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Solución:
Usando la transformada de Laplace tienes $$ s^2 hatu – hatu_xx = 0 $$ con condiciones de contorno $$ hatu(0,s) = hatphi (s), quad hatu_x(pi,s) = 0 $$ lo que lleva a la solución $$ hatu(x,s) = hatphi(s) fraccosh s(pi-x)cosh pi s $$Este es un módulo fantástico que invierte la transformada de Laplace, lo cual creo que se puede hacer, pero aún no tengo claros los detalles.
Otra forma sería tomar $v(x,t) = u(x,t) – phi(t)$ y usar la separación de variables. Este es el caballo de batalla y es un poco infalible, pero implica mucho trabajo.
La forma más intuitiva y, en mi opinión, hermosa de resolver la ecuación es usar el hecho de que para cualquier paralelogramo $ABCD$ en el plano $xt$ delimitado por cuatro líneas características, las sumas de los valores de u en vértices opuestos son igual, es decir $$ u(A) + u(C) = u(B) + u(D) tag1 $$ Si dividimos el plano $xt$ en regiones delimitadas por las características como se muestra en la figura
y toma $A = (x,t) in mboxII$, $B = (0,t_B) in mboxII$, $C = (x_C,0) in mboxI $, $D=(x_D,t_D) in mboxI$, la solución de D’Alambert implica que $$ u(x,t) = 0, quad (x,t) in mboxI $$ y usando $(1)$, tenemos que $$ u(x,t) = phi(tx), quad (x,t) in mboxII $$ Para III, sin onda puede alcanzar la región, por lo tanto $$ u(x,t) = 0, quad (x,t) in mboxIII $$ Para la región IV, tome $A = (x,t) in mbox IV$, $B = (0,t_B) in mboxII$, $C = (x_C,t_C) in mboxI$ y $D = (x_D,t_D) in mboxIII$ y la ecuación $(1)$ implica que $$ u(x,t) = phi(tx), quad (x,t) in mboxIV $$
Para la Región V tomamos $A = (x,t) in mboxV$, $B = (0,t_B) in mboxV$, $C = (x_C,t_C) in mboxIII$ y $D = (x_D,t_D) in mboxIII$ tenemos que $$ u(x,t) = phi(tx), quad (x,t) in mboxV $$
La Región VI es más interesante: tomando $A = (x,t) in mboxVI$, $B = (0,t_B) in mboxII$, $C = (x_C,t_C) en mboxII$ y $D = (pi,t_D) in mboxVI$, la ecuación $(1)$ implica que $$ u(x,t) + u(x_C,t_C) = u(0,t_B) + u(pi,t_D) , Longrightarrow $$ $$ u(x,t) = phi(t_B) – phi(t_C – x_C) + u(pi, t_D) $$ pero beginalign t_B &= t – x \ t_D &= t + x – pi\ x_C &= pi – x\ t_C &= t – pi endalign y luego $$ u(x,t) = phi(tx) – phi(t + x -2pi) + u(pi,t + x – pi) $$ Ahora, usando $u_x(pi, t) = 0 = -2 phi'(t – pi) + u_t(pi,t)$ tenemos $$ u(x,t) = phi(tx) + phi(t + x – 2 pi), quad (x,t) in mboxVI $$
En la región VII, tomando $A = (x,t) in mboxVII$, $B = (0,t_B) in mboxV$, $C = (x_C,t_C) in mboxIV$ y $D = (pi,t_D) in mboxVI$, la ecuación $(1)$ implica que $$ u(x,t) = phi(tx) + phi( t + x – 2pi), quad (x,t) in mboxVII $$ Hasta ahora, es fácil entender los resultados de todas las regiones. Para I y III no existe onda, para II, IV y V solo existe la onda que se origina en la frontera $x = 0$. En VI hay dos ondas, la que se origina en II más la reflexión en la frontera $x = pi$. En VII, está la onda de $x=0$ y la región VI. Esta lógica nos dice que en VIII habrá tres ondas: la de la frontera $x = 0$, la que viene de VI y es reflejo Para ver esto, tomamos $A = (x,t) in mboxVIII$, $B = (0,t_B) in mboxVIII$, $C = (x_C,t_C) in mboxVI$ y $D = (pi,t_D) in mboxVI$, beginalign u(x,t) &= phi(t_B) – phi(t_C – x_C ) – phi(t_C + x_C -2pi) + 2phi(t_D – pi)\ &= phi(tx) + phi(t + x – 2pi) – phi(t – x – 2pi), quad (x,t) in mboxVIII endalign
¿Por qué el cambio de signo en la onda reflejada? uno podría preguntarse. La respuesta es simple: el límite $x = 0$ es duro (Dirichlet), mientras que el límite en $x = pi$ es suave (Neumann).
Para la región IX, tomamos $A = (x,t) in mboxIX$, $B = (0,t_B) in mboxV$, $C = (x_C,t_C) in mboxV$ y $D = (pi,t_D) in mboxIX$, beginalign u(x,t) &= phi(t_B) – phi(t_C-x_C ) + u(pi,t_D)\ &= phi(tx) – phi(t + x – 2pi) + u(pi, t + x – pi) endalign Nuevamente, usando la condición de frontera en $x = pi$ tenemos $u(pi,t) = 2phi(t – pi)$ para $(x,t) in mboxIX$ y $$ u(x,t) = phi(tx) + phi(t + x – 2pi), quad (x,t) in mboxIX $$
Claramente hay un patrón que surge en las regiones triangulares. En los paralelogramos hay que trabajar un poco más, pero con todo, la mesa está puesta para proponer una solución general por inducción.
¿Puedes terminarlo?
La función $v$ satisface una ecuación de onda no homogénea $v_tt = v_xx – phi_tt$ con condiciones de contorno homogéneas y valor inicial $v(x,0) = -phi(0)$. ¿Puedes resolver tal ecuación?
Tengo un mejor enfoque.
Dado que este problema también contiene las condiciones $u(x,0)=0$ y $u_t(x,0)=0$ , no necesariamente tenemos que considerar las cuestiones sobre las condiciones $u(0,t)= phi(t)$ y $u_x(pi,t)=0$ .
Debido a que la PDE es un problema de sobredeterminación y con las condiciones $u(x,0)=0$ y $u_t(x,0)=0$, entonces es mejor tomar la transformada de Laplace en $t$:
$mathcalL_tto su_tt=mathcalL_tto su_xx$
$s^2U(x,s)-su(x,0)-u_t(x,0)=U_xx(x,s)$
$U_xx(x,s)-s^2U(x,s)=0$
$U(x,s)=F(s)e^xs+G(s)e^-xs$
$u(x,t)=f(t+x)H(t+x)+g(tx)H(tx)$
$u(0,t)=phi(t)$ :
$f(t)H(t)+g(t)H(t)=phi(t)$
$porque t>0$
$por lo tanto f(t)+g(t)=phi(t)$
$g(t)=phi(t)-f(t)$
$por lo tanto u(x,t)=f(t+x)H(t+x)+(phi(tx)-f(tx))H(tx)$
$u_x(x,t)=f_x(t+x)H(t+x)+(f_x(tx)-phi_x(tx))H(tx)$
$u_x(pi,t)=0$ :
$f_x(t+pi)H(t+pi)+(f_x(t-pi)-phi_x(t-pi))H(t-pi)=0$
$tto t+pi$ :
$f_x(t+2pi)H(t+2pi)+(f_x(t)-phi_x(t))H(t)=0$
$porque t>0$
$por lo tanto f_x(t+2pi)+f_x(t)-phi_x(t)=0$
$f_x(t+2pi)+f_x(t)=phi_x(t)$
$por lo tanto u(x,t)=f(t+x)H(t+x)+(phi(tx)-f(tx))H(tx)$ , donde $f(t)$ es el solución general de $f_x(t+2pi)+f_x(t)=phi_x(t)$
Si conservas alguna sospecha o forma de limar nuestro tutorial puedes ejecutar una acotación y con mucho gusto lo observaremos.