특이하고 비균질적인 Neumann 경계 조건을 가진 Heat PDE

Aug 16 2020

ODE :

$$y_t=ky_{xx}$$

BC :

$$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$

그래서 후자는 비균질적인 Neumann BC입니다.

도메인 :

$$0\leq x \leq L\text{ and }t\geq 0$$

IC도 필요하지만 내 질문과 관련이 없습니다.

나는 PDE 및 / 또는 BC가 균질 해 지도록 별도의 기능이 대상 기능에 추가되는 * 균질화 * 방법에 익숙합니다. 간단한 경우에 매우 잘 작동합니다.

이에 따라 첫 번째 시도에서 다음과 같이 가정했습니다.

$$y(x,t)=y_E(x)+z(x,t)$$

어디 $y_E(x)$ 정상 상태 방정식입니다 (따라서 $y_t=0$) :

$$y_t=0\Rightarrow y_E''=0$$

$$\Rightarrow y_E(x)=c_1x+c_2$$

와 $y(0,t)=0$:

$$\Rightarrow c_2=0$$

$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ 다시 캡핑 : $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ 과: $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ 과: $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ 그래서 균질화가 이루어지지 않았습니다.

심각한 조언을 많이 주시면 감사하겠습니다.

답변

2 NapD.Lover Aug 18 2020 at 00:44

원래 문제에 대한 정상 상태 솔루션은 다음과 같습니다. $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$. 과도 솔루션은 다음과 같이 제공됩니다.$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ 이제 PDE를 해결합니다. $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$, $$z_t=k z_{xx},$$ 그리고 BC와 $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ ...에 대한 $t>0$ 및 IC $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ (어디 $g$OP에 지정되지 않은 원래 문제의 IC입니다. 그래서$\beta$OP에 대한 내 의견에 표시된 것처럼 용어가 사라졌습니다. 그런 다음 변수를 분리하여 과도 솔루션을 찾을 수 있습니다.

그때 우리는 두 개의 ODE를 얻습니다. $x$, $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ ...에 대한 $0<x<L$ BC와 함께 $\phi(0)=0$ 과 $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ 그리고 하나 $t$, $T'+\lambda^2 k T=0$IC와. 첫 번째 ODE를 풀고 첫 번째 BC를 부과하면$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ 두 번째 BC를 부과하고 사소한 해결책을 피하려면 $\lambda$ 해결하다 $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ 무한한 해결책이있는 $\lambda_n$ ...에 대한 $n\geq 1$. 모두 함께, 우리는$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ 초기 상태 $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ 이것은 $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ 그래서 마침내, 다시 $y=z+y_E$, 우리는 $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ 어디 $\lambda_n$ 과 $b_n$ 위에 정의되어 있습니다.

설명이나 수정을 위해 의견을 보내주십시오.

1 Gert Aug 17 2020 at 22:53

두 번째 BC를 약간 단순화하면 문제에 해결책이 있습니다. $\beta=0$: $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$

변수의 분리를 수행하면 다음과 같이 산출됩니다. $-m^2$ 분리 상수 :

$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ 에 집어 넣다:

$$y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$ $$-mA_n\cos(mL) =A_n\alpha\sin(mL)$$ $$\Rightarrow \tan(mL)=-\frac{m}{\alpha }$$ $$\mu=mL \Rightarrow$$ $$\tan \mu=-\frac{\mu}{\alpha L}$$