Тепловой УЧП с необычным неоднородным граничным условием Неймана
ОДУ:
$$y_t=ky_{xx}$$
BC:
$$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$
Таким образом, последний является неоднородным БК Неймана.
Домен:
$$0\leq x \leq L\text{ and }t\geq 0$$
ИС тоже нужна, но прямо сейчас не имеет отношения к моему вопросу.
Я знаком с методом * гомогенизации *, когда к целевой функции добавляется отдельная функция, так что PDE и / или его BC становятся однородными. Это очень хорошо работает в простых случаях.
В соответствии с этим в своей первой попытке я предположил, что:
$$y(x,t)=y_E(x)+z(x,t)$$
где $y_E(x)$ - стационарное уравнение (так что для $y_t=0$):
$$y_t=0\Rightarrow y_E''=0$$
$$\Rightarrow y_E(x)=c_1x+c_2$$
С участием $y(0,t)=0$:
$$\Rightarrow c_2=0$$
$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ Резюме: $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ И: $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ И: $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ Так что гомогенизации добиться не удалось.
Будем очень признательны за любые серьезные указатели.
Ответы
Устойчивое решение исходной задачи: $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$. Переходное решение дается формулой$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ который теперь решает PDE, для $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$, $$z_t=k z_{xx},$$ и с БК $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ за $t>0$ и IC $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ (где $g$это IC исходной задачи, не указанной в OP). Таким образом$\beta$термин исчез, как указано в моем комментарии к OP. Переходное решение затем может быть найдено путем разделения переменных.
Тогда мы получим два ОДУ одно в $x$, $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ за $0<x<L$ с БК $\phi(0)=0$ и $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ и один в $t$, $T'+\lambda^2 k T=0$с IC. Решение первого ODE и наложение первого BC дает$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ и наложение второй BC и избегание тривиальных решений требует $\lambda$ решать $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ который имеет бесконечные решения $\lambda_n$ за $n\geq 1$. Все вместе получаем$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ с начальным условием $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ что приводит к $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ так что, наконец, возвращаясь к $y=z+y_E$, у нас есть $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ где $\lambda_n$ и $b_n$ определены выше.
Пожалуйста, прокомментируйте для уточнений или исправлений.
Проблема имеет решение, если мы немного упростим второй BC, так что $\beta=0$: $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$
Выполните разделение переменных, это даст, с $-m^2$ постоянная разделения:
$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ Вставить в:
$$y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$ $$-mA_n\cos(mL) =A_n\alpha\sin(mL)$$ $$\Rightarrow \tan(mL)=-\frac{m}{\alpha }$$ $$\mu=mL \Rightarrow$$ $$\tan \mu=-\frac{\mu}{\alpha L}$$
Это трансцендентное уравнение, которое можно решить численно для $\mu$.
Но это не решение исходной проблемы.
Потом подумал провести замену: $$y(x,t)=u(x,t)-\beta$$ $$\Rightarrow u_x(L,t)=\alpha u(L,t)$$
Но и:
$$u(0,t)=\beta$$
Снукер снова!
Наконец, изменение характера первого BC на:
$$y_x(x,t)=0$$
Затем с $y(x,t)=u(x,t)-\beta$:
$$y_x(x,t)=u_x(x,t)=0$$
Это даст:
$$\tan \mu=-\frac{\alpha L}{\mu}$$
Но это тоже меняет природу исходной проблемы.
Похоже, ключ в том, чтобы устранить $\beta$при сохранении однородности другого BC. Но как?