Heat PDE avec condition aux limites de Neumann inhabituelle et non homogène
L'ODE:
$$y_t=ky_{xx}$$
BC:
$$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$
Donc ce dernier est un Neumann BC inhomogène.
Le domaine:
$$0\leq x \leq L\text{ and }t\geq 0$$
Un CI est également nécessaire mais pas pertinent pour ma question, pour le moment.
Je suis familier avec la méthode de * l'homogénéisation * où une fonction distincte est ajoutée à la fonction cible afin que la PDE et / ou ses BC deviennent homogènes. Cela fonctionne très bien dans les cas simples.
Conformément à cela, pour ma première tentative, j'ai supposé que:
$$y(x,t)=y_E(x)+z(x,t)$$
où $y_E(x)$ est l'équation en régime permanent (donc pour $y_t=0$):
$$y_t=0\Rightarrow y_E''=0$$
$$\Rightarrow y_E(x)=c_1x+c_2$$
Avec $y(0,t)=0$:
$$\Rightarrow c_2=0$$
$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ Récapitulation: $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ Et: $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ Et: $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ L'homogénéisation n'a donc pas été réalisée.
Tout pointeur sérieux serait très apprécié.
Réponses
La solution en régime permanent du problème d'origine est $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$. La solution transitoire est donnée par$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ qui résout maintenant le PDE, pour $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$, $$z_t=k z_{xx},$$ et avec les BC $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ pour $t>0$ et IC $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ (où $g$est le CI du problème d'origine, non spécifié dans l'OP). Ainsi, le$\beta$terme a disparu comme indiqué dans mon commentaire sur le PO. La solution transitoire peut alors être trouvée par séparation des variables.
Car alors nous obtenons deux ODE un en $x$, $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ pour $0<x<L$ avec BC $\phi(0)=0$ et $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ et un dans $t$, $T'+\lambda^2 k T=0$avec l'IC. Résoudre le premier ODE et imposer le premier BC donne$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ et imposer le deuxième BC et éviter les solutions triviales nécessite $\lambda$ résoudre $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ qui a des solutions infinies $\lambda_n$ pour $n\geq 1$. Tous ensemble, nous obtenons$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ avec condition initiale $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ qui conduit à $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ pour que finalement, revenant à $y=z+y_E$, nous avons $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ où $\lambda_n$ et $b_n$ sont définis ci-dessus.
Veuillez commenter pour des clarifications ou des corrections.
Le problème a une solution si nous simplifions légèrement le deuxième BC, de sorte que $\beta=0$: $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$
Effectuer la séparation des variables, cela donnera, avec $-m^2$ la constante de séparation:
$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ Insérer dans:
$$y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$ $$-mA_n\cos(mL) =A_n\alpha\sin(mL)$$ $$\Rightarrow \tan(mL)=-\frac{m}{\alpha }$$ $$\mu=mL \Rightarrow$$ $$\tan \mu=-\frac{\mu}{\alpha L}$$
Il s'agit d'une équation transcendantale qui peut être résolue numériquement pour $\mu$.
Mais ce n'est pas une solution au problème initial.
Puis j'ai pensé effectuer une substitution: $$y(x,t)=u(x,t)-\beta$$ $$\Rightarrow u_x(L,t)=\alpha u(L,t)$$
Mais aussi:
$$u(0,t)=\beta$$
Snookered à nouveau!
Enfin, changer la nature du premier BC en:
$$y_x(x,t)=0$$
Puis avec $y(x,t)=u(x,t)-\beta$:
$$y_x(x,t)=u_x(x,t)=0$$
Cela donnerait:
$$\tan \mu=-\frac{\alpha L}{\mu}$$
Mais cela change aussi la nature du problème initial.
La clé semble être d'éliminer $\beta$tout en gardant les autres BC homogènes. Mais comment?