गर्मी PDE असामान्य, अमानवीय Neumann सीमा स्थिति के साथ
ODE:
$$y_t=ky_{xx}$$
बीसी:
$$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$
तो उत्तरार्द्ध एक अमानवीय Neumann ईसा पूर्व है।
डोमेन:
$$0\leq x \leq L\text{ and }t\geq 0$$
एक आईसी की भी जरूरत है, लेकिन अभी मेरे सवाल के लिए प्रासंगिक नहीं है।
मैं * homogenisation * की विधि से परिचित हूँ जहाँ लक्ष्य फ़ंक्शन में एक अलग फ़ंक्शन जोड़ा जाता है ताकि PDE और / या इसके BC समरूप हो जाएँ। यह आसान मामलों में बहुत अच्छी तरह से काम करता है।
उसके अनुसार, अपने पहले प्रयास के लिए, मैंने मान लिया:
$$y(x,t)=y_E(x)+z(x,t)$$
कहाँ पे $y_E(x)$ स्थिर-राज्य समीकरण (के लिए) है $y_t=0$):
$$y_t=0\Rightarrow y_E''=0$$
$$\Rightarrow y_E(x)=c_1x+c_2$$
साथ में $y(0,t)=0$:
$$\Rightarrow c_2=0$$
$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ पुनरावर्तन: $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ तथा: $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ तथा: $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ इसलिए समरूपता हासिल नहीं की गई है।
किसी भी गंभीर संकेत बहुत सराहना की जाएगी।
जवाब
मूल समस्या के लिए स्थिर राज्य समाधान है $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$। क्षणिक समाधान द्वारा दिया जाता है$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ जो अब PDE के लिए हल करता है $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$, $$z_t=k z_{xx},$$ और बीसी के साथ $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ के लिये $t>0$ और आई.सी. $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ (कहाँ पे $g$मूल समस्या का आईसी है, ओपी में अनिर्दिष्ट)। इस प्रकार$\beta$ओपी पर मेरी टिप्पणी के अनुसार शब्द गायब हो गया है। फिर क्षणिक समाधान को चरों के पृथक्करण द्वारा पाया जा सकता है।
तब के लिए हमें दो ODEs मिलते हैं $x$, $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ के लिये $0<x<L$ के साथ ई.पू. $\phi(0)=0$ तथा $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ और एक में $t$, $T'+\lambda^2 k T=0$आईसी के साथ। पहले ODE को हल करना और पहला BC देना$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ और दूसरा ई.पू. लगाने और तुच्छ समाधान से बचने की आवश्यकता है $\lambda$ समाधान करना $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ जिसका अनंत समाधान है $\lambda_n$ के लिये $n\geq 1$। सब एक साथ, हमें मिलता है$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ प्रारंभिक स्थिति के साथ $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ जिससे होता है $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ ताकि अंत में, वापस लौटने के लिए $y=z+y_E$, हमारे पास है $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ कहाँ पे $\lambda_n$ तथा $b_n$ ऊपर परिभाषित किया गया है।
कृपया स्पष्टीकरण या सुधार के लिए टिप्पणी करें।
समस्या का एक हल है अगर हम दूसरी बीसी को थोड़ा सरल करते हैं, ताकि $\beta=0$: $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$
चर का पृथक्करण करना, इससे उपज होगी, साथ $-m^2$ जुदाई निरंतर:
$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ में डालें:
$$y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$ $$-mA_n\cos(mL) =A_n\alpha\sin(mL)$$ $$\Rightarrow \tan(mL)=-\frac{m}{\alpha }$$ $$\mu=mL \Rightarrow$$ $$\tan \mu=-\frac{\mu}{\alpha L}$$
यह एक ट्रान्सेंडैंटल समीकरण है जिसे संख्यात्मक रूप से हल किया जा सकता है $\mu$।
लेकिन यह मूल समस्या का हल नहीं है।
तब मैंने सोचा कि एक प्रतिस्थापन ले जाना चाहिए: $$y(x,t)=u(x,t)-\beta$$ $$\Rightarrow u_x(L,t)=\alpha u(L,t)$$
लेकिन:
$$u(0,t)=\beta$$
फिर से सूँघा!
अंत में, पहली ईसा पूर्व की प्रकृति को बदलकर:
$$y_x(x,t)=0$$
फिर साथ में $y(x,t)=u(x,t)-\beta$:
$$y_x(x,t)=u_x(x,t)=0$$
इससे उपज होगी:
$$\tan \mu=-\frac{\alpha L}{\mu}$$
लेकिन इससे मूल समस्या का स्वरूप भी बदल जाता है।
कुंजी को खत्म करने के लिए लगता है $\beta$अन्य ईसा पूर्व सजातीय रखते हुए। पर कैसे?