Ciepło PDE z nietypowymi, niejednorodnymi warunkami brzegowymi Neumanna
ODE:
$$y_t=ky_{xx}$$
BC:
$$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$
Więc ten ostatni jest niejednorodnym Neumann BC.
Domena:
$$0\leq x \leq L\text{ and }t\geq 0$$
Układ scalony jest również potrzebny, ale w tej chwili nie dotyczy mojego pytania.
Znam metodę * homogenizacji *, w której oddzielna funkcja jest dodawana do funkcji docelowej, tak aby PDE i / lub jego BC stały się jednorodne. Działa to bardzo dobrze w prostych przypadkach.
W związku z tym przy pierwszej próbie założyłem, że:
$$y(x,t)=y_E(x)+z(x,t)$$
gdzie $y_E(x)$ jest równaniem stanu ustalonego (tak dla $y_t=0$):
$$y_t=0\Rightarrow y_E''=0$$
$$\Rightarrow y_E(x)=c_1x+c_2$$
Z $y(0,t)=0$:
$$\Rightarrow c_2=0$$
$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ Podsumowanie: $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ I: $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ I: $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ Więc homogenizacja nie została osiągnięta.
Wszelkie poważne wskazówki będą mile widziane.
Odpowiedzi
Ustalonym rozwiązaniem pierwotnego problemu jest $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$. Rozwiązanie przejściowe jest podane przez$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ który teraz rozwiązuje PDE dla $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$, $$z_t=k z_{xx},$$ i z BC $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ dla $t>0$ i IC $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ (gdzie $g$jest IC pierwotnego problemu, nieokreślonego w PO). Więc$\beta$termin zniknął, jak wskazałem w moim komentarzu do PO. Rozwiązanie przejściowe można następnie znaleźć poprzez oddzielenie zmiennych.
Wtedy otrzymujemy dwa ODE jeden cal $x$, $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ dla $0<x<L$ z BC $\phi(0)=0$ i $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ i jeden w $t$, $T'+\lambda^2 k T=0$z IC. Rozwiązanie pierwszego ODE i nałożenie pierwszego BC daje$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ a narzucenie drugiej BC i unikanie trywialnych rozwiązań wymaga $\lambda$ rozwiązać $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ który ma nieskończone rozwiązania $\lambda_n$ dla $n\geq 1$. Wszyscy razem$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ ze stanem początkowym $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ który prowadzi do $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ więc w końcu wracając do $y=z+y_E$, mamy $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ gdzie $\lambda_n$ i $b_n$ są zdefiniowane powyżej.
Prosimy o komentarz w celu uzyskania wyjaśnień lub poprawek.
Problem ma rozwiązanie, jeśli nieznacznie uprościmy drugie BC, tak aby $\beta=0$: $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$
Przeprowadź oddzielenie zmiennych, co da wynik, z $-m^2$ stała separacji:
$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ Włóż w:
$$y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$ $$-mA_n\cos(mL) =A_n\alpha\sin(mL)$$ $$\Rightarrow \tan(mL)=-\frac{m}{\alpha }$$ $$\mu=mL \Rightarrow$$ $$\tan \mu=-\frac{\mu}{\alpha L}$$
To jest transcendentalne równanie, które można rozwiązać numerycznie $\mu$.
Ale to nie jest rozwiązanie pierwotnego problemu.
Wtedy pomyślałem o wykonaniu podmiany: $$y(x,t)=u(x,t)-\beta$$ $$\Rightarrow u_x(L,t)=\alpha u(L,t)$$
Ale również:
$$u(0,t)=\beta$$
Znowu snooker!
Wreszcie, zmiana charakteru pierwszej BC na:
$$y_x(x,t)=0$$
Następnie z $y(x,t)=u(x,t)-\beta$:
$$y_x(x,t)=u_x(x,t)=0$$
Dałoby to:
$$\tan \mu=-\frac{\alpha L}{\mu}$$
Ale to również zmienia charakter pierwotnego problemu.
Wydaje się, że kluczem jest wyeliminowanie $\beta$zachowując jednorodność drugiej BC. Ale jak?