Hitze-PDE mit ungewöhnlicher, inhomogener Neumann-Randbedingung
Die ODE:
$$y_t=ky_{xx}$$
BCs:
$$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$
Letzteres ist also ein inhomogenes Neumann BC.
Die Domain:
$$0\leq x \leq L\text{ and }t\geq 0$$
Ein IC wird ebenfalls benötigt, ist aber momentan für meine Frage nicht relevant.
Ich bin mit der Methode der * Homogenisierung * vertraut, bei der der Zielfunktion eine separate Funktion hinzugefügt wird, damit die PDE und / oder ihre BCs homogen werden. Das funktioniert in einfachen Fällen sehr gut.
Dementsprechend ging ich bei meinem ersten Versuch davon aus, dass:
$$y(x,t)=y_E(x)+z(x,t)$$
wo $y_E(x)$ ist die stationäre Gleichung (so z $y_t=0$):
$$y_t=0\Rightarrow y_E''=0$$
$$\Rightarrow y_E(x)=c_1x+c_2$$
Mit $y(0,t)=0$::
$$\Rightarrow c_2=0$$
$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ Rückblick: $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ Und: $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ Und: $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ Eine Homogenisierung wurde also nicht erreicht.
Alle ernsthaften Hinweise wäre sehr dankbar.
Antworten
Die stationäre Lösung für das ursprüngliche Problem ist $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$. Die Übergangslösung ist gegeben durch$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ was nun die PDE löst, z $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$, $$z_t=k z_{xx},$$ und mit BCs $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ zum $t>0$ und IC $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ (wo $g$ist der IC des ursprünglichen Problems (im OP nicht spezifiziert). Und so kam es dass der$\beta$Begriff ist verschwunden, wie in meinem Kommentar zum OP angegeben. Die Übergangslösung kann dann durch Trennung von Variablen gefunden werden.
Für dann bekommen wir zwei ODEs eins in $x$, $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ zum $0<x<L$ mit BC $\phi(0)=0$ und $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ und einer in $t$, $T'+\lambda^2 k T=0$mit dem IC. Das Lösen der ersten ODE und das Auferlegen des ersten BC ergibt$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ und das Auferlegen des zweiten BC und das Vermeiden trivialer Lösungen erfordert $\lambda$ lösen $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ das hat unendliche Lösungen $\lambda_n$ zum $n\geq 1$. Alles zusammen bekommen wir$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ mit Ausgangszustand $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ was dazu führt $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ so dass schließlich zurück zu $y=z+y_E$, wir haben $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ wo $\lambda_n$ und $b_n$ sind oben definiert.
Bitte kommentieren Sie für Klarstellungen oder Korrekturen.
Das Problem hat eine Lösung, wenn wir den zweiten BC etwas vereinfachen, so dass $\beta=0$:: $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$
Führen Sie eine Trennung der Variablen durch, dies ergibt mit $-m^2$ die Trennungskonstante:
$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ Einfügen in:
$$y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$ $$-mA_n\cos(mL) =A_n\alpha\sin(mL)$$ $$\Rightarrow \tan(mL)=-\frac{m}{\alpha }$$ $$\mu=mL \Rightarrow$$ $$\tan \mu=-\frac{\mu}{\alpha L}$$
Dies ist eine transzendentale Gleichung, die numerisch gelöst werden kann $\mu$.
Aber es ist keine Lösung für das ursprüngliche Problem.
Dann dachte ich, eine Substitution durchzuführen: $$y(x,t)=u(x,t)-\beta$$ $$\Rightarrow u_x(L,t)=\alpha u(L,t)$$
Aber auch:
$$u(0,t)=\beta$$
Wieder Snooker!
Schließlich ändern Sie die Natur des ersten BC zu:
$$y_x(x,t)=0$$
Dann mit $y(x,t)=u(x,t)-\beta$::
$$y_x(x,t)=u_x(x,t)=0$$
Dies würde ergeben:
$$\tan \mu=-\frac{\alpha L}{\mu}$$
Aber auch dies ändert die Art des ursprünglichen Problems.
Der Schlüssel scheint zu sein, zu beseitigen $\beta$während der andere BC homogen bleibt. Aber wie?