Olağandışı, homojen olmayan Neumann sınır koşulu ile ısı PDE
ODE:
$$y_t=ky_{xx}$$
BC'ler:
$$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$
Dolayısıyla, ikincisi homojen olmayan bir Neumann BC'dir.
Alan adı:
$$0\leq x \leq L\text{ and }t\geq 0$$
Bir IC de gerekli, ancak şu anda sorumla alakalı değil.
PDE ve / veya BC'lerinin homojen hale gelmesi için hedef işleve ayrı bir işlevin eklendiği * homojenleştirme * yöntemine aşinayım. Bu, basit durumlarda çok işe yarar.
Buna göre, ilk denememde şunu varsaydım:
$$y(x,t)=y_E(x)+z(x,t)$$
nerede $y_E(x)$ kararlı durum denklemidir (yani $y_t=0$):
$$y_t=0\Rightarrow y_E''=0$$
$$\Rightarrow y_E(x)=c_1x+c_2$$
İle $y(0,t)=0$:
$$\Rightarrow c_2=0$$
$$y_E'=c_1=\alpha [c_1L+\beta]$$ $$c_1=\alpha c_1+\alpha \beta$$ $$c_1=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L}$$ Tekrarlama: $$y_t(x,t)=z_t(x,t)$$ Ve: $$y_{xx}(x,t)=z_{xx}(x,t)$$ Ve: $$y_x(L,t)=\alpha [y(L,t)+\beta]$$ $$c_1 +z_x(L,t)=\alpha [c_1L+z(L,t)+\beta]$$ Yani homojenleştirme sağlanamadı.
Herhangi bir ciddi işaret çok takdir edilecektir.
Yanıtlar
Orijinal problem için kararlı durum çözümü şudur: $y_E(x)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x$. Geçici çözüm şu şekilde verilir:$z(x,t)=y(x,t)-y_E(x)$ şimdi PDE'yi çözen $(x,t)\in (0, L)\times (0,\infty)$, $$z_t=k z_{xx},$$ ve BC'ler ile $$z(0,t)=0 \,\text{ and } \, z_x(L,t)-\alpha z(L,t)=0$$ için $t>0$ ve IC $z(x,0)=g(x)-y_E(x)$ (nerede $g$orijinal sorunun IC'sidir, OP'de belirtilmemiştir). Böylece$\beta$OP hakkındaki yorumumda belirtildiği gibi terim kayboldu. Geçici çözüm daha sonra değişkenlerin ayrılmasıyla bulunabilir.
O zaman iki ODE alıyoruz $x$, $\phi''+\lambda^2 \phi = 0$ için $0<x<L$ BC ile $\phi(0)=0$ ve $\phi'(L)-\alpha \phi(L)=0$ ve biri $t$, $T'+\lambda^2 k T=0$IC ile. İlk ODE'yi çözmek ve ilk BC'yi empoze etmek$\phi = c_2 \sin(\lambda x),$ ikinci BC'yi empoze etmek ve önemsiz çözümlerden kaçınmak, $\lambda$ çözmek için $\tan(\lambda L)=\lambda/\alpha$ sonsuz çözümleri olan $\lambda_n$ için $n\geq 1$. Hep birlikte anlıyoruz$$z(x,t)=\sum_{n} b_n \sin(\lambda_n x)e^{-\lambda_n^2 k t},$$ başlangıç koşulu ile $$z(x,0)=\sum_n b_n \sin(\lambda_n x)=g(x)-y_E(x),$$ hangi yol açar $$b_n=\frac{\int_0^L [g(x)-y_E(x)]\sin(\lambda_n x) dx}{\int_0^L \sin^2(\lambda_n x) dx},$$ böylece nihayet geri dönersek $y=z+y_E$, sahibiz $$y(x,t)=\frac{\alpha \beta}{1-\alpha L} x + \sum_n b_n \sin(\lambda_n x) e^{-\lambda_n^2 k t},$$ nerede $\lambda_n$ ve $b_n$ yukarıda tanımlanmıştır.
Açıklamalar veya düzeltmeler için lütfen yorum yapın.
İkinci BC'yi biraz basitleştirirsek, sorunun bir çözümü vardır. $\beta=0$: $$y(0,t)=0\text{ and } y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$
Değişkenlerin ayrılmasını gerçekleştirin, bu verilecek $-m^2$ ayırma sabiti:
$$y_n(x,t)=A_n\exp(-\alpha m^2 t)\sin(mx)$$ Takın:
$$y_x(L,t)=\alpha y(L,t)$$ $$-mA_n\cos(mL) =A_n\alpha\sin(mL)$$ $$\Rightarrow \tan(mL)=-\frac{m}{\alpha }$$ $$\mu=mL \Rightarrow$$ $$\tan \mu=-\frac{\mu}{\alpha L}$$
Bu, sayısal olarak çözülebilen aşkın bir denklemdir. $\mu$.
Ama asıl soruna bir çözüm değil.
Sonra bir değişiklik yapmayı düşündüm: $$y(x,t)=u(x,t)-\beta$$ $$\Rightarrow u_x(L,t)=\alpha u(L,t)$$
Ayrıca:
$$u(0,t)=\beta$$
Yine snooked!
Son olarak, ilk BC'nin doğasını şu şekilde değiştirmek:
$$y_x(x,t)=0$$
Sonra $y(x,t)=u(x,t)-\beta$:
$$y_x(x,t)=u_x(x,t)=0$$
Bu şunları verir:
$$\tan \mu=-\frac{\alpha L}{\mu}$$
Ancak bu da asıl sorunun doğasını değiştirir.
Anahtar, ortadan kaldırmak gibi görünüyor $\beta$diğer BC'yi homojen tutarken. Ama nasıl?