Calor PDE con condición de límite de Neumann inusual y no homogénea
La EDO:
$$y_t=ky_{xx}$$
BC:
$$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$
Así que este último es un Neumann BC no homogéneo.
El dominio:
$$0\leq x \leq L\text{ and }t\geq 0$$
También se necesita un IC, pero no es relevante para mi pregunta, en este momento.
Estoy familiarizado con el método de * homogeneización * donde se agrega una función separada a la función de destino para que la PDE y / o sus BC se vuelvan homogéneos. Eso funciona muy bien en casos simples.
De acuerdo con eso, para mi primer intento, asumí que:
$$y(x,t)=y_E(x)+z(x,t)$$
dónde $y_E(x)$ es la ecuación de estado estacionario (entonces para $y_t=0$):
$$y_t=0\Rightarrow y_E''=0$$
$$\Rightarrow y_E(x)=c_1x+c_2$$
Con $y(0,t)=0$:
$$\Rightarrow c_2=0$$
$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ Recapitulación: $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ Y: $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ Y: $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ Entonces no se ha logrado la homogeneización.
Cualquier sugerencia seria será muy apreciada.
Respuestas
La solución de estado estacionario para el problema original es $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$. La solución transitoria viene dada por$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ que ahora resuelve el PDE, para $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$, $$z_t=k z_{xx},$$ y con BC $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ para $t>0$ y IC $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ (dónde $g$es el IC del problema original, no especificado en el OP). Por lo tanto, la$\beta$término ha desaparecido como se indica en mi comentario sobre el PO. La solución transitoria se puede encontrar mediante la separación de variables.
Entonces obtenemos dos EDO, una en $x$, $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ para $0<x<L$ con BC $\phi(0)=0$ y $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ y uno en $t$, $T'+\lambda^2 k T=0$con el IC. Resolver la primera EDO e imponer el primer CB da$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ e imponer el segundo CB y evitar soluciones triviales requiere $\lambda$ resolver $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ que tiene infinitas soluciones $\lambda_n$ para $n\geq 1$. Todos juntos obtenemos$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ con condición inicial $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ lo que lleva a $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ para que finalmente, volviendo a $y=z+y_E$, tenemos $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ dónde $\lambda_n$ y $b_n$ se definen anteriormente.
Por favor comente para aclaraciones o correcciones.
El problema tiene solución si simplificamos ligeramente el segundo BC, de modo que $\beta=0$: $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$
Realice la separación de variables, esto dará, con $-m^2$ la constante de separación:
$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ Insertar en:
$$y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$ $$-mA_n\cos(mL) =A_n\alpha\sin(mL)$$ $$\Rightarrow \tan(mL)=-\frac{m}{\alpha }$$ $$\mu=mL \Rightarrow$$ $$\tan \mu=-\frac{\mu}{\alpha L}$$
Esta es una ecuación trascendental que se puede resolver numéricamente para $\mu$.
Pero no es una solución al problema original.
Entonces pensé en realizar una sustitución: $$y(x,t)=u(x,t)-\beta$$ $$\Rightarrow u_x(L,t)=\alpha u(L,t)$$
Pero también:
$$u(0,t)=\beta$$
¡Snookered de nuevo!
Finalmente, cambiando la naturaleza del primer BC a:
$$y_x(x,t)=0$$
Entonces con $y(x,t)=u(x,t)-\beta$:
$$y_x(x,t)=u_x(x,t)=0$$
Esto produciría:
$$\tan \mu=-\frac{\alpha L}{\mu}$$
Pero esto también cambia la naturaleza del problema original.
La clave parece ser eliminar $\beta$manteniendo el otro BC homogéneo. ¿Pero cómo?