Riscaldare la PDE con una condizione al contorno di Neumann insolita e disomogenea
L'ODE:
$$y_t=ky_{xx}$$
BC:
$$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$
Quindi quest'ultimo è un Neumann BC disomogeneo.
Il dominio:
$$0\leq x \leq L\text{ and }t\geq 0$$
È necessario anche un CI, ma non pertinente alla mia domanda, in questo momento.
Ho familiarità con il metodo di * omogeneizzazione * in cui una funzione separata viene aggiunta alla funzione target in modo che la PDE e / oi suoi BC diventino omogenei. Funziona molto bene in casi semplici.
In base a ciò, per il mio primo tentativo, ho assunto che:
$$y(x,t)=y_E(x)+z(x,t)$$
dove $y_E(x)$ è l'equazione dello stato stazionario (quindi per $y_t=0$):
$$y_t=0\Rightarrow y_E''=0$$
$$\Rightarrow y_E(x)=c_1x+c_2$$
Con $y(0,t)=0$:
$$\Rightarrow c_2=0$$
$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ Ricapitolando: $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ E: $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ E: $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ Quindi l'omogeneizzazione non è stata raggiunta.
Eventuali suggerimenti seri sarebbero molto apprezzati.
Risposte
La soluzione allo stato stazionario per il problema originale è $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$. La soluzione transitoria è data da$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ che ora risolve la PDE, per $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$, $$z_t=k z_{xx},$$ e con i BC $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ per $t>0$ e IC $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ (dove $g$è l'IC del problema originale, non specificato nell'OP). Così il$\beta$termine è svanito come indicato nel mio commento sul PO. La soluzione transitoria può quindi essere trovata separando le variabili.
Per allora otteniamo due ODE uno in $x$, $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ per $0<x<L$ con BC $\phi(0)=0$ e $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ e uno in $t$, $T'+\lambda^2 k T=0$con l'IC. Risolvendo la prima ODE e imponendo il primo BC dà$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ e imporre il secondo aC ed evitare soluzioni banali richiede $\lambda$ risolvere $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ che ha infinite soluzioni $\lambda_n$ per $n\geq 1$. Tutti insieme, otteniamo$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ con la condizione iniziale $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ che conduce a $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ in modo che finalmente, tornando a $y=z+y_E$, noi abbiamo $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ dove $\lambda_n$ e $b_n$ sono definiti sopra.
Si prega di commentare per chiarimenti o correzioni.
Il problema ha una soluzione se semplifichiamo leggermente il secondo BC, in modo che $\beta=0$: $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$
Effettuare la separazione delle variabili, questo produrrà, con $-m^2$ la costante di separazione:
$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ Inserire:
$$y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$ $$-mA_n\cos(mL) =A_n\alpha\sin(mL)$$ $$\Rightarrow \tan(mL)=-\frac{m}{\alpha }$$ $$\mu=mL \Rightarrow$$ $$\tan \mu=-\frac{\mu}{\alpha L}$$
Questa è un'equazione trascendentale che può essere risolta numericamente per $\mu$.
Ma non è una soluzione al problema originale.
Poi ho pensato di effettuare una sostituzione: $$y(x,t)=u(x,t)-\beta$$ $$\Rightarrow u_x(L,t)=\alpha u(L,t)$$
Ma anche:
$$u(0,t)=\beta$$
Snookered di nuovo!
Infine, cambiando la natura del primo a.C. in:
$$y_x(x,t)=0$$
Poi con $y(x,t)=u(x,t)-\beta$:
$$y_x(x,t)=u_x(x,t)=0$$
Ciò produrrebbe:
$$\tan \mu=-\frac{\alpha L}{\mu}$$
Ma anche questo cambia la natura del problema originale.
La chiave sembra essere eliminare $\beta$pur mantenendo omogeneo l'altro aC. Ma come?