Nhiệt PDE với điều kiện ranh giới Neumann bất thường, không đồng nhất

Aug 16 2020

ODE:

$$y_t=ky_{xx}$$

BCs:

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

Vì vậy, sau này là một Neumann BC không đồng nhất.

Lĩnh vực:

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

Một IC cũng cần thiết nhưng không liên quan đến câu hỏi của tôi, ngay bây giờ.

Tôi quen thuộc với phương pháp * đồng nhất hóa * trong đó một hàm riêng biệt được thêm vào hàm mục tiêu để PDE và / hoặc BC của nó trở nên đồng nhất. Điều đó hoạt động rất tốt trong các trường hợp đơn giản.

Theo đó, trong lần thử đầu tiên, tôi đã giả định rằng:

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

Ở đâu $y_E(x)$ là phương trình trạng thái ổn định (vì vậy đối với $y_t=0$):

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

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

Với $y(0,t)=0$:

$$\Rightarrow c_2=0$$

$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ Tóm tắt: $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ Và: $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ Và: $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ Vì vậy, quá trình đồng nhất hóa đã không đạt được.

Bất kỳ ý kiến nghiêm túc nào sẽ được đánh giá cao.

Trả lời

2 NapD.Lover Aug 18 2020 at 00:44

Giải pháp trạng thái ổn định cho vấn đề ban đầu là $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$. Giải pháp nhất thời được đưa ra bởi$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ hiện giải quyết PDE, cho $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$, $$z_t=k z_{xx},$$ và với BCs $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ cho $t>0$ và IC $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ (Ở đâu $g$là vi mạch của vấn đề ban đầu, không xác định trong OP). Do đó$\beta$thuật ngữ đã biến mất như được chỉ ra trong nhận xét của tôi về OP. Giải pháp tạm thời sau đó có thể được tìm thấy bằng cách tách các biến.

Sau đó, chúng tôi nhận được hai ODE một trong $x$, $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ cho $0<x<L$ với BC $\phi(0)=0$ và $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ và một trong $t$, $T'+\lambda^2 k T=0$với vi mạch. Giải ODE đầu tiên và áp đặt BC đầu tiên cho$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ và áp đặt BC thứ hai và tránh các giải pháp tầm thường đòi hỏi $\lambda$ để giải quyết $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ trong đó có vô số giải pháp $\lambda_n$ cho $n\geq 1$. Tất cả cùng nhau, chúng tôi nhận được$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ với điều kiện ban đầu $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ dẫn đến $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ để cuối cùng, quay trở lại $y=z+y_E$, chúng ta có $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ Ở đâu $\lambda_n$ và $b_n$ được định nghĩa ở trên.

Vui lòng bình luận để làm rõ hoặc sửa chữa.

1 Gert Aug 17 2020 at 22:53

Vấn đề có một giải pháp nếu chúng ta đơn giản hóa BC thứ hai một chút, để $\beta=0$: $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$

Tiến hành tách các biến, điều này sẽ mang lại, với $-m^2$ hằng số tách:

$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ Chèn vào:

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