Hi,
(1) Gleichung (11) und (12)
Aus \( u_x(L,t) = 0 = C e^{4 \lambda t} \left( \sqrt{\lambda} e^{\sqrt{\lambda} L} - \sqrt{\lambda} e^{-\sqrt{\lambda} L} \right) \) folgt
$$ \lambda = 0 \ \text{ oder } \ e^{\sqrt{\lambda} L} - e^{-\sqrt{\lambda} L} = 0 $$
\( \lambda = 0 \) führt zu keiner sinnvollen Lösung, s. (9), also muss gelten
\( e^{\sqrt{\lambda} L} = e^{-\sqrt{\lambda} L} \) daraus folgt \( e^{2\sqrt{\lambda} L} = 1 = e^{ 2 i \pi k } \) und daraus folgt
\( 2\sqrt{\lambda} L = 2 i \pi k \) also \( \lambda_k = -\frac{\pi^2 k^2}{L^2} \)
(2) Aus (14) folgt (15)
$$ u(x,t) = \sum_{k=-\infty}^\infty u_k(x,t) = \sum_{k=-\infty}^{-1} u_k(x,t) + u_0 + \sum_{k=1}^\infty u_k(x,t) $$
\( u_k(x,t) = C_k e^{4 \lambda_k t} \left( e^{\sqrt{\lambda_k} \cdot x} + e^{-\sqrt{\lambda_k} \cdot x} \right) = 2 C_k e^{4 \lambda_k t} \cos\left( \frac{ \pi k}{L} x \right) \)
Damit gilt \( u_0(x,t) = 2 C_0 = \frac{a_0}{2} \)
$$ \sum_{k=-\infty}^{-1} u_k(x,t) = \sum_{k=1}^{\infty} u_{(-k)}(x,t) = \sum_{k=1}^{\infty} 2 C_{(-k)} e^{4 \lambda_{(-k)} t} \cos\left( -\frac{ \pi k}{L} x \right) = \\ \sum_{k=1}^{\infty} 2 C_{(-k)} e^{4 \lambda_{k} t} \cos\left( \frac{ \pi k}{L} x \right) $$
weil der Kosinus eine gerade Funktion ist und \( \lambda_{(-k)} = \lambda_k \) gilt.
Also gilt
$$ \sum_{k=-\infty}^{-1} u_k(x,t) + \sum_{k=1}^\infty u_k(x,t) = \sum_{k=1}^\infty 2 \left( C_{(-k)} +C_k \right) \cos\left( \frac{ \pi k}{L} x \right) e^{-4 \frac{\pi^2 k^2}{L^2} t} $$
also gilt
$$ \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^\infty a_k \cos\left( \frac{ \pi k}{L} x \right) e^{-4 \frac{\pi^2 k^2}{L^2} t} $$
mit \( a_k = 2 \left( C_{(-k)} +C_k \right) \) und \( a_0 = 4 C_0 \)
(3) Warum ist \( \tilde b_k = 0 \)
\( u_0(x,t) = x^2 ( 3L - 2x) \) ist symmetrisch fortgesetzt worden auf \( [-L, \ L ] \), deswegen kann die Fourierreihe von \( u_0(x,t) \) nur Kosinustherme enthalten. Kämen auch Sinusterme vor, wäre die Funktion nicht mehr symmetrisch. Also muss \( \tilde b_k = 0 \) gelten.
