Panaskan PDE dengan kondisi batas Neumann yang tidak biasa dan tidak homogen
ODE:
$$y_t=ky_{xx}$$
SM:
$$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$
Jadi yang terakhir adalah Neumann BC yang tidak homogen.
Domain:
$$0\leq x \leq L\text{ and }t\geq 0$$
IC juga diperlukan tetapi tidak relevan dengan pertanyaan saya, saat ini.
Saya terbiasa dengan metode * homogenisasi * di mana fungsi terpisah ditambahkan ke fungsi target sehingga PDE dan / atau BC-nya menjadi homogen. Itu bekerja sangat baik dalam kasus sederhana.
Sejalan dengan itu, untuk percobaan pertama saya, saya berasumsi bahwa:
$$y(x,t)=y_E(x)+z(x,t)$$
dimana $y_E(x)$ adalah persamaan kondisi-mapan (jadi untuk $y_t=0$):
$$y_t=0\Rightarrow y_E''=0$$
$$\Rightarrow y_E(x)=c_1x+c_2$$
Dengan $y(0,t)=0$:
$$\Rightarrow c_2=0$$
$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ Rekap: $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ Dan: $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ Dan: $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ Jadi homogenisasi belum tercapai.
Petunjuk yang serius akan sangat dihargai.
Jawaban
Solusi kondisi mapan untuk masalah aslinya adalah $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$. Solusi transien diberikan oleh$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ yang sekarang memecahkan PDE, untuk $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$, $$z_t=k z_{xx},$$ dan dengan SM $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ untuk $t>0$ dan IC $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ (dimana $g$adalah IC dari masalah asli, tidak ditentukan dalam OP). Jadi$\beta$istilah telah hilang seperti yang ditunjukkan dalam komentar saya di OP. Solusi transien kemudian dapat ditemukan dengan pemisahan variabel.
Untuk kemudian kami mendapatkan dua ODE satu masuk $x$, $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ untuk $0<x<L$ dengan BC $\phi(0)=0$ dan $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ dan satu masuk $t$, $T'+\lambda^2 k T=0$dengan IC. Memecahkan ODE pertama dan menerapkan BC pertama memberi$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ dan memaksakan BC kedua dan menghindari solusi sepele membutuhkan $\lambda$ menyelesaikan $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ yang memiliki solusi tak terbatas $\lambda_n$ untuk $n\geq 1$. Bersama-sama, kita dapatkan$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ dengan kondisi awal $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ yang mengarah ke $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ sehingga akhirnya, kembali lagi ke $y=z+y_E$, kita punya $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ dimana $\lambda_n$ dan $b_n$ didefinisikan di atas.
Tolong beri komentar untuk klarifikasi atau koreksi.
Masalahnya ada solusinya jika kita menyederhanakan BC kedua sedikit, sehingga $\beta=0$: $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$
Lakukan pemisahan variabel, ini akan menghasilkan, dengan $-m^2$ konstanta pemisahan:
$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ Masukkan ke dalam:
$$y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$ $$-mA_n\cos(mL) =A_n\alpha\sin(mL)$$ $$\Rightarrow \tan(mL)=-\frac{m}{\alpha }$$ $$\mu=mL \Rightarrow$$ $$\tan \mu=-\frac{\mu}{\alpha L}$$
Ini adalah persamaan transendental yang dapat diselesaikan secara numerik $\mu$.
Tapi itu bukanlah solusi untuk masalah aslinya.
Kemudian saya berpikir untuk melakukan substitusi: $$y(x,t)=u(x,t)-\beta$$ $$\Rightarrow u_x(L,t)=\alpha u(L,t)$$
Tetapi juga:
$$u(0,t)=\beta$$
Tersesat lagi!
Terakhir, mengubah sifat BC pertama menjadi:
$$y_x(x,t)=0$$
Lalu dengan $y(x,t)=u(x,t)-\beta$:
$$y_x(x,t)=u_x(x,t)=0$$
Ini akan menghasilkan:
$$\tan \mu=-\frac{\alpha L}{\mu}$$
Tapi ini juga mengubah sifat dari masalah aslinya.
Kuncinya sepertinya untuk menghilangkan $\beta$sambil menjaga agar BC lainnya tetap homogen. Tapi bagaimana caranya?