PDE ความร้อนที่มีสภาพขอบเขตของนอยมันน์ที่ผิดปกติและไม่เป็นเนื้อเดียวกัน
ODE:
$$y_t=ky_{xx}$$
BCs:
$$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$
ดังนั้นสิ่งหลังนี้จึงเป็น Neumann BC ที่ไม่เป็นเนื้อเดียวกัน
โดเมน:
$$0\leq x \leq L\text{ and }t\geq 0$$
จำเป็นต้องมี IC แต่ไม่เกี่ยวข้องกับคำถามของฉันตอนนี้
ฉันคุ้นเคยกับวิธีการของ * homogenisation * ที่มีการเพิ่มฟังก์ชันแยกต่างหากในฟังก์ชันเป้าหมายเพื่อให้ PDE และ / หรือ BCs กลายเป็นเนื้อเดียวกัน ซึ่งใช้ได้ดีมากในกรณีง่ายๆ
ตามนั้นสำหรับความพยายามครั้งแรกของฉันฉันสันนิษฐานว่า:
$$y(x,t)=y_E(x)+z(x,t)$$
ที่ไหน $y_E(x)$ คือสมการสภาวะคงตัว (สำหรับ $y_t=0$):
$$y_t=0\Rightarrow y_E''=0$$
$$\Rightarrow y_E(x)=c_1x+c_2$$
ด้วย $y(0,t)=0$:
$$\Rightarrow c_2=0$$
$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ การสรุป: $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ และ: $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ และ: $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ การทำให้เป็นเนื้อเดียวกันยังไม่บรรลุผล
คำแนะนำที่จริงจังใด ๆ จะได้รับการชื่นชมมาก
คำตอบ
วิธีแก้ปัญหาแบบคงที่สำหรับปัญหาเดิมคือ $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$. วิธีแก้ปัญหาชั่วคราวได้รับจาก$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ ซึ่งตอนนี้แก้ PDE สำหรับ $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$, $$z_t=k z_{xx},$$ และกับ BCs $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ สำหรับ $t>0$ และ IC $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ (ที่ไหน $g$คือ IC ของปัญหาดั้งเดิมซึ่งไม่ได้ระบุไว้ใน OP) ดังนั้น$\beta$ระยะหายไปตามที่ระบุไว้ในความคิดเห็นของฉันเกี่ยวกับ OP จากนั้นหาวิธีแก้ปัญหาชั่วคราวได้โดยการแยกตัวแปร
จากนั้นเราจะได้ ODE สองตัวหนึ่งใน $x$, $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ สำหรับ $0<x<L$ กับ BC $\phi(0)=0$ และ $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ และหนึ่งใน $t$, $T'+\lambda^2 k T=0$ด้วย IC การแก้ ODE แรกและการกำหนด BC แรกให้$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ และกำหนดคริสตศักราชที่สองและหลีกเลี่ยงการแก้ปัญหาที่ไม่สำคัญ $\lambda$ เพื่อแก้ปัญหา $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ ซึ่งมีวิธีแก้ปัญหาไม่สิ้นสุด $\lambda_n$ สำหรับ $n\geq 1$. ทั้งหมดนี้เราได้รับ$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ ด้วยเงื่อนไขเริ่มต้น $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ ซึ่งนำไปสู่ $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ ในที่สุดก็กลับไปที่ $y=z+y_E$, เรามี $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ ที่ไหน $\lambda_n$ และ $b_n$ ได้กำหนดไว้ข้างต้น
โปรดแสดงความคิดเห็นเพื่อขอคำชี้แจงหรือแก้ไข
ปัญหามีทางแก้ไขถ้าเราลดความซับซ้อนของ BC ที่สองเล็กน้อยดังนั้น $\beta=0$: $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$
ทำการแยกตัวแปรสิ่งนี้จะให้ผลด้วย $-m^2$ ค่าคงที่การแยก:
$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ ใส่ลงใน:
$$y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$ $$-mA_n\cos(mL) =A_n\alpha\sin(mL)$$ $$\Rightarrow \tan(mL)=-\frac{m}{\alpha }$$ $$\mu=mL \Rightarrow$$ $$\tan \mu=-\frac{\mu}{\alpha L}$$
นี่คือสมการยอดเยี่ยมซึ่งสามารถแก้ไขได้ในเชิงตัวเลขสำหรับ $\mu$.
แต่มันไม่ใช่วิธีแก้ปัญหาเดิม.
จากนั้นฉันคิดว่าจะทำการเปลี่ยนตัว: $$y(x,t)=u(x,t)-\beta$$ $$\Rightarrow u_x(L,t)=\alpha u(L,t)$$
แต่ยัง:
$$u(0,t)=\beta$$
ปิดเสียงเตือนชั่วคราวอีกครั้ง!
ในที่สุดการเปลี่ยนลักษณะของ BC แรกเป็น:
$$y_x(x,t)=0$$
แล้วด้วย $y(x,t)=u(x,t)-\beta$:
$$y_x(x,t)=u_x(x,t)=0$$
สิ่งนี้จะให้ผล:
$$\tan \mu=-\frac{\alpha L}{\mu}$$
แต่สิ่งนี้ก็เปลี่ยนลักษณะของปัญหาเดิมเช่นกัน
ที่สำคัญดูเหมือนจะกำจัด $\beta$ในขณะที่รักษา BC อื่นให้เป็นเนื้อเดียวกัน แต่อย่างไร?