Partial differential equations

8.3.1
Periodic Forcing
If the forcing S(x, y, t) is a periodic function in time, we have an interesting case. Suppose
S(x, y, t) = σ(x, y) cos ωt,
(8.3.1.1)
then by (8.3.9) we have
s
i
(t) = σ
i
cos ωt,
(8.3.1.2)
where
σ
i
(t) =
( (
σ(x, y)φ
i
(x, y)dxdy
( (
φ
2
i
(x, y)dxdy
.
(8.3.1.3)
The ODE for the unknown u
i
(t) becomes
¨
u
i
(t) + c
2
λ
i
u
i
(t) = σ
i
cos ωt.
(8.3.1.4)
In this case the particular solution of the nonhomogeneous is
σ
i
c
2
λ
i
− ω
2
cos ωt
(8.3.1.5)
and thus
u
i
(t) = c
1
cos c
+
λ
i
t + c
2
sin c
+
λ
i
t +
σ
i
c
2
λ
i
− ω
2
cos ωt.
(8.3.1.6)
The amplitude u
i
(t) of the mode φ
i
(x, y) is decomposed to a vibration at the natural fre-
quency c
√
λ
i
and a vibration at the forcing frequency ω. What happens if ω is one of the
natural frequencies, i.e.
ω = c
+
λ
i
for some
i.
(8.3.1.7)
Then the denominator in (8.3.1.6) vanishes. The particular solution should not be (8.3.1.5)
but rather
σ
i
2ω
t sin ωt.
(8.3.1.8)
The amplitude is growing linearly in t. This is called resonance.
187

Problems
1. Consider a vibrating string with time dependent forcing
u
tt
− c
2
u
xx
= S(x, t),
0 < x < L
subject to the initial conditions
u(x, 0) = f (x),
u
t
(x, 0) = 0,
and the boundary conditions
u(0, t) = u(L, t) = 0.
a.
Solve the initial value problem.
b.
Solve the initial value problem if S(x, t) = cos ωt. For what values of ω does resonance
occur?
2. Consider the following damped wave equation
u
tt
− c
2
u
xx
+ βu
t
= cos ωt,
0 < x < π,
subject to the initial conditions
u(x, 0) = f (x),
u
t
(x, 0) = 0,
and the boundary conditions
u(0, t) = u(π, t) = 0.
Solve the problem if β is small (0 < β < 2c).
3. Solve the following
u
tt
− c
2
u
xx
= S(x, t),
0 < x < L
subject to the initial conditions
u(x, 0) = f (x),
u
t
(x, 0) = 0,
and each of the following boundary conditions
a.
u(0, t) = A(t)
u(L, t) = B(t)
b.
u(0, t) = 0
u
x
(L, t) = 0
c.
u
x
(0, t) = A(t)
u(L, t) = 0.
188

4. Solve the wave equation
u
tt
− c
2
u
xx
= xt,
0 < x < L,
subject to the initial conditions
u(x, 0) = sin x
u
t
(x, 0) = 0
and each of the boundary conditions
a.
u(0, t) = 1,
u(L, t) = t.
b.
u
x
(0, t) = t,
u
x
(L, t) = t
2
.
c.
u(0, t) = 0,
u
x
(L, t) = t.
d.
u
x
(0, t) = 0,
u
x
(L, t) = 1.
5. Solve the wave equation
u
tt
− u
xx
= 1,
0 < x < L,
subject to the initial conditions
u(x, 0) = f (x)
u
t
(x, 0) = g(x)
and the boundary conditions
u(0, t) = 1,
u
x
(L, t) = B(t).
189

8.4
Poisson’s Equation
In this section we solve Poisson’s equation subject to homogeneous and nonhomogeneous
boundary conditions. In the first case we can use the method of eigenfunction expansion in
one dimension and two.
8.4.1
Homogeneous Boundary Conditions
Consider Poisson’s equation
∇
2
u = S,
(8.4.1.1)
subject to homogeneous boundary condition, e.g.
u = 0,
on the boundary.
(8.4.1.2)
The problem can be solved by the method of eigenfunction expansion. To be specific we
suppose the domain is a rectangle of length L and height H, see figure 55.
We first consider the one dimensional eigenfunction expansion, i.e.
φ
n
(x) = sin
nπ
L
x,
(8.4.1.3)
and
u(x, y) =
∞

n=1
u
n
(y) sin
nπ
L
x.
(8.4.1.4)
Substitution in Poisson’s equation, we get
∞

n=1

u



n
(y)
−
nπ
L

2
u
n
(y)

sin
nπ
L
x =
∞

n=1
s
n
(y) sin
nπ
L
x,
(8.4.1.5)
where
s
n
(y) =
2
L


L
0
S(x, y) sin
nπ
L
xdx.
(8.4.1.6)
The other boundary conditions lead to
u
n
(0) = 0,
(8.4.1.7)
u
n
(H) = 0.
(8.4.1.8)
So we end up with a boundary value problem for u
n
(y), i.e.
u

n
(y)
−
nπ
L

2
u
n
(y) = s
n
(y),
(8.4.1.9)
subject to (8.4.1.7)-(8.4.1.8).
It requires a lengthy algebraic manipulation to show that the solution is
u
n
(y) =
sinh
nπ(H−y)
L
−
nπ
L
sinh
nπH
L


y
0
s
n
(ξ) sinh
nπ
L
ξdξ +
sinh
nπy
L
−
nπ
L
sinh
nπH
L


H
y
s
n
(ξ) sinh
nπ
L
(H
− ξ)dξ.
(8.4.1.10)
190

x
y
Figure 55: Rectangular domain
So the solution is given by (8.4.1.4) with u
n
(y) and s
n
(y) given by (8.4.1.10) and (8.4.1.6)
respectively.
Another approach, related to the first, is the use of two dimensional eigenfunctions. In
the example,
φ
nm
= sin
nπ
L
x sin
mπ
H
y,
(8.4.1.11)
λ
nm
=
nπ
L

2
+
mπ
H

2
.
(8.4.1.12)
We then write the solution
u(x, y) =
∞

n=1
∞

m=1
u
nm
φ
nm
(x, y).
(8.4.1.13)
Substituting (8.4.1.13) into the equation, we get
∞

n=1
∞

m=1
(
−u
nm
)λ
nm
sin
nπ
L
x sin
mπ
H
y = S(x, y).
(8.4.1.14)
Therefore
−u
nm
λ
nm
are the coefficients of the double Fourier series expansion of S(x, y),
that is
u
nm
=
(
L
0
(
H
0
S(x, y) sin
nπ
L
x sin
mπ
H
ydydx
−λ
nm
(
L
0
(
H
0
sin
2 nπ
L
x sin
2 mπ
H
ydydx
.
(8.4.1.15)
This double series may converge slower than the previous solution.
191

8.4.2
Inhomogeneous Boundary Conditions
The problem is then
∇
2
u = S,
(8.4.2.1)
subject to inhomogeneous boundary condition, e.g.
u = α,
on the boundary.
(8.4.2.2)
The eigenvalues λ
i
and the eigenfunctions φ
i
satisfy
∇
2
φ
i
=
−λ
i
φ
i
,
(8.4.2.3)
φ
i
= 0,
on the boundary.
(8.4.2.4)
Since the boundary condition (8.4.2.2) is not homogeneous, we cannot differentiate the in-
finite series term by term. But note that the coefficients u
n
of the expansion are given
by:
u
n
=
( (
u(x, y)φ
n
(x, y)dxdy
( (
φ
2
n
(x, y)dxdy
=
−
1
λ
n
( (
u
∇
2
φ
n
dxdy
( (
φ
2
n
dxdy
.
(8.4.2.5)
Using Green’s formula, i.e.

 

u
∇
2
φ
n
dxdy =

 

φ
n
∇
2
udxdy +
.
(u
∇φ
n
− φ
n
∇u) ·  nds,
substituting from (8.4.2.1), (8.4.2.2) and (8.4.2.4)
=

 

φ
n
Sdxdy +
.
α
∇φ
n
·  nds
(8.4.2.6)
Therefore the coefficients u
n
become (combining (8.4.2.5)-(8.4.2.6))
u
n
=
−
1
λ
n
( (
Sφ
n
dxdy +
,
α
∇φ
n
·  nds
( (
φ
2
n
dxdy
.
(8.4.2.7)
If α = 0 we get (8.4.1.15). The case λ = 0 will not be discussed here.
We now give another way to solve the same problem (8.4.2.1)-(8.4.2.2). Since the problem
is linear, we can write
u = v + w
(8.4.2.8)
where v solves Poisson’s equation with homogeneous boundary conditions (see the previous
subsection) ans w solves Laplace’s equation with the nonhomogeneous bounday conditions
(8.4.2.2).
192

Problems
1. Solve
∇
2
u = S(x, y),
0 < x < L,
0 < y < H,
a.
u(0, y) = u(L, y) = 0
u(x, 0) = u(x, H) = 0
Use a Fourier sine series in y.
b.
u(0, y) = 0
u(L, y) = 1
u(x, 0) = u(x, H) = 0
Hint: Do NOT reduce to homogeneous boundary conditions.
c.
u
x
(0, y) = u
x
(L, y) = 0
u
y
(x, 0) = u
y
(x, H) = 0
In what situations are there solutions?
2. Solve the following Poisson’s equation
∇
2
u = e
2y
sin x,
0 < x < π,
0 < y < L,
u(0, y) = u(π, y) = 0,
u(x, 0) = 0,
u(x, L) = f (x).
193

SUMMARY
Nonhomogeneous problems
1. Find a function w that satisfies the inhomogeneous boundary conditions (except for
Poisson’s equation).
2. Let v = u
− w, then v satisfies an inhomogeneous PDE with homogeneous boundary
conditions.
3. Solve the homogeneous equation with homogeneous boundary conditions to obtain
eigenvalues and eigenfunctions.
4. Expand the solution v, the right hand side (source/sink) and initial condition(s) in
eigenfunctions series.
5. Solve the resulting inhomogeneous ODE.
194

9
Fourier Transform Solutions of PDEs
In this chapter we discuss another method to solve PDEs. This method extends the separa-
tion of variables to infinite domain.
9.1
Motivation
We start with an example to motivate the Fourier transform method.
Example
Solve the heat equation
u
t
= ku
xx
,
−∞ < x < ∞,
(9.1.1)
subject to the initial condition
u(x, 0) = f (x).
(9.1.2)
Using the method of separation of variables we have
u(x, t) = X(x)T (t),
(9.1.3)
and the two ODEs are
˙
T (t) =
−kλT (t),
(9.1.4)
X

(x) =
−λX(x).
(9.1.5)
Notice that we do not have any boundary conditions, but we clearly require the solution to
be bounded as x approaches
±∞. Using the boundedness, we can immediately eliminate
the possibility that λ < 0 (exercise) and the case λ = 0. Any λ > 0 will do. This is called a
continuous spectrum. In the case of finite domain, we always have a discrete spectrum. The
principle of superposition will take the form of an integral (instead of an infinite series):
u(x, t) =


∞
0
)
C(λ) cos
√
λx + D(λ) sin
√
λx
*
e
−kλt
dλ.
Let λ = ω
2
, then
u(x, t) =


∞
0
{A(ω) cos ωx + B(ω) sin ωx} e
−kω
2
t
dω.
(9.1.6)
The initial condition leads to
f (x) =


∞
0
{A(ω) cos ωx + B(ω) sin ωx} dω.
(9.1.7)
We can rewrite these integral as follows
u(x, t) =


∞
−∞
K(ω)e
iωx
e
−kω
2
t
dω,
(9.1.8)
f (x) =


∞
−∞
K(ω)e
iωx
dω,
(9.1.9)
by representing the trigonometric functions as complex exponentials and combining the
resulting integrals.
In the next section, we define Fourier transform and show how to obtain the solution to
the heat conduction and wave equations.
195

9.2
Fourier Transform pair
Let
F (ω) =
1
2π


∞
−∞
f (x)e
−iωx
dx
(9.2.1)
be the Fourier transform of f (x). The inverse Fourier transform is defined by
f (x) =


∞
−∞
F (ω)e
iωx
dω .
(9.2.2)
Actually the left hand side should be
f (x
+
) + f (x
−
)
2
.
In order to solve the heat equation, we need the Inverse Fourier transform of a Gaussian:
G(ω) = e
−αω
2
.
(9.2.3)
g(x) =


∞
−∞
e
−αω
2
e
iωx
dω =


∞
−∞
e
−αω
2
+iωx
dω .
(9.2.4)
We will show that (next 2 pages)
−10
−8
−6
−4
−2
0
2
4
6
8
10
0
0.5
1
1.5
2
α
 =2
−10
−8
−6
−4
−2
0
2
4
6
8
10
0
0.5
1
1.5
2
α
 =5
Figure 56: Plot G(ω) for α = 2 and α = 5
g(x) =
/
π
α
e
−
x2
4α
.
(9.2.5)
This function is also a Gaussian. The parameter α controls the spread of the bell. If α is
large G(ω) is sharply peaked, but then
1
α
is small and g(x) is broadly spread, see Figures
56-57.
g(x) =


∞
−∞
e
−αω
2
+ixω
dω
=


∞
−∞
e
−α(
ω
2
− i
x
α
ω)
dω
196

−10
−8
−6
−4
−2
0
2
4
6
8
10
0
0.5
1
1.5
2
α
 =2
−10
−8
−6
−4
−2
0
2
4
6
8
10
0
0.5
1
1.5
2
α
 =5
Figure 57: Plot g(x) for α = 2 and α = 5
complete the squares
= e
−
x2
4α


∞
−∞
e
−α(ω−i
x
2α
)
2
dω.
Let
z =
√
α(ω
− i
x
2α
)
dz =
√
αdω
= e
−
x2
4α
1
√
α


∞−i
x
2α
−∞−i
x
2α
e
−z
2
dz
From complex variables
= e
−
x2
4α
1
√
α


∞
−∞
e
−z
2
dz
The trick to compute the integral is as follows: if
I =


∞
−∞
e
−z
2
dz
then
I
2
=


∞
−∞
e
−x
2
dx


∞
−∞
e
−y
2
dy =


∞
−∞


∞
−∞
e
−(x
2
+y
2
)
dy dx .
Use polar coordinates
x
2
+ y
2
= r
2
dx dy = rdrdθ
I
2
=


2π
0


∞
0
e
−r
2
rdr

dθ.
The integral in r is easy (let r
2
= s, 2rdr = ds), therefore
I
2
=
1
2
· 2π = π .
197

Thus
g(x) = e
−
x2
4α
1
√
α
√
π
(9.2.6)
which is (9.2.5)
198

Problems
1. Show that the Fourier transform is a linear operator, i. e.
F (c
1
f (x) + c
2
g(x)) = c
1
F (f(x)) + c
2
F (g(x)) .
2.
If F (ω) is the Fourier tranform of f (x), show that the inverse Fourier transform of
e
−iωβ
F (ω) is f (x
− β) . This is known as the shift theorem.
3. Determine the Fourier transform of
f (x) =

0
|x| > a
1
|x| < a .
4. Determine the Fourier transform of
f (x) =


x
0
φ(t)dt.
5. Prove the scaling theorem
F (f(ax)) =
1
|a|
F (f(x)) .
6. If F (ω) is the Fourier tranform of f (x), prove the translation theorem
F
e
iax
f (x)
= F (ω
− a).
199