热传导方程

作者: 洛玖言 | 来源:发表于2020-05-23 21:43 被阅读0次

热传导方程
使用scipy库的root和fsolve函数求解方程
scipy一维热传导方程的求解
PDE 郭千桥
电器理论基础（7）电器稳定温升的计算
教学设计方案-1-崔庆华
教学设计-2-崔庆华杨瑞霞
16年美赛A题
教学设计方案-2016302206-齐丽雪
利用蒙特卡罗法求解热传导方程

热传导方程

方程及其定解问题的导出

齐次热传导方程：
$u_{t}=a^2(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz})$
非齐次热传导方程：
$u_{t}=a^2(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz})+f$

当物体体积很大，考虑时间很短和较小范围内的温度变化情况，边界条件所产生的影响可以忽略，这时就不放吧考察的物体视为充满整个空间，而定解问题就成为柯西问题，此时初始条件为

$u(x,y,z,0)=\varphi(x,y,z)\;\;(-\infty<x,y,z<+\infty)$

扩散方程
$D(x,y,z)$ 称为扩散系数，总取正值.

扩散方程为
$N_{t}=(DN_x)_x+(DN_y)_y+(DN_z)_z$

如果 $D$ 是常数，记 $D=a^2$ ，扩散方程就化为与热传导方程完全相同的形式.

初边值问题的分离变量法

初边值问题:
$\begin{cases} u_t-a^2u_{xx}=0\;\;(t>0,0<x<l)\\ u(x,0)=\varphi(x)\\ u(0,t)=0\\ u_{x}(l,t)+u(l,t)=0 \end{cases}$

$h$ 为正常数.

Sol: 分离变量法
令 $u(x,t)=X(x)T(t)$
代入方程有
$XT'=a^2X''T$
于是
$\dfrac{T'}{a^2T}=\dfrac{X''}{X}$
只有两边均等于常数时才成立. 令此常数为 $-\lambda$ ，则有

$T'+\lambda a^2T=0$
$X''+\lambda X=0$

由边界条件得
$X(0)=0,\;\;X'(l)+hX(l)=0$

当 $\lambda\leqslant0$ 时，只有平凡解 $X\equiv0$
当 $\lambda>0$ 时，

$X(x)=A\cos\sqrt{\lambda}x+B\sin\sqrt{\lambda}x$

利用边界条件 $X(0)=0$ 得 $A=0$ ，利用第二个边界条件知

$B(\sqrt{\lambda}\cos\sqrt{\lambda}l+h\sin\sqrt{\lambda}l)=0$
为使 $X(x)$ 为非平凡解， $\lambda$ 应满足

$\sqrt{\lambda}\cos\sqrt{\lambda}l+h\sin\sqrt{\lambda}l=0$

即 $\lambda$ 应是下述超越方程的正解：
$\tan\sqrt{\lambda}l=-\dfrac{\sqrt{\lambda}}{h}$

令

$v=\sqrt{\lambda}l$

则变为 $\tan v=-\dfrac{v}{lh}$

可知有无穷多个正根 $v_{k}>0\;(k=1,2,\cdots)$ ，满足 $(k-\frac{1}{2})\pi<v_k<k\pi$ .

$v_k=\left(\dfrac{v_k}{l}\right)^2\;\;(k=1,2,\cdots)$
及相应的固有函数

$X_k(x)=B_k\sin\sqrt{\lambda_k}x=B_k\sin\dfrac{v_k}{k}x\;\;(k=1,2,\cdots)$

同样可以解得 $T_{k}=C_ke^{-a^2\lambda_kt}\;\;(k=1,2,\cdots)$

于是得到一列可分离变量的特解

$u_{k}(x,t)=A_ke^{-a^2\lambda_kt}\sin\sqrt{\lambda_k}x\;\;(k=1,2,\cdots)$

用叠加原理构造级数形式的解

$\displaystyle u(x,t)=\sum_{k=1}^{\infty}A_{k}e^{-a^2\lambda_kt}\sin\sqrt{\lambda_k}x$

又 $u(x,0)=\varphi(x)$

$\displaystyle\varphi(x)=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}A_k\sin\sqrt{\lambda_k}x$

$\begin{aligned} M_k =&\int_0^{l}\sin^2\sqrt{\lambda_k}x\text{d}x=\int_0^l\dfrac{1-\cos2\sqrt{\lambda_k}x}{2}\text{d}x\\ =&\dfrac{l}{2}-\dfrac{\sin2\sqrt{\lambda_k}l}{4\sqrt{\lambda_k}}=\dfrac{l}{2}-\dfrac{1}{2\sqrt{\lambda_k}}\dfrac{\tan\sqrt{\lambda_k}l}{1+\tan^2\sqrt{\lambda_k}l}\\ =&\dfrac{l}{2}-\dfrac{-\dfrac{v_k}{lh}}{2\frac{v_k}{l}\left(1+\dfrac{v_k^2}{l^2h^2}\right)}\\ =&\dfrac{l}{2}+\dfrac{h}{2(h^2+\lambda_k)} \end{aligned}$

于是得到
$\displaystyle A_k=\dfrac{1}{M_k}\int_0^l\varphi(\xi)\sin\sqrt{\lambda_k}\xi\text{d}\xi$

于是得到初边值问题
$\begin{cases} u_t-a^2u_{xx}=0\;\;(t>0,0<x<l)\\ u(x,0)=\varphi(x)\\ u(0,t)=0\\ u_{x}(l,t)+u(l,t)=0 \end{cases}$
的形式解为

$\displaystyle u(x,t)=\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{M_k}\int_0^{l}\varphi(\xi)\sin\sqrt{\lambda_k}\xi\text{d}\xi\cdot e^{-a^2\lambda_kt}\sin\sqrt{\lambda_k}x$

柯西问题

设 $f(x)$ 是定义在 $(-\infty,+\infty)$ 上的函数，它在 $[-l,l]$ 上有异界连续导数，则在 $(-l,l)$ 中 $f(x)$ 可以展开为傅里叶级数

$\displaystyle f(x)=\dfrac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos\dfrac{n\pi}{l}x+b_n\sin\dfrac{n\pi}{l}x\right)$

并且

$\displaystyle a_n=\dfrac{1}{l}\int_{-l}^lf(\xi)\cos\dfrac{n\pi}{l}\xi\text{d}\xi$
$\displaystyle b_n=\dfrac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(\xi)\sin\dfrac{n\pi}{l}\xi\text{d}\xi$
$(n=0,1,2,\cdots)$

$\begin{aligned} f(x)=&\dfrac{1}{\pi}\int_0^{\infty}\text{d}\lambda\int_{-\infty}^{\infty}f(\xi)\cos\lambda(x-\xi)\text{d}\xi \end{aligned}$
该积分表达式称为 $f(x)$ 的傅里叶积分.

$\displaystyle g(\lambda)=\int_{-\infty}^{\infty}f(\xi)e^{-i\lambda\xi}\text{d}\xi$

称 $g(\lambda)$ 为 $f(x)$ 的傅里叶变换，记为 $F[f]$

$\displaystyle f(x)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}g(\lambda)e^{i\lambda x}\text{d}\lambda$
称 $f(x)$ 为 $g(\lambda)$ 的傅里叶逆变换，记为 $F^{-1}[g]$ .

当 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续可导且绝对可积时，它的傅里叶变换存在，且逆变换等于 $f(x)$ .

性质 1 线性变换
$F[\alpha f_1+\beta f_2]=\alpha F[f_1]+\beta[f_2]$
其中 $\alpha,\beta\in C$ ， $f_2,f_2$ 为函数.

如果对给定的 $f_1(x),f_2(x)$ ，当 $x\in(-\infty,+\infty)$ 时，

$\displaystyle f(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_1(x-t)f_2(t)\text{d}t$
存在，则称 $f(x)$ 为 $f_1(x)$ 与 $f_2(x)$ 的卷积，记为 $f_2*f_2$ . 显然，当 $f2，f_2$ 为绝对可积时， $f_2*f_1=f_1*f_2$ ，即卷积是可以交换的.

性质 2
$f_1(x)$ 和 $f_2(x)$ 的卷积的傅里叶变换等于 $f_1(x)$ 和 $f_2(x)$ 的傅里叶变换的乘积，即
$F[f_1*f_2]=F[f_1]\cdot F[f_2]$

性质 3
$f_1(x)$ 和 $f_2(x)$ 乘积的傅里叶变换等于 $f_1(x)$ 和 $f_2(x)$ 的傅里叶变换的卷积乘以 $\dfrac{1}{2\pi}$ ，即

$F[f_2\cdot f_2]=\dfrac{1}{2\pi}F[f_1]*F[f_2]$

性质 4

如果 $f(x).f'(x)$ 都是可以进行傅里叶变换的，而且当 $|x|\to\infty$ 时， $f(x)\to0$ ，则成立

$F[f'(x)]=i\lambda F[f(x)]$

性质 5

如果 $f(x)$ 及 $xf(x)$ 都可以进行傅里叶变换，那么
$F[-ixf(x)]=\dfrac{\text{d}}{\text{d}\lambda}F[f]$

热传导方程柯西问题的求解

$\begin{cases} u_{t}=a^2u_{xx}\\ u(x,0)=\varphi(x) \end{cases}$

解为

$\displaystyle u(x,t)=\dfrac{1}{2a\sqrt{\pi t}}\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(\xi)e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4a^2t}}\text{d}\xi$

也成为泊松公式.

非齐次热传导方程的柯西问题

$\begin{cases} u_{t}=a^2u_{xx}+f\\ u(x,0)=0 \end{cases}$

解为

$\displaystyle u(x,t)=\dfrac{1}{2a\sqrt{\pi}}\int_{0}^{t}\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{f(\xi,\tau)}{\sqrt{t-\tau}}e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4a^2(t-\tau)}}\text{d}\xi\text{d}\tau$

由叠加原理可以得到柯西问题的解为

$\begin{cases} u_{t}=a^2u_{xx}+f\\ u(x,0)=\varphi(x) \end{cases}$

的解为

$\begin{aligned} u(x,t) =&\dfrac{1}{2a\sqrt{\pi t}}\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(\xi)e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4a^2t}}\text{d}\xi\\ &+\dfrac{1}{2a\sqrt{\pi}}\int_{0}^{t}\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{f(\xi,\tau)}{\sqrt{t-\tau}}e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4a^2(t-\tau)}}\text{d}\xi\text{d}\tau \end{aligned}$

极值原理、定解问题解的唯一性和稳定性

极值原理

第一类边值问题中：

$\underset{R_T}{\max}u(x,t)=\underset{\Gamma_T}{\max}u(x,t),\;\;\underset{R_T}{\min}u(x,t)=\underset{\Gamma_T}{\min}u(x,t)$

Thm

热传导方程的初边值问题

$\begin{cases} u_t=a^2u_{xx}+f(x,t)\\ u(x,0)=\varphi(x)\\ u(a,t)=\mu_1(t)\\ u(\beta,t)=\mu_2(t) \end{cases}$

在区域 $R_T$ 上的解是唯一的，而且连续地依赖于边界 $\Gamma_T$ 上所给定的初始条件及边界条件.

Thm

对任意给定的 $T>0$ ，热传导方程的初边值问题在 $R_T$ 上的解是唯一的，且连续地依赖于初值 $\varphi(x)$ 以及边界条件中的函数 $\mu_1(t),\mu_2(t)$ .

Thm

柯西问题

$\begin{cases} u_t=a^2u_{xx}+f\\ u(x,0)=\varphi(x)\;\;(-\infty<x<\infty) \end{cases}$

在有界函数类中的解是唯一的，而且连续依赖于所给的初始条件.

解的渐近性态

Thm

假设初始函数 $\varphi(x)$ 满足 $\varphi\in C^2,\;\varphi(0)=0,\varphi'(l)+h\varphi(l)=0$ 则当 $t$ 趋于无穷时，问题
$\begin{cases} u_t-a^2u_{xx}=0\;\;(t>0,0<x<l)\\ u(x,0)=\varphi(x)\\ u(0,t)=0\\ u_{x}(l,t)+u(l,t)=0 \end{cases}$
的唯一的经典解指数衰减地趋于零，确切地说，当 $t\to+\infty$ 时，对一切 $x\in[0,l]$ ，

$|u(x,t)|\leqslant Ce^{-a^2\lambda\to0}$

其中 $C$ 为一个与解无关的正常数.

这个唯一经典解是

$\displaystyle u(x,t)=\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{M_k}\int_0^{l}\varphi(\xi)\sin\sqrt{\lambda_k}\xi\text{d}\xi\cdot e^{-a^2\lambda_kt}\sin\sqrt{\lambda_k}x$

如果 $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}|\varphi(x)|\text{d}x$ 收敛，则称 $\varphi\in L^1(\mathbb{R})$ ，并记

$\displaystyle\|\varphi\|_{L^1(\mathbb{R})}=\int_{-\infty}^{+\infty}|\varphi(x)|\text{d}x$

Thm

设 $\varphi$ 是由解连续函数，且 $\varphi\in L^1(\mathbb{R})$ ，则柯西问题

$\begin{cases} u_t=a^2u_{xx}\\ u(x,0)=\varphi(x) \end{cases}$

的唯一经典解具有如下的渐近性态：对一切 $x\in\mathbb{R},t>0$ ，当 $t\to+\infty$ 时，一致地连续
$|u(x,t)|\leqslant Ct^{-\frac12}\to0$

其中 $C$ 为一个仅与 $a$ 及 $\|\varphi\|_{L^1(\mathbb{R})}$ 有关的正常数.

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