異常な不均一なノイマン境界条件で偏微分方程式を加熱する
ODE：
$$y_t=ky_{xx}$$
BC：
$$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$
したがって、後者は不均一なノイマンBCです。
ドメイン：
$$0\leq x \leq L\text{ and }t\geq 0$$
ICも必要ですが、今のところ私の質問には関係ありません。
私は、偏微分方程式やそのBCが均一になるように、ターゲット関数に個別の関数を追加する*均質化*の方法に精通しています。これは単純なケースで非常にうまく機能します。
それに従って、私の最初の試みでは、私は次のことを仮定しました：
$$y(x,t)=y_E(x)+z(x,t)$$
どこ $y_E(x)$ は定常状態の方程式です（ $y_t=0$）：
$$y_t=0\Rightarrow y_E''=0$$
$$\Rightarrow y_E(x)=c_1x+c_2$$
と $y(0,t)=0$：
$$\Rightarrow c_2=0$$
$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ 要約： $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ そして： $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ そして： $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ そのため、均質化は達成されていません。
深刻な指摘をいただければ幸いです。
回答
元の問題の定常状態の解決策は次のとおりです。 $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$。過渡解は次の式で与えられます。$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ これで偏微分方程式が解かれます。 $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$、 $$z_t=k z_{xx},$$ とBCと $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ にとって $t>0$ およびIC $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ （どこ $g$は元の問題のICであり、OPでは指定されていません）。したがって、$\beta$OPに関する私のコメントに示されているように、用語は消えました。一時的な解決策は、変数分離によって見つけることができます。
そのため、2つのODEを1つ取得します $x$、 $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ にとって $0<x<L$ 紀元前に $\phi(0)=0$ そして $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ と1つ $t$、 $T'+\lambda^2 k T=0$ICで。最初の常微分方程式を解き、最初のBCを課すと$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ 2番目のBCを課し、些細な解決策を回避するには、 $\lambda$ 解決する $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ 無限の解決策があります $\lambda_n$ にとって $n\geq 1$。一緒に、私たちは得る$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ 初期状態で $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ これは $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ 最後に、 $y=z+y_E$、 我々は持っています $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ どこ $\lambda_n$ そして $b_n$ 上で定義されています。
明確化または修正についてコメントしてください。
2番目のBCを少し単純化すると、問題は解決します。 $\beta=0$： $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$
変数分離を実行すると、次のようになります。 $-m^2$ 分離定数：
$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ 挿入先：
$$y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$ $$-mA_n\cos(mL) =A_n\alpha\sin(mL)$$ $$\Rightarrow \tan(mL)=-\frac{m}{\alpha }$$ $$\mu=mL \Rightarrow$$ $$\tan \mu=-\frac{\mu}{\alpha L}$$
これは、数値的に解くことができる超越方程式です。 $\mu$。
しかし、それは元の問題の解決策ではありません。
それから私は代用を実行しようと思いました： $$y(x,t)=u(x,t)-\beta$$ $$\Rightarrow u_x(L,t)=\alpha u(L,t)$$
だけでなく：
$$u(0,t)=\beta$$
再びスヌーカー！
最後に、最初のBCの性質を次のように変更します。
$$y_x(x,t)=0$$
その後、 $y(x,t)=u(x,t)-\beta$：
$$y_x(x,t)=u_x(x,t)=0$$
これにより、次の結果が得られます。
$$\tan \mu=-\frac{\alpha L}{\mu}$$
しかし、これも元の問題の性質を変えます。
重要なのは排除することのようです $\beta$他のBCを均一に保ちながら。しかし、どのように？