots$. Правая часть уравнения раскладывается в ряд Фурье по собственным функциям (ввиду их ортогональности и полноты): $F(x)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}B_ky_k(x)$, где $B_k=\frac{(F,y_k)}{\|y_k\|^2}=\frac{2}{l}\int_0^lF(x)\cos\frac{\pi kx}{l}\,dx$ (при $k>0$, а для $k=0$ надо, как было метко замечено, убрать двойку). Решение уравнения теплопроводности тоже можно разложить при каждом фиксированном $t$ по собственным функциям: $u(x,t)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}T_k(t)y_k(x)$. После подстановки в операторный вариант уравнения должны сокращаться коэффициенты при каждом из $y_k$, т.е. получаются дифференциальные уравнения $T_k'(t)=\lambda_kT_k(t)+B_k$. Это -- линейные неоднородные уравнения первого порядка с постоянными коэффициентами, и общие решения их элементарно выписываются: $T_k(t)=C_ke^{\lambda_kt}+D_k$, где $C_ke^{\lambda_kt}$ -- общие решения соответствующих однородных уравнений и константы $D_k$ -- это частные решения неоднородных уравнений, т.е. $D_k=-\frac{B_k}{\lambda_k}$. Наконец, произвольные постоянные $C_k$ определяются начальным условием: после подстановки в ряд $t=0$ должно получаться разложение $\psi(x)$ в ряд Фурье по $y_k(x)$, т.е. $C_k+D_k=\frac{2}{l}\int_0^l\psi(x)\cos\frac{\pi kx}{l}\,dx$ (без двойки при $k=0$). И остаётся только собрать всё вместе.

(Только при выписывании решений для $T_k(t)$ надо помнить о возможности натолкнуться на резонанс, если вдруг окажется одно из $\lambda_k=b-a^2\pi^2k^2=0$ и при этом $B_k\neq0$.)

[boh]

ewert, спасибо за столь тщательное пояснение. К сожалению, я не смог на его основе получить решение. Видимо, мне нужно ещё сильнее "разжевать".
Пожалуйста, откликнитесь, кто может уделить мне время и помочь добить эту несчастную курсовую!
P.S. Сроки уже совсем поджимают

[boh]

В надежде, что кто-то всё же поможет, напишу, как я "собрал" решение.
Итак $y_{k}=\cos\frac{\pi kx}{l}$ и $\lambda_{k}=-a^{2}\pi^{2}k^{2}+b$ известны.
С учётом обзначений, $F(x)=f(x)-bu_{c}=\frac{1}{c}\varphi(x)-bu_{c}$. Тогда $B_k$ выражается следующим образом:

$$ B_{k}=\begin{cases} \frac{2}{l}\int_{0}^{l}\left[\frac{1}{c}\varphi(x)-bu_{c}\right]\cos\frac{\pi kx}{l}dx, & k>0\\ \frac{1}{l}\int_{0}^{l}\left[\frac{1}{c}\varphi(x)-bu_{c}\right]\cos\frac{\pi kx}{l}dx, & k=0\end{cases}=$$

$$ =\begin{cases} \frac{2}{lc}\int_{0}^{l}\varphi(x)\cos\frac{\pi kx}{l}dx-\frac{2bu_{c}}{l}\int_{0}^{l}\cos\frac{\pi kx}{l}dx, & k>0\\ \frac{1}{l}\int_{0}^{l}\left[\frac{1}{c}\varphi(x)-bu_{c}\right]\cos0dx, & k=0\end{cases}=$$

$$ =\begin{cases} \frac{2}{lc}\int_{0}^{l}\cos\frac{\pi x}{l}\cos\frac{\pi kx}{l}dx-\frac{2bu_{c}}{l}\frac{l}{\pi}\sin\frac{\pi x}{l}, & k>0\\ \frac{1}{lc}\int_{0}^{l}\varphi(x)dx-\frac{1}{l}\int_{0}^{l}bu_{c}dx, & k=0\end{cases}=$$

$$ =\begin{cases} \frac{2}{lc}\int_{0}^{l}\cos\frac{\pi x}{l}\cos\frac{\pi kx}{l}dx-\frac{2bu_{c}}{\pi}\sin\frac{\pi x}{l}, & k>0\\ \frac{1}{lc}\int_{0}^{l}\cos\frac{\pi x}{l}dx-\frac{bu_{c}}{l}\int_{0}^{l}dx, & k=0\end{cases}=$$

$$ =\begin{cases} \frac{2}{lc}\cdot\frac{l}{2}-\frac{2bu_{c}}{\pi}\sin\frac{\pi x}{l}, & k=1\\ \frac{2}{lc}\cdot0-\frac{2bu_{c}}{\pi}\sin\frac{\pi x}{l}, & k>1\\ \frac{1}{lc}\cdot\frac{l}{\pi}\sin\frac{\pi x}{l}-\frac{bu_{c}}{l}l, & k=0\end{cases}=$$

$$ =\begin{cases} \frac{1}{c}-\frac{2bu_{c}}{\pi}\sin\frac{\pi x}{l}, & k=1\\ -\frac{2bu_{c}}{\pi}\sin\frac{\pi x}{l}, & k>1\\ \frac{1}{\pi c}\sin\frac{\pi x}{l}-bu_{c}, & k=0\end{cases}$$

Значения $D_k$ находятся из известных $\lambda_k$ и $B_k$:

$$ D_{k}=-\frac{B_{k}}{\lambda_{k}}$$

Из условия $C_k+D_k=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}\psi(x)cos\frac{\pi kx}{l}dx$ находим $C_k$

$$ C_{k}=\begin{cases} \frac{2}{l}\int_{0}^{l}\psi(x)\cos\frac{\pi kx}{l}dx-D_{k}, & k>0\\ \frac{1}{l}\int_{0}^{l}\psi(x)\cos\frac{\pi x}{l}dx-D_{0}, & k=0\end{cases}=$$

$$ =\begin{cases} \frac{2}{l}\int_{0}^{l}\left(-\frac{4}{l^{2}}x^{2}+\frac{4}{l}x\right)\cos\frac{\pi kx}{l}dx-D_{k}, & k>0\\ \frac{1}{l}\int_{0}^{l}\left(-\frac{4}{l^{2}}x^{2}+\frac{4}{l}x\right)\cos0dx-D_{0}, & k=0\end{cases}=$$

$$ =\begin{cases} \frac{2}{l}\left(\frac{4l(1+\cos(\pi n))}{\pi^{2}k^{2}}\right)-D_{k}, & k>0\\ \frac{1}{l}\cdot\frac{2l}{3}-D_{0}, & k=0\end{cases}=$$

$$ =\begin{cases} \frac{8(1+\cos(\pi n))}{\pi^{2}k^{2}}-D_{k}, & k>0\\ \frac{2}{3}-D_{0}, & k=0\end{cases}$$

Итак, искомая функция

$$ u(x,t)=\sum_{k=0}^{\infty}T_{k}(t)\cdot y_{k}(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\left(C_{k}e^{\lambda_{k}t}+D_{k}\right)\cdot y_{k}(x) $$

Функция на java, вычисляющая сумму N членов ряда:

private static double u(double x, double t, long N) {
        double r = 0;
        for (int k = 0; k <= N; k++) {
            double lambda_k = -A2*pi*pi*k*k + B;
            double B_k;
            switch (k) {
                case 1: B_k = 1/C - 2*B*U0/pi*sin(pi*x/L); break;
                case 0: B_k = 1/(pi*C)*sin(pi*x/L) - B*U0; break;
                default: B_k = -2*B*U0/(pi*k)*sin(pi*k*x/L);
            }
            double D_k = -(B_k/lambda_k);
            double C_k = (k==0) ? (2/3 - D_k) :
                                  (8*(1+cos(pi*k))/(pi*pi*k*k) - D_k);
            double T_k = C_k * exp(lambda_k * t) + D_k;
            r += T_k * cos(pi*k*x/L);
        }
        return r;
    }

Значения параметров вводятся пользователем:

U0 = Double.parseDouble(u0Field.getText());
T = Double.parseDouble(TField.getText());
C = Double.parseDouble(cField.getText());
k_const = Double.parseDouble(kField.getText());
ALPHA = Double.parseDouble(alphaField.getText());
L = Double.parseDouble(lField.getText());
S = Double.parseDouble(sField.getText());
A2 = k_const / C;
B = 4 * ALPHA / C / sqrt(S);

В результате, в начальный момент график не похож на косинусоиду, а далее он опускается без намёка на остановку.