工程師和科學家的高等數學/平行板流：真實IC

平行板流：真實IC

穩態

上一個問題中選擇的初始速度剖面與直覺相符，但實際上是憑空想出來的。一個更現實的推導如下。

問題指出（為了得到一個IC），流體在一段時間內處於壓差之下，因此流動變得穩定，即穩定流動。"穩定"是說"不隨時間變化"的另一種說法，"不隨時間變化"是說

${\frac {\partial u}{\partial t}}=0\,$

將此代入上一節的PDE

${\frac {\partial u}{\partial t}}=\nu {\frac {\partial ^{2}u}{\partial y^{2}}}-{\frac {P_{x}}{\rho }}\,$

${\Big \Downarrow }$

$0=\nu {\frac {\partial ^{2}u}{\partial y^{2}}}-{\frac {P_{x}}{\rho }}\quad \Rightarrow \quad {\frac {P_{x}}{\nu \rho }}={\frac {d^{2}u}{dy^{2}}}\,$

獨立於$t$，PDE變成了一個變數分離的ODE，因此我們可以積分。

${\frac {d^{2}u}{dy^{2}}}={\frac {P_{x}}{\nu \rho }}\quad \Rightarrow \quad u={\frac {P_{x}}{2\nu \rho }}y^{2}+C_{1}y+C_{0}\,$

無滑移條件導致以下邊界條件：$u=0$ at $y=0$ 和 $y=1$。我們可以將邊界條件值代入積分後的ODE並求解Cs。

$0={\frac {P_{x}}{2\nu \rho }}\cdot 0^{2}+C_{1}\cdot 0+C_{0}\quad \Rightarrow \quad C_{0}=0\qquad {\mbox{(Bottom plate BC: u = 0, y = 0)}}\,$

$0={\frac {P_{x}}{2\nu \rho }}\cdot 1^{2}+C_{1}\cdot 1\quad \Rightarrow \quad C_{1}=-{\frac {P_{x}}{2\nu \rho }}\qquad {\mbox{(Top plate BC: u = 0, y = 1)}}\,}$

將 C 代入並簡化，得到

$u={\frac {P_{x}}{2\nu \rho }}(y^{2}-y)\,$

為了舉例，假設 $P_{x}/(2\nu \rho )=-4$（注意，負壓梯度會導致從左到右的流動）。 還要注意，這是一個恆定的梯度或斜率。 這將得到一個拋物線，它從 $0$ 開始，增加到 $1$ 的最大值，在 $y=1/2$ 處，然後返回到 $0$，在 $y=1$ 處。

這個拋物線看起來與之前使用的正弦曲線非常相似（你必須放大才能看到差異）。 但是，更重要的是，在感興趣的狹窄域內，這兩個函式是截然不同的（例如，看看它們的泰勒展開）。 使用拋物線代替正弦函式會導致更復雜的解。

因此，這得出了穩態流動，我們將把它用作改進的、真實的初始條件。 回想一下，問題是關於一種最初處於運動狀態的流體，由於沒有驅動力而逐漸停止。 現在，初邊值問題 (IBVP) 發生了微妙的變化

${\frac {\partial u}{\partial t}}=\nu {\frac {\partial ^{2}u}{\partial y^{2}}}\qquad {\mbox{(PDE)}}\,$

$u(y,0)=4y-4y^{2}\qquad {\mbox{(IC)}}\,$

$u(0,t)=0\,$

$u(1,t)=0\qquad {\mbox{(BCs)}}\,$

分離變數

由於與上一節中的問題相比，唯一的區別是初始條件，因此變數可以分離，邊界條件可以應用，沒有任何區別，得到

$u(y,t)=e^{-(n\pi )^{2}\nu t}B\sin(n\pi y)\,$

但是現在我們卡住了（在應用邊界條件後）！應用初始條件會使 $e^{-(n\pi )^{2}\nu t}$ 項隨著 t = 0 消失，這就是初始條件。然而，然後初始條件函式就無法與之匹配。

$u(y,0)=4y-4y^{2}\,$

$B\sin(n\pi y)=4y-4y^{2}\,$

哪裡出了問題？是假設 $u(y,t)=Y(y)T(t)$。無法滿足初始條件意味著假設是錯誤的。現在應該很明顯為什麼在上一節中選擇初始條件為 $\sin(\pi y)$。

然而，由於問題的線性性，我們可以繼續。需要另一個繞行，它很長。

線性（特別是疊加原理）表示，如果 $u_{1}$ 是 BVP（不是整個 IBVP，僅是 BVP，邊界值問題，應用邊界條件）的解，另一個 $u_{2}$ 也是，那麼一個線性組合， $C_{1}u_{1}+C_{2}u_{2}$，也是解。

讓我們退一步，假設初始條件為

$u(y,0)=\sin(\pi y)+1/5\sin(3\pi y).$

這不再是一個現實的流動問題，但它包含了所謂的傅立葉正弦展開的前兩項，請參閱這些傅立葉正弦展開示例。我們將在下面對此進行推廣。現在讓我們使用這個表示式，並將其與 t = 0 時消去 $e^{-(n\pi )^{2}\nu t}$ 的半路解（應用邊界條件）進行比較。

$B\sin(n\pi y)=\sin(\pi y)+{\frac {1}{5}}\sin(3\pi y)\,$

它仍然無法匹配。但是，請注意，初始條件中的各個項可以匹配。我們只需將常數設定為使兩邊匹配的值。

$B_{1}\sin(n_{1}\pi y)=\sin(\pi y)\Rightarrow n_{1}=1\ {\mbox{and}}\ B_{1}=1\,$

$B_{3}\sin(n_{3}\pi y)={\frac {1}{5}}\sin(3\pi y)\Rightarrow n_{3}=3\ {\mbox{and}}\ B_{3}={\frac {1}{5}}\,$

注意下標用於識別每個項：它們反映了從分離常數得到的整數 $n$。 可以為用 $n$ 識別的每個 IC 項獲得解。

$u_{1}(y,t)=e^{-(1\pi )^{2}\nu t}1\sin(1\pi y)=e^{-\pi ^{2}\nu t}\sin(\pi y)$        $n=1\ {\mbox{and}}\ B=1\,$

$u_{3}(y,t)=e^{-(3\pi )^{2}\nu t}{\frac {1}{5}}\sin(3\pi y)=e^{-9\pi ^{2}\nu t}{\frac {1}{5}}\sin(3\pi y)\,}$        $n=3\ {\mbox{and}}\ B={\frac {1}{5}}\,$

線性指出，這兩個解的和也是 BVP 的解（不需要新常數）

$u_{1+3}(y,t)=e^{-\pi ^{2}\nu t}\sin(\pi y)+{\frac {1}{5}}e^{-9\pi ^{2}\nu t}\sin(3\pi y)\,}$

因此，我們將解加起來得到了一個新解……這對什麼有用？嘗試設定 $t=0$

$u_{1+3}(y,0)=e^{-\pi ^{2}\nu \cdot 0}\sin(\pi y)+{\frac {1}{5}}e^{-9\pi ^{2}\nu \cdot 0}\sin(3\pi y)=\sin(\pi y)+{\frac {1}{5}}\sin(3\pi y)\,$

每個分量解都滿足 BVP， **而這些解的和恰好滿足我們的替代 IC**。 現在，具有 IC $u(y,0)=\sin(\pi y)+1/5\sin(3\pi y)$ 的 IBVP 現在已解決。 對於 **任何** 具有半頻率為 $n\pi$ 的正弦函式的線性組合，它都將以相同的方式起作用。 “線性組合”是指項的和，每個項都乘以一個常數。 假設該和收斂且逐項可微分。

讓我們以更通用的方式做我們剛才做過的事情。首先，我們將我們的初始條件 (IC) 表示為正弦函式的線性組合（其中 $e^{-(n\pi )^{2}\nu t}$ 在 t = 0 時被消去），實際上，有無限多個正弦函式。但每一項都必須“收斂”，它不能在整個空間中任意地發散。

$u(y,0)=\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi y)\qquad {\mbox{(IC: an arbitrary linear combination of sines)}}\,$

其次，在假設 t = 0（即初始條件）的情況下，找到每一項的 n 和 B，然後將它們代回每一項中，不作任何關於 t 的假設，保持 t 不變。

$u_{n}(y,t)=e^{-(n\pi )^{2}\nu t}B_{n}\sin(n\pi y)\qquad {\mbox{(solution of}}\ n^{th}\ {\mbox{term)}}\,$

第三，將所有項與其各自的 n 和 B 相加。

$u(y,t)=\sum _{n=1}^{\infty }u_{n}(y,t)=\sum _{n=1}^{\infty }e^{-(n\pi )^{2}\nu t}B_{n}\sin(n\pi y)\qquad {\mbox{(sum of solutions)}}\,$

第四，將 t = 0 代入各項之和，並從第一步中恢復初始條件。

$u(y,0)=\sum _{n=1}^{\infty }e^{-(n\pi )^{2}\nu \cdot 0}B_{n}\sin(n\pi y)=\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi y)\qquad {\mbox{(IC recovered)}}\,$

因此，我們在這個例子中走了一圈，但找到了 n 和 B，因為我們能夠將每一項與初始條件等效/滿足。現在，如果初始條件是正弦函式的線性組合，我們就可以解決這個問題。但這個問題的初始條件不是這樣的和，它只是一個愚蠢的拋物線。或者說不是嗎？

級數構造

在 19 世紀，一位名叫約瑟夫·傅立葉的科學家在幫助拿破崙征服世界的間隙，在研究同一個邊值問題（關於熱流）時提出了一個重要的問題：一個函式是否可以表示為正弦波的和，類似於泰勒級數？簡短的回答是：可以，如果滿足一些合理的條件，就像我們已經提到的那樣。詳細的答案如下，本節將給出更詳細的解釋。

滿足某些條件的函式可以擴充套件為正弦函式、餘弦函式或兩者的和。在本例中，要完成這個擴充套件，只需要找到係數 $B_{n}$。一個使用積分的小技巧可以實現這一點。

正弦函式有一個非常重要的性質，叫做正交性。正交性有很多種，我們將在下一章中介紹。與本問題相關的是以下內容：

$\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\sin(n\pi y)\,dy={\begin{cases}1,&m=n\\0,&m\neq n\end{cases}}$

一個小提示可能會有所幫助。正交性字面意思是兩條直線相互垂直。這兩條直線可以是向量，每個向量都有自己的座標元組。如果這兩個向量相互垂直，那麼它們的座標元組的乘積和總是等於零（在歐幾里得空間中）。乘積和求和的方法也用於確定兩個函式是否正交。根據這個定義，我們上面乘積和積分的函式大多數情況下是正交的，但並非總是如此。

讓我們將初始條件稱為 $\phi (y)$ 來對其進行概括。我們將初始條件與其展開式（即正弦函式的線性組合）相等，然後運用一些技巧。請記住，我們的目標是從線性組合的正弦函式中重構一個拋物線函式

$\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi y)=\phi (y)\,$

$2\sin(m\pi y)\cdot \sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi y)=2\sin(m\pi y)\cdot \phi (y)\,$

$\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\cdot 2\sin(m\pi y)\sin(n\pi y)=2\sin(m\pi y)\phi (y)\,$

$\int _{0}^{1}\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\cdot 2\sin(m\pi y)\sin(n\pi y)dy=\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\phi (y)\ dy\,$

$\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\sin(n\pi y)dy=\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\phi (y)\ dy\,$

$B_{m}=\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\phi (y)\ dy\,$

在最後一步中，除了當 $m=n$ 時，求和中的所有項都變成了 $0$，因為這是正交正弦函式唯一得到 $1$ 的情況。這隔離並明確定義了 $B_{m}$，它與 $B_{n}$ 相同，因為 m = n。則 $\phi (y)$ 的展開式為

$\phi (y)=\sum _{m=1}^{\infty }(\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\phi (y)\ dy)\cdot \sin(m\pi y)\,$

或者等效地

$\phi (y)=\sum _{m=1}^{\infty }B_{m}\sin(m\pi y)\qquad ;\ B_{m}=\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\phi (y)\ dy\,$

許多重要的細節將在後面專門的一章中進行闡述；一個值得注意的細節是，這種展開僅在區間 $0\leq y\leq 1$ 上對拋物線進行了（非常膚淺的）逼近，而不是從 $-\infty$ 到 $+\infty$。

這個展開最終可以與之前推導的 BVP 的正弦解之和相結合。請注意，最後一個方程與 $u(y,0)$ 非常相似。由此得出

$u(y,0)=\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi y)\,$

$u(y,0)=\sum _{n=1}^{\infty }\int _{0}^{1}2\sin(n\pi y)\phi (y)\ dy\cdot \sin(n\pi y)\qquad \,$

因此，該展開將滿足作為 $\phi (y)$ 給出的 IC（驚訝了嗎？）。具有任意 IC 的問題的完整解是

$u(y,t)=\sum _{n=1}^{\infty }e^{-(n\pi )^{2}\nu t}B_{n}\sin(n\pi y)\,$

$u(y,t)=\sum _{n=1}^{\infty }e^{-(n\pi )^{2}\nu t}\int _{0}^{1}2\sin(n\pi y)\phi (y)\ dy\cdot \sin(n\pi y)\,$

在這個問題中，具體來說，IC 是 $\phi (y)=4y-4y^{2}$，因此

$B_{n}=\int _{0}^{1}2\sin(n\pi y)(4y-4y^{2})dy={\frac {8}{n^{3}\pi ^{3}}}(2-2\cos(n\pi )-n\pi \sin(n\pi ))\,$

正弦和餘弦函式只取決於 $n\pi$ 的積分。由於 $n$ 是一個整數，這些函式可以變得更美觀。

$\sin(n\pi )=0\qquad ;\ n{\mbox{ is an integer.}}\,$

$\cos(n\pi )=(-1)^{n}\qquad ;\ n{\mbox{ is an integer.}}\,$

$\qquad {\Big \Downarrow }$

$B_{n}={\frac {16-16(-1)^{n}}{n^{3}\pi ^{3}}}\,$

需要注意的是，對於偶數 $n$， $B_{n}=0$。把所有東西放在一起，最終完成了 IBVP 的求解。

$u(y,t)=\sum _{n=1}^{\infty }e^{-(n\pi )^{2}\nu t}{\frac {16-16(-1)^{n}}{n^{3}\pi ^{3}}}\sin(n\pi y)\,$

可以觀察到很多有趣的事情。首先，$u(y,t)$ 並不是 $y$ 函式和 $t$ 函式的乘積。一開始就假設了這樣的解，後來證明是錯誤的，但最終還是得出瞭解，這要歸功於線性性和所謂的 **傅立葉正弦展開**。

仔細觀察一下這個過程，會發現一些可能令人不安的事情：這種冗長的解法 **嚴格來說只對給定的邊界條件有效**。由於 $\phi (y)$ 的定義，該解在初始條件方面是通用的（初始條件甚至不需要與邊界條件匹配），然而，邊界條件的微小變化將需要從頭開始重新計算。

拋物線形的初始條件，它與上一節中使用的正弦函式非常相似，完全是造成無限求和的原因（或者，當你理解傅立葉級數的美妙之處後，就會感謝它！）。有趣的是，可以近似地計算序列 $B_{n}$ 的前幾個數值。

${\begin{aligned}B_{1}&\approx 1.03205\\B_{3}&\approx 0.03822\\B_{5}&\approx 0.00826\\B_{7}&\approx 0.00301\,\end{aligned}}$

回想一下，偶數項都是$0$. 第一項遠超其他項，這是有道理的，因為第一項看起來已經非常非常類似於拋物線。回想一下$n^{2}$ 出現在指數中，使得時間不太接近$0$ 時，高階項變得更小。