Calor PDE com condição de contorno de Neumann incomum e não homogênea
O ODE:
$$y_t=ky_{xx}$$
BCs:
$$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$
Portanto, o último é um Neumann BC não homogêneo.
O domínio:
$$0\leq x \leq L\text{ and }t\geq 0$$
Um CI também é necessário, mas não é relevante para minha pergunta agora.
Estou familiarizado com o método de * homogeneização *, em que uma função separada é adicionada à função de destino para que o PDE e / ou seus BCs se tornem homogêneos. Isso funciona muito bem em casos simples.
De acordo com isso, para minha primeira tentativa, assumi que:
$$y(x,t)=y_E(x)+z(x,t)$$
Onde $y_E(x)$ é a equação de estado estacionário (então para $y_t=0$):
$$y_t=0\Rightarrow y_E''=0$$
$$\Rightarrow y_E(x)=c_1x+c_2$$
Com $y(0,t)=0$:
$$\Rightarrow c_2=0$$
$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ Recapitulando: $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ E: $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ E: $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ Portanto, a homogeneização não foi alcançada.
Quaisquer sugestões sérias seriam muito apreciadas.
Respostas
A solução de estado estacionário para o problema original é $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$. A solução transitória é dada por$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ que agora resolve o PDE, para $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$, $$z_t=k z_{xx},$$ e com BCs $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ para $t>0$ e IC $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ (Onde $g$é o IC do problema original, não especificado no OP). Então, o$\beta$termo desapareceu conforme indicado em meu comentário sobre o OP. A solução transitória pode então ser encontrada por separação de variáveis.
Pois então temos dois ODEs, um em $x$, $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ para $0<x<L$ com BC $\phi(0)=0$ e $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ e um em $t$, $T'+\lambda^2 k T=0$com o IC. Resolver o primeiro ODE e impor o primeiro BC dá$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ e impor o segundo BC e evitar soluções triviais requer $\lambda$ resolver $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ que tem soluções infinitas $\lambda_n$ para $n\geq 1$. Todos juntos, nós temos$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ com condição inicial $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ o que leva a $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ para que finalmente, voltando para $y=z+y_E$, temos $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ Onde $\lambda_n$ e $b_n$ são definidos acima.
Por favor, comente para esclarecimentos ou correções.
O problema tem solução se simplificarmos ligeiramente o segundo BC, de modo que $\beta=0$: $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$
Faça a separação das variáveis, isso vai render, com $-m^2$ a constante de separação:
$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ Insira dentro de:
$$y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$ $$-mA_n\cos(mL) =A_n\alpha\sin(mL)$$ $$\Rightarrow \tan(mL)=-\frac{m}{\alpha }$$ $$\mu=mL \Rightarrow$$ $$\tan \mu=-\frac{\mu}{\alpha L}$$
Esta é uma equação transcendental que pode ser resolvida numericamente para $\mu$.
Mas não é uma solução para o problema original.
Então pensei em fazer uma substituição: $$y(x,t)=u(x,t)-\beta$$ $$\Rightarrow u_x(L,t)=\alpha u(L,t)$$
Mas também:
$$u(0,t)=\beta$$
Snookered novamente!
Finalmente, alterando a natureza do primeiro BC para:
$$y_x(x,t)=0$$
Então com $y(x,t)=u(x,t)-\beta$:
$$y_x(x,t)=u_x(x,t)=0$$
Isso resultaria em:
$$\tan \mu=-\frac{\alpha L}{\mu}$$
Mas isso também muda a natureza do problema original.
A chave parece ser eliminar $\beta$enquanto mantém o outro BC homogêneo. Mas como?